Download pdf - BAB II METODE DISTRIBUSI MOMEN - · PDF fileCross pada yahun 1930-an yang mana merupakan sumbangan penting yang pernah diberikan dalam analisis struktur balok menerus ... metode distribusi

II-1

BAB II

METODE DISTRIBUSI MOMEN

2.1 Pendahuluan

Metode distribusi momen diperkenalkan pertama kali oleh Prof. Hardy

Cross pada yahun 1930-an yang mana merupakan sumbangan penting yang

pernah diberikan dalam analisis struktur balok menerus (continuous beam)

dan portal (rigid frame). Dalam analisis permulaan (preliminary analyzes)

dan perancangan suatu struktur sederhana atau bagian dari suatu struktur

yang besar, metode ini merupakan metode yang sangat memuaskan untuk

memudahkan dalam memberikan gambaran tentang repons struktur berupa

gaya dan perubahan bentuk (deformation).

2.2 Konsep Dasar

Jika suatu struktur balok menerus menerima beban kerja atau penurunan

pada tumpuan, rotasi pada sumbu batang yang tidak diketahui (unknown

member-axis rotation) tidak terjadi dalam respon perubahan bentuknya.

Akan tetapi, titi buhul portal dapat atau mungkin tidak mempunyai

kebebasan dari jumlah translasi yang tidak diketahui. Meskipun metode

distribusi momen dapat digunakan untuk untuk menganalisis portal dengan

translasi yang tidak diketahui, namun diperlukan proses bertahap untuk

menyelesaikannya. Oleh karena itu, berikut ini diberikan konsep dasar

tentang dasar pemikiran bahwa suatu struktur tidak mempunyai rotasi

sumbu batang yang tidak ketahui.

Respon perubahan bentuk dari suatu balok menerus atau portal tanpa

translasi titik buhul yang tidak diketahui dinyatakan dengan rotasi titik

buhul yang belum diketahui yaitu θB, θC, dan θD seperti ditunjukkan pada

Gambar 2.1(a) dan (c). Secara fisika, hal ini dapat dimungkinkan bahwa

momen pengunci (locking moment) dapat dikerjakan pada titik buhul B, C

II-2

dan D untuk membuat kemiringannya relatif datar seperti ditunjukkan pada

Gambar 2.1(b) dan (d). Pada kenyataannya, besar dan arah dari momen

pengunci ini diketahui dari beban yang bekerja atau penurunan tumpuan.

Jika momen pengunci pada salah satu titik buhul dilepas, maka titik buhul

akan berotasi. Rotasi ini menyebabkan perubahan tidak hanya pada momen

diujung batang dekat titik buhul yang dilepasm tetapi juga pada momen

pengunci pada titik buhul bersebelahan dikedua ujung titik buhul yang

dilepas tersebut. Jika masing-masing titik buhul dilepas secara berurutan

dan dikunci kembali dan kemudian proses ini diulangi, suatu saat akan

dicapai dimana setiap titik buhul mencapai suatu respon perubahan bentuk

akhir yang tetap. Momen pengunci ini selanjutnya akan didistribusikan ke

seluruh struktur pada masing-masing jumlah rotasi titik buhulnya, sehingga

metode ini dinamakan sebagai distribusi momen.

(a)

(b)

(c)

(d) Gambar 2.1 Kondisi jepit dalam metode distribusi momen

θB θC θD

A B C D

E

A B C D

E

A

B

C D

E

B’

A

B

C D

E

θB

θC θDB’

II-3

2.3 Angka Kekakuan dan Induksi (Stiffness and Carry-Over

Factors)

Untuk mengembangkan detail tentang prosedur metode distribusi momen,

perlu diketahui beberapa hal yang akan dikemukakan berikut ini.

Jika momen MA dikerjakan pada ujung sendi dari suatu balok yang

memiliki momen inersia seragam, dimana menumpu pada sendi pada salah

jungnya dan jepit di ujung lainnya seperti ditunjukkan pada Gambar 2.2(a),

maka pada ujung sendi akan terjadi rotasi sebesar θA dan momen MB pada

ujung jepitnya.

(a)

(b)

(c) Gambar 2. 2 Penentuan angka kekakuan dan angka induksi ujung jepit

Diagram momen lentur balok tersebut dapat diuraikan menjadi seperti

ditunjukkan pada Gambar 2.2(b) dan (c). Berdasarkan teorema balok

konjugasi, besarnya θB1 dan θB2 dapat ditentukan dan θB sama dengan nol.

θB = θB1 – θB2 = EI3

LMEI6

LM BA − = 0

diperoleh :

A MA

MB θA

B

L

EI = konstan

MA

θA1 θB1EI3LM A

EI6LM A

MB

θA2 θB2

EI3LM B

EI6LM B

II-4

MB = AM21 (2.1)

Selanjutnya dengan teorema balok konjugasi pula :

θA = − θA1 + θA2 = EI6

LMEI3

LM BA +− = 0

Substitusi persamaan 2.1 ke dalam persamaan di atas akan diperoleh :

MA = ALEI4 θ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ (2.2)

Jika selanjutnya ujung jauh jepit pada balok Gambar 2.2(a) diganti

dengan ujunng sendi seperti pada hambar 2.3, dimana MB = 0 maka :

MA = ALEI3 θ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ (2.3)

Gambar 2. 3 Angka kekakuan ujung sendi

Selanjutnya, nilai dalam kurung dalam persamaan 2.2 dan 2.3 adalah

angka kekakuan (stiffness factor) masing-masing untuk ujung jepit dan

ujung sendi. Angka kekakuan ini didefinisikan sebagai momen di dekat

ujung jauh (far-end moment) untuk menyebabkan satu unit rotasi di dekat

ujung jauh. Kemudian nilai 21

+ dalam persaman 2.1 adalah angka induksi

(carry-over factor) yang mana didefinisikan sebagai perbandingan momen

pada ujung jauh jepit terhadap momen pada ujunng dekat yang mengalami

rotasi.

A MA θA

B

L

EI = konstan

θB

II-5

2.4 Angka Distribusi (Distribution Factors)

Angka distribusi dapat didefinsikan sebagai hasil bagi dari kekakuan suatu

batang terhadap jumlah kekakuan batang-batang lainnya pada titik buhul

yang bersangkutan.

Jika terdapat beberapa batang suatu struktur pada titik buhul tertentu

(gambar 2.4), akibat adanya rotaasi ujung-ujung batangnya akibat beban

yang bekerja, momen pengunci (Mo) yang bekerja harus didistribusikan

secara proporsional ke masing-masing batang sesuai dengan angka

kekakuannya.

