DINAMIKA JURUSAN TEKNIK SIPIL FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS BRAWIJAYA 2011
Analisis respon gempa pada bangunan:
Analisis statik ekivalen Beban gempa dimodelkan sebagai beban terpusat pada masingmasing tingkat/lantai struktur gedung, dimana beban bekerja secara statis. Hanya meninjau respon maksimum gempa.
Digunakan untuk sistem struktur sederhana
Analisis dinamis Didasarkan pada teori mekanika vibrasi yang memperhitungkan faktor simpangan, kecepatan dan percepatan massa bangunan sebagai fungsi waktu. Keseimbangan gaya elastis, gaya inersia dan gaya redaman berubah dari waktu ke waktu
STATIS
DINAMIS
P
P(t)
MODEL BANDUL SEDERHANA m K
K
EI
m
x m
P(t)
P(t)
K m
K1
K2
Model Struktur
K
Model SDOF
P(t)
Model Matematis
Digunakan untuk memodelkan getaran pada struktur sederhana dan bangunan tidak bertingkat.
Pegas Paralel
Pegas Seri
K1
K1
K2
K2
y
m
y P
ke
k1
k2
1 ke
1 k1
1 k2
Gerakan Harmonis Bentuk kurva gerak harmonis
PERSAMAAN GERAK DAN KESETIMBANGAN Gaya yang bekerja dan berada pada keseimbangan dinamis yaitu:
Gaya pegas akibat deformasi (P)
P
k .x
……(1)
k = kekakuan pegas x = perpindahan Gaya inersia akibat perubahan kecepatan (F)
F
m.a
d 2x m. dt 2
……(2)
m
K
K
K.x
m = massa a = percepatan
m.a
m
x
d 2x m. dt 2
k .x
0
……(3)
SOLUSI PERSAMAAN DIFFERENSIAL GERAK Solusi Umum:
x x
A cos t A sin t
……(4) ……(5)
x
A Sin t
B Cos t ……(6)
ω = frekuensi natural (radian/detik) t = waktu (detik)
Mencari besarnya frekuensi natural (ω)
x A cos t dx . x A sin t dt d 2 x .. 2 x A cos t 2 dt Substitusikan ke pers. (3) ..
m. x k .x m
A. m
2
2
0 Cos t
k A Cos t
k A Cos t 0
0
k m
……(7)
: Mencari besarnya konstanta A dan B
Jika dimasukkan masalah kondisi awal (t = 0) yaitu: Perpindahan: x t
Kecepatan:
x0
.
.
xt
x0
0
……(8)
V
……(9)
Maka:
x
A Sin t
B Cos t
0 A Sin (0) B Cos (0) B 0 ……(10) dx V A Cos t B Sin t t 0 dt V A Cos (0) B Sin (0) Sin 0 0 V A ……(11)
KEKAKUAN KOLOM Kolom bermassa seragam dengan kedua ujung terjepit /tak berotasi, kekakuan pegasnya adalah: 12 EI L3 PL3 12 EI
k
P
k
P
……(12)
Δ
……(13)
L
Kolom bermassa seragam dengan satu ujung terjepit dan ujung lain berengsel/bebas, kekakuan pegasnya adalah: k
3EI L3 PL3 3EI
P
k
……(14)
P Δ
……(15)
Deformasi lentur
Deformasi geser
k
12 E I 1 I 2 L3
P
3EI L3
GA L
CONTOH KASUS Contoh 1 m = 1000 kg
EI=400 KN/cm2
Tentukan besarnya frekuensi natural struktur pada gambar di samping.
K = 2 N/cm L=100 cm
Jawab Kekakuan balok:
k
3EI L3
Kekakuan balok dan pegas:
3 400 1000 N 100 K paralel
3
cm 1,2 N/cm
kbalok k pegas 2 1,2
Frekuensi natural:
k m
320 1000
0,56 rad
3,2 N/cm 320kg/dt 2
detik
Contoh 2
Tentukan persamaan-persamaan gerak (perpindahan, kecepatan dan percepatan) struktur pada gambar contoh 1. Gunakan syarat awal getaran pada t=0, perpindahan (x) = 0 dan kecepatan (dx/dt) = 5 cm/detik.
Jawab 0,56 rad
Frekuensi natural:
detik
Kecepatan awal (V) = 5 cm/dtk
Persamaan gerak:
x
A sin t
A
x
5 sin 0,56t 0,56
V
dx . x A cos t V cos t 5 cos 0,56t dt d 2 x .. 2 x A sin t V sin t 2,8 sin 0,56t 2 dt
Contoh 3 SDOF 200 lb/ft m F(t)
F(t)
W8x24
15 ft
Data yang diketahui: E = 30.106 psi I = 82,5 in4 W = 200 x 25 = 5000 lb g = 386 ft/dt2
• Tentukan persamaan kesetimbangan struktur pada gambar diatas. • Tentukan besarnya frekuensi natural struktur tersebut
Jawab K m
F(t)
m
fs
F(t)
I
(Freebody Diagram)
(Model matematis) Persamaan kesetimbangan: ..
I
fs
Ft
m. x k .x F t
Frekuensi natural: K
12 E 2 I L3 k m
12 . 30 .106 2 .82,5 3 15 .12 10185 . 386 5000
10185 lb / in
28,041 rad / dt
atau
m f
2
W g
5000 386
1 2
10185 . 386 5000
4.46 sps
Contoh 4 k = 2000 lb/in
EI=108 lb/in2
W = 3000 lb/in k = 2000 lb/in L=100 in
Jika berat W mempunyai perpindahan awal x0 = 1 inci dan kecepatan awal V0 = 20 inci/detik, tentukan perpindahan dan kecepatan pada 1 detik kemudian.
Jawab Kekakuan balok:
kbalok
3EI L3
3 108 1003
Kekakuan pegas: k pegas
2k
Kekakuan total:
kbalok k pegas
K total
300 lb/in
2 2000 4000 lb/in
300 4000
4300 lb/in
Frekuensi natural:
k m
4300 386 3000
23,52 rad
detik
x0 = 1 inchi dan V0 = 20 in/dtk
x
A Sin t B Cos t
V
Sin t
x0Cos t
20 Sin(23,52t ) (1)Cos (23,52t ) 23,52 085Sin(23,52t ) Cos (23,52t ) x(t 1 det ik) 0,89 in .
x 19,992Cos (23,52t ) 23,52Sin(23,52t ) .
x (t
1 det ik)
22,66 in/detik
REDAMAN • Redaman adalah jumlah energi yang terhambur atau lenyap ketika terjadi
satu siklus gerak bolak balik • Redaman timbul karena ada gesekan internal dalam bahan ketika
mengalami gerakan. • Redaman bisa juga berasal dari bantalan eksternal yang sengaja dipasang
seperti pada rel kereta api • Redaman internal dapat berasal dari gesekan mikro bahan, dapat pula dari
gesekan dalam sambungan tidak rigid. • Model redaman yang paling sering dipakai adalah model dashpot. • Selain model dashpot, dapat juga dipakai model Coulomb, yaitu redaman
yang berasal dari friksi dan berbanding lurus dengan simpangan dan arah gerakan
MODEL REDAMAN DASHPOT Model redaman dashpot menghasilkan penurunan simpangan mengikuti fungsi eksponen
Getaran bebas redaman viscous
MODEL REDAMAN COULOUMB Struktur dengan redaman couloumb mempunyai persamaan gerakan diferensial linier sehingga menjadi lebih mudah diselesaikan untuk kasus respon getaran bebas ataupun respon akibat adanya gaya luar
Dalam praktek, redaman ini biasanya terjadi akibat hilangnya sambungan, gesekan antar komponen dan redaman dari material yang semuanya menyebabkan perilaku struktur menjadi nonlinier.
