ANALISIS PENGARUH DIAFRAGMA TERHADAP TEKUK LATERAL PADA GELAGAR MEMANJANG JEMBATAN

ANALISIS PENGARUH DIAFRAGMA TERHADAP TEKUK LATERAL PADA GELAGAR MEMANJANG JEMBATAN (Studi Literatur)

TUGAS AKHIR Diajukan Untuk Menyelesaikan Tugas dan Memenuhi Syarat untuk Menempuh Ujian Sarjana Teknik Sipil

Disusun Oleh : ARFAN JAMAL ASIKIN ZALUKHU NIM. 040424006

PROGRAM PENDIDIKAN EKSTENSION DEPARTEMEN TEKNIK SIPIL FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS SUMATERA UTARA MEDAN 2007

Arfan Jamal Asikin Zalukhu : Analisi Pengaruh Diafragma Terhadap Tekuk Lateral Pada Gelagar Memanjang Jembatan, 2007. USU Repository © 2009


KATA PENGANTAR

Puji dan syukur kehadirat Allah SWT, yang telah melimpahkan kasih dan karunia-Nya, sehingga penulis dapat menyelesaikan penulisan tugas akhir dengan baik. Tugas akhir ini berjudul “ANALISIS PENGARUH DIAFRAGMA TERHADAP TEKUK LATERAL PADA GELAGAR MEMANJANG JEMBATAN”, dam disusun untuk melengkapi persyaratan dalam menempuh ujian sarjana pada Jurusan Sipil Fakultas Teknik Universitas Sumatera Utara. Dalam penulisan tugas akhir ini, penulis banyak mendapat bantuan dan bimbingan dari berbagai pihak berupa dukungan moril, materil, spiritual maupun administrasi. Oleh karena itu sudah selayaknya penulis mengucapkan banyak terima kasih kepada: 1.

Bapak Prof. Dr. Ir. Bachrian Lubis, M.Sc. selaku Ketua Jurusan Teknik Sipil Fakultas Teknik Universitas Sumatera Utara.

2.

Bapak Ir. Faizal Ezeddin, MS, selaku Koordinator Program Pendidikan Ekstension Jurusan Teknik Sipil Fakultas Teknik Universitas Sumatera Utara

3.

Bapak Ir. Robert Panjaitan, sebagai Dosen Pembimbing yang telah banyak memberikan pengarahan dan bimbingan dalam penyusunan tugas akhir ini.

4.

Terutama yang paling istimewa orang tua saya, adik – adik saya dan seluruh keluarga yang telah senantiasa mencurahkan dan mendukung baik dari segi moril maupun materi yang tidak dapat terbalaskan.

5.

Seluruh staf pengajar dan pegawai Jurusan Teknik Sipil Fakultas Teknik Universitas Sumatera Utara.

i


6.

Sahabat – sahabat terbaikku, Maya, Samy, Rata, Dian, CK, Gibs, Mega, buTeti, Hafsyah, Para Tim Badai, dan Tim – tim lainnya serta seluruh teman – teman ekstesion stambuk 2004, 2005, dan 2006.

7.

Rasdinanta Tarigan, ST, Maylia ST dan Mira Dewi Asdiana Panjaitan, ST, untuk pemikiran, doa dan motivasi yang diberikan.

8.

Serta pihak lain yang turut berperan serta dalam penulisan tugas akhir ini yang tidak bisa penulis sebutkan satu persatu.

Penulis menyadari bahwa penulisan tugas akhir ini masih jauh dari sempurna disebabkan keterbatasan pengetahuan dan pengalaman, serta referensi yang penulis miliki. Untuk itu penulis mengharapkan saran-saran dan kritik demi perbaikan pada masa – masa mendatang.

Medan,

Agustus 2007

Hormat Penulis,

Arfan Jamal Asikin Zalukhu NIM. 04 0424 006

ii


ABSTRAK

Pada perencanaan gelagar memanjang suatu jembatan, selain berat sendiri jembatan maka beban kenderaan yang bergerak diatasnya sangat menentukan. Letakan beban tekan sumbu kenderaan harus ditentukan sedemikian rupa sehingga menghasilkan nilai maksimum, yang berpengaruh terhadap pendimensian gelagar memanjang selain harus memenuhi persyaratan kekuatan dan kekakuan, maka juga harus memenuhi persyaratan stabilitas. Persyaratan stabilitas yang tidak dipenuhi oleh gelagar dapat menyebabkan terjadinya tekuk lateral, salah satu penyebab terjadinya keruntuhan suatu konstruksi baja. Tulisan ini bertujuan untuk memperoleh dimensi minimum dari gelagar memanjang jembatan yang memikul berat sendiri dan tekanan sumbu kenderaan di atasnya serta dimensi dan variasi balok diafragma sehingga gelagar memanjang aman terhadap tekuk lateral yang terjadi. Pemasangan diafragma pada konstruksi mengakibatkan perubahan persamaan rotasi dan bentuk defleksi lateralnya. Perubahan ini tergantung pada posisi dan jumlah diafragma. Dalam tulisan ini diturunkan persamaan rotasi untuk sejumlah n diafragma dengan memakai metode energi. Pada tulisan ini dianalisis jumlah diafragma yang dibutuhkan supaya konstruksi jembatan yang memikul beban sendiri lantai jembatan dan beban truk tertentu diatasnya aman terhadap lentur dan tekuk lateral. Dimensi gelagar memanjang akibat lentur yang diperoleh, dikontrol terhadap persamaan rotasi untuk jumlah n diafragma sampai memenuhi persyaratan aman dari tekuk lateral. Dengan mengikuti langkah – langkah penyelesaian diperoleh bahwa pemasangan 1 (satu) buah diafragma maka dimensi gelagar memanjang jembatan akan aman terhadap tekuk lateral.

iii


DAFTAR ISI

KATA PENGANTAR …………………………………………………….

i

ABSTRAK ……………………………………………………………......

iii

DAFTAR ISI ………………………………………………………………

iv

DAFTAR NOTASI ……………………………………………………….

vii

DAFTAR GAMBAR …………………………………………………......

viii

DAFTAR TABEL …………………………………………………………

ix

BAB I

BAB II

PENDAHULUAN I. 1

Latar Belakang ……………………………………..

I –1

I. 2

Permasalahan ……………………………………...

I –1

I. 3

Tujuan ………………………………………………

I –2

I. 4

Pembatasan Masalah ……………………………..

I –3

I. 5

Metodologi ………………………………………….

I –3

TINJAUAN KEPUSTAKAAN II.1.

Sifat Bahan Struktur ………………………………

II – 1

II.1.1.Sifat bahan baja …………………………….

II – 1

II.2.

Pengertian Stabilitas ………………………………

II – 6

II.3.

Tekuk Lateral Balok ……………………………….

II – 9

II.4.

Konsep Dasar Metode Energi ……………………

II – 10

II.4.1. Kerja Nyata dan Kerja Maya ………………

II – 12

II.4.2. Prinsip Energi Potensi Minimum…………..

II – 13

II.5.

Energi Regangan pada Balok Akibat Lentur ……

II – 15

II.6.

Puntir ……………………………………................

II – 16

iv


II.6.1. Energi Regangan pada balok akibat puntir (Puntir Saint Venant) ………………………

II – 17

II.6.2. Energi Regangan pada balok akibat Puntir Terpilin ……………………………… II.7.

II – 19

Energi pontensial gaya luar dengan Titik Tangkap Beban sejauh a dari perletakan dan sejauh c di atas

BAB III

Garis Netral ……………………..

II – 22

II.8.

Energi Regangan Dalam ………………………….

II – 27

II.9.

Diafragma …………………………………….........

II – 28

ANALISA STRUKTUR III.1.

Fungsi Deformasi …………….

III – 1

III.2

Perletakan Sederhana (Simple – Support) ……..

III – 1

III.3

Pembebanan Maksimum …………………………

III – 2

III.4

Penyelesaian Umum untuk Energi Regangan Dalam III – 3 Dan Luar dengan sejumlah n balok Diafragma

III.5

BAB IV

Rumus untuk Kekuatan Diafragma ………….......

III –10

APLIKASI IV.1.

Analisis Beban dan Tampang Profil I ……………

IV – 1

IV.1.1. Analisa Beban ……………………………..

IV – 1

IV.1.2. Tampang I ………………………………….

IV –10

IV.2.

Penyelesaian Rumus untuk Tekuk Lateral ……..

IV –11

IV.3.

Dimensi Gelagar …………………………………...

IV –23

IV.4.

Dimensi Diafragma ………………………………..

IV –32

v


BAB V

KESIMPULAN DAN SARAN V.1

Kesimpulan ………………………………………...

V–1

V.2

Saran ………………………………………………..

V–1

DAFTAR PUSTAKA

vi


DAFTAR NOTASI

q

Beban luar merata

P

Beban luar terpusat

L

Panjang gelagar memanjang

E

Modulus Elastisitas

G

Modulus Geser

H

Tinggi total

h

Tinggi badan

ts

Tinggi sayap

tb

Tebal badan

A

Luas penampang

Ix

Inersia sumbu x – x

Iy

Inersia sumbu y – y

Wx

Momen tahanan

Wc

Kerja gaya luar

Wi

Kerja gaya dalam

M

Momen lentur

J

Konstanta puntir

Cw

Konstanta warping

U

Energi regangan (Strain Energy)

V

Energi potensial gaya luar

∏

Total potensial

u

Lendutan lateral

v

Lendutan vertical

σ

Tegangan lentur

τ

Tegangan geser

γ

Regangan geser

θ

Laju punter

ø

Sudut punter

n

Jumlah ½ gelombang sinus

vii


DAFTAR GAMBAR Gambar 1.1

Sketsa Beban Truk pada Gelagar Memanjang ..........

I–2

Gambar 1.2

Gelagar Memanjang dan Lantai Kendaraan ……......

I–2

Gambar 1.3

Parameter Beban dan Gelagar Memanjang ……......

I–3

Gambar 2.1

Hubungan tegangan regangan untuk uji tarik pada baja lunak ………………………………………………..

II – 3

Gambar 2.2

Penentuan tegangan leleh ………………………..……

II – 5

Gambar 2.3

Bola di atas tiga permukaan yang berbeda …….……

II – 7

Gambar 2.4

Bentuk kesetimbangan pada struktur sederhana ......

II – 8

Gambar 2.5

Tekuk punter lateral pada balok ……………….........

II – 10

Gambar 2.6

Hubungan kerja, gaya dan perpindahan ……….........

II – 11

Gambar 2.7

Ilustrasi beberapa konsep gaya ……………………….

II – 13

Gambar 2.8

Nilai ektrim suatu fungsi ………………………………..

II – 14

Gambar 2.9

Balok yang mengalami lentur ………………………….

II – 15

Gambar 2.10

Torsi pada batang parismatik …………………………

II – 17

Gambar 2.11

Torsi pada penampang propel I ………………………

II – 19

Gambar 2.12

Gaya geser akibat pemilinan ………………………….

II – 20

Gambar 2.13

Beban P bekerja sejauh c dari garis netral ……........

II – 23

Gambar 2.14

Posisi beban terpusat pada gelagar memanjang ......

II – 24

Gambar 2.15

Posisi beban merata pada gelagar memanjang …….

II – 26

Gambar 3.1

Posisi beban maksimum pada gelagar ……………….

III – 2

Gambar 3.1

Diafragma pada konstruksi jembatan ………………..

III – 12

Gambar 3.3

Putaran sudut pada diafragma ………………………..

III – 14

Gambar 4.1

Beban akibat lantai kenderaan ………………………..

IV – 1

Gambar 4.2

Kondisi maksimum akibat beban gander truk …........

IV – 2

Gambar 4.3

Pembebanan untuk metode Cross ………………….

IV – 3

Gambar 4.5

Sketsa muatan D (muatan garis dan terbagi rata) .....

IV – 9

Gambar 4.6

Sketsa maksimum muatan D …………………….

IV – 9

Gambar 4.7

Tampang baja profil I gelagar memanjang ……..

IV – 10

Gambar 4.8

Propil I balok diafragma …………………………..

IV – 32

viii


DAFTAR TABEL

Tabel 2.1.1

Harga tegangan leleh ……………………………..

II – 5

Tabel 2.7.1

Kosinus Arah ……………………………………….

II – 24

Tabel 4.1.1

Metode Cross untuk P = 5 T …………………….

IV – 4

Tabel 4.1.2

Metode Cross untuk P = 20 T …………………….

IV – 5

Tabel 4.1.3

Nilai P1 dan P2 setelah dicrosskan ……………….

IV – 6

Tabel 4.2.1

Rumus umum untuk Tekuk Lateral ………………

IV – 18

Tabel 4.3.1

Dimensi gelagar akibat lentur …………………….

IV – 22

Tabel 4.3.2

Kontrol Dimensi Gelagar terhadap Bahaya Tekuk Lateral ………………………………………

Tabel 4.3.3


Tabel 4.3.4

IV – 27

IV – 28


ix

IV – 31


I-1

BAB I PENDAHULUAN

I.1. Latar Belakang Pada perencanaan gelagar memanjang suatu jembatan, selain berat sendiri jembatan maka beban kenderaan yang bergerak diatasnya sangat menentukan. Letakan beban tekan sumbu kenderaan harus ditentukan sedemikian rupa sehingga menghasilkan nilai maksimum, yang berpengaruh terhadap pendimensian gelagar memanjang selain harus memenuhi persyaratan kekuatan dan kekakuan, maka juga harus memenuhi persyaratan stabilitas. Persyaratan stabilitas yang tidak dipenuhi oleh gelagar dapat menyebabkan terjadinya tekuk lateral, salah satu penyebab terjadinya keruntuhan suatu konstruksi baja. Untuk menghindari bahaya tekuk lateral pada gelagar memanjang suatu jembatan biasanya dipasang balok-balok diafragma. Dimensi dan jarak balok diafragma tergantung dari besar beban yang bekerja pada gelagar. Semakin kecil jarak antara diafragma maka dimensi gelagar memanjang akan semakin kecil, demikian sebaliknya, jarak diafragma yang semakin besar akan menghasilkan dimensi gelagar memanjang yang lebih besar pula. Maka untuk memperoleh dimensi aman dan ekonomis dari gelagar memanjang dan diafragma harus dilakukan perhitungan gelagar memanjang dengan variasi jarak diafragma.

I.2. Permasalahan Dalam tugas akhir ini akan dianalisis pengaruh penambahan diafragma terhadap dimensi gelagar memanjang suatu jembatan pada perletakan


I-2

sederhana. Struktur yang dianalisis adalah balok baja dengan profil I yang terletak di atas 2 (dua) perletakan sendi-rol dengan beban akibat berat sendiri jembatan dan tekanan sumbu kenderaan tertentu di atasnya.

P1

a

P2

P3

b

c

d

Gambar 1.1 Sketsa Beban Truk pada Gelagar Memanjang

Jembatan yang ditinjau terdiri dari 5 (lima) buah gelagar baja profil I dan Lantai kendaraan terdiri dari lantai kayu dan memikul trotoar di kiri dan kanan jembatan.

Sandaran

Trotoar Lantai Kayu

Lap. Aspal

Gel. Memanjang

Ln'

a

Ln

b

Ln

c

Ln

d

Ln

e

Ln'

Gambar 1.2 Gelagar Memanjang dan Lantai Kendaraan

I.3. Tujuan Tulisan ini bertujuan untuk memperoleh dimensi minimum dari gelagar memanjang jembatan yang memikul berat sendiri dan tekanan sumbu kenderaan di atasnya serta dimensi dan variasi balok diafragma sehingga gelagar memanjang aman terhadap tekuk lateral yang terjadi.