Gambar 2. 4 Angka distribusi pada suatu struktur

Persyaratan keseimbangan pada titik buhul A adalah :

MAB + MAC + MAD – Mo = 0

Dimana momen-momen di titik A adalah :

MAB = ( )

AAB

AB

LEI4

θ

MAC = ( )

AAC

AC

LEI4

θ

Mo

θAΑ

B

C

D

θA

θA

II-6

MAD = ( )

AAD

AD

LEI4

θ

Jika bahan struktur tersebut adalah sama, maka momen pengunci, Mo, dapat

ditulis :

Mo = 4EθA ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

AD

AD

AC

AC

AB

AB

LI

LI

LI

Jika diambil bahwa LI = K, maka persamaan di atas dapat ditulis :

Mo = 4EθAΣK

Atau :

∑ KM o = 4EθA

Sehingga momen ujung masing-masing batang yang melalui titik buhul A

adalah :

MAB = oAB MK

K∑

= (DF)AB Mo

MAC = oABC MK

K∑

= (DF)AC Mo (2.4)

MAD = oAD MK

K∑

= (DF)AD Mo

Nilai ∑∑∑ KK,

KK

,K

K ADACAB selanjutnya disebut dengan angka distribusi

(distribution factor/DF) masing-masing untuk batang AB, AC dan AD.

Untuk memenuhi persyaratan keseimbangan pada titik buhul, jumlah angka

distribusi pada suatu titik buhul adalah harus sama dengan satu.

(DF)AB + (DF)AC + (DF)AD = 1

2.5 Momen Ujung Jepit (Fixed – End Moment)

Jika suatu balok yang tumpuannya adalah jepit-jepit untuk melawan rotasi

atau translasi menerima beban luar arah transversal, maka balok tersebut

II-7

dinamakan dengan balok ujung jepit (fixed-end beam). Momen yang bekerja

akibat beban luar ini disebut dengan momen ujung jepit (fixed-end moment).

Beberapa nilai momen ujung jepit untuk balok prismatis diberikan pada

Tabel 2.1.

Tabel 2. 1 Beberapa momen ujungjepit (FEM)

FEMAB Pembebanan FEMBA

2

2

LPab

- 2

2

LbPa

12wL2

-12

wL2

30wL2

-30

wL2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+− 2

22

La3

La86

12wL

- ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

La34

12wL2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

La35

L60wa3

- ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+− 2

22

La3

La1016

60wa

96wL5 2

-96wL5 2

- ( ) 2LMba2b −

- ( ) 2LMab2a −

( )aLL

Pa−

- ( )aLL

Pa−

P

La bA B

w

LA B

w

LA B

w

(L – a)A Ba

w

(L – a)A Ba

w

(L/2)A B(L/2)

Ma

A Bb

L

P

L – 2aa aA B

P

II-8

Tabel 2. 1 Beberapa momen ujungjepit (FEM) (Lanjutan)

FEMAB Pembebanan FEMBA

( )

2

22

L2bLPb −

8wL2

128wL9 2

128wL7 2

2.6 Aplikasi Analisis Struktur Statis Tak Tentu Dengan Metode

Distribusi Momen

2.6.1 Struktur balok menerus

Contoh 1. Tentukan diagram momen lentur dan gaya lintang dari struktur

balok menerus seperti pada Gambar 2.5.

Gambar 2.5 Contoh aplikasi metode distribusi momen untuk struktur balok menerus

Prosedur analisis struktur balok dengan metode distribusi momen meliputi

menentukan momen ujung jepit (FEM), angka kekakuan dan angka

distribusi.

Momen Ujung Jepit

B

P

La bA B

w

LA

w

L/2A L/2

w

L/2A

L/2

24 t 3 t/m

20 m 10 m 10 m

C

B

A (3EI) (2EI)

II-9

FEMAB = + ( )2203121

× = 100 t.m (berlawanan arah jarum jam)

FEMBA = - ( )2203121

× = 100 t.m (searah jarum jam)

FEMBC = + ( ) ( )222 1020

2021024

−×

× = 90 t.m (berlawanan arah jarum jam)

FEMCB = 0(sendi)

Angka Kekakuan

Untuk memudahkan dalam penghitungan angka kekakuan dapat dilakukan

dengan cara membandingkan relative antara angka kekakuan satu batang

dengan batang-batang lainnya, sehingga disebut juga angka kekakuan

relative. Dalam hal ini cukup hanya menghitung angka kekakuan dari

batang-batang yang bertemu pada satu titik buhul.

SFBA : = SFBC = ( )20

EI34 : ( )20

EI23 = ( )20EI12 : ( )

20EI6 = 2 : 1

Angka Distribusi

DFBA = ( )122+

= 0.67

DFBC = ( )121+

= 0.33

Selanjutnya momen-momen pada tiap-tiap batang dihitung seperti

disajikan dalam Tabel 2.2.

Tabel 2.2 Proses penghitungan metode distribusi momen

Titik Buhul A B C Batang AB BA BC CB Angka Distribusi (DF) - 0.67 0.33 - Tahapan 1 FEM +100 -100 +90 0 +6.6 +3.4 Induksi +3.3 Tahapan 2 - - - - Total Akhir +103.3 -93.4 +93.4 0

Hasil penghitungan momen-momen ujung batang dan reaksi gaya

akibat beban luar dapat digambarkan dalam diagram benda bebas (free

body diagram) seperti ditunjukkan pada Gambar 2.6.

1/2

II-10

(a)

(b) Gambar 2. 6 Diagram benda bebas struktur balok menerus (a) akibat beban luar (b) akibat

momen ujung

Reaksi gaya pada tumpuan dan momen lentur dihitung dengan cara

superposisi dari Gambar 2.6(a) dan (b).

RA,V = 30 + 0.495 = 30.495 t.m

RB,V = 30 – 0.495 +12 + 4.67 = 46.175 t.m

RC,V = 12 – 4.67 = 7.33 t.m

Kontrol resultante keseimbangan gaya arah vertikal :

30.495 + 46.175 + 7.33 – (30 x 20) – 24 = 0 OK!

(a)

(b) Gambar 2. 7 (a) Diagram gaya lintang (b) Diagram momen lentur

Momen lentur positif pada bentang AB ditentukan pada jarak x dari

tumpuan A dimana gaya lintangnya adalag nol, sebagai berikut :

103.3

B A B C

24 t 3 t/m

B A B C

93.4 93.4

12 1230 30

0.495 0.495 4.67 4.67

30.495

29.505

16.67

7.33 (-)(-)

(+) (+)

A B C

D

E

103.3 93.4

x

(+) (+)

(-) (-)

73.351.69

II-11

SFx = RA,V – q.x = 0 x = 3495.30

qR V,A = = 10.165 m (dari tumpuan A)

Maka :

Mx = RA,V.x – 2x.q 2

+ MAB

= (30.495 x 10.165) - ( )2

165.103 2× - 103.3 = +51.691 T.m

Sedangkan momen lentur positif pada bentang BC (titik E : ditengah

bentang) ditentukan sebagai berikut :

ME = RB,V(kanan).2L + MAB = (16.67 x 10) – 93.4 = +73.3 T.m

2.6.2 Struktur balok menerus pada perletakan elastis

Bila suatu struktur balok dengan konstruksi seperti pada Gambar 2.8

dimana pada perletakan diujung C dapat dianalogikan bahwa balok

tersebut didukung oleh perletakan elastik seperti pada Gambar 2.9.

(a)

(b) Gambar 2. 8 Struktur balok menerus di atas perletakan elastik

Dalam hal ini letak ujung C akan dipengaruhi oleh defleksi batang DE.

