METODE MATRIK APLIKASI METODE MATRIK UNTUK ANALISA STRUKTUR BALOK
PENGERTIAN UMUM Metode matrik adalah suatu pemikiran baru pada analisa struktur, yang berkembang bersamaan dengan populernya penggunaan computer
otomatis untuk operasi perhitungan aritmatika.
HAL UTAMA DALAM ANALISA UNTUK MENENENTUKAN BAIK ITU DEFORMASI
ATAUPUN STRESS PADA STRUKTUR, IALAH SAMPAI JAUH MANA SUDAH DIKETAHUI SIFAT KARAKTERISTIK HUBUNGAN GAYA DAN DEFORMASI DARI ELEMEN-ELEMEN STRUKTUR, DAN MEMAKSAKAN TERPENUHINYA SYARAT-
SYARAT KOMPATIBILITI DAN KESETIMBANGAN, ADA TIGA HAL YANG MENDASARI
1.
2. 3.
ANALISIS
INI,
kesetimbangan hubungan stress dan strain, atau gaya dalam dan deformasi kompatibiliti,atau kontinuitas dari deformasi
YAITU:
DALAM ANALISIS MATRIK DIKENAL ADA DUA CARA :
1.
2.
metode kekakuan (stiffness method, atau displacement method ) metode fleksibilitas (flexibility method, atau force method)
METODE KEKAKUAN Dengan metode kekakuan ini sebenarnya dicari hubungan gaya dengan lendutan, dinyatakan secara matematis :
Q
K D
Q
= gaya yang timbul pada titik-titik diskrit akibat adanya lendutan.
D
= lendutan pada titik-titik diskrit
K
= menyatakan kekakuan dari struktur
Metode Kekakuan
Ini
Juga
Disebut
Metode
Lendutan
(Displacement Method), Karena Analisa Dimulai Dengan “ Lendutan” Sehingga Dengan Demikian Urutan Kerjanya Secara Garis Besar Adalah Sebagai Berikut : •
kompabiliti; yaitu mencari hubungan antara deformasi dengan lendutan, atau secara tegasnya mencari deformasi apa yang terjadi pada elemen-elemen dititik-titik diskrit akibat diberikannya lendutan pada struktur dititik-titik tersebut.
•
persamaan hubungan stress dan strain, yaitu mencari hubungan mengenai gaya-gaya
dalam yang timbul sebagai akibat adanya deformasi pada elemen-elemen pada struktur tersebut.
•
kesetimbangan, langkah terakhir yang menyatakan hubungan gaya luar dititik diskrit dengan gaya-gaya dalam atau mencari berapa besar gaya luar di ujung elemen-elemen yang tepat diimbangi oleh gaya-gaya dalam elemen titik-titik diskrit.
Metode Kekakuan Ialah Suatu Cara Untuk Analisa Struktur Dimana Dalam Proses Perumusan Dari Analisanya Diambil Lendutan Di Titik-titik Diskrit Sebagai Besaraan “Anu” Yang Hendak
Dicari.Dalam Proses Menganalisa Akan Mengenal Beberapa Matrix Yang Penting Sebagai Berikut :
matrik deformasi A suatu matrik yang menyatakan hubungan kompatibiliti atau hubungan deformasi dan lendutan :
d
A D
dimana : d
= menyatakan deformasi dari elemen struktur
A = adalah matrik deformasi
D = menyatakan lendutan ditik diskrit
MATRIK KEKOKOHAN INTERNEN
S
,
SUATU MATRIX YANG MEMENUHI HOKUM
HOOKE DALAM MANA DINYATAKAN HUBUNGAN ANTARA GAYA DAN DEFORMASI :
H
S d
dimana : H
= menyatakan gaya dalam elemen
S
= adalah elemen
d
matrix kekokohan
= menyatan deformasi elemen
intern
MATRIX STATIS
B
, SUATU MATRIX YANG MENYATAKAN
KESETIMBANGAN ANTARA GAYA LUAR DAN GAYA DALAM : =
Q
B H
dimana :
Q
= menytakan gaya luar yang bekerja dititik diskrit
B
= matrix statis
H
= gaya dalam elemen
Maka ketiga matrix di atas digabungkan, maka akan didapatkan hubungan :
Q
B
H
Q
B S
d
Q
B S
A
Q
K
D
D
DIMANA K ADALAH MATRIX KEKAKUAN STRUKTUR, DENGAN
PENGERTIAN
K
:
B S A
Jadi salah satu tujuan terminal yang penting adalah proses analisa ini ialah dapat menurunkan matrik kekakuan struktur K
Selanjutnya akan mudah dicapai tujuan akhir, yaitu analisa lendutan dan gaya dalam elemen.