I-3

I.4. Pembatasan Masalah Analisis perhitungan yang dilakukan dalam studi ini menggunakan beberapa asumsi dasar, yaitu : 1. Analisis pada kondisi elastis 2. Struktur baja kondisi homogen 3. Bidang penampang tetap 4. Deformasi geser diabaikan 5. Bentuk penampang tetap tanpa perobahan 6. Beban yang bekerja akibat berat sendiri lantai kendaraan (tanpa berat sendiri gelagar) dan tekanan sumbu kendaraan (dianggap merupakan titik atau point) sbb : 1 P1

P2

75

P3

00

L= 15

Gambar 1.3 Parameter Beban dan Gelagar Memanjang

7. Gelagar memanjang yang ditinjau adalah profil I, tanpa menganggap komposit 8. Diafragma berupa baja tipis sehingga diasumsikan satu titik 9. Bidang las diafragma pada kedua sisi sayap maupun badan dianggap kuat 10. Masalah sambungan pada konstruksi tidak dibahas

I.5. Metodologi Metode yang dipergunakan dalam mengkaji tulisan ini adalah secara analitis dengan mempergunakan persamaan-persamaan differensial dan didasarkan pada beberapa literatur yang berhubungan dengan penulisan kajian ini.


BAB II TINJAUAN KEPUSTAKAAN

Balok umumnya dipandang sebagai batang yang terutama memikul beban

gravitasi

transversal,

termasuk

momen

ujung.

Beberapa

istilah

pengggunaan balok yang biasa antara lain: gelagar, balok anak, gording, rusuk dan lain-lain. Dalam bahasan ini balok yang dimaksud adalah gelagar yaitu balok-balok yang terdapat pada struktur jembatan. Dalam pendimensian balok ini syarat stabilitas perlu ditinjau selain syarat kekuatan dan kekakuan. Hal ini perlu karena walaupun kebanyakan balok dalam praktek memiliki sokongan samping yang memadai sebagai stabilitas lateral yang diperkirakan sehingga perlu ditinjau secara khusus. Dalam mendesain struktur jembatan ada baiknya harus diketahui sifat-sifat bahan yang digunakan untuk struktur tersebut.

II.1. Sifat Bahan Struktur Tiga jenis bahan yang dapat digunakan sebagai bahan desain struktur adalah kayu, baja , dan beton, baik untuk konstruksi gedung maupun jembatan. Dengan demikian perlu diketahui sifat-sifat yang umum dari bahan struktur tersebut. II.1.1. Sifat bahan baja Sifat baja yang terpenting dalam penggunaannya sebagai bahan konstruksi adalah kekuatannya yang tinggi, yaitu kemampuan untuk deformasi secara nyata baik dalam tegangan baik dalam regangan maupun dalam kompresi sebelum kegagalan, serta sifat homogenitas yaitu sifat keseragaman yang tinggi.


II - 2

Baja merupakan bahan campuran besi (Fe), 1,7 % zat arang atau karbon (C), 1,65 % mangan (Mn), 0,6 % silicon (Si), dan 0,6 % tembag (Cu). Baja dihasilkan dengan menghaluskan bijih besi dan logam besi tua bersama-sama dengan bahan tambahan pencampur yang sesuai, dalam tungku temperature tinggi untuk

menghasilkan

massa-massa

besi

yang

besar,

selanjutnya

dibersihkan untuk menghilangkan kelebihan zat arang dan kotoran-kotoran lain. Berdasarkan persentase zat arang yang dikandung, baja dapat dikategorikan sebagai berikut : 1. Baja dengan persentase zat arang rendah (low carbon steel) yakni lebih kecil dari 0,15 % 2. Baja dengan persentase zat arang ringan (mild carbon steel) yakni 0,15 % - 0,29% 3. Baja dengan persentase zat arang sedang (medium carbon steel) yakni 0,30 % - 0,59 % 4. Baja dengan persentase zat arang tinggi (high carbon steel) yakni 0,60 % - 1,7 % Baja untuk bahan struktur termasuk ke dalam baja yang persentase zat arang yang ringan (mild carbon steel), semakin tinggi kadar zat arang yang terkadung di dalamnya, maka semakin tinggi nilai tegangan lelehnya. Sifat-sifat bahan stuktur yang paling penting dari baja adalah sebagai berikut: 1. Modulus elastisitas (E) berkisaran antara 193000 Mpa sampai 207000 Mpa. Nilai untuk design lazimnya diambil 210000 Mpa. 2. Modulus geser (G) dihitung berdasarkan persamaan : 3. G = E / 2 (1+μ) Dimana μ = angka perbandingan poisson Dengan mengambil μ = 0,30 dan E = 210000 Mpa, akan memberikan G = 810000 Mpa


II - 3

4. Koefsien ekspansi (α) diperhitungkan sebasar: α = 11,25 x 10-6 per o C 5. Berat jenis baja (γ), berat jenis baja diambil 7,85 t/m3 Untuk mengetahui hubungan antara tegangan dan regangan pada baja dapat dilakukan dengan uji tarik di laboratorium, sebagian besar percobaan atas baja akan menghasilkan bentuk hubungan tegangan dan regangan seperti Gambar 2.1 di bawah ini.

Gambar 2.1 Hubungan tegangan regangan untuk uji tarik pada baja lunak

Keterangan gambar: σ = tegangan baja ε = regangan baja A = titik proporsional A’= titik batas elastis B = titik batas plastis M = titik runtuh C = titik putus


II - 4

Dari gambar di atas dapat dilihat bahwa sampai titik A hubungan tegangan dengan regangan masih linear atau keadaan masik mengikuti hukum Hooke. Kemiringan garis OA menyatakan besarnya modulus elastisitas E. Diagram regangan untuk baja lunak umumnya memiliki titik leleh atas (upper yield point), σyu dan daerah leleh datar. Secara praktis, letak titik leleh atas ini, A’ tidaklah terlalu berarti sehingga pengaruhnya sering diabaikan. Titik A’ sering juga disebut sebagai titik batas elastis (elasticity limit). Sampai batas ini bila gaya tarik dikerjakan pada batang baja maka batang tersebut akan berdeformasi. Selanjutnya bila gaya itu dihilangkan maka batang akan kembali kebentuk semula. Dalam hal ini batang tidak mengalami deformasi permanent. Bila beban yang bekerja bertambah, maka akan terjadi pertambahan regangan tanpa adanya pertambahan tegangan. Sifat pada daerah AB inilah yang disebut sebagai keadaan plastis. Lokasi titik B, yaitu titik batas plastis tidaklah pasti tetapi sebagai perkiraan dapat ditentukan yakni terletak pada regangan 0,014. Daerah BC merupakan daerah strain hardening, dimana pertambahan regangan akan diikuti dengan sedikit pertambahan tegangan. Di samping itu, hubungan tegangan dengan regangannya tidak lagi bersifat linier. Kemiringan garis setelah titik B ini didefenisikan sebagai Ez. Di titik M, yaitu regangan berkisar antara 20% dari panjang batang, tegangannya mencapai nilai maksimum yang disebut sebagai tegangan tarik batas (ultimate tensile strength). Akhirnya bila beban semakin bertambah besar lagi maka titik C batang akan putus. Tegangan leleh adalah tegangan

yang terjadi pada saat baja mulai

meleleh. Dalam kenyataannya, sulit untuk menentukan besarnya tegangan leleh, sebab perubahan dari elastisitas menjadi plastis seringkali besarnya tidak tetap. Sebagi standar menentukan besarnya tegangan leleh dihitung dengan menarik


II - 5

garis sejajar dengan sudut kemiringan modulus elastisitasnya, dari regangan sebesar 0,2% (Gambar 2.2)

σ

D

B CD // 0B

C

0

0.002

0.004

ε

Gambar 2.2 Penentuan tegangan leleh

Dari titik regangannya 0,2% ditarik garis sejajar dengan garis OB sehingga memotong grafik regangan dan juga memotong sumbu tegangan. Tegangan yang diperoleh ini disebut tegangan leleh. Tegangan-tegangan leleh dari bermacam-macam baja bangunan diperlihatkan pada Tabel 2.1.1 Tabel 2.1.1 Harga tegangan leleh

Macam Baja

Tegangan leleh

Bj 34

Kg/cm2 2100

Bj 37

2400

240

Bj 41

2500

250

Bj 44

4400

280

Bj 50

5000

290

Bj 52

5200

360

Mpa 210


II - 6

Baja memiliki beberapa kelebihan sebagai bahan konstruksi, diantaranya: 1. Nilai kesatuan yang tinggi per satuan berat 2. Keseragaman bahan dan komposit bahan yang tidak berubah terhadap waktu 3. Dengan sedikit perawatan akan didapat masa pakai yang tidak terbatas 4. Daktilitas yang tinggi 5. Mudah untuk diadakan pengembangan struktur Di samping itu baja juga mempunyai kekurangan dalam hal: 1. Biaya perawatan yang besar 2. Biaya pengadaan anti api yang besar (fire proofing costs) 3. Dibandingkan dengan kekuatannya kemampuan baja melawan tekuk kecil 4. Nilai

kekuatannya

akan

berkurang,

jika

dibebani

secara

berulang/periodic, hal ini biasa disebut dengan lelah/leleh atau fatigue. Dengan kemajuan teknologi, perlindungan terhadap karat dan kebakaran pada baja sudah ditemukan, hingga akibat buruk yang mungkin terjadi bias dikurangi/dihindari. II.2. Pengertian Stabilitas Kestabilan atau ketidakstabilan suatu struktur merupakan bentu-bentuk kesetimbangan (equilibrium), biasa dijelaskan denagn analogi tingkah laku pada tiga permukaan yang berbeda dapat dilihat pada gambar 2.3 berikut:


II - 7

(a)

(b)

(c)

Gambar 2.3 Bola di atas tiga permukaan yang berbeda

Pada ketiga kondisi ini bola dianggap pada posisinya sebelum gaya P bekerja, tetapi bola menerima gaya luar, ketiganya akan memberi respon yang berbeda. Jika bola di dalam pipa seperti gambar 2.3a menerima gaya luar P maka bola akan berpindah tempat, dan bila gaya P dihilangkan maka posisi bola akan kembali ketempat semula. Hal tersebut analog terhadap perilaku balokkolom pada gambar 2.4a. Struktur memikul beban aksial P dan beban lateral F. selama beban ini bekerja, struktur akan tertekuk sebagai bahan reaksi terhadap beban luar yang bekerja . tetapi karena P yang bekerja lebih kecil dari Pcr maka setelah beban P dihilangkan struktur akan kembali ke posisi semula. Bila bola pada permukaan datar seperti gambar 2.3b, kesetimbangannya disebut netral dimana bila diberi gaya P maka tidak akan merubah gaya-gaya kesetimbangan. Pada struktur keadaan ini ditunjukkan oleh gambar 2.4b dimana P yang bekerja sama dengan Pcr sehingga balok tekuk setelah beban luar ditiadakan. Bola yang berada di atas pipa seperti gambar 2.3c dikatakan dalam keadaan tidak setimbang dimana gaya P yang diberikan akan menghasilkan perpindahan yang mendadak (progressive). Pada struktur dapat dilihat bahwa bila beban P lebih besar dari Pcr maka struktur akan mengalami keruntuhan


II - 8

dimana energi potensial struktur tidak dapat menahan beban luar yang bekerja padanya (gambar 2.4c) Dari penjelasan di atas dapat disimpulkan bahwa apabila beban yang bekerja pada struktur diperbesar secara bertahap mulai dari nol, maka struktur tersebut akan mengalami ketiga keadaan kesetimbangan di atas sesuai dengan intensitas beban. Pergeseran kesetimbangan dari stabil ke tidak stabil senantiasa harus melalui keadaan netral. Dengan perkataan lain keadaan netral merupakan titik peralihan antar dua jenis kesetimbangan yang saling bertolak belakang sifatnya. Kesetimbangan netral pada suatu struktur terjadi apabila beban yang bekerja sedemikian besar sehingga mengakibatkan struktur terjadi apabila beban yang bekerja sedemikian besar sehingga mengakibatkan struktur dalam keadaan dualisme antara stabil dan tidak stabil. Besarnya beban yang mengakibatkan struktur dalam kesetimbangan netral disebut beban kritis. Pada gambar 2.3 kemampuan bola kembali ke posisi semula adalah karena gaya gravitasi sedangkan pada gambar 2.4 kemampuan balok kembali keposisi semula adalah energi potensial yang tersimpan pada struktur itu sendiri akibat dari kapasitas regangan yang dimilikinya sehingga bila gaya luar yang bekerja lebih besar dari energi potensial bahan akan mengalami keruntuhan. P

P

P

F

P

P

F

P

F

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

(a) Stabil (P
(b) Netral (P=Pcr)

(c) Tidak Stabil (P>Pcr)

Gambar 2.4 Bentuk kesetimbangan pada struktur sederhana


II - 9

II.3. Tekuk lateral balok Tekuk lateral adalah tekuk arah tegak lurus bidang kerja gaya luar, terjadi pada balok-balok langsing dimana ly << lx. Seperti pada kolom dengan beban aksial, balok tidak mungkin mengalami pembebanan yang sempurna, tidak homogen seluruhnya, dan biasanya tidak dibebani tepat pada bidang yang dianggap dalam perencanaan dan analisis. Tinjau gambar 2.5 di bawah ini. Menurut teori balok yang umum, pembebanan pada bidang badan balok akan menimbulkan tegangan yang sama besar di titik A dan B. Namun ketidak sempurnaan pada balok dan eksentrisitas tak terduga pada pembebanan akan menyebabkan tegangan di A dan B berlainan. Sayap segi empat yang berlaku sebagai kolom biasanya akan tertekuk dalam arah lemah akibat lentur terhadap suatu sumbu seperti seumbu 1-1 pada gambar 2.5b, namun, badan memberi sokongan

menerus untuk mencegah tekuk ini. Bila beban tekan diperbesar,

sayap segi empat cenderung akan tertekuk oleh lentur terhadap sumbu 2-2 pada gambar 2.5b tekuk lateral (lateral buckling). Analogi antara sayap tekan balok dan kolom ditujukan hanya untuk menjabarkan kelakuan umum tekuk lateral. Untuk memahami kelakuan ini secara lebih tepat, harus disadari bahwa sayap tekan tidak saja ditopang (braced) dalam arah lemah oleh badan yang menghubungkan ke sayap tarik yang stabil, tetapi badan juga memberikan pengekangan momen dan geser yang menerus sepanjang pertemuan sayap dan badan. Jadi, kekakuan lentur badan menyebabkan seluruh penampang ikut bekerja bila pergerakan lateral atau ke samping terjadi.