Bila ujung C terletak di tengah batang DE, maka angka pegas (spring

BA

C

LAB LBC

P1 P2

BA D, E D E

C

LAB LBC LDE

P1 P2

II-12

constant) ddiberikan dalam persamaan 2.5a. namun, ujung C dapat pula

didukung oleh suatu batang dari atas (tie-rod), maka keadaan demikian ini

mempunyai angka pegas seperti disajikan dalam persamaan 2.5b.

t = ( )3LEI48 (2.5a)

t = ( )L

AE (2.5b)

(a)

(b)

(c)

Gambar 2. 9 Analogi balok di atas perletakan elastik

Bila defleksi ujung C belum diketahui, maka analisis balok pada

Gambar 2.9(a) merupakan superposisi dari dua tahap seperti pada Gambar

2.9(b) dan (c) dan diberikan dalam persamaan 2.6. Pada tahap pertama

reaksi pada perletakan di C ditentukan terhadap beban luar (Gambar

2.9(b)), selanjutnya beban luar ini tidak diperhitungkan dalam tahap kedua

dimana reaksi pada tumpuan C ditentukan berdasarkan hanya akibat

defleksi.

RC =t.∆C

∆C = n1∆’C

RC =ROC + n1R’C (2.6)

A

B

C

P1 P2

t ∆C

RC

A

B

C

P1 P2

ROC

A

B C ∆'C

R’C

II-13

Dan nilai n1 yang belum diketahui dapat dihitung sebagai berikut :

t ∆C = ROC + n1R’C

t n1∆’C = ROC + n1R’C (2.6a)

n1(R’C - t.∆’C )+ ROC = 0

n1 = CC

oC

'R'.tR

−∆ (2.6b)

Maka momen akhir total adalah :

M = Mo + n1 M’ (2.7)

Contoh 2. Tentukan momen dan reaksi pada tumpuan dari struktur balok

menerus seperti pada Gambar 2.10.

E = 20 x 106 kN/m2; I = 2 x 10-3 m4

Tahap I: diasumsikan bahwa tidak terjadi defleksi pada ujung C dan

dalam penghitungan momen ujung jepit hanya akibat beban luar.

FEMBA = ( )261081

×− = -45 kN.m

FEMBC = ( )63081

×+ ( )⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ×+ 63081

21 = +33.75 kN.m

Angka kekakuan :

SFBA : SFBC = ( )6EI3 : ( )

6EI3 = 1 : 1

Angka distribusi :

DFBA = 11

1+

= 0.5

DFBC = 11

1+

= 0.5

A B

C

10 kN/m 30 kN

t = 5 x103 kN/m

6 m 3 m 3 m

(EI) (EI)

II-14

Tabel 2.3 Proses penghitungan metode distribusi momen Tahp I

Titik Buhul A B C Batang AB BA BC CB Angka Distribusi (DF) - 0.5 0.5 - Tahapan 1 FEM 0 -45 +33.75 0 +5.625 +5.625 - - - - Jumlah Mo 0 -39.375 +39.375 0

Gambar 2. 10 Diagram benda bebas Tahap-I

RoC =

6375.39

230

− = +8.4375 kN

Tahap II: diasumsikan bahwa defleksi pada ujung C, ∆’C = 1 cm (= 0.01

m) dan dalam penghitungan momen ujung jepit beban luar tidak dihitung

lagi.

FEMBC = ( ) ( )( )( )

2

36

2C

601.010210203

L'EI3 −××

+=+∆

= +33.33 kN.m

Tabel 2.4 Proses penghitungan metode distribusi momen Tahap II

Titik Buhul A B C Batang AB BA BC CB Angka Distribusi (DF) - 0.5 0.5 - Tahapan 1 FEM 0 +33.333 0 -16.667 -16.667 - - - - Jumlah M’ 0 -16.667 +16.667 0

Gambar 2. 11 Diagram benda bebas Tahap II

R’C =

6667.16

− = -2.778 kN

A C BB

10 kN/m 30 kN39.375 39.375

36.5625 21.562523.4375 RoC = 8.4375

A C BB

16.667 16.667

2.778 2.7782.778 R’C = 2.778

II-15

Menggunakan persamaan 2.6(a) diperoleh :

n1 = ( ) ( )778.201.050004375.8

−−×+ = 0.16

Momen akhir total dihitung menggunakan persamaan 2.7 :

MBA = MoBA + n1 M’BA = -39.375 + (0.16)(-16.667) = -42.0395 kN

MBC = MoBC + n1 M’BC = +39.375 + (0.16)(16.667) = +42.0395 kN

Gambar 2. 12 Diagram benda bebas Contoh-2

2.6.3 Struktur dengan penurunan pada perletakan

Metode distribusi momen dapat juga digunakan untuk menganalisis

struktur balok atau portal yang mengalami penurunan pada perletakannya

(support settlemennt). Akibat dari penurunan atau perpindahan posisi pada

perletakan ditunjukkan pada Gambar 2.13.

Gambar 2. 13 Kontruksi portal akibat penurunan pada perletakan

A C BB

10 kN/m 30 kN 42.04 42.04

37.007 22.00722.993 7.993

A B C

D

E

B’

E’∆v

∆v

∆h

P1 Pn

(EI)

(EI)

(EI)

(EI)

hAD hBE

LAB LBC

II-16

Akibat perpindahan posisi perletakan E, baik vertikal dan horisontal,

terjadi momen ujung yang dapat digambarkan seperti pada Gambar 2.14.

Ujung B mengalami penurunan sebesar D, untuk kedua ujung adalah

terkekang (jepit) momen ujung yang ditentukan seperti pada persamaan

2.8a, dimana momen ujung B (MB) adalah sama besar dan arahnya dengan

MA. Sementara bila salah satu ujungnya adalah sendi (Gambar 2.14b),

momen ujung diberikan pada persamaan 2.8b.

(a)

(b) Gambar 2. 14 Konsep balok akibat penurunan pada perletakan

MA = MB = ( )2L

EI6 ∆+ (2.8a)

MB = ( )2L

EI3 ∆− (2.8b)

Contoh 3. Gambarkan diagram gaya lintang, momen lentur dan gaya

normal dari konstruksi portal seperti pada Gambar 2.15. Perletakan E

mengalami perpindahan posisi vertikal (∆v)10 cm dan perletakan D

bergeser (∆h) 2.5 cm ke kiri. Nilai modulus elastisitas (E) bahan 2 x 108

kN/m2, dan momen inersia penampang (I) 6 x 10-5 m4.