DERAJAT KETIDAK-TENTUAN KINEMATIS
Untuk analisa ini akan dimulai dengan mengambil lendutan di titik-titik diskrit sebagai sasaran yang harus dihitung.
Untuk mengetahui dimana harus “dipasang” besaran lendutan yang akan dicari tersebut, maka harus diketahui dahulu beberapa derajat ketidak tentuan kinematis atau istilah lainnya derajat kebebasan (degree of freedom) dari struktur.
Derajat ketidak-tentuan kinematis ialah suatu besaran yang menyatakan jumlah komponen bebas dari lendutan dititik diskrit yang mungkin terjadiyang berhubungan dengan diberikannya suatu pembebanan pada struktur. Di bawah ini diberikan beberapa macam struktur bidang yang akan ditujukkan berapa derajat ketidaktentuan kinematisnya.
struktur
Komponen bebas dari lendutan di titik pertemuan
Derajat kinematis
ketidak-tentuan
0 (a)
D1
D2
2 (b)
D1
D2
2 (c)
Derajat ketidaktentuan kinematis
Komponen bebas dari lendutan di titik pertemuan
struktur
D5
D2 D3 D1
D4
6
D6
(d) D1
D3 3 Dengan mengabaikan deformasi aksial dari eleme
D2
(e) D5 D3 D1
D4 D6
7
D7
(f)
D4
D2 D1
D6
D3 D5
D7
(g)
D8
D9 D10
D11
D12
12
Gambar 1.1 derajat ketidak-tentuan kinematis dari struktur
ditunjukkan
oleh
banyaknya
vector
lendutan yang mungkin terjadi di titik bebas, dimana arah vector pada gambar menunjukkan arah vector yang positif.
DASAR PERHITUNGAN Dalam bab ini, akan dijelaskan secara mendetail urut-urutan analisa dari suatu konstruksi bidang (dua dimensi) dengan berdasarkan pada metode kekakuan. Sekarang terlihat satu konstruksi seperti seperti ditunjukkan pada gambar 2.(a) selanjutnya akan diikuti urutan dari proses analisa.
(a)gambar konstruksi statis tak tentu
D3
D2
D1
(b) derajat ketidak-tentuan kinematis : 3
Q1
Q2
Q3 D3
D2
D1
(c) diagram gaya luar ekivalen Q yang koresponding dengan lendutan D sebagai pengganti darisistem pembebanan pada gambar (a)
EI1
EI2
EI3
L1
L2
L3
(d) Struktur dasar yang merupakan struktur yang dikekang
d2
d3 D1
(e) diberikan D1 = 1 satuan d4
(f) diberikan
d5 D2
D2=1 satuan d6
(g) diberikan
D3
=1 satuan
D3
d1
d5
d3
H1
H2
H6
H4 H3
d2
H5
d4
(h) diagram H-d, dimana H merupakan reaksi elemen yang terhadap diberikannya deformasi.
Q1
Q2 H4
H2
H5
H6
Q3
H3
(i) diagram kesetimbangan Gambar 1. 2 Analisa balok di atas beberapa perletakan.