II - 10

A

B Tampak atas Lendutan lateral

B

A

2

1

B

B

1 A

A

2

Tampak samping (a)

Tampak samping (b)

Gambar 2.5 Tekuk punter lateral pada balok

II.4. Konsep Dasar Metode Energi Pada struktur yang dibebani gaya luar akan terjadi perubahan bentuk struktur tersebut sebagai reaksinya. Selama terjadi robahan bangun ini, dikatakan gaya luar melakukan suatu kerja. Dalam hal ini energi akan diserap oleh struktur pada saat gaya melewati balok untuk melakukan kerja. Berbeda halnya dengan kesetimbangan klasik, yang dapat ditinjau pada elemen kecil yang merupakan bagian dari struktur, metode energi didasarkan pada konsep kesamaan anatara energi regangan dengan kerja gaya luar untuk seluruh struktur yang ditinjau. Oleh karena dalam menyelesaikan persoalan dibutuhkan penyamaan antara energi dan kerja, maka perlu diperhatikan apakah struktur tersebut konservatif atau tidak. Suatu system dikatakan konservatif apabila system berdeformasi akibat pembebanan dan apabila beban ditiadakan non konservatof apabila terdapat kehilangan energi misalnya dalam bentuk gesekan, deformasi inelastic dan lain-lain. Jadi dalam suatu system konservatif akan berada dalam keseimbangan netral apabila energi yang dilakukan gaya luar terhadap system. Perhatikan gambar 2.6 berikut:


II - 11

P

A

B s

Gambar 2.6 Hubungan kerja, gaya, dan perpindahan Kerja yang dilakukan gaya luar didefenisikan sebagai hasil kali scalar antara vector gaya P dengan vector perpindahan s. Nilai scalar ini positif bila arah kedua vector itu sama. Apabila gaya yang bekerja konstan maka kerja yang dilakukan adalah W = P + s. Dengan kata lain, bila gaya bervariasi selama terjadi perpindahan, maka kerja dapat dihitung sebagai :

W = ∫ P x ds cos α

(2.4.1)

Selama terjadinya deformasi suatu struktur elastis, maka gaya luar We akan senantiasa diimbangi oleh kerja gaya dalam Wi. Apabila struktur memenuhi hulum

Hooke,

maka

gaya-gaya

dalam

tersebut

merupakan

gaya-gaya

konservatif, dimana setelah beban luar ditiadakan struktur elastis tersebut akan kembali ke bentuk dan posisi semula dan kerja dalam akan nol. Apabila kita defenisikan energi sebagai kemampuan untuk melakukan kerja dalam hokum kekekalan energi menghendaki bahwa kerja gaya dalam akan sama dan berlawanan arah dengan kerja gaya luar, maka dapat dituliskan:

We + Wi = 0

(2.4.2)

Energi potensial didefenisikan sebagai kemampuan suatu gaya dalam disebut energi regangan atau strain energi U, yang merupakan gaya dalam (U = Wi). Energi potensial gaya luar V didefenisikan sebagai negative kerja gaya luar. Total potensial π suatu system struktur adalah jumlah dari energi regangan U dan energi potensial gaya luar V. Jadi dapat ditulis: π=U+V

(2.4.3)


II - 12

II.4.1. Kerja Nyata dan Kerja Maya Dalam mempelajari hubungan energi dengan perilaku struktur, biasanya dianggap gaya dan deformasi tidak nyata. Jadi peninjauan dilakukan terhadap deformasi virtual dan gaya virtual sehingga demikian kita harus membedakan kerja nyata dan kerja maya. Untuk membedakan kedua kerja tersebut, kita tinjau suatu system pegas elasis dengan derajat kebebasan tunggal (system satu massa) seperti tampak pada gambar 2.6 Untuk menimbulkan kesetimbangan elastis suatu system, maka gaya luar harus bekerja secara perlahan-lahan. Sebab bila gaya bekerja secara sembarangan maka timbul vibrasi. Beban yang bekerja pada system pegas dilukiskan dalam gambar 2.4.1b. Kerja akibat meregangnya pegas digambarkan oleh luasan segitiga OAB, jadi: xl

Wi = ∫ (kx)dx = 0

kx12 1 = Pi max .x max 2 2

(2.4.4)

Sehingga kita dapat mengatakan bahwa kerja nyata gaya dalam, pada suatu system elastis sama dengan setengah dari hasil kali harga akhir gaya dalam denan deformasinya. Sesuai dengan hal tersebut di atas, maka kerja nyata gaya luar yang bekerja pada suatu system elastis dapat ditulis:

Wc =

1 Px .x mak 2

(2.4.5)

Untuk menjelaskan konsep potensial V gaya luar, kita tinjau gambar 2.7c. Bila struktur tersebut berada pada suatu ketinggian H dari permukaan tanah, maka gaya luar akan dapat menimbulkan kerja total Pw.H, apabila penopang ditiadakan. Maka bila deformasi akhir adalh xmax maka potensial gaya luar menjadi: V = - Pe . xmax

(2.4.6)


II - 13

Tanda negative berarti energi potensial berkurang sampai habis bila gaya berpindah dari posisi awal ke posisi akhir. Dalam hal kerja virtual, dalam kesetimbangan gaya luar yang bekerja suadh maksimum, harganya konstan dan deformasinya juga sudah konstan. Sekarang kita ganggu kesetimbangan ini dengan suatu perpindahan kecil yang sesuai dengan syarat batas x. Selama terjadinya perpindahan virtual, seluruh gaya tetap kosntan. Perubahan keja pada pegas adalah: xl

Wi = ∫ (kx max )δx = Pi max .δx

(2.4.7)

0

Dan pertambahan kerja virtual gaya luar adalah: We = Pe . δx

(2.4.8)

Gaya Pegas Posisi awal

kx1

kx

x1

X

Posisi seimbang

Pe

dx

a) Pegas Linier

x1

x Perpindahan

b) Diagram Gaya & Displacement

Pe = Pw Posisi awal

kx max

Posisi seimbang H

X

x max

X

x Pe Pe

c) Potensial Gaya Luar

d) Kerja Virtuil

Gambar 2.7 Ilustrasi beberapa konsep gaya

II.4.2. Prinsip Energi Potensial Minimum Dalam kalkulus diferensial, apabila y = f(z) dimana z adalah variable bebas, maka turunan pertama y terhadap z merupakan kecepatan perubahan


II - 14

relative y terhadap z. Apabila turunan pertama adalah nol, maka fungsi akan ekstrim (maximum atau minimum).

y q y = f (z) dy/dx = 00 (dy/dx)= Gambar 2.8 Nilai ekstrim suatu fungsi

Misalkan y adalah kurva deformasi elastis suatu batang yang dibebani gaya luar, maka kita dapat mengatakan bahwa seluruh nilai z yang mungkin (0
(2.4.9)

atau δ (U + V) = 0

(2.4.10)

Keadaan ekstrim tersebut, pada umumnya di dalam mekanika struktur kita sebut dalam keadaan setimbang netral. Persamaan (2.4.9) adalah interpretasi matematis dari prinsip energi potensial minimum. Secara teoritis dapat dikatakan bahwa untuk seluruh deformasi yang mungkin sesuai dengan syarat bebas, akan terdapat suatu bentuk deformasi yang membuat totall potensial menjadi minimum.


II - 15

II.5.

Energi Regangan Pada Balok Akibat Lentur Energi regangan balok dengan penampang I yang memikul lentur dapat

diturunkan pada balok yang mengalami pembebanan lentur seperti gambar 2.9 L dz a

z

P

d

d0 M

d0

Elemen kecil yang ditinjau y

dz

Y M du

d0

Gambar 2.9 Balok yang mengalami lentur

Dari gambar 2.10 sudut lentur balok adalah dθ,

dθ =

du y

(2.5.1)

Perhatikan perubahan kecil du terhadap bagian dz diperoleh bahwa:

du =ε dz

(2.5.2)


II - 16

Tegangan yang bekerja pada potongan dz adalah:

σ=

My dz EI

(2.5.3)

Dari hokum Hooke diketahui bahaw ε = E ε atau ε =

du =

σ E

maka :

My dz EI

(2.5.4)

Substitusikan persamaan (2.5.4) ke persamaan (2.5.1) diperoleh :

dθ =

My dz EI

(2.5.5)

Untuk elemen dz, energi regangan yang diserap selama deformasi adalah

1 M dθ 2 1 M2 = dz 2 EI

du =

(2.5.6)

⎛ d2y ⎞ ⎟⎟ EI akan diperoleh: ⎠

Subtitusikan M = ⎜⎜ 2 ⎝ dz

2

EI ⎛ d 2 y ⎞ dU == ⎜⎜ 1 ⎟⎟ dz 2 ⎝ dz ⎠ Untuk keseluruhan struktur diperoleh persamaan integral untuk energi regangan:

EI dU = 2

1

∫ 2

2

⎛d2y⎞ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ dz ⎝ dz ⎠

(2.5.7)

II.6. Puntir Puntir dapat dibedakan atas dua jenis: puntir murni, atau lebih dikenal sebagai puntir Saint – Venant, dan puntir terpilin (warping torsion). Puntir murni terjadi bila penampang lintang yang datar sebelum torsi bejerja akan tetap datar


II - 17

dan elemen penampang hanya mengalami rotasi bekerja akan tetap datar dan elemen penampang hanya mengalami rotasi selama terpuntir. Batang bulat yang memikul torsi adalah satu – satunya keadaan puntir murni. Puntir terpilin adalah pengaruh ke luar bidang yang timbul bila sayap –sayap berpindah secara lateral selama terpuntir, yang analog dengan lentur akibat beban luar lateral. Dengan demikian energi regangan akibat puntir juga terdiri dari dua bagian dan dapat ditulis dengan: UT = UTSV + UTW

(2.6.1)

Dimana indeks TSV berarti puntir murni dan indeks TW berarti puntir terpilin/warping. II.6.1. Energi regangan pada balok akibat puntir murni (Puntir Saint Venant)

Gambar 2.10 Torsi pada batang prismatik

Tinjauan momen torsi T yang bekerja pada batang pejal (solid) prismatis dengan bahan homogen dalam gambar 2.10 Pemilinan keluar bidang dianggap tidak terjdi atau dapaty diabaikan pengaruhnya pada sudut puntir Ø anggapan ini mendekati kenyataan bila ukuran penampang melintang sangat kecil dibanding


II - 18

panjang bentang dan sudut lekukan penampag tidak besar. Juga pada saat terpuntir penampang lintang dianggap tidak mengalami distorsi. Jadi laju puntir (puntir per satuan panjang) dapat dinyatakan sebagai :

θ=

dφ dz

(2.6.2)

yang dapat dipandang sebagai lengkungan torsi (laju perubahan sudut puntir). Karena regangan diakibatkan rotasi relatif anatara penampang lintang di z dan z + dz, maka besarnya perpindahan di suatu titik sebanding dengan jarak r dari pusat puntir. Sudut regangan (atau regangan geser) γ di suatu elemen sejarak r dari pusat adalah: γ dz = r dØ γ

= r (dØ/dz) = r Ø

(2.6.3)

bila G adalah modulus geser, maka berdasarkan hukum Hooke tegangan geser v menjadi v = γG

(2.4.6)

jadi seperti ditunjukkan pada gambar 2.9, torsi elementer adalah dT = rv dA = r γG dA = r2 (dØ/dz)G dA

∫

momen penahan kesetimbangan total adalah: T = r 2

(2.6.5)

dφ G dA dz

serta karena dØ/dz dan G konstan di sembarang penampang, dengan

J = ∫ r 2 dA A

T=

dφ dφ G ∫ r 2 dA = GJ dz A dz

(2.6.6)

Dari persamaan (2.6.6) diperoleh:

dφ TSV = dz GJ

(2.6.7)


II - 19

Energi regangan akibat puntir untuk penampang elemen dz adalah :

1 dU TSV = TSV dφ 2

(2.6.8)

Subtitusikan nilai dӨ dari persamaan (2.6.7) akan menghasilkan : 2

dU TSV

1 TSV = dz 2 GJ

Subtitusikan nilai TSV dari persamaan (2.6.6) diperoleh:

1 ⎛ dφ ⎞ GJ ⎜ ⎟ dz 2 ⎝ dc ⎠ 2

dU TSV =

Untuk seluruh bentang diperoleh energi regangan balaok akibat puntir murni:

U TSV Dimana :

GJ = 2

1

∫ 0

⎛ dφ ⎞ ⎜ ⎟ dz ⎝ dc ⎠ 2

(2.6.9)

G = modulus elastis geser J = Konstanta puntir

II.6.2. Energi regangan pada balok akibat Puntir Terpilin Balok memikul torsi Mz seperti gambar 2.11, maka sayap tekan balok akan melengkung kesalah satu arah lateral dan sayap tariknya melengkung ke arah lateral lainnya. Bila penampang lintang berentuk sedemikian rupa dapat terpilin (penampang tidak datar lagi) jka tidak dikekang, maka sistem yang dikekang akan mengalami tegangan.

Gambar 2.11 Torsi pada penampang profil I Arfan Jamal Asikin Zalukhu : Analisi Pengaruh Diafragma Terhadap Tekuk Lateral Pada Gelagar Memanjang Jembatan, 2007. USU Repository © 2009

II - 20

Keadaan terpuntir pada gambar menunjukkan balok yang puntirnya dicegah di ujung – ujung tetapi sayap atasnya melendut ke arah samping sebesar di lenturan sayap ke samping sebesar Uf. lenturan sayap ke samping ini menimbulkan tegangan normal lentur (tarik dan tekan) serta tegangan geser sepanjang lebar sayap. Jadi puntir dapat dianggap terdiri dari dua bagian : (1) rotasi elemen, yakni akibat puntir murni, dan (2) translasi yang menimbulkan lenturan lateral, yakni akibat pemilinan. Tinjau posisi sumbu pusat sayap yang melendut pada gambar 2.11 Ur adalah lendutan lateral di salah satu sayap di penampang sejarak z dari ujung batang; φ adalah sudut puntir di panampang yang sama, dan Vf (gambar 2.12) adalah gaya geser horizontal yang timbul di sayap penampang tersebut akibat lenturan lateral. Perhatikan bahwa anggapan yang penting ialah badan tetap datar selama rotasi, sehingga kedua sayap melendut ke samping dalam jarak yang sama. Jadi, badan dianggap cukup tebal rtelatif terhadap sayap sehingga badan tidak melentur selama terpuntir karena sayap memilki penahan puntir yang besar.

Gambar 2.12 Gaya geser akibat pemilinan


II - 21

Dari geometri, untuk harga Ø yang kecil,

H 2

uf =φ

(2.6.10)

Sudut puntir berbanding langsung dengan lendutan. Syarat batas torsi analog dengan syarat batsa lenturan lateral. Difrensial persamaan (2.6.10) dua kali terhadap z menjadikan:

⎛H ⎞d φ =⎜ ⎟ 2 ⎝ 2 ⎠ dz

d 2u f

2

dz 2

(2.6.11)

Untuk satu sayap, persamaan momen lentur lateral ke arah Uf adalah:

d 2u f

=

dz 2

Mf

(2.6.12)

EI f

Atau bila dituliskan dalam sudut lendutan sayap φf didapat

dφ f dz

=

Mf

(2.6.13)

EI f

Dengan Mf adalah momen lentur pada satu sayap, If adalah momen inersia untuk satu sayap terhadap sumbu y, If=Iy/2 Dengan menyamakan

d 2u f dz 2

pada persamaan (2.6.11) dan persamaan (2.6.12)

akan dihasilkan:

⎛H ⎞d φ M f = ⎜ ⎟ 2 EI f ⎝ 2 ⎠ dz 2

(2.6.14)

Energi regangan akibat puntir terpilin ditulisakan sebagai:

⎞ ⎛1 dU TW = 2⎜ M f dφ f ⎟ ⎠ ⎝2

(2.6.15)

Subtitusikan persamaan (2.5.13) ke persamaan (2.5.15) diperoleh:


II - 22

2

dU TW =

Mf

dU TW =

2M f

dz

EI f EI y

2

(2.6.16)

dz

Subtitusikan persamaan (2.6.14) ke persamaan (2.6.16) diperoleh:

dU TW

⎛H2 = ⎜⎜ ⎝ 4

2

⎞⎛ d 2φ ⎞ ⎟⎟⎜⎜ 2 ⎟⎟ EI f dz ⎠⎝ dz ⎠

(2.6.17)

2

⎛ d 2φ ⎞ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ dz dU TW ⎝ dz ⎠ IfH2 dimana Cw adalah konstanta terpilin, C w = 2 EC w = 2

(2.6.18)

maka untuk seluruh struktur akan diperoleh persamaan integral energi regangan akibat puntir terpilin:

U TW

2

⎛ d 2φ ⎞ ∫0 ⎜⎜⎝ dz 2 ⎟⎟⎠ dz 1

ECW = 2

(2.6.20

Total energi regangan pada balok I yang mengalami lentur, puntir murni dan puntir terpilin adalah jumlah persamaan (2.5.7), persamaan (2.6.9) dan persamaan (2.6.19) yaitu:

EI U= 2

2

⎛ d 2φ ⎞ GJ ∫0 ⎜⎜⎝ dz 2 ⎟⎟⎠ dz + 2 1

2

⎛ d 2φ ⎞ ECW ∫0 ⎜⎜⎝ dz 2 ⎟⎟⎠ dz + 2 1

2

⎛ d 2φ ⎞ ∫0 ⎜⎜⎝ dz 2 ⎟⎟⎠ dz 1

(2.6.20)

II.7. Energi potensial gaya luar dengan Titik Tangkap Beban sejauh a dari perletakan dan sejauh c di atas Garis Netral Beban yang ekerja pada gelagar jembatan terjadi di atas sayap gelagar, berarti bukan pada garis barat gelagar, maka akan terapat tambahan atau pengukuran energi potesial. Penambahan terjadi bila gaya bekerja dibawah garis netral atau


II - 23

ΔW bertanda positif (+) dan berkurang atau bertanda negatif (-) bila gaya bekera diatas garis netral. Besarnya nilai penambahan atau pengurangan ini adalah :

c 2 ΔW = φ o 2

(2.7.1)

Dimana c pada kasus ini sebesar H/2 Persamaan (2.7.1) dapat dijelaskan sebagai berikut: Y

η

D

ξ X C D

C’

D'

C

∆W

D P P

P

ΦD

o

Gambar 2.13 Beban P bekerja sejauh c dari garis netral Untuk sudut ØD yang kecil akan berlaku: c’

= c cos ØD

ΔW = c – c’ = c ( 1 – cos ØD)

c 2 ΔW = φ D 2 Untuk menguraikan momen-momen yang semula bekerja pada sumbusumbu x, y dan z menjadi momen-momen yang sumbu putarnya searah ξ, η, dan ς, maka perlu diperhatikan tabel berikut:


II - 24

Tabel 2.7.1 Kosinus Arah X

Y

Z

1

Ø

-du/dz

η -Ø

1

-dv/dz

ς

dv/dz

1

ξ

du/dz

Persamaan differensial untuk momrn menurut sumbu ξ, η, dan ς adalah:

EI ξ =

d 2v = Mξ dz 2

(2.7.2)

EI η =

d 2v = Mη dz 2

(2.7.3)

Persamaan differensial untuk torsi menurut sumbu ξ, η, dan ς adalah:

GJ

dφ d 3φ − ECW 3 = Mζ dz dz

(2.7.4)

Beban Terpusat Penyelesaian energi regangan akibat beban luar terpusat diselesaikan satu persatu untuk masng-masing P dengan nilai a yang bervariasi sesuai letak P yang menentukan nilai momen maksimum. a3 a2 a1

P1

P2

P3

A

B L

Gambar 2.14 Posisi beban terpusat pada gelagar memanjang


II - 25

Untuk batas 0
⎛L−a⎞ M x = P⎜ ⎟z ⎝ L ⎠

: untuk batas 0
(2.7.5)

⎛a⎞ M x = P ⎜ ⎟( L − z ) ⎝L⎠

: untuk batas a
(2.7.6)

Uraian momen di atas ke sumbu ξ, η, dan ς sebagai berikut: Mξ

=

Mx

⎛L−a⎞ M ξ = P⎜ ⎟z ⎝ L ⎠

: untuk batas 0
(2.7.7)

⎛a⎞ M ξ = P ⎜ ⎟( L − z ) ⎝L⎠

: untuk batas a
(2.7.8)

⎛L−a⎞ M η = φP⎜ ⎟z ⎝ L ⎠

: untuk batas 0
(2.7.9)

⎛a⎞ M η = φP⎜ ⎟( L − z ) ⎝L⎠

: untuk batas a
(2.7.10)

Mη = ØMx

Robahan lentur elemen dz memberi robahan ke arah u sebesar:

d 2u ( z )dz dz 2

: untuk batas 0
(2.7.11)

d 2u ( L − z )dz dz 2

: untuk batas a
(2.7.12)

Yang urainnya di arah v adalah :

φ

d 2u ( z )dz dz 2

: untuk batas 0
(2.7.13)

φ

d 2u ( L − z )dz dz 2

: untuk batas 0
(2.7.14)


II - 26

Besarnya kerja yang dihasilkan P adalah: a

ΔT1 = P ∫ φ 0

1

ΔT1 = P ∫ φ a

Substitusikan

d 2u (z ) dz dz 2

: Untuk batas 0
(2.7.15)

d 2u (L − z ) dz dz 2

: Untuk batas a
(2.7. 16)

d 2u φ M x akan diperoleh: = EI η dz 2 2

P2 ⎛ L − a ⎞ 2 2 P2 ⎛ A ⎞ c 2 2 ΔT1 = − ⎜ ⎟ ∫ z φ dz − ⎜ ⎟ ∫ (L − z ) φ dz − P φ EI η ⎝ L ⎠ 0 EI η ⎝ L ⎠ a 2 a

1

(2.7.17)

Beban Merata

z

q

A

B L Gambar 2.15 Posisi beban merata pada gelagar memanjang

Mx = =

qL 1 z − qz 2 2 2

(

q Lz − z 2 2

)

Dengan cara yang sama dengan pembebanan terpusat, diperoleh:


II - 27

1

ΔT2 = qL ∫ φ 0

qL =− EI η ΔT2 = −

q2L 2 EI η

d 2u c z dz − qL φ 2 2 2 dz q ∫ 2 (Lz − z ) z φ 1

2

0

∫ (Lz 1

0

2

2

c dz − qL φ 2 2

(2.6.18)

)

c − z 3 φ 2 dz − qL φ 2 2

Maka total energi luar akibat beban terpusat dan beban merata adalah: 1 ⎡ 2 ⎛ L − a1 ⎞ a1 2 2 ⎤ c 2 2 2 ⎛a ⎞ 2 ⎟ ∫ z φ dz + P1 ⎜ 1 ⎟ ∫ (L − z ) φ dz ⎥ − P1 φ ⎢ P1 ⎜ 2 ⎝ L ⎠ a1 ⎢⎣ ⎝ L ⎠ 0 ⎥⎦ a 1 ⎤ 1 ⎡ 2 ⎛ L − a2 ⎞ 2 2 2 2 ⎛ a2 ⎞ (L − z )2 φ 2 dz ⎥ − P2 c φ 2 P z dz P + φ =− ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎢ 2 2 ∫ ∫ EI η ⎢⎣ ⎝ L ⎠ 0 2 ⎝ L ⎠ a2 ⎥⎦ a 1 ⎤ c 1 ⎡ 2 ⎛ L − a3 ⎞ 3 2 2 2 2 ⎛ a3 ⎞ =− ⎟ ∫ z φ dz + P3 ⎜ ⎟ ∫ (L − z ) φ 2 dz ⎥ − P3 φ ⎢ P3 ⎜ EI η ⎢⎣ ⎝ L ⎠ 0 2 ⎝ L ⎠ a3 ⎥⎦

T =−

=−

II.8.

1 EI η

q2L 2 EI η

∫ (Lz 1

0

2

(2.6.19)

)

c − z 3 φ 2 dz − qL φ 2 2

Energi Regangan Dalam Dari persamaan (2.6.20) akan ditulis ulang total energi regangan dalam

yang terjadi pada balok:

U=

EI 2

2

1 ⎛ d 2u ⎞ ECW GJ ⎛ dφ ⎞ ⎜ ⎟ + dz ⎜ ⎟ dz + ∫0 ⎜⎝ dz 2 ⎟⎠ ∫ 2 0 ⎝ dz ⎠ 2 1

dengan mensubstitusikan

2

2

⎛ d 2φ ⎞ ∫0 ⎜⎜⎝ dz 2 ⎟⎟⎠ dz 1

d 2u φ M x = pada persamaan diatas, diperoleh: EI η dz 2


II - 28

1 ⎛ L − a1 ⎞ U= P12 ⎜ ⎟ 2EIη ⎝ L ⎠

2 a1

⎛ a1 ⎞ ∫0 z φ dz + P ⎜⎝ L ⎟⎠ 2

⎛ L − a2 ⎞ P ⎜ ⎟ ⎝ L ⎠

2 a2

⎛ L − a3 ⎞ P ⎜ ⎟ ⎝ L ⎠

2 a3

2 2

2 3

2

21

2

2 1

2

2 3

dz +

2

∫ (L − z ) φ

2 2

⎛ a3 ⎞ ∫0 z φ dz + P ⎜⎝ L ⎟⎠ 2

2

a1

⎛ a2 ⎞ ∫0 z φ dz + P ⎜⎝ L ⎟⎠ 2

2

∫ (L − z ) φ

2 1

2

dz +

a2

2 1

2

∫ (L − z ) φ

2

dz +

a3

(2.8.1)

∫ (L

2 1

q 4

2

)

z 2 − 2Lz3 + z 4 φ 2 dz +

0

ECW GJ ⎛ dφ ⎞ − + dz ⎜ ⎟ 2 ∫0 ⎝ dz ⎠ 2 1

2

2

⎛ d 2φ ⎞ ∫0 ⎜⎜⎝ dz2 ⎟⎟⎠ dz 1

II.9. Diafragma Diafragma merupakan balok sokong yang berfungsi untuk mengurangi atau menghindari terjadinya tekuk lateral pada gelagar jembatan. Sokongan pada gelagar atau kolom dapat berupa sokongan silang yang memanfaatkan kekakuan aksial elemen penyokong. Juga, sokongan dapat berupa sokongan titik (point bracing) yang dihasilkan oleh batang lentur yang bertemu tegal lurus batang yang ditopang. Dalam hal ini kekakuan aksial dan lentur batang penopang dimanfaatkan.


BAB III ANALISIS STRUKTUR

III.1 Fungsi Deformasi Ketepatan penyelesaian masalah tekuk lateral dengan persamaan energi seperti yang telah dibahas pada bab II, sangat tergantung dari ketepatan fungsi deformasi yang dipilih. Ketepatan yang dimaksud disini adalah kesesuain fungsi yang dipilih dalam mempresentasikan bentuk balok yang sebenarnya pada saat tertekuk lateral. Fungsi deformasi dipilih sedemikian rupa sehingga sesuai dengan hal yang disebut diatas juga memenuhi syarat – syarat batas. Terdapat banyak fungsi bentuk yang dapat dipilih untuk memprsentasikan bentuk balok pada saat tertekuk lateral, antara lain fungsi deret polinominal, fungsi deret eksponensial. Pada tugas akhir ini penulis memilih fungsi sinusoidal sebagai fungsi deformasi.

φ = A sin

nπ z L

(3.1.1)

III.2 Perletakan Sederhana (Simple – Support) Konstruksi gelagar jembatan terletak diatas perletakan sederhana (sendirol) seperti gambar 3.3.1, diberi sokongan samping pada ujung – ujung tumpuan sehingga bahaya tekuk lateral dapat dikurangi atau dihindari. Secara matematis, untuk z = 0 dan z = 1 berlaku persamaan:

u=

d 2u =0 dz 2

(3.2.1)

v=

d 2v =0 dz 2

(3.2.2)

III -1


dimana ujung – ujung u dan v adalah perpindahan kearah x dan y. perletakan pada ujung – ujung balok dicegah terhadap rotasi pada sumbu z, dapat dituliskan:

φ=

d 2φ =0 dz 2

(3.2.3)

III.3 Pembebanan Maksimum Posisi beban pada gelagar seperti gambar 3.3.1 akan memberikan nilai – nilai maximum sebagai berikut: s1

P1

s2

P2

P2

q

A

B Garis Pengaruh Momen

Y1

Y2

Y3

x L

Gambar 3.1 Posisi beban maksimum pada gelagar

( x − s1 ) Lx − x 2 − s1 L + s1 x (L − x ) = y1 = L L

(3.3.1)

y2 =

2 x (L − x ) = Lx − x L L

(3.3.2)

y3 =

( L − x s2 ) Lx − x 2 − s 2 x x= L L

(3.3.3)

III -2


1 qLy 2 2 Lx − x 2 − s1 L + s1 x Lx − x 2 − s 2 x 1 Lx − x 2 Lx − x 2 = P1 + P2 + P3 + qL L L L 2 L

M x = P1 y1 + P2 y 2 + P3 y 3 +

nilai ekstrim diperoleh bila :

dM x =0 dx

L − 2 x + s1 L − 2 x + s2 q L − 2x + P2 + P3 + (L − 2 x ) = 0 L L L 2 P P P1 (L + s1 ) + P2 (L ) + 3 (L − s 2 ) + q (L ) = P1 (2 x ) + P2 (2 x ) + 3 (2 x ) + q (2 x ) L L L 2 L L L 2 q 2 ⎛ q⎞ P1 (L + s1 ) + P2 ( L) + P3 (L − s 2 ) + L = ⎜ P1 + P2 + P3 + ⎟(2 x ) 2 2⎠ ⎝ P1

( )

x=

P1 (L + s1 ) + P2 (L ) + P3 ( L − s 2 ) +

( )

q 2 L 2

q⎞ ⎛ 2⎜ P1 + P2 + P3 + ⎟ 2⎠ ⎝

(3.3.5)

III.4 Penyelesaian Umum untuk Energi Regangan Dalam dan Luar dengan sejumlah n balok diafragma Telah diturunkan pada bab II rumus umum untuk energi regangan balok dan akibat beban luar yang bekerja sebagai berikut:

III -3


1 ⎛ L − a1 ⎞ U= P12 ⎜ ⎟ 2 EIη ⎝ L ⎠

2 a1

⎛ a1 ⎞ ∫0 z φ dz + P ⎜⎝ L ⎟⎠ 2

⎛ L − a2 ⎞ P ⎜ ⎟ ⎝ L ⎠

2 a2

⎛ L − a3 ⎞ P ⎜ ⎟ ⎝ L ⎠

2 a3

2

2 3

∫ (L z L

2

2

2 1

⎛ a2 ⎞ ∫0 z φ dz + P ⎜⎝ L ⎟⎠

2 2

q2 4

2

2

2 2

⎛ a3 ⎞ ∫0 z φ dz + P ⎜⎝ L ⎟⎠ 2

2

2 3

2 1

2

∫ (L − z ) φ

2

dz +

2

dz +

a1 2 1

2

∫ (L − z ) φ

a2

2 1

2

∫ (L − z ) φ

2

dz +

a3

)

− 2 Lz 3 + z 4 φ 2 +

0

ECW GJ ⎛ dφ ⎞ ⎜ ⎟ dz + ∫ 2 0 ⎝ dz ⎠ 2 2

L

2

⎛ d 2φ ⎞ ∫0 ⎜⎜⎝ dz 2 ⎟⎟⎠ dz L

1 ⎡ 2 ⎛ L − a1 ⎞ a1 2 2 ⎤ c 2 2 2 2⎛ a ⎞ ⎟ ∫ z φ dz + P1 ⎜ 1 ⎟ ∫ (L − z ) φ dz ⎥ − P1 φ ⎢ P1 ⎜ 2 ⎝ L ⎠ a1 ⎢⎣ ⎝ L ⎠ 0 ⎥⎦ a 1 ⎤ c 2 1 ⎡ 2 ⎛ L − a2 ⎞ 2 2 2 2 2 2⎛ a ⎞ − ⎟ ∫ z φ dz + P2 ⎜ 2 ⎟ ∫ (L − z ) φ dz ⎥ − P2 φ ⎢ P2 ⎜ EI η ⎢⎣ ⎝ L ⎠ 0 2 ⎝ L ⎠ a2 ⎥⎦ a 1 ⎤ c 1 ⎡ 2 ⎛ L − a3 ⎞ 3 2 2 2 2 ⎛ a3 ⎞ P z dz P − + 3 ⎜ ⎟ ∫ (L − z ) φ 2 dz ⎥ − P3 φ 2 ⎟∫ φ ⎢ 3⎜ EI η ⎢⎣ ⎝ L ⎠ 0 2 ⎝ L ⎠ a3 ⎥⎦