Angka kekakuan :

SFAD = ( )6EI8

6EI24

=

A B

∆(EI)

L

V

V

MA(+) MB(+)

B C

∆ (EI)

LMB(-)

II-17

Gambar 2. 15 Kontruksi portal akibat penurunan pada perletakan untuk Contoh 3

SFAB = SFBA = ( )6EI4

12EI24

=

SFBC = ( )6EI

12EI23

=

SFBE = ( )6EI

6EI4

=

SFAD : SFAB : SFBA : SFBC : SFBE = 8 : 4 : 4 : 1 : 4

Angka distribusi :

DFAD = 48

8+

= 0.7; DFAB = 48

4+

= 0.3

DFBA = 414

4++

= 0.44; DFBC = 414

1++

= 0.12

DFBE = 414

4++

= 0.44

Momen ujung jepit :

FEMDA = FEMAD = +( ) ( )

2

58

2h

6025.010610226

hEI26 −××××

=∆

A B

C

D E

B’

E’∆v

∆v

∆h

(2EI)

(2EI)

(EI)

(2EI)

6 m

12 m 12 m

q = 10 kN/m

D’

II-18

= + 100 kN.m

FEMAB = +12qL2

+( )

2v

LEI26 ∆

= ( ) ( )2

582

1210.010610226

1212100 −××××

+×

+

= + 220 kN.m

FEMBA = 12qL2

− +( )

2v

LEI26 ∆

= ( ) ( )2

582

1210.010610226

1212100 −××××

+×

−

= -20 kN.m

FEMBC = 8

qL2+

( )2

v

LEI23 ∆

−

= ( ) ( )2

582

1210.010610223

812100 −××××

−×

+

= +130 kN.m

Tabel 2.5 Distribusi momen Contoh 3

Titik Buhul D A B E C

Batang DA AD AB BA BC BE EB CB DF 0.7 0.3 0.44 0.12 0.44 - - FEM +100 +100 +220 -20 +130 0 0 0 -112 -224 -96 -48 -13.7 -27.3 -7.4 -27.3 -13.7 +4.8 +9.6 +4.1 +2.05 -0.45 -0.9 -0.25 -0.9 -0.45 +0.16 +0.31 +0.14 +0.07 -0.03 -0.01 -0.03 -0.015 Jumlah -7.04 -114.1 +114.1 -94.1 +122.3 -28.2 -14.2 0

Diagram benda bebas momen-momen ujung dan gaya-gaya pada

masing-masing ujung batang diberikan pada Gambar 2.16.

II-19

(a)

(b)

(c)

20.2

20.2

7.04

114.1

114.1 20.2 20.2

14.2

28.2

7.1

7.1

7.1 7.194.1 122.3

61.7

61.7

61.7 58.3 70.2 49.8

128.5

128.5

E

x1 = 6.17 m

A B C

D

(-) (-)

(-) (-)

(+) (+)

20.2 7.1

70.261.7

49.8 58.3

x2 = 4.98 m

A B

C

D E

(-) (-)

(-) (-)

(+) (+)

7.04

114.1

114.1122.3

94.1

14.2

28.2

76.24124..1

(+)(+)

II-20

(d) Gambar 2. 16 (a) Diagram benda bebas (b) Diagram gaya lintang (c) Diagram momen lentur

(d) Diagram gaya normal Contoh 3

2.6.4 Struktur Dengan Beban Simetris

Suatu struktur yang mempunyai geometri dan beban simetris seperti

ditunjukkan pada Gambar 2.17, dalam analisis strukturnya dapat

ditentukan hanya dengan meninjau setengah bentangnya. Sehingga

dimungkinkan terdapat modifikasi nilai angka kekakuannya.

(a)

(b) Gambar 2.17 Contoh aplikasi metode distribusi momen untuk struktur balok menerus

Pada Gambar 2.17(a) dan (b), struktur dapat ditinjau setengah bentang.

Sehingga nilai angka kekakuan batang BC pada Gambar 2.17(a) adalah

E

A B C

D

(-) (-)

(-)

61.7 128.5

7.1 20.2 (-)

P1 q

L1

C B A (EI) (EI)

P1 q

L2 L1

(EI)D

P1q

L1 C B A (EI) (EI)

P1 q

L2 L1

(EI)D

L2

(EI) E

II-21

( )2

BC

LEI2

. Sedangkan untuk Gambar 2.18(b), titik C dapat dimisalkan

sebgai jepit dengan angka kekakuan normal (( )

2

BC

LEI4

).

Contoh 4. Distribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal

seperti pada Gambar 2.19.

Gambar 2.18 Contoh 4

Analisis struktur di atas dapat hanya meninjau setengah bentang saja.

Angka kekakuan :

SFBA = ( )8EI9

8EI33

=

SFBC = ( )8EI4

8EI22

= (setengah bentang BC)

SFBA : SFBC = 8EI4:

8EI9 = 9 : 4

Angka distribusi:

DFBA = 49

9+

= 0.69; DFBC =49

4+

= 0.31

Momen ujung jepit :

FEMBA = - ( )( )8

824 2

= - 192 kN.m

FEMBC = + ( )( )( )2

2

84440 =+40 kN.m

Pelu diperhatikan bahwa, dalam penghitungan momen ujung, bentang

yang diperhitungkan adalah tetap bentang penuh (bukan setengah bentang

BC).

24 kN/m

8 m

C B A (3EI) (2EI)

40 kN

4 m 8 m

(3EI) D

24 kN/m

4 m

II-22


Titik Buhul A B Batang AB BA BC DF 0.69 0.31 FEM 0 -192 +40 +104.9 +47.1 Jumlah 0 -87.1 +87.1

2.6.5 Struktur Portal Tanpa Translasi Titik Buhul

Aplikasi metode momen distribusi untuk analisis struktur portal tanpa

mengalami translasi titik buhul (tidak dapat bergoyang), pada dasarnya

adalah sama dengan seperti yang diuraikan pada struktur balok menerus.

Namun, pada struktur portal jumlah batang yang bertemu pada satu buhul

sering lebih dari dua batang. Pada beberapa kasus, terdapat

ketidakseimbangan momen pada titik buhul akibat momen-momen ujung

batang yang melalui titik buhul tersebut. Resultante momen yang tidak

seimbang ini kemudian didistribusikan ke beberapa ujung batang sesuai

dengan angka distribusinya masing-masing.

(a) (b)

Gambar 2. 19 Kontruksi portal yang tidak menyebabkan goyangan (tanpa translasi titik buhul)

A B

C

D E

(EI)

(2EI)

(EI)

(2EI)

q

A B

D E

(EI)

(2EI)

(EI)

a P P

II-23

Konstruksi portal yang tidak dapat bergoyang ini dapat dikarenakan

bila portal adalah simetris secara geometris dan beban yang bekerja juga

simetris, atau portal terhubungkan dengan konstruksi lainnya yang tidak

dapat menyebabkan bergoyang seperti ditunjukkan pada Gambar 2.19.


seperti pada Gambar 2.20, dan gambarkan diagram gaya lintang dan

momen lenturnya.