Model persamaan kesetimbangan:
d 2x m dt 2 fs fD
fs
fD
N
k
0
……(39)
kx k
mg
……(40)
MODEL BANDUL DENGAN REDAMAN • Redaman digunakan untuk menghentikan getaran bebas dari suatu struktur. • Gaya redaman berbanding linier terhadap konstanta dashpot (c) dan kecepatan gerak (V)
P(t)
m P(t)
m
x
K1
K2
K,c K c
m I
P(t)
fs fd
I
P(t)
PERSAMAAN GERAK DAN KESETIMBANGAN Persamaan kesetimbangan dapat ditulis: H
0
I
fd
fs
..
I
.
mx
..
.
mx
cx
P(t )
fd kx
cx
P (t )
fs
kx
……(16)
Solusi persamaan difensial:
x Ae pt dx pAe pt dt d 2x 2 pt p Ae dt 2
……(17) ……(18)
……(19)
Substitusi pers. (17, 18, 19) ke dalam pers. (16)
m p 2 Ae pt
c pAe pt
mp 2 cp k Ae pt
k Ae pt 0
0 ……(20)
Solusi nontrivial:
mp 2 cp k Ae pt
0
……(21)
Akar-akar dari persamaan tsb. adalah:
p1, 2
c 2m
c 2m
2
k (22) m
Karena ada 2 nilai p, maka solusi persamaan differensial menjadi:
x
Ae p1t
Be p2t
……(23) Nilai p bisa bersifat riil atau imaginer, tergantung dari faktor dibawah akar apakah positif atau negatif. p riil persamaan gerak berupa fungsi eksponen p imaginer persamaan gerak berupa fungsi berulang
FAKTOR REDAMAN Kasus Redaman Kritis…… Berdasarkan pers. 22, jika nilai variabel didalam tanda akar = 0
c 2m
p1, 2
c 2m
2
k m
c 2m
2
k m
0
Maka,
c 2m c 2m
2
2
k m k m
0 c 2m
k m
2 mk
ccr
Ccr disebut dengan faktor redaman kritis Keadaan redaman kritis adalah batas antara redaman berlebih (over damped) dan redaman kurang (under damped)
Pada kondisi redaman kritis, 2
p1, 2
c 2m
c 2m
k m
p
c 2m
……(24)
2
c 2m
k m
0
Sehingga, solusi persamaan geraknya adalah:
x
e pt
e
c t 2m
……(25)
Kasus Redaman Kurang (Under-damped)…… Jika nilai koefisien redaman lebih kecil dari koefisien redaman kritis (c < ccr)
p1, 2 p1, 2
c 2m
c 2m
c k i 2m m
2
k m
c 2m
c 2m
2
2
……(26)
k m
Untuk menyelesaikan persamaan dengan bilangan imaginer, maka digunakan persamaan Euler: e it Cos t i Sin t ……(27) e it Cos t i Sin t ……(28) Sehingga, solusi persamaan gerak adalah:
x
e D
c t 2m
A Cos k m
D
c 2m
t
B Sin
D
t
……(29)
2
……(30)
Persamaan 30 dapat juga ditulis dalam bentuk: D
D
c2 1 4mk c2 1 2 ccr
……(31)
1
2
c ccr
……(32)
……(33)
Kasus Redaman Berlebih (Over-damped)…… Pada sistem redaman superkritis, koefisien redamannya lebih besar dari koefisien redaman kritis yaitu:
c ccr
1
c
ccr
……(34)
Sehingga solusi persamaan geraknya menggunakan solusi dasar untuk getaran bebas teredam, yaitu menggunakan persamaan (23)…..
x
Ae p1t
Be p2t
Kurva hubungan perpindahan-waktu untuk kondisi redaman yang berbeda
MENENTUKAN FAKTOR RASIO REDAMAN Terdapat dua metode untuk menentukan besarnya faktor rasio redaman, yaitu: Metode setengah amplitudo Metode pengurangan logaritmik METODE SETENGAH AMPLITUDO
xP xQ
e TD
TD
2
……(35)
……(36) D
Dimana: xP = perpindahan awal xQ = perpindahan setelah 1 siklus ξ = faktor rasio redaman ω = frekuensi natural TD = periode teredam
METODE PENGURANGAN LOGARITMIK
xP ln xQ TD
2
TD
……(37)
2 D
TD
1
2
2 1
……(38) 2
Dimana: xP = perpindahan awal xQ = perpindahan setelah 1 siklus ξ = faktor rasio redaman ω = frekuensi natural TD = periode teredam δ = pengurangan logaritmik ωD = frekuensi teredam
Kurva hubungan antara jumlah putaran (N) dan faktor rasio redaman:
Contoh 5
Frekuensi natural dari balok kantilever dengan massa terpusat bergerak dinamis. Massa bergerak dengan amplitudo A = 1 in kemudian dilepaskan. Gerakan yang terjadi ditunjukkan gambar di bawah yang mengindikasikan bahwa redaman pada struktur sangat kecil. Hitung frekuensi natural pada titik a dalam radian/detik dan hertz. Hitung pula periodennya.
Jawab Pada titik a, massa telah bergetar sepanjang 1,25 putaran.
fn
n
Tn
1.25 putaran 0.4 s
3.125 Hz
2 f n (6.28)(3.125) 1 fn
1 3.125
0.32 s
19.6 rad/s
Contoh 6 Sebuah sistem bergetar terdiri dari berat W = 10 lb dan pegas dengan kekakuan K = 20 lb/in. Akibat redaman viskous (liat) sehingga terjadi amplitudo puncak 1,0 dan 0,85. Tentukan: • Frekuensi natural • Pengurangan logaritmik • Faktor rasio redaman • Faktor redaman • Frekuensi teredam
Jawab Frekuensi natural:
f
k m
20 10 / 386
2
27,78 2
27,78 rad
4,42 SPS
detik
Pengurangan logaritmik:
x1 ln x2
1 ln 0,85
0,165
Faktor rasio redaman:
2 2
2
1
0,165 2 3,14 0,165
Faktor redaman:
c
ccr
0,256 2 2010
386
0,037 lb
dtk in
Frekuensi teredam: D
1
2
27,78 1 0,0256
27,422 rad
dtk
0,0256
Contoh 7 Sebuah lantai seberat W = 4000 lb ditunjang oleh 4 buah kolom yang sama dan diikat pada pondasi, demikian pula pada lantai. Secara eksperimental telah ditentukan gaya statis sebesar P = 1000 lb bekerja horizontal pada lantai itu dan mengakibatkan perpindahan x sebesar 0,1 in. Diperkirakan redaman struktur sebesar 5% dari redaman kritis. Tentukan: • Frekuensi natural tak teredam • Koefisien redaman absolut dan redaman kritis • Jumlah siklus dan waktu yang diperlukan supaya amplitudo gerakan berkurang dari harga awal 0,1 in menjadi 0,01 in.