T =−

−

1 EI η

q2L 2 EI η

∫ (Lz L

2

0

)

c − z 3 φ 2 dz − qL φ 2 2

Dari persamaan (3.2.1) diperoleh fungsi sinusoidal diamana n adalah jumlah ½ gelombang sinus, misalnya: •

Tanpa Diafragma

( n = 1)

•

1 Diafragma

(n=2)

•

2 Diafragma

(n=3)

•

dan seterusnya

Dari rumus U dan T diatas maka untuk mempermudah penyelesaiannya dilakukan pengintegralan secara terpisah sebagai berikut:

III -4


•

Integral untuk lentur

φ = A sin

nπ z L

φ 2 = A 2 sin 2

nπ z L

Akibat beban terpusat P a

A2 ∫ z 2 sin 2 0

2nπ z ⎞ nπ z ⎛1 1 = A2 ∫ z 2 ⎜ − cos ⎟ dz L L ⎠ ⎝2 2 0 a

1 ⎡1 1 1 2nπ z ⎤ = A2 ⎢ ∫ z 2 − ∫ z 2 cos dz ⎥ L 0 2 ⎦ ⎣0 2 a ⎡ ⎡ 1 ⎤ a ⎡ Lz 2 ⎤ L a 2nπ z ⎤ 2 nπ z ⎥ = A2 ⎢ ⎢ z 3 ⎥ − ⎢ + z dz sin sin 2 ⎥ L ⎦ 0 4nπ ∫0 L ⎢⎣ ⎣ 6 ⎦ 0 ⎣ 4nπ ⎥⎦ a ⎡ a 3 La 2nπ a ⎡ 2 L2 z 2 nπ z ⎤ 2 L2 2nπ z ⎤ ⎢ =A − − ⎢ 2 2 cos dz ⎥ sin ⎥ + 2 2 cos L L L ⎦ 0 8n π ⎢⎣ 6 4nπ ⎥⎦ ⎣ 8n π 2

⎡ a 3 La 2nπ a 2 L2 a 2nπ a ⎡ 2 L3 2 nπ = A2 ⎢ − − 2 2 cos +⎢ sin sin 3 3 n L n L n L 6 4 π 8 π 16 π ⎢⎣ ⎣

a z⎤ ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ 0 ⎥⎦

⎡ a 3 La 2nπ a 2 L2 a 2 nπ a 2 L3 2 nπ a ⎤ = A2 ⎢ − − 2 2 cos + sin sin ⎥ 3 3 L L L ⎦ 8n π 16n π ⎣ 6 4 nπ (3.4.1) 2

a

A2 ∫ (L − z ) sin 2 0

L

• A2 ∫ L2 sin 2 a

⎛1 1 nπ z 2nπ z ⎞ ⎟⎟ dz = A2 ∫ L2 − 2 L + z ⎜⎜ − cos L L 2 2 ⎠ ⎝ a L

(

)

⎛1 1 nπ z 2nπ z ⎞ ⎟ dz = A2 ∫ L2 ⎜⎜ − cos L L ⎟⎠ ⎝2 2 L ⎡L 1 1 2nπ z ⎤ = A L ⎢ ∫ dz − ∫ cos dz ⎥ 2 L a ⎣a 2 ⎦ 2 2

L ⎡⎡ 1 ⎤ L ⎡ L 2nπ z ⎤ ⎤ = A2 L2 ⎢⎢ z ⎥ − ⎢ sin ⎥ L ⎥⎦ a ⎥⎦ ⎢⎣⎣ 2 ⎦ a ⎣ 4nπ

2nπ a ⎤ L ⎡ ( L − a) sin = A2 L2 ⎢ + 4nπ L ⎥⎦ ⎣ 2

III -5

(3.4.2)


nπ z 2 L ⎛ 1 1 2nπ z ⎞ • A 2L∫ z sin = A 2L∫ z⎜ − cos ⎟ dz L L ⎠ a a ⎝2 2 L

2

2

L ⎡L 1 1 2nπ z ⎤ = A2 2L⎢∫ z dz− ∫ z cos dz ⎥ L a2 ⎣a 2 ⎦

⎡⎡1 2 ⎤L ⎡ Lz 2nπ z ⎤L Lz L 2nπ z ⎤ = A 2L⎢⎢ z ⎥ − ⎢ + sin sin ⎥ L ⎥⎦a 4nπ ∫a L ⎦⎥ ⎣⎢⎣4 ⎦a ⎣4nπ 2

L ⎡(L2 −a2 ) L2 2nπ L La 2nπ L ⎡ L2 2nπ z ⎤ ⎤ ⎢ = A 2L − + −⎢ sin sin cos ⎥⎥ 4nπ 4nπ L L ⎣8n2π 2 L ⎦a ⎥ ⎢⎣ 4 ⎦ 2

⎡ ( L2 − a 2 ) La 2 nπ a 2nπ a ⎤ L2 sin = A2 2 L ⎢ + − 2 2 cos ⎥ 4 4 nπ 8n π L L ⎦ ⎣ (3.4.3)

nπ z 2 L 2⎛1 1 2nπ z ⎞ • A ∫ z sin = A ∫ z ⎜ − cos ⎟dz L L ⎠ a a ⎝2 2 L

2

2

2

L ⎡L 1 1 2nπ z ⎤ dz⎥ = A2 ⎢∫ z2 dz−∫ z cos L a2 ⎣a 2 ⎦ L L ⎡⎡1 ⎤ ⎡ Lz2 2nπ z⎤ L L 2nπ z ⎤ ⎥ + sin 2 x dz = A2 ⎢⎢ z3⎥ − ⎢ sin ⎥ L ⎦a 4nπ ∫a L ⎢⎣⎣6 ⎦a ⎣4nπ ⎥⎦ ⎡(L3 −a3) L3 2nπ L La2 2nπ a 2L2z 2nπ z 2L2 L 2nπ z ⎤ = A2 ⎢ − sin + sin − + cos cos dz⎥ 4nπ 4nπ L L 8n2π2 L 8n2π2 ∫a L ⎦ ⎣ 6 ⎡(L3 −a3) La2 2nπ a 2L3 2L2a 2nπ a 2L3 2nπ z⎤ = A2 ⎢ − sin − 2 2 + 2 2 cos + 3 3 sin ⎥ 4nπ L L 16n π L ⎦ 8n π 8n π ⎣ 6 ⎡(L3 − a3 ) La2 2nπ a 2L3 2nπ a 2nπ a ⎤ 2L2a 2L3 = A2 ⎢ + − 2 2 + 2 2 cos − 3 3 sin sin ⎥ L L L ⎦ 4nπ 8n π 8n π 16n π ⎣ 6

(3.4.4)

III -6


Akibat Beban Merata q

∫ (LLz

)

L

A

2

2

− z 3 sin 2

0

nπ z L

L nπ z 2 nπ z ⎞ ⎛1 1 2 • A L ∫ z sin = A L ∫ z 2 ⎜ − cos ⎟ dz L L ⎠ ⎝2 2 o o L

2

2

2

L ⎡L 1 2 nπ z ⎤ 1 = A 2 L ⎢ ∫ z 2 − ∫ z 2 cos dz ⎥ L 0 2 ⎦ ⎣o 2 L L ⎡ ⎡ 1 ⎤ ⎡ Lz 2 ⎤ L L 2nπ z ⎤ 2nπ z 2 3 ⎥ = A L ⎢⎢ z ⎥ − ⎢ + z dz sin sin 2 ⎥ L ⎦ 0 4nπ ∫0 L ⎢⎣ ⎣ 6 ⎦ 0 ⎣ 4nπ ⎥⎦ L ⎡1 ⎡ 2 L2 z 2 nπ z ⎤ 2nπ z ⎤ 2 L2 L 3 = A L ⎢ L − ⎢ 2 2 cos dz ⎥ ⎥ + 2 2 ∫ cos L ⎦ 0 8n π 0 L ⎢⎣ 6 ⎥⎦ ⎣ 8n π L ⎡ L3 ⎡ 2 L3 2nπ z ⎤ ⎤ 2 L3 = A2 L ⎢ − 2 2 + ⎢ 2 2 sin ⎥ ⎥ L ⎦0 ⎥ ⎢⎣ 6 8n π ⎣ 8n π ⎦ 2

⎡ L3 2 L3 ⎤ = A2 L⎢ − 2 2 ⎥ ⎣ 6 8n π ⎦ ⎡ L4 2 L4 ⎤ = A2 L⎢ − 2 2 ⎥ ⎣ 6 8n π ⎦

1 2nπz ⎞ 3⎛ 1 nπz = A2 ∫ z ⎜ 2 − 2 cos l ⎟ dz A = ∫ z sin ⎝ ⎠ 0 L 0 L

L

•

(3.4.5)

2

3

2

L 1 3 2nπz ⎤ 3 z z cos dz ⎥ − ∫ ∫ L 2 0 ⎣0 2 ⎦

⎡L 1

= A2 ⎢

L L ⎡ ⎡ 1 ⎤ L ⎡ Lz 3 ⎤ 2nπz ⎤ L 2nπz 4 ⎥ + sin sin 3 z dz = A ⎢⎢ z ⎥ − ⎢ ⎥ L ⎦ 0 4nπ ∫0 L ⎢⎣ ⎣ 8 ⎦ 0 ⎣ 4nπ ⎥⎦ L L ⎡ L4 ⎡ 3L2 z 2 ⎤ 2nπz ⎤ 3L2 2nπz 2 ⎢ =A − ⎢ 2 2 cos 2 z dz ⎥ ⎥ + 2 2 ∫ cos L ⎦ 0 8n π 0 L ⎢⎣ 8 ⎣ 8n π ⎥⎦ L L ⎡ L4 ⎤ 3L4 ⎡ 6 L3 z 2nπz ⎤ 6 L2 2nπz 2 ⎥ − sin sin 2 z dz =A ⎢ − 2 2⎢ ⎥ 3 3 L ⎦ 0 16n3π 3 ∫0 L ⎢⎣ 8 8n π ⎣16n π ⎥⎦

2

III -7


⎡ L4

= A2 ⎢

L

−

⎡ 6 L4 3L4 2nπz ⎤ + cos ⎢ ⎥ 2 2 4 4 L ⎦0 8n π ⎣ 32n π

⎢⎣ 8 ⎡ L4 3L4 ⎤ = A2 ⎢ − 2 2 ⎥ ⎣ 8 8n π ⎦ L

(

)

A2 ∫ Lz − z 2 sin 2 2

a

L

• A2 L2 ∫ z 2 sin 2 0

L

• A2 2 L ∫ z 3 sin 2 0

L

• A2 ∫ z 4 sin 2 0

⎤ ⎥ ⎥⎦ (3.4.6)

nπz nπz = A2 ∫ L2 z 2 −2 Lz 3 + z 4 sin 2 L L a L

(

)

⎡ L2 nπz 2 L3 ⎤ = A2 L2 ⎢ − 2 2 ⎥ L ⎣ 6 8n π ⎦ ⎡ L4 3L4 ⎤ nπz = A2 2 L ⎢ − 2 2 ⎥ L ⎣ 8 8n π ⎦

2nπz ⎞ nπz ⎛1 1 = A2 ∫ z 4 ⎜ − cos ⎟dz L L ⎠ ⎝2 2 0 L

L ⎡L 1 1 2nπz ⎤ dz ⎥ = A2 ⎢ ∫ z 4 − ∫ z 4 cos 2 L 0 ⎣0 2 ⎦ L L ⎡ ⎡ 1 ⎤ L ⎡ Lz 4 2nπz ⎤ 2nπz 3 ⎤ L sin sin 4 z dz ⎥ = A2 ⎢ ⎢ z 5 ⎥ − ⎢ + ⎥ ∫ L ⎦ 0 4 nπ 0 L ⎢⎣ ⎣10 ⎦ 0 ⎣ 4nπ ⎥⎦ L L ⎡ 5 ⎡ 4 Lz 3 2nπz ⎤ 4 L2 2nπz 2 ⎤ 2 L cos 3z dz ⎥ = A ⎢ − ⎢ 2 2 cos + ⎥ L L ⎦ 0 8n 2π 2 ∫0 ⎥⎦ ⎢⎣10 ⎣ 8n π L L ⎤ ⎡ 5 ⎡ 12 L3 z 2 4 L5 2nπz ⎤ 12 L3 2nπz 2 L ⎥ sin sin 2 z dz − =A ⎢ − 2 2+⎢ ⎥ 3 3 L ⎦ 0 16n3π 3 ∫0 L ⎥⎦ ⎢⎣10 8n π ⎣16n π L L ⎡ 5 ⎡ 24 L4 z 4 L5 2nπz ⎤ 24 L4 2nπz ⎤ 2 L cos cos dz ⎥ − =A ⎢ − 2 2 + ⎢ ⎥ 4 4 L ⎦ 0 32n 4π 4 ∫0 L ⎥⎦ ⎢⎣10 8n π ⎣ 32n π

⎡ L5 4 L5 24 L5 ⎤ = A2 ⎢ − 2 2 + ⎥ 32n 4π 4 ⎦ ⎣10 8n π

(3.4.7)

III -8


Penyelesaian integral untuk puntir.

φ = A sin

nπz L

φ 2 = A 2 sin 2

nπ z dφ Anπ = cos dz L L

nπz L

d 2φ An 2 z 2 nπ z = sin 2 2 dz L L

2 2 2 nπ x ⎛ dφ ⎞ A n π cos 2 ⎜ ⎟ = 2 L L ⎝ dz ⎠

2

2

⎛ d 2φ ⎞ A 2 n 4π 4 nπ z ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = sin 2 4 L L ⎝ dz ⎠

Puntir Murni 2

GJ ⎛ dφ ⎞ GJ ⎜ ⎟ = ∫ 2 0 ⎝ dz ⎠ 2 L

A2 n 2π 2 2 nπ z ∫0 L2 cos L L

GJA2 n 2π 2 ⎛ 1 1 nπ z ⎞ ⎜ + cos ⎟ 2 ∫ L ⎠ 2L 2 0⎝2 L

=

L L GJA2 n 2π 2 ⎡ ⎡ 1 ⎤ ⎡ L 2nπ z ⎤ ⎤ sin = ⎢⎢ z ⎥ + ⎢ ⎥ 2 L2 L ⎥⎦ 0 ⎦⎥ ⎣⎢ ⎣ 2 ⎦ 0 ⎣ 4nπ

=

GJA2 n 2π 2 ⎛ L ⎞ ⎜ −0⎟ 2 L2 ⎝2 ⎠

=

GJA2 n 2π 2 4L

(3.4.8)

III -9


Puntir Terpilin

ECW 2

2

⎛ d 2φ ⎞ ECW ∫0 ⎜⎜⎝ dz 2 ⎟⎟⎠ = 2 L

=

A 2 n 4π 4 2 nπ z ∫0 L4 sin L L

ECW A 2 n 4π 4 L ⎛ 1 1 2 nπ z ⎞ ⎜ − sin ⎟ ∫ 4 L ⎠ 2 2 2L 0⎝

ECW A 2 n 4π 4 = 2L4

L ⎡⎡ 1 ⎤ L ⎡ L 2nπ z ⎤ ⎤ sin ⎢⎢ z ⎥ + ⎢ ⎥ L ⎥⎦ 0 ⎦⎥ ⎣⎢ ⎣ 2 ⎦ 0 ⎣ 4nπ

(3.4.8)

ECW A 2 n 4π 4 ⎛ L ⎞ ⎜ − 0⎟ 2L4 ⎝2 ⎠ 2 4 4 ECW A n π = 4L3

=

Hasil pengintegralan rumus – rumus diatas akan disusun sedemikian rupa ke persamaan awal sehingga dapat dipergunakan untuk mencari dimensi gelagar.