d6
dikekang
Konstruksi Ini Ialah Balok Menerus Di Atas Empat Perletakan, Satu Jepit Dan Tiga Sendi, Merupakan Suatu Konstruksi Dengan Derajat Ketidak-tentuan Kinematis Sebesar 3 (Gambar 2.B)
Langkah pertama ialah menyelidiki kompatibilitas dari struktur, dengan jalan memberikan berturut-turut lendutan D1 1, D2 1 dan D3 1 (gambar 2.e, 2.f, dan 2.g). Mudah dapat kita lihat, bahwa : d2
d3
D1
d4
d5
D2
d6
D3
d1
0
atau disusun secara sistematis : d1 d2 d3
D1 D1
d4 d5 d6
D2 D2 D3
bila dinyatakan dalam hubungan matrix : d1 d2 d3
0 1 1
0 0 0
0 0 0
d4 d5 d6
0 0 0
1 1 0
0 0 1
atau
d
A D
D1 D2 D3
A
D1
0
0
0
d1
1
0
0
d2
1
0
0
d3
0
1
0
d4
0
1
0
d5
0
0
1
d6
1
D2
1
D3
1
Langkah kedua ialah menyelidiki hubungan gaya dalam dan deformasi dengan melihat tiap-tiap elemen sebagai bagian yang diskrit, seperti pada gambar 2.h. Dari sifat elastis elemen, didapatkan hubungan : d1 H1
d5
d3 H2 H3 d2
d1 d2
1 H1L1 3 EI1 1 H1L1 6 EI1
H6
H4
d4
1 H 2 L1 6 EI1 1 H 2 L1 3 EI1
H5 d6
dimana :
d1
= menyatakan deformasi yang terjadi di ujung elemen
= menyatakan gaya dalam yang ada di ujung elemen,
H
dalam hal ini momen lentur diinverskan, akan didapat :
H1 H3 H5
4 EI1 2 EI1 d1 d2 L1 L1 4 EI1 d3 L2 4 EI 3 d5 L3
2 EI 2 d4 L2 2 EI 3 d6 L3
H2
2EI1 4EI1 d1 d2 L1 L1
H4
2 EI 2 4 EI 2 d3 d4 L2 L2
H6
2 EI 3 4 EI 3 d5 d6 L3 L3
Bila hubungan ini dinyatakan dalam bentuk matrix, maka :
H1 H2 H3 H4 H5 H6
4 EI1 L1 2 EI1 L1
2 EI1 L1 4 EI1 L1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4 EI 2 L2 2 EI 2 L2
2 EI 2 L2 4 EI 2 L2
0
0
0
0
4 EI 3 L3 2 EI 3 L3
2 EI 3 L3 4 EI 3 L3
0
0
0
0
0
0
0
0
d1 d2 d3 d4 d5 d6
atau :
H
S d
dimana matrix S merupakan matrix : 4 EI 1 L1 2 EI 1 L1
S
2 EI 1 L1 4 EI 1 L1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4 EI 2 L2 2 EI 2 L2
2 EI 2 L2 4 EI 2 L2
0
0
0
0
4 EI 3 L3 2 EI 3 L3
2 EI 3 L3 4 EI 3 L3
d5
d6
0
0
0
0
0
0
0
0
d3
d4
d1
d2
Jadi Sebenarnya Matrix S
Ialah Suatu Matrix Yang Menyatakan
Berapa Besar Gaya Dalam H Yang Timbul Diujung Elemen Bila Di Titik-titik Tersebut Diberikan Satu Satuan Deformasi
.
d
Langkah ketiga adalah menyelidiki tentang kesetimbangan gaya luar dan gaya dalam :
Melihat gambar
Q1
H2
H5
Q2
H4
H5
Q3
H6
Bila dinyatakan secara matrik : Q1 Q2
0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0
Q3
0 0 0 0 0 1
atau : Q
H1 H2 H3 H4 H5 H6
B H
dimana : B
0
1
1
0
0
0
Q1
0
0
0
1
1
0
Q2
0
0
0
0
0
1
Q3
H2
H3
H4
H
1
H5
H6
Satu hubungan terminal, adalah mendapatkan hubungan :
Q
K D Dimana :
K
B S A
untuk mendapatkan lendutan, maka sebagai :
D
.
K
1
dapat diinverskan
Q
dimana :
Q D
=
menyatakan gaya-gaya luar yang bekerja di titik-titik diskrit.
menyatakan lendutan di titik berkoresponding dengan gaya Q
bersangkutan
yang
ternyata didapatkan :
B
A
prinsip kerja virtual.
T
Q*
a.gaya luar virtual D
b. lendutan aktuil
Gamabar 1.3 konstruksi balok menerus pada mana dikerjakan gaya virtual.
Misalnya pada konstruksi yang sedang dibahas tersebut dikerjakan gaya virtual Q gambar (1.3a ) sehingga timbul gaya dalam H pada elemennya, maka dari prinsip kerja virtuil akan didapatkan hubungan (yang dinyatakan dalam perkalian matrix).
Q
T
D
H
T
dengan melihat :
d
A D
Q Q
B H T
H
T
B
T
d
maka persamaan ( ) bisa ditulis ;
H
T
B
T
D
H
T
A D
Bila disederhanakan, akan memberikan : B
T
B
A A
T
Dengan demikian persamaan, bisa ditulis :
K
T
A S A
Dengan demikian persamaan telah dipermudahkan, yaitu untuk menurunkan matrix kekakuan K
cukup hanya menurunkan dua matrik penbentuknya, yaitu matrix deformasi A dan matrix kekokohan intern elemen S
Untuk menghitung gaya dalam digunakan hubungan : .
H
S d
atau
H
S A D
dimana :
D
= matrik lendutan dititik diskrit.