Jawab Frekuensi natural:
P
k .x k m
k
1000 10000 lb / in 0,1
10000 31,06 rad detik 4000 / 386
Faktor redaman kritis:
ccr
2 mk
2 10000.4000 / 386
lb.dt 643,8 in
Faktor redaman absolut:
c
ccr
0,05 643,8 32,19 lb
dtk in
Pengurangan logaritmik:
2
2 3,14 0,05 2
1
ln
xP xQ
1
0,05
0,314
2
xP xQ
0,314
1,37
Frekuensi teredam: D
1
2
31,06 1 0,052
31,02 rad
dtk
xP x1 xQ 1 . ... x1 x2 xQ
xP xQ xP ln xQ
0,1 ln 0,01
... 0,314k
k k
ln 10 0,314
7,33 8 siklus
Periode teredam:
TD
2 D
2 3,14 31,02
0,2025 det
Waktu untuk 8 siklus:
t 8 siklus
8TD
8 0,2025 det 1,62 det
Contoh 8 EI=400 KN/cm2
Tentukan solusi persamaan gerak dari struktur pada gambar disamping.
m = 1000 kg
c = 200 kg/dtk
K = 2 N/cm
L=100 cm
Jawab Kekakuan balok: k
3EI L3
Kekakuan balok dan pegas:
3 400 KN 100 K paralel
cm
3
0,0012 KN/cm 1,2 N/cm
kbalok k pegas 1,2 2
Frekuensi natural:
k m
320 1000
0,56 rad
3,2 N/cm 320 kg/dt 2
detik
c 2m
p1, 2
c 2m
0,1
0,01
2
k m
0,32
0,1 0,55i
Keadaan redaman kurang (under-damped)
c2 1 4mk
D
200 2 0,56 1 4 1000 320
0,55
Persamaan solusi getaran beban dengan redaman untuk kondisi redaman kurang (under-damped) adalah:
x
e e
c t 2m 0 ,1 t
A Cos
D
t
A Cos 0,55 t
B Sin
D
t
B Sin 0,55 t
Misalkan syarat awal getaran pada t = 0 adalah x = 0,3 dan dx/dt = 0 Maka didapatkan nilai konstanta A = 0,3 dan B = 0
x
e
0 ,1 t
0,3 Cos 0,55 t
Pengurangan simpangan setelah 10 detik adalah 0,369 kali simpangan awal.
GETARAN PAKSA STRUKTUR TANPA REDAMAN Getaran paksa adalah getaran yang disebabkan beban luar yang bergetar Getaran bebas adalah getaran yang diakibatkan beban luar pada keadaan awal saja. Selanjutnya struktur bergetar bebas tanpa beban.
m
P
P
K K2
K1
m
x Model persamaan kesetimbangan:
d 2x m. dt 2
k .x
P Sin t
……(41)
Persamaan (34) merupakan persamaan diferensial non-homogin. Sehingga solusi persamaan geraknya terdiri dari: • Solusi homogin (solusi umum) yaitu solusi yang menghasilkan persamaan gerak getaran bebas • Solusi khusus (disesuaikan dengan bentuk beban) Bentuk solusi umum:
x
A Sin t
x
k A Sin t m
B Cos t k B Cos t m
……(42)
Bentuk solusi khusus:
x X Sin t dx X Cos t dt d 2x 2 X Sin t 2 dt
……(43) ……(44)
……(45)
Substitusi persamaan solusi khusus kesetimbangan, menghasilkan persamaan:
P
X
P 2
k 1
k1 r
ke
dalam
persamaan
……(46)
2
2
……(47)
r
Dimana X adalah amplitudo getaran dan r adalah rasio antara frekuensi beban luar dan frekuensi alami Sehingga, solusi persamaan gerak secara lengkap yang terdiri dari solusi umum dan solusi khus adalah
x
A Sin t B Cos t
P k1 r
2
Sin t
……(48)
RESONANSI DAN PEMBESARAN DINAMIS Persamaan (41) menunjukkan bahwa bentuk solusi persamaan gerak adalah superposisi dari getaran bebas dan getaran akibat beban luar.
x
A Sin t B Cos t
Getaran bebas
P k1 r
2
Sin t
Getaran beban luar
Pada suku ketiga (akibat getaran beban luar), bila frekuensi getaran luar mendekati frekuensi alami struktur, (r mendekati 1) maka nilai suku ketiga tersebut akan mendekati tak hingga. Keadaan ini disebut resonansi.
x
P k1 r
2
Sin t
P k 1 0,9999....
P k 0,00...1
Nilai x maksimum akan terjadi bila:
Sin t
xmax
1
P k1 r
2
P 1 k 1 r2
……(47)
Simpangan statis (xst) Faktor pembesar dinamis D
1 1 r2
……(48)
Kurva hubungan antara rasio frekuensi dan faktor pembesar dinamis
Contoh 9 Suatu sistem mempunyai k = 40 lb/in dan berat benda 38,6 lb. Jika x0 = dx0/dt = 0 dan gaya luar P(t) = 10 cos (10)t, tentukan persamaan geraknya dan sketsa hasilnya.
Jawab Dari persamaan (41) P
x .
x
k cos 1 r2 P/k 1 r2
sin
t
A sin t B cos t
t
A cos t B sin
t
n
k m
Simpangan statis:
X st
P k
Rasio frekuensi:
r
Frekuensi natural:
xmax
P/k 1 r2
0.25 1 (0.5) 2
1
2
10 40
10 20
kg W
1
2
40(386) (38.6)
0.25 in.
0.5
0.25 0.33 in 1 0.25
Gunakan kondisi awal untuk menentukan A dan B .
x(0) 0 A
x(0) 0
P/k 1 r2
0
A 0
B
B
P/k 1 r2
0,33 in
20 rad/s
P
x x x
k cos 1 r2
t
A sin t B cos t
0,33 cos10 t 0,33 cos 20t 0,33 cos10 t cos 20t
GETARAN PAKSA STRUKTUR DENGAN REDAMAN
Model persamaan kesetimbangan:
d 2x m. dt 2
dx c dt
kx
P Sin t ……(49)
Solusi dari persamaan kesetimbangan tersebut terdiri dari solusi umum dan solusi khusus.
Solusi umum (solusi persamaan getaran bebas teredam)
x
e
c t 2m
A Cos
B Sin Dt
Dt
……(50)
Solusi khusus (tergantung pada bentuk beban luar) bisa berbentuk fungsi trigonometri atau fungsi eksponen.
x C1Sin t C2Cos t Atau…
x Cei t dx i Cei t dt d 2x 2 i Ce dt 2
……(52)
……(53) t
……(54)
Substitusi pers. (51) ke pers. (49)……
m. C
2
C i cC kC P P ……(55) 2 k m. i c
……(51)
Sehingga, solusi khusus dapat ditulis:
x Ce i
t
P
x
k m.
2
i c
ei
t
……(56)
Untuk menghilangkan bilangan imaginer pada ruas penyebut, maka digunakan bantuan persamaan trigonometri dan Euler.Didapatkan hasil akhir:
Pei
x
k m.
2 2
……(57)
c
2
Persamaan (57) dapat juga ditulis dalam bentuk:
ccr 2
2 mk k m
P
x k 1 r
2 2
ei 2r
x sta tis
2
……(57)
RESONANSI PADA GETARAN PAKSA Dari persamaan (57)…
Pei
x
k 1 r
Simpangan statis xst
2 2
2r
2
Nilai maksimum e
Sehingga didapatkan:
1
D 1 r
2 2
2r
2
……(58)
Pada keadaan resonansi (r = 1)
D
1 2
……(59)
i
P
k 1
Tabel Nilai Rasio Redaman pada berbagai jenis struktur berdasarkan SNI-1726-2002 Tipe Bangunan
Rasio Redaman
Rangka baja terbuka, sambungan las, dinding lentur Rangka baja, sambungan las, memakai lantai dan dinding sekat Rangka baja, sambungan baut, memakai lantai dan dinding sekat Rangka beton dengan dinding lentur Rangka beton dengan dinding sekat Rangka beton dengan dinding bata Dinding geser beton Rangka kayu dan dinding geser
0,02 0,05 0,1 0,05 0,07 0,1 0,1 0,15
Contoh 10 Sebuah balok pada tengah bentangnya memikul sebuah mesin dengan berat W = 1000 lb. Balok ini terbuat dari 2 profil standard S8 x 23 dengan bentang bersih L = 12 ft dan dengan momen inersia penampang total I = 2 x 64,2 = 128,4 in4. Motor berotasi pada 300 rpm (putaran per menit), dengan ketidakseimbangan rotornya sebesar W’=40 lb pada jari-jari e0 = 10 in. Berapa besar perpindahan statis jika redaman liat (redaman viskous) dianggap ekivalen dengan 10% redaman kritis.