III.5 Rumus untuk Kekuatan Diafragma

Diafragma yang memikul momen lentur (M) akan dikontrol terhadap tegangan lentur ijin:

σ=

M0 Wx

atau

Mo (lentur) = σ . Wx (3.5.1)

Bila difragma memikul momen lentur (Mo) dikontrol terhadap stabilitas tekuk lateral menurut rumus:

(M o )σ

π 4 E 2C w I y

= =

Ld 4

+

π 4 EI yGJ

π

π 4 E 2C w I y

Ld

Ld 2

Ld 2

(3.5.2)

+ EI yGJ

III -

Arfan Jamal Asikin Zalukhu : Analisi Pengaruh Diafragma Terhadap Tekuk Lateral Pada Gelagar Memanjang Jembatan, 2007. 10 USU Repository © 2009

jika (Mo) lentur < (Mo)cr, diambil Mo = (Mo) lentur jika (Mo) lentur < (Mo)cr, diambil Mo = (Mo)cr Trotoar Lantai jembatan

Gelagar jembatan

Gelagar diafragma

(a) Prespektif jembatan

Gelagar diafragma

Gelagar jembatan

(b) Prespektif gelagar diafragma

III -


a

Trotoar

100

Lantai Jembatan

480

Trotoar

100

a 15

00

(c) Tampak atas jembatan

CL

S a n d a ra n T r o to a r

b L a n ta i J e m b a ta n

D ia fr a g m a

D ia fr a g m a

b

(d) Potongan a – a

(e) Potongan b - b

Gambar 3.2 Diafragma pada konstruksi jembatan

Persamaan momen torsi pada balok adalah:

Mζ = −

du Mx −Mz dz

(3.5.3)

III -


dari persamaan 3.3.1 sampai dengan persamaan 3.3.4 telah diperoleh:

y1 =

2 ( x − s1 ) (L − x ) = Lx − x − s1 L + s1 x L L

y2 =

2 x (L − x ) = Lx − x L L

y3 =

(L − x s2 ) Lx − x 2 − s 2 x x= L L

M x = P1 y1 + P2 y 2 + P3 y 3 +

1 qLy 2 2

M z = RAu M d 2u =φ x 2 EIη dz d 2u φ = dz2 EIη

(

)

(

)

(

) (

)

P3 P2 q ⎡ P1 2 2 2 2 ⎤ ⎢ L Lz − z − s1L + s1 z + L Lz − z + L Lz − z s1 z + 2 Lz − z ⎥ ⎣ ⎦ (3.5.4)

s z2 ⎞ P ⎛ Lz2 z3 ⎞ P ⎛ Lz2 z3 s z2 ⎞ q ⎛ Lz2 z3 ⎞⎤ du φ ⎡P1 ⎛ Lz2 z3 = ⎢ ⎜⎜ − −s1Lz+ 1 ⎟⎟+ 2 ⎜⎜ − ⎟⎟+ 3 ⎜⎜ − − 2 ⎟⎟+ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ 2 ⎠ L ⎝ 2 3 ⎠ L ⎝ 2 3 2 ⎠ 2⎝ 2 3 ⎠⎦⎥ dz EIη ⎣⎢ L ⎝ 2 3 (3.5.5)

u=

φ ⎡ P1 ⎛ Lz3 z4 s1Lz2 s1z3 ⎞ P2 ⎛ Lz3 z4 ⎞ P3 ⎛ Lz3 z4 s2 z3 ⎞ q ⎛ Lz3 z4 ⎞⎤

⎟+ ⎜ ⎟+ ⎜ − + − ⎢ ⎜ EIη ⎢⎣ L ⎜⎝ 6 12 2 6 ⎟⎠ L ⎜⎝ 6 12⎟⎠ L ⎜⎝ 6 12 6

⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎥ ⎠ 2 ⎝ 6 12⎠⎥⎦ (3.5.6)

III -


Putaran sudut pada diafragma

M

A'

L

M

B'

A'

L

B'

Ld

Gambar 3.3 Putaran sudut pada diafragma

ϕA =

M A ' Ld

ϕA =

M L Ld M L Ld + 3EI xd 6 EI xd

ϕA =

M L Ld 2 EI xd

'

'

'

3EI xd

+

M B ' Ld 6 EI xd

Persamaan sudut pada diafragma sama dengan putaran sudut yang terjadi pada balok akibat tekuk lateral : φA’ = φB’ = Ǿ, maka persamaan momen akibat putaran sudut pada diafragma diperoleh:

ML =

2 EI xd φ Ld

(3.5.7)

Momen torsi pada balok (Mς) harus lebih kecil atau sama dengan momen lentur yang dapat dipikul diafragma (Mo). Mς < Mo

Mζ ≤

2 EI xd φ Ld

I xd ≥

Mζ Ld

(3.5.8)

2 Eφ

III -


Kontrol perpindahan lateral (u)

Sebelum tekuk terjadi, u sama dengan nol, berarti gaya diafragma tidak bekerja pada sistem ideal sebelum tekuk terjadi. Untuk menghitung diafragma kita anggap tekuk terjadi sebesar toleransi bengkokan yang diijinkan. Toleransi bengkokan yang umum berkisar L/500 sampai L/1000 panjang bentang. Penulis memakai bengkokan yang dapat diterima adalah L/500. jadi diafragma harus dapat memikul perpindahan lateral baluk (u) lebih besar atau sama dengan toleransi bengkokan sebesar u = L/500.

M o ≥ Mζ du Mx −Mz dz ⎛ du ⎞⎛ u ⎞ Mo ≥⎜ − M x − M z ⎟⎜ ⎟ ⎠⎝ u ⎠ ⎝ dz M o ≥ Mζ = −

⎛L ⎞ ⎛ du ⎞ Mo ≥⎜− M x − M z ⎟ ⎜ 500 ⎟ ⎝ dz ⎠⎜ u ⎟ ⎝ ⎠

(3.5.9)

Persamaan (3.5.1), (3.5.2), (3.5.8), (3.5.9) akan dipakai untuk mendimensi dan kontrol diafragma.

III -


BAB IV APLIKASI

Dalam bab IV ini akan dianalisis dimensi profil yang memenuhi persyaratan kekuatan dan stabilitas serta terjadinya pengurangan dimensi gelagar memanjang akibat pengaruh penambahan balok-balok diafragma dengan memakai rumus umum tekuk lateral yang telah diselesaikan pada bab sebelumnya.

IV.1 Analisis Beban dan Tampang Profil I IV.1.1 Analisis Beban Beban yang perl;u diperhatikan adalah beban akibat lantai kenderaan, beban gander truk, dan beban D (muatan merata dan muatan garis) berdasarkan peraturan PU baru. Untuk beban akibat lantai kenderaan, penulis mengambil dimensi lantai kenderaan seperti pada gambar 4.1. Ketiga beban ini diperiksa sedemikian rupa sehingga didapati kondisi pembebanan maximum yang akan dipakai dalam pendimensian. a. Akibat beban lantai kenderaan

0.1

Sandaran Trotoar Lantai Kayu

Lap. Aspal

0.05 0.05

a 1

00

b 20 1

c 20 1

d 20 1

e 20 1

00 1

Gambar 4.1 Beban akibat lantai kenderaan


IV - 2

Lantai kenderaan dan trotoar terbuat dari kayu kelas I dan lapisan aspal, dimana γkayu = 1,0 t/m3. Beban untuk jembatan: Lantai kayu : 0.05 x 6.8 x 1,0

= 0,340 t/m

Lantai aspal : 0.04 x 4.8 x 2

= 0,384 t/m

Trotoar

: 2 (0,05 x 1,0 x 1,0) = 0,100 t/m

Sandaran

: 2 (1 x 0,10 x 7.85)

= 0.785 t/m

q

= 1,1840 t/m

Beban untuk 1 gelagar: q = 1,184/5 = 0,25 t/m b. Akibat beban gandar truk Posisi gandar truk diletakkan sedemikian rupa sehingga menghasilkan pembebanan maksimum pada gelagar memanjang. Posisi pada gambar 4.2 akan memberikan nilai maksimum. Beban gander kenderaan: 4

00

5

P1

00

P2

P3

175

a 00 1

b 20 1

c 20 1

d 20 1

e 20 1

00 1

Gambar 4.2 Kondisi maksimum akibat beban gander truk


IV - 3

Pengaruh beban gander truk pada masing-masing gelagar diselesaikan dengan metode cross. 175

A

B

C

20 1

00 1

20 1

D 20 1

E 20 1

00 1

Gambar 4.3 Pembebanan untuk metode Cross Kosfisien distribusi: •

Titik A φAB = 1

•

Titik B φBA : φBC = 4EI/1,2

:

4EI/1,2 = 1:1

φBA = 0,5 : φBC = 0,5 •

Titik C φCB : φCD = 4EI/1,2

:

4EI/1,2 = 1:1

:

4EI/1,2 = 1:1

φCB = 0,5 : φCD = 0,5 •

Titik D φDC : φDE = 4EI/1,2 φDC= 0,5 : φDE = 0,5

•

Titik E φED = 1


IV - 4

Momen Primer a. Untuk P1 = 5 T

M CD = +

Pab 2 5 * 0,55 * 0,65 2 = = + 0,807 Tm 1,2 2 L2

M DC = −

Pa 2 b 5 * 0,55 2 * 0,65 = = −0,683 Tm L2 1,2 2

b. Untuk P2 = 20 T

M CD =

20 * 0,55 * 0,65 2 = 3,227 Tm 1,2 2

M DC =

20 * 0,55 2 0,65 = − 2,731Tm 1,2 2

Tabel 4.1.1 Metode Cross untuk P = 5 T Titik Batang Φ FEM

A AA' AB -1.0 0.000 0.000

CB -0.5 0.000 -0.404

C CD -0.5 0.807 -0.404

DC -0.5 -0.683 0.342

D DE -0.5 0.000 0.342

0.050

0.171

-0.202

-0.085

-0.111

-0.111

0.144

0.144

0.020

0.072

-0.055

-0.036

-0.046

-0.046

0.046

0.046

0.008

0.023

-0.023

-0.011

-0.016

-0.016

0.017

0.017

0.003

0.009

-0.008

-0.004

-0.006

-0.006

0.006

0.006

0.001

0.003

-0.003

-0.002

-0.002

-0.002

0.002

0.002

0.000

0.001

-0.001

-0.001

-0.001 0.000

-0.001 0.000

0.001 0.000

0.001 0.000

E ED EE' -1.0 0.000 0.171 0.171 0.072 0.072 0.023 0.023 0.009 0.009 0.003 0.003 0.001 0.001 0.000 0.000

0.1249 0.1255 0.5009 0.5009 0.4178

0.4178

0.000

BC -0.5 0.000 -0.202

0.101 -0.025

0.101 -0.055

0.040 -0.010

0.040 -0.023

0.017 -0.004

0.017 -0.008

0.006 -0.001

0.006 -0.003

0.002 -0.001

0.002 -0.001

0.000 0.000

0.001 0.000 0.000

0.001 0.000 0.000

0.000

0.050 -0.050 0.020 -0.020 0.008 -0.008 0.003 -0.003 0.001 -0.001 0.000

Momen 000 Akhir

B BA -0.5 0.000 0.000


IV - 5

Tabel 4.1.2 Metode Cross untuk P = 20 T Titik A Batang AA' AB φ FEM

Momen Akhir

0.000

B BC

BA

C

D

E

CB

CD

DC

DE

ED

-1.0 0.000 0.000 0.202 0.202 0.080 0.080 0.033 0.033 0.012 0.012 0.004 0.004 0.002 0.002 0.001 0.001 0.000

-0.5 0.000 0.000 0.403 0.101 0.161 0.040 0.066 0.017 0.024 0.006 0.009 0.002 0.003 0.001 0.001 0.000 0.000

-0.5 0.000 -0.807 0.403 -0.221 0.161 -0.092 0.066 -0.031 0.024 -0.012 0.009 -0.004 0.003 -0.001 0.001 -0.001 0.000

-0.5 0.000 -1.614 0.202 -0.442 0.080 -0.184 0.033 -0.062 0.012 -0.023 0.004 -0.008 0.002 -0.003 0.001 -0.001 0.000

-0.5 3.227 -1.614 0.683 -0.442 0.287 -0.184 0.091 -0.062 0.034 -0.023 0.012 -0.008 0.004 -0.003 0.002 -0.001 0.001

-0.5 -2.731 1.366 -0.807 0.574 -0.221 0.182 -0.092 0.069 -0.031 0.024 -0.012 0.009 -0.004 0.003 -0.001 0.001 -0.001

-0.5 0.000 1.366 0.341 0.574 0.144 0.182 0.046 0.069 0.017 0.024 0.006 0.009 0.002 0.003 0.001 0.001 0.000

-1.0 0.000 0.683 0.683 0.287 0.287 0.091 0.091 0.034 0.034 0.012 0.012 0.004 0.004 0.002 0.002 0.001 0.001

0.000

0.501

-0.501

-2.003

2.004

-1.672

1.671

0.000

EE'

0.0000

Dengan menghitung pengaruh momen – momen yang terjadi pada tiap titik, maka beban – beban terpusat yang diperoleh uintuk tiap gelagar memanjang menjadi seperti berikut: 4 00

A

P1

5 00 P2 L = 15

P3

B

00

Gambar 4.4 Beban truk setelah dicrosskan


IV - 6

Dari analisa struktur (metode cross) diperoleh momen-momen yang bekerja pada gelagar. Setelah difreebodykan maka diperoleh nilai P1 dan P2 yang terlihat pada tabel 4.1.3. P=5T 0.501

1.00

A

A

1.20

0.104

P=5T 2.004

0.501

B

B

0.104

1.20

4.478

2.004

C

C

A

A

0.418

1.20

B

0.418

17.912

17.494

D

2.570

2.004

1.20

D

3.300

P=20T

0.501

B

1.20

1.672

2.222 0.348

P=20T

1.00

1.672

0.522 2.778

4.374

0.501

0.65

C

C

1.20

E

E

1.00

E

1.00

0.348

0.65 1.672

2.004

1.20

1.672

D

D

2.088 11.110

8.890 1.393

13.198

10.283

1.20

E

1.393

(nilai P1 dan P2 dapat dilihat pada tabel di bawah ini) Tabel 4.1.3 Nilai P1 dan P2 setelah dicrosskan Balok

P1

P2

A

0,104

0,418

B

4,374

17,494

C

3,300

13,198

D

2,570

10,283

E

0,348

1,393


IV - 7

Gelagar b memikul beban yang paling besar dengan P1 = 4,374 T dan P2 = 17,494 T serta q = 0,25 T/m2. Nilai – nilai ini disubstitusikan pada persamaan momen dari bab II, setelah terlebih dahulu didapat nilai x maksimum.

X max =

X max =

P1 (L + s1 ) + P2 (L ) + P3 ( L − s 2 ) +

( )

q 2 L 2

q⎞ ⎛ 2⎜ P1 + P2 + P3 + ⎟ 2⎠ ⎝ 0,25 (15) 2 2 0,25(15) 2 4,374 + 17,494 + 17,494 + 2

4,374(15 + 4 ) + 17,494(15) + 17,494 (15 − 5) +

= 6,86 m

Mx = P1Y1 + P2Y2 + P3Y3 + qo (1/2 Ly2) dan untuk xmax = 6,86 m

( x − s1 ) (L − x ) L ( 6.86 − 4 ) (15 − 6.86) y1 = 15

y1 =

= 1.55

x (L − x ) L 6.86 (15 − 6.86) y2 = 15

y2 =

= 3.72

(L − x − s2 ) x L (15 − 6,86 − 5) 6,86 y3 = 15 y3 =

= 1.44

M x = P1 y1 + P2 y 2 + P3 y 3 +

1 qLy 2 2

= (4.374 x 1.55) + (17.494 x 3.72) + (17.494 x 1.44) + (1.109(1/2 x 15 x 3.72) Mmax = 104,02 Tm.