APLIKASI KONSTRUKSI BALOK MENERUS
selanjutnya akan diberikan beberapa contoh pemakaian metode kekakuan ini pada analisa struktur.
Contoh 3.1 Di bawah ini akan dibahas secara singkat analisa dengan metode kekakuan dengan derajat ketidak-tentuan kinematik tingkat 1.
600kg/m
A
EI 10 m
B
C
EI 8m
a. konstruksi yang akan dianalisa
b. konstruksi dasar yang dikekang
-5000
+5000
-3200
+3200
c. momen primer (fixed-end moment)
Momen primer : M AB
M BA
M BC
M CB
1 .600.6 2 12 1 .600.4 2 12
5000kg.m 3200kg.m
D1
d.. derajat ketidak-pastian kinematis : 1
Q1=1800kg.m
e. gaya luar ekivalen dititik diskrit yang koresponding dengan lendutan Q1 5000 3200(kg.m)
D1
d3 d2
f. diberikan D1 d1
1 satuan d3
H2
H4 H3
d2
g. diagram H - d
d4
H2 H3
h. diagram kesetimbangan Gambar 1.4 balok diatas tiga tumpuan
Melihat gambar 1.4 (f), dengan mudah akan didapatkan :
A
0 1 1 0 D 1
d1 d2 d3 d4 1
dari gambar 1.4 (g) :
S
4 EI 10 2 EI 10
2 EI 10 4 EI 10
0
0
0
0
d1
S
d2
0
0
H1
0
0
H2
4 EI 8 2 EI 8
2 EI 8 4 EI 8
H3
d3
0.4 0.2 0
0.2 0.4 0
0 0 0.5
0 0 0.25
0
0
0.25
0.5
d4
H4
dari persamaan: K
=
=
0 1 1 0
A
T
S
0.4 0.2
0.2 0.4
0 0
0 0
0 1
0
0
0.5
0.25
1
0
0
0.25
0.5
0
0.2 0.4 0.5 0.25
0 1 1 0
K K
A
0.9 EI 1
1 0.9 EI
EI
EI
Dengan mengubah gaya Q menjadi gaya titik ekivalen di ujung elemen (gambar 1.4.c dan e) dan dengan melihat persamaan (1.25) : D D1 D1
1
K
Q
1 1800 0.9 EI 2000 EI
dari persamaan (1.36) :
H
H
S A D 0.4 0.2
0.2 0.4
0 0
0 0
0
0
0.5
0.25
0.2 0.4 0.5
0
0
0.25
0.5
0.25
.2000
H1 H2 H3 H4
400 800 1000 500
H1 H2 H3
400 800 1000
kg.m kg.m kg.m
H4
500
kg.m
B
C
A 400
800
1000
Gambar 1.5 Distribusi gaya dalam
500
hasil yang ditunjukkan oleh gambar 1.5 ialah menyatakan besarnya momen lentur (dalam hal ini sebagai momen batang, bukan sebagai momen titik) yang didistribusikan ke batang elemen AB dan BC sesuai dengan kekakuan masing-masing . jadi gaya dalam H yang didapat
dari hasil perhitungan ini bukan merupakan memen lentur yang sebenarnya bekerja. Momen lentur
H yang sebenarnya bekerja bisa diperoleh dengan
mengurangi gaya dalam dengan momen primer elemen struktur.