Jawab k
48 30 106 128,4 3 144
48 EI L3
Frekuensi natural:
n
61920 lb/in
k m
1
2
kg W
1
2
61920(386) (16000)
38,65 rad/s
Frekuensi beban = 300 rotasi per menit, maka
300 2 60 Rasio frekuensi: Gaya luar:
P
31,41 rad/s 31,41 38,65
r
0,813
2
40 10 31,41 / 386 1022 lb
Perpindahan statis:
P
x k 1 r2
2
2r
2
1022 / 61920 1 0,813
2 2
2 0,813 0,1
0,044 in 2
9
GETARAN AKIBAT BEBAN IMPULS Beban dinamik tidak selalu bergetar periodik seperti fungsi sinus atau cosinus, tetapi dapat juga berubah secara tak tentu. Salah satu bentuk beban dinamis adalah beban impuls, yaitu beban yang bekerja sesaat tetapi dapat menimbulkan getaran setelah beban tesebut dihilangkan. Contoh bentuk-bentuk beban impuls: P(t)
Po
tr
t
Percepatan yang timbul akibat beban impuls:
d 2x dt 2
Fdt m
……(60)
Getaran yang dihasilkan akibat beban impuls adalah getaran bebas teredam. Sehingga, solusi persamaan geraknya adalah:
x
e
c t 2m
A Cos c t 2m
dx dt
c e 2m
d 2x dt 2
c2 e 2 4m
dengan
D
D
c t 2m
k m
t
B Sin
A
D
A c 2m
Sin 2
D
2
D
D
Cos
t t D t
……(61)
B
D
B
Cos 2 D
D
Sin
t
D
……(62)
t
……(63)
Masukkan syarat batas:
x(0) 0
dx dt
d 2x dt 2
0
A 0
Didapatkan:
B
Fdt m Fdt m D
Sehingga, solusi pers. Gerak akibat beban impuls untuk sistem dengan redaman adalah:
x
e
c t 2m
Fdt Sin m D
F D
t
……(64) t
Dan solusi persamaan gerak untuk sistem tanpa redaman: x
x
Fdt Sin t m
……(65) t
GETARAN AKIBAT BEBAN DINAMIS KOMPLEKS Beban dinamis kompleks adalah jumlah dari beban impuls, sehingga pengaruhnya adalah superposisi dari sejumlah besar beban impuls.
Digunakan variabel waktu beban (τ) dan waktu getaran (t) untuk menjabarkan pembebanan dinamis kompleks.
Solusi persamaan gerak akibat beban impuls satuan adalah:
x
Fd Sin m
……(66)
t
Sehingga superposisi/gabungan dari sejumlah beban impuls satuan menghasilkan solusi persamaan gerak:
x
1 m
t
FSin
t
d
……(67)
0
Bentuk persamaan integral diatas disebut dengan integral duhamel/integral konvolusi
BEBAN MERATA YANG BEKERJA TIBA-TIBA DARI t = O P(t)
x Po
t
xst
1 m
t
F0 Sin
t
d
0
F0 Cos m F0 k
t
0
F0 1 Cos t (68) k
Nilai maksimum dari (1-cos ωt) = 2. Sehingga nilai pembesaran simpangan adalah 2 kali simpangan statis (xst)
Grafik hubungan pembesaran simpangan dan waktu untuk sistem SDOF teredam………
BEBAN SEGI EMPAT YANG BEKERJA DENGAN INTERVAL WAKTU TERBATAS
Misal: Daerah pada saat impuls masih bekerja (0 < t < td),maka td = 5/4 Tn Daerah pada saat impuls masih bekerja (t > td),maka td = 1/8 Tn
Getaran paksa terjadi sampai interval waktu td . Setelah waktu td, terjadi getaran bebas dengan syarat awal posisi pada td. Solusi persamaan gerak pada waktu sebelum td (0 < t < td),
x
1 m
t
F0 Sin
t
t d dt d
0
F0 Cos m
t
td
td 0
F0 1 Cos t k
Solusi persamaan gerak pada saat td (t = td),
F0 x 1 Cos t d k F0 dx Sin t d dt k
…(70) …(71)
…(69)
Solusi persamaan gerak setelah waktu t1 (t > t1) mempunyai bentuk getaran bebas:
x x
ACos t BSin t F0 1 Cos t1 Cos k
Faktor Pembesaran Dinamis:
t
t1
F0 Sin t1Sin k
FBD
x xst
…(73)
Untuk (0 < t < t1),
t FBD 1 Cos t 1 Cos 2 T
…(74)
Untuk (t > t1),
FBD Cos 2
t T
t1 T
t Cos 2 T
…(75)
t
t1
…(72)
Kurva hubungan Faktor Pembesaran Dinamis maksimum untuk osilator tak teredam yang dibebani dengan beban merata segi empat untuk waktu terbatas:
BEBAN IMPULS SEGITIGA Solusi persamaan geraknya menggunakan persamaan (66)
x
Sehingga, untuk interval waktu
x
F 1 k
t t1
Cos t
Untuk interval waktu
x
F k
1 m
t
FSin
t
d
0
F
F0 1
F
0
t untuk 0 t1 untuk t
t
t1 .…(76) t1
0 t t1
1 Sin t t1
.…(77)
…(76) .…(78)
t t1
1 Sin t 1 Cos t1 t1
Cos t
t1
Sin t1
.…(79)
Kurva hubungan Faktor Pembesaran Dinamis maksimum untuk osilator tak teredam yang dibebani dengan beban merata segi tiga:
Contoh 11 Sebuah kerangka baja dipengaruhi gaya horizontal pada balok. Gaya brkurang secara linier dari 5 kip pada saat t = 0 menjadi nol pada saat t = 0,6 detik.Tentukan lendutan horizontal pada saat t = 0,5 detik dan lendutan horizontal maksimum (dengan anggapan bahwa kolom tidak bermassa, balok sangat kaku dan redaman diabaikan.