IV - 8

c. Muatan D (muatan garis P dan muatan terbagi rata p) Muatan D atau muatan jalur yang diperhitungkan untuk merencanakan gelagar adalah susunan muatan yang merupakan kombinasi dari beban terpusat (beban garis, P) dan beban merata, P untuk setiap jalur lalu lintas. Menurut Pustaka (3) beban garis, P harus dikalikan dengan factor kejut sedangkan beban merata p dan T tidak perlu dikalikan faktor kejut.

ϕ =1 + Dimana:

20 50 + L

φ

= koefisien kejut

L

= panjang dalam m dari bentang yang ditinjau

Untuk jembatan kelas I ditetapkan besar beban sebagai berikut: Muatan garis = p = 12 ton/jalur Muatan Merata = p = ton/meter/jalur Lebar satu jalur = 2,75 meter Besar beban p tidak dipengaruhi oleh bentang jembatan. Besar beban p (beban merata) tergantung dari bentang jembatan yaitu: P = 2,2 ton/m’/jalur ; untuk L < 30 m P = { 2,2 – (1,1/60)*(L-30)}ton/m’/jalur ; untuk 30 m < L < 60 m P = 1,1 { 1 + (30/L)} ton/m’/jalur; untuk bentang L > 60 m L = panjang dalam meter dari bentang yang bersangkutan yaitu bentang jembatan yang ditinjau atau bentang yang dibebani. Dalam penggunaan muatan D, ditetapkan bahwa muatan D (beban garis dan beban merata) hanya dianggap penuh (100%) untuk selebar dua jalur lalu lintas yatiu 5,5 m. bila lebar jalur lalu lintas kendaraan lebih besar dari dua jalur, maka besar beban D terhadap kelebihan jalur tersebut hanya diperhitungkan sebesar 50% atau setengahnya (sketsa pada gambar 4.5)


IV - 9

Gambar 4.5 Sketsa muatan D (muatan garis dan terbagi rata)

Muatan D ini harus diletakkan sedemikian rupa sehingga menghasilkan pengaruh yang maksimum.

P

= 6 .8 5 4 t P = 0 .9 6 t/m

A

B L = 15 M Gambar 4.6 Sketsa maximum muatan D

b 1,2 2,2 = 2,2 = 0,96 t / m 2,75 2,75 b 1,2 P= 12 = 12 = 5,240t 2,75 2,75 20 20 = 12 =1,308 ϕ =1 + 50 + L 50 + 15 Pϕ = 6,854 6,854 15 RA = + 0.96 x =10,627 2 2 p=

Mmax = 10,627 x 7,5 – 0,5 x 0,96 x 7,52 Mmax = 52,703 tm


IV - 10

Dengan membandingkan momen – momen maksimum akibat beban truk dan muatan D maka diperoleh bahwa pembebanan akibat truk menghasilkan pengaruh yang lebih maksimum sehingga untuk perhitungan – perhitungan selanjutnya nilai – nilai yang dipakai adalah nilai – nilai akibat pembebanan truk. Demikian juga untuk membentuk persamaan tekuk lateral, beban yang bekerja adalah beban gander truk dan berat sendiri gelagar yang paling maksimum yaitu beban pada gelagar b.

IV.1.2 Tampang I

ts H

h = H -2 ts

tb

b Gambar 4.7 Tampang baja profil I gelagar memanjang

E = 2,1 x 106kg/cm2

G=

E 2( μ + 1)

;µ =0,3 untuk baja (Poisson’s ratio)

= 807692.3077 kg/cm2 A = 2 (b*ts) + h*tb

⎛1 ⎞ 1 ⎛ h + ts ⎞ I x = 2 ⎜ b * ts3 ⎟ + tb * h3 + 2b * ts ⎜ ⎟ ⎝ 12 ⎠ 12 ⎝ 2 ⎠

2

⎞ 1 ⎛1 I η = I y = 2⎜ t s * b 3 ⎟ + h * t b3 ⎠ 12 ⎝ 12


IV - 11

Kekauan Torsional:

J=

2 * b * t s3 + h * t b3 3

Kekakuan Warping:

Cw =

ts * h2 * b3 24

IV.2 Penyelesaian Rumus untuk Tekuk Lateral Pada sub bab ini akan diberi contoh penyelesaian dimensi gelagar memanjang yang mengalami tekuk lateral tanpa diberi balok diafragma, sehingga n = 1 dan ф = A sin

πz L

.

Seperti diketahui bahwa beban yang bekerja tidak pada titik berat

c 2

penampang sehingga terjadi pengurangan sebesar p φ 2 , c bergantung pada

tinggi profil, dalam hal ini c =

H . 2

Penyelesaian untuk energi regangan akibat beban luar (T) Untuk beban terpusat:

P1 ⎛ L − a1 ⎞ 4,374 2 ⎛ 15 − 2,86 ⎞ −7 ⎜ ⎟= ⎟ = 7,373 x 10 7 ⎜ E ⎝ L ⎠ 2,1 x 10 ⎝ 15 ⎠ 2

P2 ⎛ L − a 2 ⎞ 17,494 2 ⎜ ⎟= E ⎝ L ⎠ 2,1 x 10 7

⎛ 15 − 6,86 ⎞ −6 ⎜ ⎟ = 7,908 x 10 15 ⎝ ⎠

P3 ⎛ L − a3 ⎞ 17,494 2 ⎜ ⎟= E ⎝ L ⎠ 2,1 x 10 7

⎛ 15 − 11,86 ⎞ −6 ⎜ ⎟ = 3,05 x 10 15 ⎝ ⎠

2

2


IV - 12

Untuk beban merata

−

q2L 2E

=−

0,25 2 x15 2 x 2,1x10 7

P1 ⎛ a1 ⎞ ⎜ ⎟ E ⎝L⎠

=

P2 ⎛ a 2 ⎞ ⎜ ⎟ E ⎝ L⎠

17,494 2 ⎛ 6,86 ⎞ = ⎜ ⎟ 2,1 x 10 7 ⎝ 15 ⎠

P3 ⎛ a3 ⎞ ⎜ ⎟ E ⎝L⎠

=

2

2

2

4,374 2 ⎛ 2,86 ⎞ ⎜ ⎟ 2,1 x 10 7 ⎝ 15 ⎠

17,494 2 2,1 x 10 7

⎛ 11,86 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 15 ⎠

= − 2,23 x10 −8

= 1,737 x 10 −7

= 6,664 x 10 −6

= 1,152 x 10 −5

3 La 2 2nπa 2 L2 a 2nπa 2 L3 2nπa ⎤ 2 2 2⎡a z dz A = − − + φ sin cos sin ⎢ ⎥ 2 2 3 3 ∫0 L L L ⎦ 8n π 16n π ⎣ 6 4nπ a

•

Untuk a1 = 2,86 m a

∫z φ 2

2

dz

0

⎡ 2,86 3 15(2,86 )2 2π (2,86 ) 2(15) 2 2,86 2π (2,86 ) 2(15) 3 2π (2,86 ) ⎤ sin cos sin = A2 ⎢ − − + ⎥ 2 3 4π 15 15 15 ⎦ 8π 16π ⎣ 6 = − 12,31 A 2

Untuk a2 = 6,86 m a

∫z φ 2

2

dz

0

⎡ 6,86 3 15(6,86 )2 2π (6,86 ) 2(15) 2 6,86 2π (6,86 ) 2(15) 3 2π (6,86 ) ⎤ =A ⎢ − − + sin cos sin ⎥ 4π 15 15 15 ⎦ 8π 2 16π 3 ⎣ 6 = 12,62 A 2 2


IV - 13

Untuk a3 = 11,86m: a

∫z φ 2

2

dz

0

⎡11,86 3 15(11,86 ) 2π (11,86 ) 2(15) 3 2π (11,86 ) 2(15) 2 11,86 2π (11,86 ) ⎤ = A2 ⎢ − − + sin cos sin ⎥ 2 3 4π 15 15 15 8π 16π ⎣ 6 ⎦ 2 = 197,3372 A 2

•

L 2nπa ⎡ (L − a ) ⎤ A 2 L2 ⎢ + sin ⎥ L ⎣ 2 ⎦ 4 nπ

Untuk a1 = 2,86 m;

2π (2,86 )⎤ ⎡ (15 − 2,86 ) 15 A 2 15 2 ⎢ sin = 1371,36 A 2 + ⎥ 2 4π 15 ⎦ ⎣ Untuk a2 = 6, 86 m;

2π (6,86 )⎤ ⎡ (15 − 6,86 ) 15 A 2 15 2 ⎢ sin = 929,17 A 2 + ⎥ 2 4π 15 ⎦ ⎣ Untuk a3 = 11, 86m:

2π (11,86 ) ⎤ ⎡ (15 − 11,86 ) 15 A 2 15 2 ⎢ sin = 376,45 A 2 + ⎥ 2 4π 15 ⎦ ⎣

L ⎡ L2 − a 2 2π z ⎞ 2nπa 2nπa ⎤ La L2 ⎛1 1 2 • 2 L ∫ z ⎜ − cos + − 2 2 cos sin ⎟ = A 2L⎢ ⎥ 2 2 4 nπ L ⎠ L L ⎦ 8n π ⎣ 4 a ⎝

Untuk a1 = 2, 86 m;

(

)

2 ⎡ (15)2 − (2,86 )2 (15 (2,86 )) 2π (2,86 ) (15) (15)2 cos 2π (2,86)⎤ sin A 2 2 (15) ⎢ + − + (15) ⎥⎦ 4 4π 15 8π 2 8π 2 ⎣ = 1628,40 A 2


IV - 14

Untuk a2 = 6, 86 m;

(

)

2 ⎡ (15)2 − (6,86 )2 (15 (6,86 )) 2π (6,86 ) (15) (15)2 cos 2π (6,86)⎤ sin A 2 2 (15) ⎢ + − + (15) ⎥⎦ 4 4π 15 8π 2 8π 2 ⎣ = 1347,113 A 2

Untuk a3 = 11, 86m:

(

)

2 ⎡ (15)2 − (11,86 )2 (15 (11,86 )) (15)2 cos 2π (11,86)⎤ 2π (11,86 ) (15) A 2 2 (15) ⎢ sin + − + (15) ⎥⎦ 4 4π 15 8π 2 8π 2 ⎣ = 669,60 A 2

L

•

A

2

∫Z a

2

(

2π z ⎞ ⎛1 1 ⎟ ⎜ − cos L ⎠ ⎝2 2

)

⎡ L3 − a 3 2nπa 2 L3 2 L2 a 2nπa 2 L3 2nπa ⎤ La 2 + − 2 2 + 2 2 cos − sin sin A2 ⎢ ⎥ 3 3 6 4 nπ L L L ⎦ 8n π 8n π 16n π ⎣ Untuk a1 = 2, 86 m;

) (

(

)

2 3 ⎡ (15)3 − (2,86 )3 15 (2,86 ) 2π (2,86 ) 2 (15) ⎤ A ⎢ + sin − ⎥ 6 4π 15 8π 2 ⎦ ⎣ 2

2 (15) a 2π (2,86 ) 2(15) 3 2π (2,86 ) cos − sin = 488,977 A 2 2 3 15 15 8π 16π 2

+

Untuk a2 = 6, 86 m;

) (

(

)

2 3 ⎡ (15)3 − (6,86)3 15 (6,86) 2π (6,86) 2 (15) ⎤ A2 ⎢ + sin − ⎥ 6 4π 15 8π 2 ⎦ ⎣

2 (15) a 2π (6,86) 2(15) 3 2π (6,86) cos − sin = 464,40 A 2 2 3 15 15 8π 16π 2

+


IV - 15

Untuk a3 = 11, 86m:

) (

(

)

2 3 ⎡ (15)3 − (11,86)3 15 (11,86) 2π (11,86) 2 (15) ⎤ A ⎢ sin + − ⎥ 6 4π 15 8π 2 ⎦ ⎣ 2

2 (15) a 2π (11,86) 2(15) 3 2π (11,86) cos − sin = 279,6 7 A 2 2 3 15 15 8π 16π 2

+

c H • P φ 2 →c = 2 2 Untuk P1 = 4,374 T dan a1 = 2,86 m;

P1

H 2 π (2,86) A sin 2 = 1,947.10 −4 H A 2 4 15

Untuk P2 = 17,494 T dan a2 = 6, 86 m;

P2

H 2 π (6,86) A sin 2 = 2,754.10 −3 H A 2 4 15

Untuk P3 = 17,494 T dan a3 = 11, 86m:

P3

H 2 π (11,86) A sin 2 = 8,228.10 −3 H A 2 4 15

Untuk beban Merata: L

•

(

)

A 2 ∫ Lz 2 − z 3 sin 2 0

⎡ L4 nπ z 2 L4 L4 3L4 ⎤ = A2 ⎢ − 2 2 − + 2 2⎥ L 8 8n π ⎦ ⎣ 6 8n π ⎡ (15) 4 2(15) 4 (15) 4 3(15) 4 ⎤ = A2 ⎢ − 2 2 − + 2 2⎥ 8 8n π 8n π ⎦ ⎣ 6 = 2750,032 A 2

Untuk q = 1,109 t/m dan a = L/2

qL

( )

π L2 H 2 A sin 2 = 7,056.10 − 4 H A 2 4 L

Maka total energi regangan akibat beban luar:

T =−

2,587 x 10 −3 A 2 − 1,181.10 − 2 H A 2 Iη


IV - 16

•

Penyelesaian untuk energi regangan dalam balok (U)

1 ⎛ L − a1 ⎞ U= P12 ⎜ ⎟ 2 EIη ⎝ L ⎠

2 a1

⎛ a1 ⎞ ∫0 z φ dz + P ⎜⎝ L ⎟⎠ 2

⎛ L − a2 ⎞ P ⎜ ⎟ ⎝ L ⎠

2 a2

⎛ L − a3 ⎞ P ⎜ ⎟ ⎝ L ⎠

2 a3

2

2 3

∫ (L z L

2

2

2

2

2

∫ (L − z ) φ

2

dz +

2

dz +

a1 2 1

2 2

⎛ a3 ⎞ ∫0 z φ dz + P ⎜⎝ L ⎟⎠ 2

2 1

2 1

⎛ a2 ⎞ ∫0 z φ dz + P ⎜⎝ L ⎟⎠

2 2

q2 4

2

∫ (L − z ) φ

a2

2 1

2 3

2

2

∫ (L − z ) φ

2

dz +

a3

)

− 2 Lz 3 + z 4 φ 2 +

0

ECW GJ ⎛ dφ ⎞ ⎜ ⎟ dz + ∫ 2 0 ⎝ dz ⎠ 2 L

2

2

⎛ d 2φ ⎞ ∫0 ⎜⎜⎝ dz 2 ⎟⎟⎠ dz L

Dengan mensubstitusikan nilai – nilai parameter yang diketahui maka diperoleh energii regangan dalam balok sebesar:

U=

1,466 x 10 −4 A 2 + 1,330 x10 5 A 2 J + 1,518 x10 5 A 2 CW Iη

Untuk kondisi kritis maka U = T atau П = U + T Π=

1,466 x10 −4 A 2 2,587 x10 −3 A 2 + 1,330 x10 5 A 2 J + 1,518 x10 5 A 2 CW − − 1,181 x 10 − 2 H A 2 Iη Iη

Π=

− 1,121 x10 −3 A 2 + 1,330 x10 5 A 2 J + 1,518 x10 5 A 2 CW − 1,181x 10 − 2 H A 2 Iη

dΠ =0 dA dΠ 1,121 x10 − 4 = + 1,330 x10 5 J + 1,518 x10 5 CW − 1,181x 10 − 2 H = 0 dA Iη

(4.2.1)

Dari analisis di atas diperoleh rumus-rumus yang akan digunakan untuk mengecek bahaya tekuk lateral, yaitu: •

Untuk jumlah diafragma = 0

dΠ 1,121 x10 −4 = + 1,330 x10 5 J + 1,518 x10 5 CW − 1,181 x 10 − 2 H = 0 dA Iη


IV - 17

•


dΠ − 4,436 x10 −5 = + 5,319 x10 5 J + 2,428 x 10 6 CW − 4,716 x 10 − 2 H = 0 dA Iη •


dΠ − 5,050 x10 −5 = + 1,197 x10 6 J + 1,229 x 10 7 CW − 1,058 x 10 −1 H = 0 dA Iη •


dΠ − 5,261x10 −5 = + 2,127 x10 6 J + 3,885 x 10 7 CW − 1,875 x 10 −1 H = 0 dA Iη •


dΠ − 5,356 x10 −5 = + 3,324 x10 6 J + 9,486 x 10 7 CW − 2,916 x 10 −1 H = 0 dA Iη •


dΠ − 5,410 x10 −5 = + 4,787 x10 6 J + 1,967 x 10 8 CW − 4,177 x 10 −1 H = 0 dA Iη

Kekakuan torsional:

J=

Kekakuan Warping:

Cw =

2 * b * t s3 + h * t b3 3 ts * h2 * b3 24

Persamaan (4.2.1) merupakan persamaan untuk memperoleh dimensi gelagar tanpa balok diafragma. Persamaan yang dipergunakan untuk memperoleh dimensi gelagar yang diperlukan dengan adanya variasi penggunaan balok – balok diafragma dapat dilihat dalam table (4.2.1)


IV - 18


IV - 19


IV - 20


IV - 21


IV - 22


IV - 23

IV.3 Dimensi Gelagar Akibat lentur diketahui Mmax = 104,012 tm = 10410200 kg cm Tegangan ijin baja σ = 1600 kg/cm2.