MA
400
( 5000)
M BA
800
M BC
1000
MC
500
( 5000) ( 3200)
( 3200)
5400kg.m 4200kg.m 4200kg.m 2700kg.m
Penting untuk dicatat pula di sini, bahwa hasil momen akhir ini juga menyatakan momen batang bukan momen titik. Contoh 1.2 Sebagai contoh kedua akan dibahas suatau konstruksi kinematis tertentu seperti pada gambar 1.6 (a). Q=1000 kg EI A
C
EI
B
Q
6m
4m
a. konstruksi yang akan dianalisa dengan beban
b. struktur dasar yang dikekang
D1 C D2
c. derajat ketidak-tentuan kinematis : 2 D1 d2 d1
d3 d4
(d) diberikan
D1= 1 satuan
d3 D2
d2
e. diberikan D2 = 1 satuan d1
d3
H4
H2 H3
H3 d2
f. diagram H-d
d4
Q1 H2
Q2
H3
H1+H2 6
H3+H4 4
g. diagram kesetimbangan
Gambar 1.6 balok di atas 2 tumpuan
Langkah pertama yang dilakukan ialah menganggap konstruksi ini terdiri atas dua elemen diskrit. AC dan CB ( gambar 3.6 b). titik C segai titik diskrit mempunyai dua derajat kebebasan, yaitu translasi dan rotasi. Melihat gambar 3.6, akan didapat hubunganD hubungan sebagai berikut : 1
d2
d3
d1
d4
A
1 6 1 6 1 4 1 4 D
1
0
d1
1
d2
1
d3
0
d4
D
2
1
H1 H2 H3 H4 H5 H6
4 EI1 L1 2 EI1 L1
2 EI1 L1 4 EI1 L1
0
0
0
0
0
0
0
0
4 EI 2 L2 2 EI 2 L2
2 EI 2 L2 4 EI 2 L2
0
0
0
0
4 EI 3 L3 2 EI 3 L3
2 EI 3 L3 4 EI 3 L3
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
d1 d2 d3 d4 d5 d6
S
EI
EI
4 6 2 6
2 6 4 6
0
0
0
0
2 3 1 3
1 3 2 3
0 0 1
0 0 2
0
0
0
0
4 4 2 4
2 4 4 4
0
0
1
0
0
2
1
1 2
3
1 2 3
1 4
4
selanjutnya dihitung matrix kekakuan K
K
1 6 0
T
A S A
1 6 1
1 4 1
1 4 0
0 0
:
1 6 1 3
2 3 1 3
1 6 2 3
1 3 2 3
0
0
0
0
0
1
1 2
0
1 2
3 8 1
1
3 8 1 2
1 6 1 6 1 4 1 4
1 6 1 6 1 4 1 4
0 1 EI 1 0
0 1 EI 1 0
0.2430 0.2083 EI 0.2083 1.6667
K K
D1 D2
1
1 0.3617EI
1.6667 0.2083
0.2083 0.2430
4607.85 EI 575.89 EI
selanjutnya akan bisa dihitung gaya dalam :
H
S A D
= EI
2 3 1 3
1 3 2 3
0 0
= EI
0
0
0
0
0
1
1 2
0
1 2
1
1 6 1 6 3 8 3 8
1 3 2 3 1 1 2
1 6 1 6 1 4 1 4
4607.85 EI 575.89 EI
0 1 1 0
4607.85 EI 575.89 EI
H1 H2 H3 H4
960 1152 1152 1440
960
1152
1152
4m
6m Gambar 1.7 Distribusi gaya dalam
Maka didapatkan hasil analisa ; MA MB M CA
960kg.m 1440kg.m M CB
1152kg.m
1440
Bila dibandingkan hasil ini dengan rumus yang sudah diketahui : MA MB
1000.6.4 2 960kg.m 2 10 1000.6 2.4 1440kg.m 2 10
Ternyata hasilnya sama
Contoh 1.3 Pada contoh soal selanjutnya ini, akan diperlihatkan bagaimana proses analisa bila konstruksi pada contoh 1.2 dikombinasikan dengan suatu perletakan elastis di titik C. Q=1000 kg EI
B
A
k=0.5EI
C 6m
4m
(a) konstruksi yang akan dianalisa, dengan satu perletakan elastis dimana k = 0.5 EI
D1
D2
L
L
(b) derajat ketidak-tentuan kinematsi : 2 D1 d2 d1
(c) deberikan
d3 d4
D1 = 1 satuan
Q=-1000
D1 kD1
(d) gaya ekivalen dititik diskrit yang koresponding dengan lendutan D1
Q=-1000-kD1
kD1
(e) penyederhanaan dari gambar (d) Gambar 1.8 konstruksi balok menerus di atas perletakan elastis.
Persoalan pada contoh ini sebenarnya sama dengan contoh 1.2, karena memunyai elemen batang yang sama dengan derajat kebebasan yang sama pula . maka proses analisa tidak akan mendetail dibahas lagi disini, dan langsung akan matrik kekakuan :
0.2430 0.2083 EI 0.2083 1.6667
K
K
1
1.6667 1 0.3617EI 0.2083
0.2083 0.2430
Proses selanjutnya akan terlihat adanya perbedaan dengan analisa contoh soal yang lalu, yaitu dalam menetapklan vector gaya yang bekerja, yang disamping ditentukan oleh gaya luar yang dikethuiQ 1000kg, juga dipengaruhi oleh gaya pegas
kD1
D D1 D2 D1 D1 D1
1
K Q 1.6667 0.2083 ( 1000 kD1 ) 1 0 0.3617EI 0.2083 0.2430 1 .1.6667( 1000 kD1 ) 0.3617EI 1.6667 ( 1000 0.5 EID1 ) 0.3617EI 4608 2.304D1 EI
4608 EI 1394.7 EI
3.304D1 D1
D2 D2
1 1394.7 ( 0.2083( 1000 0.5EI )) 0.3617EI EI 174.3 EI
berdasarkan hasil lendutan D1 dan D 2 yang didapat, bisa dihitung gaya dalam yang timbul pada elemen struktur.