Jawab k
k1 k 2
12 EI L12
3EI L22
12 30 106 82,8 3 30 106 82,8 3 3 15 12 20 12
k m
1
2
5650,2 386 20000
5650,2 lb
10,44 rad/s
F F=5 kips Data beban:
t1=0,6 s
t
in
Dari pers. (78) untuk t = 0,5 detik:
x x
F 1 k
t t1
5000 1 5650,2
Cos t 0,5 0,6
1 Sin t t1
Cos 10,44 0,5
1 Sin 10,44 0,5 10,44 0,6
- 0,4072 in
Perpindahan maksimum: Dari kurva hubungan Faktor Pembesaran Dinamis maksimum untuk osilator tak teredam yang dibebani dengan beban merata segi tiga,
T
2
2 10,44
0,602 s
t1 0,6 0,9972 dr kurva didapatkan (FBD)max 1,55 T 0,602 xmax F 5000 1,55 xmax 1,55 xst 1,55 1,55 1,37 in xst k 5650,2
Contoh 12 Sebuah gedung yang ditujukan untuk mendapatkan gaya ledak dibuat model dengan sistem SDOF. Tentukan gaya ledak maksimum yang dapat ditahan bila perpindahan dibatasi sampai 5 mm dan apabila : (1) t1 = 0.4 s, (2) t1 = 0.04 s
Jawab k m
Frekuensi natural:
T
2
1
2
9 109 6 106
0,21 s
30 rad/s
Berdasar kurva Faktor Pembesaran Dinamis (FBD) untuk beban segitiga: Untuk t1 = 0,4 s dan x = 5 mm = 0,005 m
t1 1,905 T x FBD xst xst
P k
FBD
max
1,75
0,005 1,75 xst P 0,00286 9.109
xst
0,00286
P 25,7 106 N
Untuk t1 = 0,04 s dan x = 5 mm = 0,005 m
t1 T
0,19 x xst
FBD xst
P k
FBD 0,19
max
0,58
0,005 xst
P 0,0263 9.109
xst
0,0263
P 77,6 106 N
10
SISTEM BANYAK DERAJAT KEBEBASAN
PERSAMAAN GERAK SISTEM DENGAN DUA DERAJAT KEBEBASAN Persamaan Kesetimbangan Massa 1:
d 2 x1 m1 2 dt
d x1 x2 c1 dt
k1 x1 x2
0
.…(85)
Persamaan Kesetimbangan Massa 2:
d 2 x2 m2 2 dt
dx2 c2 dt
k2 x2
d x1 x2 c1 dt
k1 x1 x2
0 (86)
Kedua persamaan tersebut disusun dalam bentuk matriks:
m1 0
0 m2
d 2 x1 dt 2 d 2 x2 dt 2
k1 k1
d 2x M dt 2
k1 k1 k 2
K x
x1 x2
c1 c1
dx C dt
c1 c1 c2
0
dx1 dt dx2 dt (88)
Untuk redaman = 0
d 2x M dt 2
K x
0
(89)
0 0 (87)
Solusi persamaan homogen tersebut adalah:
d 2x dt 2
2
x
(90)
Dengan ω adalah frekuensi alami getaran. Substitusi persamaan (90) ke dalam persamaan (89): 2
Atau:
2
M x 1
K
K
1
K x
M x
M
I x
D dan
Maka diperoleh persamaan homogen:
(91)
0
0
(92)
1
[D] adalah matriks dinamis
2
D
I
x
0
(93)
Yang menghasilkan nilai eigen λ dan eigen vektor (x) melalui persamaan penentu: Det D I 0 (94)
Contoh 15
Tentukan bentuk ragam (modeshape) dari struktur disamping
Jawab Matriks kekakuan:
Matriks massa:
M
K m 0 0 m
k k
k 4k
K
1
4 3k 1 3k
1 3k 1 3k
Matriks dinamik:
D
4m 3k m 3k
I
Det D
I
0
4m 3k
m 3k m2
m 3k
4m 2 15mk
K
m 3k m 3k 4m 3k
m 3k
4m 3k
1, 2
D
9k 2
2
m m 0,833 0,51 k k
1
m2
4m 3k m 3k
M
m 3k
m 3k
2
0 0 0
3k
m 3k m 3k
2
0
1
2
m 1,343 k m 0,323 k
2
2
k 0,744 m k 3,090 m
Ragam getaran diperoleh dengan memasukkan nilai frekuensi alami ke dalam persamaan gerak: 2
K
1
M x
Ragam 1
k 0,744 m
2
4m 3k m 3k
I x
0
D
K
1
k 0,744 m m 3k m 3k
x1 x2
1 0 x1 0 1 x2
0 0
M
4m 3k m 3k
m 3k m 3k
0,992 0,248 x1 0,248 0,248 x2 Ragam 2
x1 x2
1 0 0 1
x1 x2
0 0
3,07 1,00
k 3,090 m
2
4m k 3k 3,090 m m 3k 4,12 1,03
m 3k m 3k x1
1,03 1,03
x2
x1 x2
1 0 x1 0 1 x2
1 0 0 1
x1 x2
0 0
0 0
x1 x2
0,33 1,00
Contoh 16 Model bangunan penahan geser digunakan untuk kerangka seperti gambar . Tenukan frekuensi natural dan bentuk ragamnya.
Jawab
K1
m1
K2
m2
K1
3E (2 I ) 12 EI 3 3 L1 L1
K1
12 E (2 I ) 3 L2
m1
W1 g
m2
W2 g
M
m1 0
K
k1 k 2 k2
18 106 12 12 in
18EI 3 L1
12 2 106 3 10 12 in
3
13,889 kips
in
2 2 40 ft dt 0,2073 K in 386 in 2 dt 2 3 20 ft dt 0,1554 K in 386 in 2 dt
0 m2
0,2073 0 0 0,1554
k2 k2
19,97 13,889
13,889 13,889
6,028 kips
in
Dengan cara yang sama seperti contoh 15, didapatkan hasil:
D
K
1
M
Det D
I
2
0
15,27 (ragam 1)
2
170,21 (ragam 2)
2
K
dan
2 1
2
1
1
M x
I x
Ragam 1
x1 1,00 x2 1,206
Ragam 1
x1 1,00 x2 1,107
0
11
PERSAMAAN GERAK SISTEM DENGAN TIGA DERAJAT KEBEBASAN
Gaya inersia:
Fi Fi Fi
2
Gaya elastis:
x1
(95)
FE
1
k1 X 1
2
2
m2
x2
(96)
FE
2
k2 X 2
2
3
m3
x3
(97)
Fi
1
m1
3
k3 X 3
X2 X3
(98) (99) (100)
Persamaan kesetimbangan untuk masing-masing tingkat:
d 2 x1 d x1 x2 m1 2 c1 k1 x1 x2 0 (101) dt dt d x2 x3 d 2 x2 d x1 x2 m1 2 c2 k 2 x2 x3 c1 k1 x1 x2 0 dt dt dt d 2 x3 dx3 d x2 x3 m3 2 c3 k3 x3 c2 k 21 x2 x3 0 (103) dt dt dt
(102)
Dalam bentuk matriks: m1 0 0 0 m2 0 0 0 m3
d 2 x1 dt 2 d 2 x2 dt 2 d 2 x3 dt 2
k1 k1 0 k1 k1 k 2 k2 0 k 2 k 2 k3
M
d 2x dt 2
x1 x2 x3
K x
c1 c1 0 c1 c1 c2 c2 0 c2 c2 c3
dx C dt
0
dx1 dt dx2 dt dx3 dt
0 0 0
(105)
(104)
Untuk redaman nol:
M
d 2x dt 2 d 2x dt 2
K x 2
x
(106)
0 (107)
Dengan cara yang sama dengan sistem 2 derajat kebebasan, didapatkan nilai eigen dan vektor eigen (λ):
Det D
I
0
(108)
Perhitungan ragam struktur dengan mencari matriks D atau invers matriks K untuk struktur dengan banyak derajat kebebasan, sangat susah untuk dilakukan. Oleh karena itu, digunakan metode iterasi untuk mempermudah perhitungan. Metode iterasi yang biasa dipakai adalah metode STODOLA dan HOLZER.
METODE ALTERNATIF:
d 2x dt 2
M
K x
d 2x dt 2 2
M x 2
K Nilai eigen:
K
2
M
2
0 x
K x M x 0
0 0
(109)
(110)
Bentuk ragam perpindahan struktur menggunakan persamaan (109)
dapat
diperoleh
Contoh 17 Suatu struktur yang dimodelisasikan sebagai sistem berderajat kebebasan tiga dengan data-data seperti pada gambar. Tentukan frekuensi natural dan bentuk ragamnya.