Gambar 2. 20 Contoh 5

Angka kekakuan :

SFBC = ( )5EI8

5EI24

=

SFBD = ( )5EI4

5EI4

=

SFBC : SFBD = 5EI4:

5EI8 = 8 : 4

Angka distribusi:

DFBA = 48

8+

= 0.67; DFBC =48

4+

= 0.33

Momen ujung jepit :

FEMBA = - ( )5.136 × = -54 kN.m (overhang)

A B

D

C(2EI)

(EI)

1.5 m

36 kN 64.8 kN/m

5 m

5 m

II-24

FEMBC =- FEMCB = ( )( )12

58.64 2

=+135 kN.m


Titik Buhul B C D Batang BA BC BD CB DB DF - 0.67 0.33 - - FEM -54 +135 0 -135 0 -54 -27 Induksi -27 -13.5 Jumlah -54 +81 -27 -162 -13.5

(a) (b) (c)

x = 8.648.145 = 2.25 m

AB

D

C

36 kN 64.8 kN/m

B

B

54 81 162

27

13.5

36 8.1

8.1

8.1 8.1

145.8 178.2

181.8

181.8

A B

D

C

145.8

178.2

36

8.1

(+)

(-) (-)

(-)

AB

D

C

2.25 m

81162

83.025

13.5

27

54

(+)(-)

(-) (-) x x

II-25

Momen lentur pada jarak x: Mx = -81 + 145.8 (2.25)

- ( )( )225.28.6421 = 83.025 kN.m

(d)

Gambar 2. 21 (a) Diagram benda bebas (b) Diagram gaya lintang dan (c) Diagram momen lentur (d) Diagram gaya normal Contoh 5


seperti pada Gambar 2.22, dan gambarkan diagram gaya lintang dan

momen lenturnya.

(a)

(b)


Konstruksi adalah simetris secara geoemtris dan pembebanan,

sehingga dapat dianalisis hanya dengan meninjau setengah bentang seperti

ditunjukkan pada Gambar 2.22(b). Dalam hal ini pada titik buhul B harus

A B

D

C

8.1

181.8

(-)

(-)

A

D

(EI)

(4EI)

q = 45 kN/m

B

A B

C

D E

(EI)

(4EI)

(EI)

(4EI)

q = 45 kN/m

F

(EI)

8 m 8 m

6 m

II-26

dalam keseimbangan, dimana tidak terjadi lentur pada batang BE. Dalam

analisisnya, keseimbangan momen pada titik buhul A dan C adalah sama

tetapi berbeda arah momen yang bekerja.

Angka kekakuan :

SFAD = ( )3EI2

6EI4

=

SFAB = ( )8EI16

8EI44

= = 2EI

SFAD : SFAB = EI2:3EI2 = 2 : 6

Angka distribusi:

DFAD = 62

2+

= 0.25; DFAB =82

6+

= 0.75

Momen ujung jepit :

FEMAB = - FEMBA =+ ( )( )2845121 = +256 kN.m


Titik Buhul D A B Batang DA AD AB BA DF - 0.25 0.75 - FEM 0 0 +256 -256 -64 -192 Induksi -32 -96 Jumlah -32 -64 +64 -352 Batang FC CF CB BC

(a)

A

D

q = 45 kN/m

BA B

E

q = 45 kN/m

C BC

F 32 32

64

64 64

64

352352

16

16

16

16

16

156 156228228

156

156

156

156 16 16 456 16

456

II-27

(b)

(c)

(d) Gambar 2. 23 (a) Diagram benda bebas (b) Diagram gaya lintang dan (c) Diagram momen

lentur (d) Diagram gaya normal Contoh 6

Momen lentur pada jarak x:

Mx = -64 + 156 (3.25) - ( )( )225.34521 = +189.5 kN.m

2.6.6 Struktur Portal Dengan Translasi Titik Buhul

Aplikasi dari metode distribusi momen untuk analisis portal statis tak tentu

dimana terdapat titik buhul yang mengalami translasi yang belum

AB

C

D E F 16 16

228

228156

156

x

3.25 m

3.25 m

(-) (-)

(-)(-)

(+) (+)

A B C

D E F 32 32

228

352

64

64

189.5 189.5

64

64

(-)

(-) (-) (-)

(-)

(-) (+) (+)

(+) (+)

A B C

D E F 156 156

16

(-) (-)

(-) (-)16

456

(-)

II-28

diketahui (unknown translation), atau goyangan belum diketahui

(unknown sideways) akan diuraikan pertama dengan cara yang sederhana

dimana derajat kebebasan (degree of freedom) goyangan tersebut adalah

sama dengan 1. Terdapat tiga langkah utama dalam analisis portal seperti

ditunjukkan pada Gambar 2.24. Ketiga langkah tersebut adalah sebagai

berikut :

(a) (b) (c)

Gambar 2. 24 Portal dengan goyangan satu derajat kebebasan

1. Goyangan ke samping dari batang BC dicegah dengan memberikan

tumpuan “buatan” (artificial support) pada C seperti ditunjukkan pada

Gambar 2.24(b). Pada tahap ini momen-momen pada ujung batang (Mo)

dihitung akibat beban luar yang bekerja pada portal tersebut, sehingga

reaksi pada tumpuan C yaitu Ro dapat diketahui besar dan arahnya.

A

B C

D

W2

W1

HA

HD

M

A

B C

D

W2

W1

HA1

HD1

A

B C

D

HA2

HD2

∆' ∆'

Ro R’

MoM’

C’

II-29

2. Titik buhul B dan C dikunci untuk melawan rotasi, tetapi tumpuan C

diperbolehkan mengalami perpindahan posisi sebesar ∆’, sehingga

menyebabkan terjadinya momen ujung pada kolom AB dan CB seperti

ditunjukkan pada Gambar 2.24(c). Selanjutnya momen-momen pada ujung

batang (M’) dapat ditentukan dengan metode distribusi momen, sehingga

besar dan arah dari reaksi pada tumpuan C (R’) dapat ditentukan pula.

Perlu diingat bahwa pada tahap kedua ini, beban luar tidak diperhitungkan

lagi dalam penghitungan momen ujung (M’). Karena besarnya ∆’ belum

diketahui, maka ∆’ dapat diasumsikan sebarang nilai sehingga besarnya

momen ujung (FEM) serasi dengan nilai-nilai momen sebelumnya.

3. Momen-momen ujung tiap batang yang sesungguhnya (M) pada Gambar

2.24(a) merupakan resulatante dari momen akibat beban diluar dan n kali

momen akibat perpindahan posisi seperti diberikan pada persamaan 2.9.

M = Mo + n M’ (2.9)

Dimana n ditentukan dari :

Ro = n R’

n ='R

Ro

(2.9a)

Pada permasalah sederhana seperti Gambar 2.24 di atas, arah

goyangan dapat diketahui atau diperkirakan degan tepat. Namun demikian,

arah goyangan dapat pula diperkirakan (assumed) terlebih dahulu dan

selanjutnya hasil penghitungan akan menunjukkan apakah arah goyangan

yang diperkirakan adalah tepat atau tidak.

Jika derajat kebebasan pada goyangan adalah lebih dari satu, maka

distribusi momen dilakukan untuk masing-masing goyangan ∆’1, ∆’2, ∆’3,

dan seterusnya. Momen akhir yang sesungguhnya selanjutnya dapat

ditentukan dengan cara menentukan nilai n1, n2, n3, dan seterusnya dengan

penyelesaian persamaan simultan. Pada Gambar 2.25 diberikan suatu

contoh portal bertingkat yang terdiri atas kolom dan dua batang horisontal.