H
EI
1 6 1 6 3 8 3 8
1 3 2 3 1 1 2
1394.7 EI 174.3 EI
H1 H2 H3 H4
290.5 348.7 384.7 435.9
Dengan demikian didapatkan hasil analisa :
MA M CA M CB MB
290.5kg.m 348.7kg.m 348.7kg.m 435.9kg.m
KONSTRUKSI PORTAL BIDANG TANPA PENGGOYANGAN DIMANA DIFORMASI AKSIAL DIABAIKAN
Dalam hal ini akan dibahas analisa dari konstruksi portal bidang. Diketahui dua macam konstruksi portal bidang , yaitu portal tanpa penggoyangan dan portal dengan penggoyangan, seperti ditunjukkan oleh gambar 1.2.
Dalam pasal ini akan dicoba dibahas analisa portal bidang tanpa pergoyangan, dimana deformasi aksial dari elemenelemennya diabaikan.
(a)Portal tanpa penggoyangan.
b. portal menerus tanpa pergoyangan
(c) portal dengan penggoyangan Gambar 1.2 konstruksi portal dengan titik hubung kaku
Contoh 1.1 Dalam pasal ini akan dibahas analisa portal bidang tanpa pergoyangan, dimana deformasi aksial dari elemen-elemennmya diabaikan.
Q=300kg/m
C
B
2 m
600kg
600kg EI
EI 3 m
A
C 5 m
(a) portal bidang yang akan dianalisa, dengan bentuk konstruksi dan system pembebanan yang simetris
C
B
A
D
( b) struiktur dasar yang dikekang
Momen primer :
M AB M BA
600.3.2 2 52 600.32.2 52
288kg.m 432kg.m
M CD
M BA
1 .300.5 2 12 432kg.m
M CD
M AB
288kg.m
M BC
M CB
625
625kg.m
625 C
B 432
432
288
288 A
D
cMomen primer
D1
D2
d. derajat ketidak-pastian kinematis : 2 Q2=-193 Q1=-193
e. gaya ekivalen dititik yang koresponding dengan lendutan D
Q1
432 625
193kg.m
Q2
625 432
193kg.m
d3 D1 C d2
f. diberikan D =1 satuan
D2
d4
d5
g. diberikan D2= 1 satuan H4 H2
H3
d3
d4
H5 d5
d2
d1
d6 H6
H1
h. Diagram H-d
H3
Q2
Q1
H4
H2
(i ) diagram kesetimbangan
H5
Gambar 1.3 Portal simetris Dengan memperhatikan gambar 1.3 akan didapatkan :
A
0
0
d1
1
0
d2
1
0
d3
0
1
d4
0
1
d5
0
0
d6
D1
1
D2
1
S
4 5 2 5
2 5 4 5
0
0
0
0
0 0
0
0
0
0
0
0
0
0
4( 2) 5 2( 2) 5
2( 2) 5 4( 2) 5
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4 5 2 5
2 5 4 5
EI
=
2EI 5
2 1 0 0 0 0 1 1 2 0 0 0 0 2 0 0 4 2 0 0 3 0 0 2 4 0 0 4 0 0 0 0 2 1 5 0 0 0 0 1 2 6
1 2 3 4 5 6
4 EI1 L1 2 EI1 L1
2 EI1 L1 4 EI1 L1
0
0
0
0
S
0
0
0
0
0
0
0
0
4 EI 2 L2 2 EI 2 L2
2 EI 2 L2 4 EI 2 L2
0
0
0
0
4 EI 3 L3 2 EI 3 L3
2 EI 3 L3 4 EI 3 L3
0
0
0
0
0
0
0
0
Dengan demikian :
K
T
A S A
0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0
=
K
2 1 2EI 0 5 0 0 0
0 2EI 1 2 4 2 0 0 1 5 0 0 2 4 2 1 1 0 0 0 2EI 6 2
5
2 6
1 2 0 0 0 0
0 0 4 2 0 0 0 0 0 1 1 0
0 0 2 4 0 0
0 0 0 0 2 1
0 0 0 0 1 2
0 1 1 0 0 0
0 0 0 1 1 0
Dengan mengubah gaya-gaya luar menjadi gaya ekivalen terpusat di ujung elemen atau di titik-titik diskrit ( 1. 3.c dan e ), dan dengan melihat persamaan :