Jawab
25,91 lb.dt 2 / in
K1
50000 lb/in
W1 10 kips
m1
K2
40000 lb/in
W2
6 kips
m2 15,54 lb.dt 2 / in
K3
30000 lb/in
W3
4 kips
m3 10,36 lb.dt 2 / in
Dalam bentuk matriks:
k1 k2 k2 0
m1 0 0 m2 0 0
Det K
k2 k 2 k3 k3
0 0 m3 2
0 k3 k3
40000 70000 30000
0 30000 30000
25,91 0 0 0 15,54 0 0 0 10,36
M
90000 25,91 Det 40000 0
90000 40000 0
0 2
40000 70000 15,54 30000
2
0 30000 30000 10,36
0 2
2
(90000 25,81
)[(70000 15,54
2
( 30000)(30000) 40000( 40000(30000 10,36 6
4169,641
45346360
4
1,2173 1011
2 1
633,78
2 2
3244
2
56,96 rad/dtk
2 3
6996
3
83,64 rad/dtk
K
2
1
M x
2
)(30000 10,36 2
2
)
)] 0
6 1013
0
x11 x21 x31
0 0 0
25,17 rad/dtk
0
Ragam 1:
90000 25,91 40000 0
2 1
40000 70000 15,54 30000
2 1
0 30000 30000 10,36
2 1
Ragam 2:
90000 25,91 40000 0
2 2
40000 70000 15,54 30000
2 2
0 30000 30000 10,36
2 2
x12 x22 x32
0 0 0
x13 x23 x33
0 0 0
Ragam 3:
90000 25,91 40000 0
x11 x12 x21 x22 x31 x32
2 2
40000 70000 15,54 30000
x13 x23 x33
2 2
1 1,8396 2,3551
0 30000 30000 10,36
1 0,1490 1,2362
2 2
1 2,2804 1,6102
12
METODE STODOLA Digunakan untuk sistem MDOF tanpa redaman. Jika sistem bergetar tanpa redaman, maka terjadi keseimbangan antara gaya inersia dan gaya elastis.
M 2
d 2x dt 2
K x
M x
K x
2
M x
1 2
x
K
0 0
(111)
(112)
K x
(113)
1
(114)
D
M x
Matriks dinamis
Analisa mode-mode batas:
1
Mode terendah:
2
Mode tertinggi:
2
Mode antara
Dn S0
1
x
x
D x
E x
Sn
Sn D
(115)
E
I
M
S0
1
K
(116)
(118)
(117)
Didapat dari ragam yang setingkat lebih rendah. Misal: matriks S0 untuk mode 2 didapat dari bentuk ragam mode 1
Misal, untuk gedung 4 lantai: S 0
m4 .x4 0 0 0
m3 .x3 0 0 0
m2 .x2 0 0 0
m1.x1 0 0 0
(119)
METODE HOLZER Perbedaan pokok metode Stodola dan Holzer: •Cara Holzer memakai perumpamaan pada natural frequency •Cara Holzer dapat menentukan mode ke-n yang dikehendaki tanpa harus mengetahui mode ke-(n-1) terlebih dahulu. Persamaan dasar cara Holzer:
2
M x
K x
(120)
Contoh 18 Suatu bangunan dengan 3 buah massa satuan = m dan kekakuan = k seperti pada gambar dianggap bergetar horizontal. Tentukan bentuk ragam struktur tersebut.
Menyusun matriks kekakuan:
K
k3 k k3 0
k3 k3 k 2 k2
0 k2 k2 k1
1 1 0
1 3 2
0 2 5
Matriks Fleksibilitas:
F
K
1
11 5 2 1 5 5 2 6K 2 2 2
Matriks massa:
M
m1 0 0 m 0 m2 0 0 0 m3
Matriks dnamis:
D
D
1 0 0 0 1,5 0 0 0 2
M
1
6 0 0 1 0 4 0 6m 0 0 3
F M
11 5 2 1 0 0 m 5 5 2 0 1,5 0 6k 2 2 2 0 0 2
11 7,5 4 m 5 7,5 4 6k 2 3 4
Bentuk ragam dan frekuensi natural dari mode 1:
1 2
x
D x
Ambil harga sembarang untuk permulaan x, misalnya: Iterasi-1:
11 7,5 4 1 m 5 7,5 4 0,5 6k 2 3 4 0,3
15,95 m 9,95 6k 4,7
x
1 0,5 0,3
1 15,95m 0,6238 6k 0,2947
Iterasi-2:
11 7,5 m 5 7,5 6k 2 3
4 4 4
1 0,6238 0,2947
16,8573 m 10,8573 6k 5,0502
dst.....! sampai dengan nilai x konvergen.
1 16,8573m 0,6441 6k 0,2996
Pada iterasi ke-7 didapatkan:
11 7,5 4 m 5 7,5 4 6k 2 3 4
1 0,6485 0,3019
17,0714 m 11,0714 6k 5,1531
1 17,0714m 0,6485 6k 0,3019
1 2
Bentuk ragam
Bentuk ragam dan frekuensi natural dari mode 3: 2
E
x
E x
E
M
6 0 0 k 0 4 0 6m 0 0 3
1 1 0
1
K
1 3 2
0 2 5
6 6 0 k 4 12 8 6m 0 6 15
Ambil harga sembarang untuk permulaan x, misalnya: Iterasi-1:
6 6 0 k 4 12 8 6m 0 6 15
1 1 1
k 6m
12 24 21
1 2k 2 m 1,75
Iterasi-2:
6 6 0 1 k 4 12 8 2 6m 0 6 15 1,75
18 k 42 6m 38,25
dst.....! sampai dengan nilai x konvergen.
3k m
1 2,33 2,13
x
1 1 1
Pada iterasi ke-10 didapatkan:
6 6 0 k 4 12 8 6m 0 6 15
Iterasi-1:
1 2,54 2,44
21,25 k 54 6m 51,82
21,25k 6m 2
1 2,54 2,44 Bentuk ragam
Bentuk ragam dan frekuensi natural dari mode antara/mode 2 (menggunakan nilai x dari mode 1):
S0
m3 x3 m3 x3 0 0
m2 x2 m3 x3 0 0
m1 x1 m3 x3 0 0
m2 x2 1 m3 x3 0 0 0 0
m1 x1 m3 x3 0 0
1 0,87 0,5 0 0 0 0 0 0
S1
D2
I
S0
1 0 0 0 1 0 0 0 1
1 0,87 0,5 0 0 0 0 0 0
D S1
11 7,5 4 0 m 5 7,5 4 0 6k 2 3 4 0
0 m 0 6k 0
2,07 3,15 1,26
Persamaan iterasi:
D2 x
1,5 1,5 3 1 2
x
0 0 0
0,87 1 0
0,87 1 0
0,5 0 1
0,5 0 1
Iterasi 1:
0 m 0 6k 0
2,07 3,15 1,26
1,5 1 1,5 1 3 1
m 6k
3,57 4,65 4,26
3,57m 6k
1 1,3 1,19
4,48m 6k
1 1,31 1,16
Iterasi 2:
0 m 0 6k 0
2,07 3,15 1,26
1,5 1,5 3
1 1,3 1,19
m 6k
3,57 4,65 4,26
Dst… Sampai nilai (x) konvergen.
1 2 2
4,48m 6k
2 2
6k k 1,3453 4,48m m
x2
1 1,32 1,15
Note: Mode antara (mode 3) untuk gedung 4 lantai (gunakan nilai (x) dari mode 2)
S1 '
m4 x4 m4 x4 0 0 0
m3 x3 m4 x4 0 0 0
m2 x2 m4 x4 0 0 0
m1 x1 m4 x4 0 0 0
S2
S1
S1 '
D3
S 2 D2
D3 x
1 2
x
1 0 0 0
m3 x3 m4 x4 0 0 0
m2 x2 m4 x4 0 0 0
m1 x1 m4 x4 0 0 0
METODE HOLZER Mode 1
Mode 2
Mode 3
13
PERSAMAAN GERAK DENGAN METODE ENERGI Selain dengan persamaan keseimbangan, persamaan gerak getaran juga dapat diturunkan dengan metode energi. Berdasarkan hukum kekekalan energi maka energi gerak timbul akibat perubahan dari energi regangan, energi kinetik dan energi redaman. Untuk kasus getaran bebas tanpa redaman, energi yang terlibat adalah energi regangan dan energi kinetik dari massa yang mendapat percepatan.