II-30

Dengan langkah-langkah yang serupa seperti diuraikan di atas, dapat

diuraikan kembali langkah-langkah untuk analisis portal pada Gambar

2.25 adalah sebagai berikut :

(a) (b) (c) (d)

Gambar 2. 25 Portal dengan goyangan dua derajat kebebasan

1. Agar titik buhul B dan D tidak dapat mengalami perpindahan posisi,

maka pada B dan D diberi tumpuan “buatan” seperti ditunjukkan pada

Gambar 2.25(b). Selanjutnya momen-momen pada ujung batang (Mo)

dihitung akibat beban luar yang bekerja pada portal tersebut,

sehingga reaksi pada tumpuan B dan D yaitu R1o dan R2

o dapat

diketahui besar dan arahnya.

A B

C D

E F

P1

P2

A B

CD

E F

P1

P2

R1o

R2o

A B

C D

E F

A B

CD

E F

R1’’

R2’’

∆1’ ∆1’ R1

’

R2’

∆2’ ∆2’

II-31

2. Titik buhul A, C dan D dikunci untuk melawan rotasi, tetapi tumpuan

B diperkirakan mengalami perpindahan posisi sebesar ∆1’, sehingga

menyebabkan terjadinya momen ujung pada kolom AC dan BD seperti

ditunjukkan pada Gambar 2.24(c) yang besarnya cukup diberi nilai

banding yang serasi dengan momen ujung sebelumnya. Selanjutnya

momen-momen pada ujung batang (M’) dapat ditentukan dengan

metode distribusi momen, sehingga besar dan arah dari reaksi pada

tumpuan B dan D yaitu R1’ dan R2’ dapat ditentukan pula.

3. Seperti pada langkah 2 di atas, tetapi tumpuan B dikunci dan C

diperkirakan mengalami perpindahan posisi sebesar ∆2’, sehingga

menyebabkan terjadinya momen ujung pada kolom AC dan BD seperti

ditunjukkan pada Gambar 2.24(d) yang besarnya cukup diberi nilai

banding yang serasi dengan momen ujung sebelumnya. Selanjutnya

momen-momen pada ujung batang (M’’) dapat ditentukan dengan

metode distribusi momen, sehingga besar dan arah dari reaksi pada

tumpuan B dan D yaitu R1’’ dan R2’’ dapat ditentukan pula.

4. Dari langkah 1, 2 dan 3 di atas didapat persamaan simultan (persamaan

2.10a dan b) untuk menentukan nilai n1 dan n2 yang selanjutnya

digunakan untuk menentukkan momen akhir sesungguhnya

(persamaan 2.10c).

R1o + n1R1’ + n2R1” = 0 (2.10a)

R2o + n1R2’ + n2R2” = 0 (2.10b)

M = Mo + n1M’ + n2M” = 0 (2.10c)


seperti pada Gambar 2.26, dan gambarkan diagram gaya lintang, gaya

normal dan momen lenturnya.

Akibat beban horizontal 60 kN portal mengalami goyangan kekanan,

dan titik buhul C mengalami perpindahan ∆’ (Gambar 2.25b).

II-32

(a) (b)


Angka kekakuan :

SFBA = ( )4EI4 = EI

SFBC = SFCB = ( )2EI3

8EI12

8EI34

==

SFCD = ( )2EI3

8EI12

8EI34

==

SFBA : SFBC : SFCB : SFCD = EI : 2EI3:

2EI3:

2EI3 = 2 : 3 :3 : 3

Angka distribusi:

DFBA = 32

2+

= 0.40; DFBC =32

3+

= 0.60

DFCB = 33

3+

= 0.50; DFCD =33

3+

= 0.50

Tahap I : Menentukan Mo akibat beban luar yang bekerja

Momen ujung jepit :

FEMBC = - FEMCB =+ ( )( )2830121 = +160 kN.m

Selanjutnya distribusi momen akibat beban yang bekerja pada portal

diberikan pada Table 2.9 dan diagram benda bebas diberikan pada Gambar

2.27.

A

B C

D

30 kN/m 60 kN

(3EI)

(EI) (3EI)

8 m

8 m

4 m

A

D

BC

Ro∆’ ∆’

II-33

Tabel 2.9 Distribusi momen akibat beban luar yang bekerja Contoh 7

Titik Buhul A B C D Batang AB BA BC CB CD DC DF - 0.50 0.60 0.50 0.50 - FEM 0 0 +160 -160 0 0 +40 +80 +80 +40 -40 -80 -120 -60 +15 +30 +30 +15 -3.0 -6.0 -9.0 -4.5 +1.125 +2.25 +2.25 +1.1 -.0.2 -0.45 -0.675 -0.34 +0.084 +0.17 +0.17 0.084 -0.017 -0.034 -0.050 Jumlah Mo -43.22 -86.48 +86.48 -112.42 +112.42 +56.18

Gambar 2. 27 Diagram benda bebas akibat beban yang bekerja untuk menentukan Ro

Reaksi pada tumpuan “buatan” C (Ro) ditentukan dari :

ΣFH = 0 Ro = (60 + 32.43) – (21.08 ) = 71.36 kN (ke kiri)

Tahap II : Menentukan M’ akibat mengalami perpindahan ∆’

Momen ujung jepit :

FEMAB = FEMBA =+ ( )8

'EI34

'EI62

∆=

∆

A

B C

30 kN/m60 kN

B C

D

112.42

43.22

86.48

86.48

112.42

56.18

32.43

32.43

32.43

21.08

21.08

21.08 Ro = 71.36

116.76 123.24

123.24

123.24

116.76

116.76

II-34

FEMDC = FEMCD =+ ( )32

'EI98

'EI362

∆=

∆

Momen yang serasi diambil berdasarkan perbandingan :

FEMAB : FEMDC = 8

'EI3 ∆ :32

'EI9 ∆ =12 : 9

Dan ∆’ diasumsikan sebesar 1 satuan, maka momen-momen serasinya

adalah :

FEMAB = FEMBA = +12 kN.m

FEMDC = FEMCD = +9 kN.m


Titik Buhul A B C D Batang AB BA BC CB CD DC DF - 0.50 0.60 0.50 0.50 - FEM +12 +12 0 0 +9 +9 -2.25 -4.5 -4.5 -2.25 -1.95 -3.9 -5.85 -2.93 +0.73 +1.46 +1.46 +0.73 -0.15 -0.29 -0.44 -0.22 +0.055 +0.11 +0.11 +0.055 -0.011 -0.022 -0.033 Jumlah M’ +9.89 +7.79 -7.79 -6.08 +6.08 +7.54

Gambar 2. 28 Diagram benda bebas akibat beban yang bekerja untuk menentukan R’

A

B C

B C

D

6.08

9.89

7.79

7.79

6.08

7.54

4.42

4.42

1.70

R’ = 6.12

1.73

1.73

1.73

1.73

1.73

1.70

1.704.42

1.73

II-35

(a) (b) (c)

(d) Gambar 2. 29 (a) Diagram benda bebas (b) Diagram gaya lintang (c) Diagram momen lentur

dan (d) Diagram gaya normal Contoh 7

A

B C

30 kN/m60 kN

B C

D

183.3

72.1

4.4

4.4

183.3

144.