D D1 D2
K
1
Q
5 1 6 . 2EI 36 4 2
5 64EI
=
D1 D2
2 6
193 193
= 1544 1544
965 8 EI 965 8 EI
Jadi putaran sudut dititik B dan C ialah sebesar : =
D1
965 8EI
D2
Dari persamaan ( 1.36)
H
S A D 5 2 EI
2 1 0 0 0 0
1 2 0 0 0 0
0 0 4 2 0 0
0 0 2 4 0 0
0 0 0 0 2 1
0 0 0 0 1 2
0 1 1 0 0 0
0 0 0 1 1 0
965 8 EI 965 8 EI
1 2 4 2 0 0 H1 H2 H3 =
H4 H5 H6
0 0 2 4 2 1
193 4 193 4
48.25 96.5 96.5 96.5 96.5 48.25
Melihat momen primernya pada gambar (1.3.c), maka akan didapat : M
AB
48.25
( 288)
239.75kg.m
M BA
96.50
( 432)
528.50kg.m
M BC
96.50
( 625)
528.50kg.m
M CB
96.50
( 625)
528.50kg.m
M CD
96.50
( 432)
528.50kg.m
MD
48.25
( 288)
239.75kg.m
Contoh 1.2 : Sekarang Akan Dibahas Analisa Portal dengan adanya penahanan kesamping
400kg q= 600kg/m D 2EI F
2EI
G
2EI
C 2.00
EI
EI
1000kg B
2.00
A 2.00
1.00 5.00 a. Portal yang dianalisa
5.00
E
F
B A
b. Struktur dasar yang dikekang Momen primer :
M ED M EF
400.2 800kg.m M FE
M FC
M CF
M FB
M BF
1 .800.5 2 12
1250kg.m
1 .600.5 2 12
1250kg.m
1
8
.1000.4
500kg.m
800 1250
1250 1250
1250
500
500
b. Momen primer D1
D2
c. Derajat ketidak-tentuan kinematsi : 2 (deformasi aksial diabaikan)
Q1=-450
Q2=-500
d. Gaya ekivalen Q dititik diskrit yang koresponding dengan lendutan D
D1 d2
e. Diberikan
D1
d3
= 1 satuan
d4
D2 d7 d5
g. Diberikan D2 d4 H3 H2
d3
= 1 satuan
H7
H4 H5
d7
d2
d5 d6
d1
H6 H1
h. Diagram H-d
Gambar 1.4 Portal menerus tanpa penggoyangan
d8
Dimulai dengan menghitung matrik
0 1
0 0
d1 d2
1
0
d3 d4 d5 d6 d7 d8
0 0 0 0 0
A
D1
1 1 0 1 0 1
D2
1
S
A 4 5 2 5
2 5 4 5
0
0
0
0
0
dan
S
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4(2) 5 2(2) 5
2(2) 5 4(2) 5
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2 4 4 4
0
0
4 4 2 4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4(2) 5 2(2) 5
2(2) 5 4(2) 5
EI
S
EI 10
8 4 0 0 0 0 0 0
4 8 0 0 0 0 0 0
0 0 16 16 0 0 0 0
0 0 8 8 0 0 0 0
0 0 0 0 10 10 0 0
0 0 0 0 5 5 0 0
0 0 0 0 0 0 16 8
0 0 0 0 0 0 8 18
1 2 3 4 5 6 7 8
Matrik kekakuan struktur dapat dihitung berdasarkan persamaan :
K
A
T
S
A
EI 0 1 1 0 0 0 0 0 10 0 0 0 1 1 0 1 0 =
EI 4 8 16 8 0 0 0 0 10 0 0 8 16 10 5 16 8
8 4 0 0 0 0 0 0
4 8 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0
0 0 16 16 0 0 0 0
0 0 8 8 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0
0 0 0 0 10 10 0 0
0 0 0 0 5 5 0 0
0 0 0 0 0 0 16 8
0 0 0 0 0 0 8 18
0 1 1 0 0 0 0 0
0 0 0 1 1 0 1 0
K K
1
EI 10
24 8
8 42
EI x 1 42 10 944 8
8 24
21 4 5 4 12 236EI D1 D2
D1 D2 D1 D2
21 4 5 236EI 4 12