Energi regangan pada pegas yang berdeformasi dari posisi seimbang adalah:
E
1 2 kx 2
(121)
P = kx
Energi kinetik dari massa yang mendapat percepatan :
dv dt
E
1 2 kx 2
V
1 dv m 2 dt
2
2
1 d x m 2 dt 2
2
(122)
x
1 2 kx 2
Energi total:
2
1 d x m 2 dt 2
2
(123)
karena variasi energi sama dengan nol, maka didapat persamaan
0
d 2x kx m dt 2
0
(123)
Energi regangan pada balok atau tiang kantilever dengan perpindahan ujung tempat massa terpusat X adalah:
X x
x= X
y L
E
2
1 d x EI 2 2 dy 0
l
dy
1 EI ( 2 0
//
2
X ) dy
1 KX 2 2
(124)
2
L
K
2
EI
//
dy
(125)
0
K = konstanta pegas balok dinyatakan dalam fungsi ragam
Besar energi kinetik jika massa terpusat diujung adalah:
V dengan prinsip keseimbangan:
1 dv m 2 dt
2
kekekalan
KX
d2X m dt 2
2
1 d X m 2 dt 2 energi,
0
2
(126)
didapat
(127)
persamaan
MODEL GERAK BENDA KAKU DAN TUMPUAN ELASTIS
y x
X(t)
L
x
y X L
(128)
Gerakan struktur, selain disebabkan sifat elastis struktur, juga disebabkan sifat elastis tumpuannya. Bila struktur dianggap kaku, maka simpangan salah satu titik dapat digunakan untuk menghitung simpangan di titik lain.
Jika pusat massa pada posisi y, maka percepatan massa adalah:
d 2x dt 2
d2 y X 2 dt L
y d2X L dt 2
(129)
Sehingga, persamaan kesetimbangan menjadi:
y d2X m y KXL 0 2 L dt y m L
2
(130)
X
2
d X dt 2
KX
0
(131)
Contoh 19 Scan Teknik gempa hal 77
A sin t B cos t L k y m
(132)
Sebuah balok kaku terdiri dari tumpuan sendi dan pegas, dua massa dan satu redaman. Jika koordinat umum diwakili oleh simpangan X, maka simpangan dari massa 1 adalah (-0,25X), simpangan massa 2 adalah (0,25X) dan simpangan redaman sebesar (0,5X), maka didapat persamaan gerak: 2 2 0,25 a m1
d X dt 2
d X dt 2
0,25 a m2
0,5 2a c
dX dt
4a kX
……(133)
Atau: 0,25 a m1
Atau:
M
m2 *
d2X dt 2
d2X dt 2
ac
C
*
dX dt
dX dt
4ak X
K*X
0
0 ……(134) ……(135)
Dimana M* adalah massa umum, C* adalah redaman umum dan K* adalah kekakuan bersama.
0
SISTEM MASSA TERDISTRIBUSI Tidak semua bangunan dapat dimodelkan dengan sistem massa terpusat pada beberapa titik. Beberapa bangunan (seperti menara), memiliki masa yang terdistribusi pada seluruh bangunan. Namun sistem ini tetap dapat bergetar dengan beberapa ragam getar
Pada sistem massa terdistribusi ini, fungsi ragam getar dinyatakan dalam rasio terhadap salah satu titik patokan yaitu:
X(y,t) = f(y).X0(t)
(136)
f(y) adalah fungsi ragam, X(y,t) adalah fungsi getaran atau perpindahan pada titik y, X0(t) adalah fungsi getaran atau perpindahan pada titik patokan yang mewakili getaran bersama
Simpangan pada titik patokan X0, kemudian dinyatakan dalam persamaan gerak harmonis yaitu:
X0
A sin t
B cos t
……(137)
jika fungsi ragam diketahui dan ini tidak dipengaruhi oleh variabel-t, maka persamaan gerak dapat dinyatakan dalam koordinat umum yaitu X0. Untuk mencari massa umum, redaman umum dan kekakuan umum, digunakan metode emergi
contoh 20 sebuah kolom kantilever prismatis dengan massa dan redaman terdistribusi Gerakan selama getaran adalah:
X(y,t) = f(y)X0(t)
……(138)
Energi regangan akibat simpangan elastis adalah: H
V
2
2
1 d x EI 2 dy 2 dy 0
2
1 d f EI 2 2 dy
2
dy X 0
2
……(139)
Energi ini harus sama dengan energi regangan kekakuan umum K* yaitu: 1
V
*
2
K X0
2
……(140)
Dari persamaan energi ini dapat diperoleh nilai kekakuan 2 umum: H 2 d f ……(141) K* EI dy 2 dy 0 Dengan cara yang sama didapat nilai redaman umum C* dan massa umum M* H
C
*
df c dy 0
H
2
dy
M
……(142)
*
2
mf dy
……(143)
0
Persamaan getaran bebas sistim massa dan redaman terdistribusi sekarang dapat dinyatakan dalam persamaan gerak satu derajat 2 kebebasan yaitu d X0 * * dX 0 *
M
dt 2
C
dt
K X0
0
……(144)
Berdasarkan fungsi ragam yang dipilih, persamaan ini berlaku untuk ragam pertama atau ragam yang lebih tinggi.
dipilih fungsi ragam pertama……
f y
df dy
y 1 cos 2H 2
2
d f dy 2
2H
y cos 2H
H
Massa umum:
M
y m 1 cos 2H 0
*
4
H
Kekakuan umum:
K
*
EI 0
2H 2
H
Redaman umum:
C*
c 0
2H
y sin 2H 2H
2
dy
mH 3 2
8 4
y 2 cos dy 2H
y 2 sin dy 2H
EI 32 H 3 2
c
8H
Selanjutnya persamaan gerak akan memiliki model sama dengan model bandul satu derajat kebebasan dengan redaman. M*, K*, dan C* adalah massa umum, kekakuan-umum dan redaman umum dari sistem
Besaran umum: Massa umum ini nilainya bergantung pada fungsi ragam
dan fungsi massa. Jadi ada perbedaan antara massa umum pada ragam pertama dan ragam kedua. Dengan memakai hasil dari sistem bandul sederhana untuk getaran bebas, maka akan diperoleh nilai frekuensi alami sistim terdistribusi *
K M*
*
……(145)
Tanpa redaman
D
K M*
*
C 2M *
Dengan redaman
2
……(146)
Ragam pertama tanpa redaman H
M
y m 1 cos 2H 0
*
4
H
K
*
EI 0
2H
2
dy
y 2 cos dy 2H
mH 3 2 4
EI 32 H 3
8
14
KOMBINASI RAGAM Getaran aktual struktur merupakan kombinasi beberapa
ragam getaran Salah satu cara mengkombinasikan melalui analisis ragam Analisis ragam didasarkan pada sifat ortogonal ragam yang merupakan eigen-vektor dari persamaan gerak simultan sistim dengan banyak derajat kebebasan. Sifat ortogonal antara dua ragam dinyatakan dalam bentuk: (147)
sifat ortogonal ragam-i ragam-j dengan massa
dan
(148)
sifat ortogonal ragam-i ragam-j dengan kekakuan
dan
Persamaan kesetimbangan sistem dengan banyak derajat kebebasan: d 2x M dt 2
K x
C
dx dt
0
……(149)
Dimana:
……(150)
……(151)
……(152)
……(153)
……(154)
……(155)
Percepatan Akibat Beban Gempa Gaya inersia =
d2 m 2 Xg dt
X1
……(156)
Merupakan variabel yang dipengaruhi oleh percepatan pondasi
Gaya elastis = K(X1 + Xg) – (X2 + Xg) = K(X1 - X2) (Merupakan variabel yang tidak dipengaruhi oleh simpangan pondasi)
Simpangan relatif dan simpangan absolut Jika percepatan terjadi akibat gempa atau pergerakan horizontal tanah maka (x) adalah nilai perpindahan relatif, dan (X) adalah nilai perpindahan absolut. Hubungan keduanya adalah:
X
x xg
X
X x
……(157)
Perpindahan absolut mempengaruhi gaya inersia, dan perpindahan relatif mempengaruhi gaya elastis dan gaya redaman antar tingkat. xg
xg
X
Matriks Persamaan Kesetimbangan: 2 2 d xg d x M K x C 2 2 dt dt M
d 2x dt 2
K x
dx dt
C
dx dt M
0
……(158)
d 2 xg dt
……(159)
2
Persamaan kesetimbangan massa 1:
d 2 x1 m1 dt 2
d ( x1 x2 ) c1 dt
k1 x1
x2
m
d 2 xg dt 2
……(160)
Dst…… Sehingga persamaan kesetimbangan massa total:
m1 0 0 0 m2 0 0 0 m3
d 2 x1 dt 2 d 2 x2 dt 2 d 2 x3 dt 2
k1 k1 0 x1 k1 k1 k2 k 2 x2 0 k2 k2 k3 x3
……(161)
c1 c1 0 c1 c1 c2 c2 0 c2 c2 c3
dx1 dt dx2 dt dx3 dt
d 2 xg m
dt 2 d 2 xg dt 2 d 2 xg dt 2
PERCEPATAN GEMPA PADA SDOF…… Gaya gempa pada bangunan berasal dari gaya inersia karena massa bagunan mendapat persepatan tanah. Jika percepatan tanah yang dirambatkan oleh gempa berubah menurut fungsi waktu, maka gaya gempa juga berubah.