19.1

19.1

40.9

40.9

40.9

96.5 143.5

143.5

143.5

96.5

96.5

19.1

A

B C

D

(+)

(+)

(+)

(-) 3.22 m

x

96.5

143.5

40.9

40.9

19.1

19.1

A

B C

D

(-)

(+)

(+) (-)

183.3

143.5

144.1

72.1

4.4

4.4

183.3(-)

A

B C

D

(-)

(-)

(-)

143.5

40.9

96.5

40.9

96.5 143.5

II-36

Reaksi pada tumpuan “buatan” C (R’) ditentukan dari :

ΣFH = 0 R’ = (4.42) + (1.70) = 6.12 kN (ke kanan)

Selanjutnya : -Ro + n R’ = 0

n = 12.636.71

'RRo

= = 11.66

Selanjutnya momen akhir sesungguhnya : M = Mo + n M’

Tabel 2.11 Momen akhir sesungguhnya Contoh 7

Titik Buhul A B C D Batang AB BA BC CB CD DC Mo -43.2 -86.5 +86.5 -112.45 +112.45 +56.2 M’ +9.9 +7.8 -7.8 -6.1 +6.1 +7.5 n M’ +115.3 +90.8 -90.8 -70. 9 +70. 9 +87.9 M +71.1 +4.4 -4.4 -183.3 +183.3 +144.1



normal dan momen lenturnya.

Akibat beban yang tidak simetris portal mengalami goyangan kekiri,

seperti ditunjukkan pada Gambar 2.30(c) dan (d).

Angka kekakuan :

SFAC : SFAB = ( ) ( )8EI24:

4EI4 = 1 : 1

SFBA : SFBD = ( ) ( )8EI24:

4EI4 = 1 : 1

SFCE : SFCA : SFCD = ( ) ( ) ( )8EI34:

4EI4:

4EI3 = 3 : 4 : 6

SFDF : SFDB : SFDC = ( ) ( ) ( )8EI34:

4EI4:

4EI3 = 3 : 4 : 6

Angka distribusi:

DFAC = 11

1+

= 0.50; DFAB =11

1+

= 0.50

DFBA = 11

1+

= 0.50; DFBD =11

1+

= 0.50

II-37

(a) (b) (c) (d)


DFCE = 643

3++

= 0.23; DFCA =643

4++

= 0.31

DFCD = 643

6++

= 0.46; DFDDF 643

3++

= 0.23

DFDB =643

4++

= 0.31; DFDC = 643

6++

= 0.46

Tahap I : Menentukan Mo akibat beban luar yang bekerja

Momen ujung jepit :

A B

C D

E F

90 kN

120 kN

A B

CD

E F

RBo

RDo

A B

C D

E F

A B

CD

E F

RB’’

RD’’

∆1’ ∆1’RB

’

RB’

∆2’ ∆2’

90 kN

120 kN

6 m 2 m

4 m

4 m

(2EI)

(3EI)

(EI) (EI)

(EI) (EI)

II-38

FEMAB = + ( )( )28

66290 ×× = + 101.25 kN.m

FEMBA =- ( )( )28

26290 ×× = -33.75 kN.m

FEMCD = + ( )( )28

662120 ×× = + 135 kN.m

FEMDC =- ( )( )28

262120 ×× = -45 kN.m


diberikan pada Table 2.12.


Joint C A B D Batang CE CD CA AC AB BA BD DB DC DF DF 0.23 0.46 0.31 0.50 0.50 0.50 0.50 0.31 0.46 0.23 FEM 0 135.00 0 0 101.25 -33.75 0 0 -45.00 0 -31.15 -62.31 -41.54 -20.77 -31.15 -20.12 -40.24 -40.24 -20.12 13.47 26.94 26.94 13.47 14.47 9.64 19.29 28.93 14.47 1.30 2.61 1.74 0.87 1.30 -3.58 -7.17 -7.17 -3.58 -1.51 -3.03 -3.03 -1.51 0.05 0.03 0.06 0.10 0.05 0.82 1.63 1.09 0.54 0.82 0.24 0.49 0.49 0.24 -0.07 -0.14 -0.14 -0.07 -0.17 -0.11 -0.23 -0.34 -0.17 -0.016 -0.032 -0.022 -0.01 -0.016 0.04 0.04 0.02 0.05 0.05 0.024 0.002 0.003 0.002 Mo -29.05 91.24 -62.19 -66.25 66.25 -33.38 33.38 31.03 -45.37 14.34

Diagram benda bebas dari distribusi momen akibat beban yang bekerja

diberikan pada Gambar 2.31. Besar dan arah reaksi pada tumpuan buatan

di B dan D dapat diketahui sebagai berikut :

RBo = (32.11) – (16.10 ) = 16.01 kN (ke kiri)

RDo = (32.11 + 3.60) – (16.10 + 7.26 ) = 12.34 kN (ke kanan)

Tahap II : Menentukan M’ akibat terjadinya goyangan ke kiri pada

titik buhul B.

II-39

Gambar 2. 31 Penentuan besar dan arah reaksi horizontal pada tumpuan buatan B dan D akibat beban yang bekerja

Tabel 2.13 Distribusi momen akibat goyangan pada titik buhul B

Joint C A B D Batang CE CD CA AC AB BA BD DB DC DF DF 0.23 0.46 0.31 0.50 0.50 0.50 0.50 0.31 0.46 0.23 FEM 0 0 -60 -60 0 0 -60 -60 0 0 13,85 27,69 18,46 9,23 13,85 12,69 25,38 25,38 12,69 11,83 23,65 23,65 11,83 7,92 5,28 10,56 15,84 7,92 -4,76 -9,51 -6,34 -3,17 -4,76 -2,16 -4,33 -4,33 -2,16 -0,78 -1,56 -1,56 -0,78 1,28 0,85 1,70 2,56 1,278 0,20 0,41 0,27 0,14 0,20 0,16 0,32 0,32 0,16 -0,25 -0,51 -0,51 -0,25 0,01 0,01 0,01 0,02 0,01 -0,040 -0,079 -0,053 -0,03 -0,040 0,07 0,14 0,14 0,07 -0,02 -0,039 -0,039 -0,019 0,01 0,01 0,018 0,027 0,014 M’ 9,23 27,69 -36,92 -32,31 32,31 32,31 -32,31 -36,92 27,69 9,23

Akibat goyangan ke kiri seperti ditunjukkan oleh Gambar 2.30(c),

momen yang serasi diambil berdasarkan perbandingan :

120 kN

90 kN

E F

C D

C

C D

D

A A

BB

7.26

29.05 14.397.26 3.60

3.60

32.11

32.11

62.19

32.11 7.26

31.03

3.60

33.38

33.38

66.25

66.25 32.11

16.10

16.10 RBo = 16.01 kN

16.10

16.10RD

o = 12.31 kN

91.24 45.37

II-40

FEMAC = FEMCA = - 24'EI6 ∆

FEMBD = FEMDB = - 24'EI6 ∆

Dan momen-momen serasinya adalah :

FEMAB = FEMBA = -60 kN.m

FEMDC = FEMCD = -60 kN.m


diberikan pada Table 2.13 di atas.