W x perlu =

M max

σ

=

10410200 = 6506,375 cm 3 1600

Tabel 4.3.1 Dimensi gelagar akibat lentur H (Tinggi total, cm)

95

B (Lebar sayap, cm)

23

Ts (Tebal sayap,cm)

2,5

Tb (tebal badan, cm)

2,1

H (Tinggi badan, cm)

90

A (Luas Penampang, cm2)

304

Ix (Inersia sb. X – x, cm4)

373627,083

Iy (Inersia sb. Y – y, cm4)

5139.041

Wx (Momen tahanan, cm3)

8101.805

Wx profil > Wx perlu, maka dimensi aman terhadap lentur. Dimensi dikontrol terhadap penurunan lentur. Analog dengan persamaan (3.6.6) diperoleh:

f = +

1 ⎡ P1 ⎛ Lx 3 x 4 s1 Lx 2 s1 x 3 ⎞ P2 ⎛ Lx 3 x 4 ⎞⎤ ⎟+ ⎜ − − + − ⎟⎟⎥ ⎢ ⎜ 12 2 6 ⎟⎠ L ⎜⎝ 6 12 ⎠⎦⎥ EI x ⎢⎣ L ⎜⎝ 6 P3 ⎛ Lx 3 x 4 s 2 Lx 3 ⎞ q ⎛ Lx 3 x 4 ⎞ ⎜ ⎟+ ⎜ − − − ⎟⎟ 12 6 ⎟⎠ 2 ⎜⎝ 6 12 ⎠ L ⎜⎝ 6


IV - 24

f=

1 EI x

+

⎡ 4,374⎛ 15 x 6,863 6,864 4 x15 x 6,862 4 x 6,863 ⎞ 17,494 ⎛ 15 x 6,863 6,864 ⎞⎤ ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟⎥ − − + − ⎢ ⎜ 6 12 2 6 ⎟⎠ 15 ⎜⎝ 6 12 ⎟⎠⎦⎥ ⎣⎢ 15 ⎝

17,494 ⎛ 15 x 6,863 6,864 5 x 15 x 6,863 ⎞ 1,109 ⎛ 15 x 6,863 6,864 ⎞ ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟ − − − ⎟ 15 ⎜⎝ 6 12 6 2 ⎜⎝ 6 12 ⎟⎠ ⎠

f =

1 [− 164,472 + 726,026 + 27,756 + 79,002] EI x

f =

668,161 EI x

Penurunan akan ditinjau pada saat x maksimum, x= 6,86 m Pada kondisi Wx=6506,375 cm3 diperoleh Mmax = 6506,375 x1600 = 104,102tm Dari perhitungan di atas diperoleh nilai f =

668.161 EI x

Atau dapat ditulis:

f =

668,161 M x EI x 121,205

f =

5,6611M EI x

Penurunan yang diijinkan pada gelagar f ijin =

L , maka : 500

Mmax < Mijin

15 Mmax < Mijin =

500

x 2,1x10 7 x373627,083x10 −8 5,661

104,102 tm < 104,102 tm ………………………OK Dari perhitungan dipakai M =Mmax = 121,205 tm dan dimensi diatas aman terhadap lentur dan penurunan. Dimensi kemudian dicek terhadap bahaya tekuk lateral dengan memakai rumus – rumus yang telah diturunkan pada bab sebelumnya dapat dilihat pada table (4.3.2).


IV - 25

Dari table (4.3.2) dapat dilihat bahwa dimensi gelagar tanpa diafragma tidak aman terhadap bahaya tekuk lateral karena dП/dA < 0 sedangkan dengan memakai 1 buah diafragma dimensi tersebut sudah aman terhadap bahaya tekuk lateral karena dП/dA > 0. dari hasil ini ditetapkan dimensi gelagar memanjang yang dipergunakan dimensi seperti pada tabel 4.3.1 dengan menggunkan 1 buah diafragma. Untuk memenuhi persamaan dП/dA = 0 yaitu dimensi profil aman terhadap tekuk lateral, maka dimensi dapat diganti sedemikian dimana semakin banyak balok diafragma yang dipergunakan, dimensi profil akan semakin kecil sehingga momen lentur maksimum yang dapat dipikul gelagar semakin kecil sehingga momen lentur maksimum yang dapat dipikul gelagar semakin kecil juga dimana M = σ x Wx. Dalam hal ini momen menjadi control apakah dimensi tersebut aman terhadap lentuir dan tekuk lateral atau tidak seperti terlihat pada tabel (4.3.3): 9 Mmax (lentur tanpa pemakaian balok difragma) > mmax (lentur akibat gaya luar) : maka Mmax (tanpa diafragma) menentukan dalam pendimensian, artinya dimensi dapat dikontrol terhadap pemakaian m diafrgama. 9 Mmax (lentur dengan pemakaian 1 diafragma) < Mmax (lentur akibat gaya luar akibat gaya luar) sehingga Mmax (lentur akibat gaya luar) akan menentukan pendimensian. Dari tabel (4.3.2) dan (4.3.3) akan diperoleh grafik (4.3.1) yaitu hubungan Momen lentur akibat bekerjanya gaya luar. Momen lentur dengan pemakaian m balok diafragma serta Momen ijin dengan jumlah diafragma. Data yang dipakai untuk Mijin adalah sebagai berikut: Mijin = 232,273 tm = 23227300 kgcm


IV - 26

Wx =

M ijin

σ

=

23227300 = 14.517,063 1600

Ambil profil W36 x 245 dengan: Wx = 14628,1 cm3 Ix = 669900 cm4 Iy = 45560 cm4 Grafik dapat juga dibuat bervariasi, selain hubungan Momen dan jumlah diafragma dapat pula dibuat grafik antara hubungan Inersia (Iy) dengan jumlah diafragma (grafik 4.3.2). pemilihan Iy ini untuk menunjukkan berapa besar Iy yang dibutuhkan sehingga profil aman terhadap tekuk lateral karena deformasi kea rah lateral dipengaruhi oleh besar tidaknya inersia kearah sumbu y. Sebagai perbandingan, tabel 4.3.4 menunjukkan pemilihan dimensi gelagar yang lebih langsing dengan luas tampang sama. Dari persamaan

dΠ = 0 dapat dilihat bahwa gelagar memerlukan 2 balok diafragma untuk dA keamanannya terhadap bahaya tekuk lateral. Untuk memperoleh dimensi yang baik maka perlu dilakuakn proses berulang – ulang karena perubahan kecil pada variable H,b,tb, atau ts dapat memberikan nilai – nilai yang bervariasi dimensi yang diperoleh selain aman juga harus ekonomis dari segi biaya. Keekonomisan ini dapat dilihat dari perbandingan luas penampang dari dimensi – dimensi yang diperoleh.


IV - 27


IV - 28


IV - 29


IV - 30


IV - 31


IV - 32

IV.4 Dimensi Diafragma Pada konstruksi jembatan dibutuhkan 1 buah diafragma untuk menjamin keamanan jembatan terhadap bahaya tekuk lateral. Balok difragma diletakkan pada tengah bentang sehingga diperoleh parameter z = L/2 = 7,5 m. jarak antar difragma = Ld = 1,2 n Profil direncanakan seperti berikut: Profil baja IWF 250 x 125

ts H

h

tb

H = 25 cm

Ix = 10,4 cm4

b = 12,5 cm

Iy = 2,79 cm4

tb = 0,6 cm

Wx = 324 cm3

ts = 0,9 cm

Wy = 47 cm3

b

Gambar 4.8 Profil I balok diafragma E = 2,1 * 106 kg/cm2

G=

E ; μ = 0,3 untuk baja ( poisson' s ratio) 2 ( μ + 1)

= 807692,3077 kg / cm 2 σ ijin lentur = 1600 kg/cm2.

ts * h 2 * b3 24 0,9 * 25 2 * 12,5 3 = 45776,367 cm 6 Cw = 24 2 * b * t s3 + h * t b3 J = 3 2 * 12,5 * 0,9 3 + 23,2 * 0,6 3 = 7,745cm 4 j = 3 Cw =

(Mo) lentur = 1600 x324 = 518400 kg/cm


IV - 33

( Mo)cr = ( Mo)cr =

π

π 2 E 2 CW I y

Ld

L4d

π

+ EI y

π 2 (2,1x10 6 ) (45776,367 )(2,79)

120

2

(

120

4

) (

= 0,0261 3,86 x1014 + 0,367 x1014

(

)

+ 2,1x10 6 (2,79 )(807692,3077 )(7,745)

)

= 0,0261 1,417 x1014 = 310688,68 kg / cm 2 (Mo)lentur > (Mo)cr maka Mo = (Mo)cr = 310688,68 kgcm Dari persamaan (3.1.1) sampai dengan persamaan (3.3.4) diperoleh:

15 x7,5− 7,5 2 − 4 x15 + 4 x 7,5 = 1,75 15 15 x 7,5− 7,5 2 y2 = = 3,75 15 15 x7,5− 7,5 2 − 5 x7,5 y3 = = 1,25 15

y1 =

0,864 x15 x3 x75 = 119,425tm 2 ⎡ 4,374 (15 − 3,5) + 17,494 (7,5) + 17,494 (15 − 12,5) + 0,864 x15 ⎤⎥ = 21,496ton RA = ⎢ 15 15 2 ⎣ 15 ⎦

M x = 4,374 x1x75 + 17,494 x3 x75 + 17,494 x1x 25 +

Dengan memasukkan variabel – variabel yang diperlukan untuk persamaan (3.6.5) diperoleh:

du φ = 597,004 dz EI η Dengan memasukkan variabel – variabel yang diperlukan untuk persamaan (3.6.6) diperoleh:


IV - 34

I xd ≥

I xd

I xd

I xd

I xd I xd

M ζ Ld 2 Eφ

⎛ du ⎞ Mx − uR A ⎟ Ld ⎜− dz ⎠ >⎝ 2 Eφ ⎛ ⎛ ⎞⎞ ⎜ − ⎜ 597,004 φ (119,425) + 1601,719 φ (21,496)120 ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜ EIη EIη ⎝ ⎠⎠ >⎝ 2 Eφ ⎛ ⎞ ⎜ − 597,004 φ (119,425) − 1601,719 φ (21,496 )120 ⎟ ⎜ ⎟ EI η EI η ⎝ ⎠ > 2 Eφ ⎛ ⎜1236873,3052 φ ⎜ EIη >⎝ 2 Eφ 1236873,3052 > 2E 2 I y

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

4050 cm 4 > 0,005 cm 4 KKKKKKKKKK OK Dari persamaan (3.6.9) diperoleh:

⎛L ⎞ ⎛ du ⎞ Mo ≥ ⎜− M x _ M z ⎟ ⎜⎜ 500 ⎟⎟ ⎝ dz ⎠⎜ u ⎟ ⎝ ⎠ ⎛L ⎞ ⎛ du ⎞ ⎜ 500 ⎟ Mo ≥ ⎜− M x _ uR A ⎟ ⎜ ⎝ dz ⎠ ⎜ u ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ 15 ⎟ ⎞⎜ 500 ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ φ ⎠ ⎜ 1601,445 EI ⎟⎟ η ⎠ ⎝ 310688,68 kg cm > 198000 kg cm KKKKKKK OK ⎛ φ M o ≥ ⎜105727,754 ⎜ EIη ⎝

Dari analisis yang dilakukan diperoleh bahwa dimensi balok diafragma yang direncanakan aman.


BAB V KESIMPULAN DAN SARAN

V.1.

Kesimpulan Berdasarkan hasil analisis pada bab IV, dapat diambil beberapa kesimpulan sebagai berikut :

1. Dari hasil analisis yang dilakukan diperoleh Mmaksimum = 104,012 tm 2. Penambahan

diafragma pada gelagar memanjang mengahasilkan

dimensi gelagar yang semakin kecil, demikian juga M (M = σ x Wx) semakin

kecil

sehingga

untuk

pemilihan

dimensi

gelagar

harus

diperhatikan bahwa momen yang dapat dipikul gelagar harus lebih besar dari pada momen maksimum yang bekerja pada gelagar. 3. Pada kasus ini dimensi gelagar akibat lentur tidak aman terhadap tekuk lateral balok, tetapi dengan menggunakan 1 buah balok diafragma dimensi tersebut sudah aman terhadap bahaya tekuk lateral balok. V.2.

Saran Penulis menyarankan untuk menyelidiki pengaruh tekuk lateral balok

pada struktur – struktur lain dalam kehidupan sehari-hari sebagai aplikasi terhadap ilmu yang telah dipelajari sehubungan dengan stabilitas.

V-1


DAFTAR PUSTAKA 1. Hsieh, Yuan-Yu, Teori Dasar Struktur, edisi ke 2, Terjemahan Ir. Suryadi, Penerbit Erlangga, Jakarta,1985. 2. Ketter, Robert L., George C. Lee, and Sherwood P. Prawel, Jr., Structural Analiysis and Design, McGraw-Hill Book Company, New York, 1979. 3. Pedoman Perencanaan Pembebanan Jembatan Jalan Raya, SKBI-1.3.28. 1987, Departemen Pekerjaan Umum, 1987 4. PERATURAN PERENCANAAN BANGUNAN BAJA INDONESIA (PPBBI), cetakan ke 2, 1983. 5. Popov, E.V., Mekanika Teknik, Alih Bahasa Zainul Astamar, Penerbit Erlangga, Jakarta, 1986. 6. Salmon, Charlesh G. dan John E. Johnson, Struktur Baja : Desain dan Perilaku, alih bahasa Ir. Wira M.S.C.E., Edisi ke 2, Penerbit Erlangga, 1986.


ANALISIS PENGARUH DIAFRAGMA TERHADAP TEKUK LATERAL PADA GELAGAR MEMANJANG JEMBATAN

Recommend Documents