x
X
x Fi FD FE
Fi FD
xg Persamaan kesetimbangan:
FE
x xg d2X m 2 dt dx c dt kx
.…(80)
d 2 xg d 2x m 2 m 2 dt dt .…(82)
d 2 xg d 2x m 2 m 2 dt dt
dx c kx 0 dt d 2 xg d 2x dx m 2 c kx m 2 dt dt dt
.…(84)
.…(83)
.…(81)
Salah satu metode untuk mencari besarnya nilai xg adalah memakai kurva spektrum respon sistem elastis untuk gempa El Centro 1940…..
Besarnya peerpindahan tanah juga dapat dicari dengan menggunakan spektrum dasar rencana yang dinormalisasi untuk 1,0 g
Contoh 21 Sebuah struktur dengan model sistem massa-pegas seperti gambar, dianggap dipengaruhi pada penyokongnya oleh gempa bumi El Centro 1940. Anggaplah struktur ini bersifat elastis dan gunakan grafik spektrum respon yang tepat untuk mendapatkan perpindahan relatif maksimum antara massa dan penyokong. Juga hitung gaya maksimum yang bekerja pada pegas. Abaikan redaman.
Jawab k m
Frekuensi natural:
f
2
1
2
8 386 2,778 rad/s 400 2,778 0,442 spd 2
Dari gambar respon spektrum, didapatkan SD = 11 in
Fs
max
K SD
8 11 88 kips
Contoh 22 Sebuah struktur dengan model sistem berderajat kebebasan tunggal mempunyai frekuensi natural T = 0,5 s. Gunakan metode spektrum respon untuk menentukan percepatan absolut maksimum , perpindahan relatif maksimum dan kecepatan palsu maksimum pada daerah elastis untuk: a) Gerakan pondasi yang sama dengan gempa bumi El Centro 1940 b) Spektrum rencana dengan percepatan tanah maksimum sebesar 0,3g (abaikan redaman).
Jawab a) Dari kurva respon spektrum gempa El Centro dengan f = 1/T = 1/0,5 = 2 spd
SD
f 12,566 rad/s 2 0 4 in
SV
50,3 in/det
Sa
1,63 g
b) Dari kurva respon spektrum rencana dengan f = 2 spd, ξ = 0 dan percepatan tanah maksimum 0,3g
SD 16 0,3 4,8 in SV
200 0,3 60 in/det
Sa
1,63 0,3 1,96 g
PERCEPATAN GEMPA PADA MDOF…… Contoh 23 W2 = 50 lb/ft
W 10 x 21 W1 = 100 lb/ft
W 10 x 45
30'
Jawab
Bangunan kerangka baja sederhana kaku. Berat lantai dan dinding dianggap termasuk berat struktur lainnya. Bangunan 10' dimodelkan sebagai bangunan penahan geser dengan spesifikasi struktur tertera pada gambar. Bila kerangka tersebut dipengaruhi secara tiba-tiba oleh 15' percepattan konstan sebesar 0,28g pada dasar pondasi. Hitung besarnya perpindahan maksimum yang terjadi pada masing-masing lantai.
Kekakuan kolom :
12 E 2 I L3 12.30.10 6.248,6.2 3 15.12
K K1
30700 lb/in
12.30.10 6.106,3.2 3 10.12
K2
44300 lb/in
Dengan cara yang sama seperti pada contoh 15 atau 16, didapatkan harga frekuensi natural dan bentuk ragam: 2 1 2 2
140 1082 11
1 21
11,8 rad / dtk
1 1
1 1,263
32,9 rad / dtk 12 1 22
1 1,629
Pola normal dari bentuk ragam: ij
a1
n
mk .
kj
k 1 n
mode 1
mk .
kj
136(1) 2
66(1,263) 2
136(1) 2
66( 1,629) 2
241,31
k 1 n
mode 2
mk .
kj
311,08
k 1
a11
1 241,31
a12
1 311,08
0,06437 0,06437
a21
1,263 241,31
a11
1,6287 311,08
0,0813 0,0924
Mendapat percepatan konstan sebesar 0,28 g paa dasar pondasi:
d 2 xg dt 2
0,28.386 108,47 in det
Faktor partisipasi: 1
2
m1a1 1 2 m1a1 1
m2 a2 1 2 m2 a2 1
m1a1 2 2 m1a1 2
m2 a2 2 2 m2 a2 2
14,12 1,613
Persamaan kesetimbangan: 2
d x1 m1 dt 2
k1
k 2 x1
k 2 x2
2
2
d x2 m2 dt 2
m1
k 2 x1
k 2 x2
m2
d xg dt 2
d 2 xg dt
2
..
g1
2 1
..
g2
2 2
..
g1
ys t ..
g2
ys t
..
g1 140 g1 108,47
Sehingga,
..
g 2 1082 g 2 108,47 Masukkan kondisi batas dengan memisalkan perpindahan dan kecepatan pada awal gerakan = 0. Karena gaya impuls bersifat konstan, maka persamaan respon perpindahan adalah: P(t)
Po
yt
yst 1 cos t
t
g1 t g2 t
108,47 1 cos11,83t 140 108,47 1 cos 32,89t 1082
Perpindahan maksimum yang terjadi:
u1 t
a g t
a g2 t
1 11 1
u1 t u2 t u2 t
2 12
0,7135 0,704 cos11,83t a g t
1 21 1
u1 t
2
a22 g 2 t
0,874 0,9 cos11,83t
u1 max
1
u 2 max
1a21g1 max
a11g1 max
g max cos t u1 max 1,409 in u 2 max
0,009 cos 32,89t
1,800 in
1
2 2 2
0,015 cos 32,89t
a12 g 2 max
2 a22 g 2 max
2
2
15