Gambar 2. 32 Penentuan besar dan arah reaksi horizontal pada tumpuan buatan B dan D akibat goyangan ke kiri pada titik buhul B

Besar dan arah reaksi pada tumpuan buatan di B dan D dapat diketahui

sebagai berikut :

RB’ = (17.31 + 17.31) = 34.62 kN (ke kiri)

RD’ = (17.31 + 17.31) + (2.31 + 2.31) = 39.23 kN (ke kanan)

E F

C D

C

C D

D

A A

BB

2.31

9.23 9.23

17.31

17.31

36.92

17.31

36.92

32.31

32.31

32.31

32.31 17.31

17.31

17.31 RB’ = 34.6233

17.31

17.31RD

’ = 39.23 kN

27.69 27.69

2.31 2.31

2.31

2.31 2.31

II-41

Tahap III : Menentukan M” akibat terjadinya goyangan ke kiri pada

titik buhul B.

Akibat goyangan ke kiri seperti ditunjukkan oleh Gambar 2.30(d),

momen yang serasi diambil berdasarkan perbandingan :

FEMAC = FEMCA = + 24'EI6 ∆

FEMBD = FEMDB = + 24'EI6 ∆

FEMCE = FEMDF = - 24'EI3 ∆

Dan momen-momen serasinya adalah :

FEMAB = FEMBA = +60 kN.m

FEMDC = FEMCD = +60 kN.m

FEMCE = FEMDF = -30 kN.m


diberikan pada Table 2.14.

Tabel 2.14 Distribusi momen akibat goyangan pada titik buhul D

Joint C A B D Batang CE CD CA AC AB BA BD DB DC DF DF 0.23 0.46 0.31 0.50 0.50 0.50 0.50 0.31 0.46 0.23 FEM -30 0 60 60 0 0 60 60 0 -30 -6.92 -13.85 -9.23 -4.62 -6.92 -13.85 -27.69 -27.69 -13.85 -11.54 -23.08 -23.08 -11.54 -2.66 -1.78 -3.55 -5.33 -2.66 3.81 7.62 5.08 2.54 3.81 2.25 4.50 4.50 2.25 -0.12 -0.24 -0.24 -0.12 -0.85 -0.57 -1.14 -1.70 -0.85 -0.32 -0.65 -0.43 -0.22 -0.32 0.08 0.17 0.17 0.08 0.12 0.24 0.24 0.12 0.046 0.03 0.06 0.09 0.05 -0.030 -0.060 -0.040 -0.02 -0.030 -0.05 -0.05 -0.025 -0.003 -0.003 -0.001 0.010 0.014 0.007 M’’ -33.46 -10.40 43.86 34.61 -34.61 -34.61 34.61 43.86 -10.40 -33.46

II-42

Gambar 2. 33 Penentuan besar dan arah reaksi horizontal pada tumpuan buatan B dan D akibat goyangan ke kiri pada titik buhul D

Besar dan arah reaksi pada tumpuan buatan di B dan D dapat diketahui

sebagai berikut :

RB’’ = (19.62 + 19.62) = 39.24 kN (ke kanan)

RD’’ = (19.62 + 19.62) + (8.36 + 8.36) = 22.52 kN (ke kiri)

Dari hasil distribusi momen pada masing-masing tahapan diperoleh :

RBo = 16.01 kN (ke kiri) RD

o = 12.31 kN (ke kanan)

RB‘= 34.61 kN (ke kiri) RD‘= 39.23 kN (ke kanan)

RB‘’= 39.23 kN (ke kanan) RD‘’= 55.96 kN (ke kiri)

Persamaan simultan untuk factor n1 dan n2 :

RBo + n1RB’ + n2RB” = 0 -16.01 –34.61 n1 + 39.23n2 = 0 (a)

RDo + n1RD’ + n2RD” = 0 +12.31 + 39.23n1 – 55.96n2= 0 (b)

Dari persamaan (a) dan (b) diperoleh :

n1 = -1.038 dan n2 = -0.507

E F

C D

C

C D

D

A A

BB

8.36

33.46 33.46

19.61 43.86

19.62

19.61

19.61

34.61

16.61

34.61 19.61

34.61

19.61 RB’’ = 39.23 kN

43.86

19.62

RD’’ = 55.96 kN

10.38 10.38

8.36 8.26

8.36

8.26 8.36

34.61

II-43

Momen akhir sesungguhnya adalah diberikan oleh persamaan (c) dan

ditabelkan dalam Tabel 2.15.

M = Mo + n1M’ + n2M” = 0 (c)

Tabel 2. 15 Hasil penghitungan momen akhir total Contoh 8

Joint C A B D Batang CE CD CA AC AB BA BD DB DC DF Mo -29.05 91.24 -62.19 -66.25 66.25 -33.38 33.38 31.03 -45.37 14.34 M’ 9,23 27,69 -36,92 -32,31 32,31 32,31 -32,31 -36,92 27,69 9,23 M” -33.46 -10.40 43.86 34.61 -34.61 -34.61 34.61 43.86 -10.40 -33.46 M -21.7 67.8 -46.1 -50.3 50.3 -49.3 49.3 47.1 -68.8 21.7

Gambar 2. 34 Diagram benda bebas hasil akhir distribusi momen Contoh 8

120 kN

90 kN

E F

C D

C

C D

D

A

A

B

B

5.42

21.7 21.75.42 5.42

5.42

24.10

24.11

46.1

24.10 5.42

47.1

5.42

49.3

49.3

50.3

50.3 24.10

24.10

24.10

24.10

24.1067.8 68.8

67.625 22.37567.625 22.375

67.625 22.375

89.875 30.12589.875

89.875 30.125

30.125

II-44

(a)

(b)

A B

C D

E F

67.625

22.375

30.125

89.875

24.1 24.1

5.42 5.42

24.1

(+)

(-)(-)

(+)

(-)

(-)

(+)

(-)

A B

C D

E F

50.3

111.95

46.1 21.7 21.7

49.3

(+)

(-)(-)

(-)

(+)

(-)

49.3

84.95

(+)

(-) (-)

68.8

47.1

(-) (-)

(+)(+)

II-45

(c) Gambar 2. 35 (a) Diagram gaya lintang (b) Diagram momen lentur dan (c) Diagram gaya

normal Contoh 8



normal dan momen lenturnya. Semua elemen batang mempunyai nilai EI

yang sama.

Struktur portal adalah anti-simetris yang dapat ditinjau separuh

bentang.

Angka kekakuan :

SFAE : SFAB = ( ) ( )5EI4:

5EI6 = 6 : 4

SFBA : SFBF : SFBC = ( ) ( ) ( )5EI4:

5EI6:

5EI4 = 4 : 6 : 4

SFCB : SFCG : SFCD = ( ) ( ) ( )5EI4:

5EI6:

5EI4 = 4 : 6 : 4

A B

C D

E F

67.625 22.375

30.12589.875

(-)

(-)

(-)

(+)

(-)

(-)

24.1

18.7