5 7450 236EI 4200 37250 236EI 21000 236EI
450 500
H
S A D
8 4 0 EI 0 10 0 0 0 0
4 8 0 0 0 0 0 0
4 8 16 8 0 0 0 0
0 0 16 16 0 0 0 0
0 0 8 8 0 0 0 0
0 0 0 0 10 10 0 0
0 0 0 0 5 5 0 0
0 0 8 16 10 5 16 8
0 0 0 0 0 0 16 8
0 0 0 0 0 0 8 18
0 1 1 0 0 0 0 0
0 0 0 1 1 0 1 0
37250 236 21000 236
37250 236EI 21000 236EI
63.14 126.27 323.73 268.64 88.98 44.49 142.38 71.19
H
Dengan memperhatikan momen primer dari elemen-elemen struktur maka akan didapat :
MA M EA
63.14 0 126.27 0
63.14kg.m 126.27kg.m
M ED
0 ( 800)
800kg.m
M EF
323.73 ( 1250) 926.27.kg.m
M FE
268.64 ( 1250)
1518.64kg.m
M FB
88.98 ( 500) 411.02kg.m
M FC
142.38 ( 1250) 1107.62kg.m
MB
44.49 ( 500)
MC
71.19 ( 1250)
544.49kg.m
1321.19kg.m
Sekarang ditinjau apakah kesetimbangan dititik-titik pertemuhan terpenuhi :
ME
M EA
M ED
M EF
= -126.27-800+926.27 = 0 (terpenuhi)
ME
M FE
M FB
M FC
= -1518.64 + 411.02 + 1107.62 = 0 (terpenuhi)
Setelah matrik kekakuan struktur di atas disusun sesuai dengan kebutuhan yaitu untuk mendapatkan matrik berukuran 3 x 3, maka dilakukan kondensasi statik.
K tt
!
K to
K ot
!
K oo
K Matrik K setelah dikakukan kondensasi adalah :
K 3 x3
K tt
K to K oo
1
K ot
K
yang
KONSTRUKSI PORTAL BIDANG DENGAN PERGOYANGAN DIMANA DEFORMASI AKSIAL DIABAIKAN Setelah pada pasal yang lalu dibahas analisa portal tanpa penggoyangan, sekarang akan dicoba menganalisa kostruksi portal dengan pergoyangan, dimana deformasi aksial masih diabaikan.
Contoh 1 : Di bawah ini diberikan satu contoh analisa portal sederhana dengan penggoyangan kesamping.
1 4 1 4 0
A
0 1 4 1 4 D1
S
0
0
d1
1
0
d2
1
0
d3
0
1
d4
0
1
d5
0
0
d6
D2
4 4 2 4
2 4 4 4
0
0
0
0
0 0
D3
0
0
0
0
0
0
0
0
4( 2) 4 2( 2) 4
2( 2) 4 4( 2) 4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4 4 2 4
2 4 4 4
EI
=
EI 2
2 1 0
1 2 0
0 0 4
0 0 2
0 0 0
0 1 0 2 0 3
0 0
0 0
2 0
4 0
0 2
0 4 1 5
0
0
0
0
1
2 6
5
6
1
2
3
4
Selanjutnya bisa dihitung matrik kekakuan struktur
K
A
T
S A 2 1 0
1 EI 4 0 2 0
1 1 0 0 4 4 1 1 0 0 0 0 1 1
1 1 2 4 0 0 0 0 0 0 0 0
0 4 2 0
0 0 0
K
1 0 0 0 0 0 4 1 1 0 0 0 0 4 2 0 0 0 1 0 4 0 0 0 0 1 0 2 1 1 0 1 4 0 1 2 1 0 0 4
3 EI 4 1 2 0
3 4 2
4 2
3 4 0
3 4 0
2 4
2
1
0 0
0
=
K
=
EI 2
EI 8
3 4 3 4 3 4
3 4
3 4
6
2
2
6
3 3 3 24
3 8
3
24
8
1 0 0 4 1 1 0 4 0 1 0 0 1 4 1 4
0 1 0 1 0 0
K
K
Setelah
8 1 . EI 1248
1
1 156EI
1
K
dan K
512 48
48 63
48
15
48 15 63
512 48
48 63
48
15
1
48 15 63
dihitung,
maka besar lendutan dan gaya-gaya dalam akan dapat dengan mudah ditentukan.
D D1 D2 D3
K 1 156EI
1
Q
512 48
48 63
48
15
48 15 63
1000 500 500
D1 D2 D3
512000 87000
1 156EI
9000
D1 3282.05 / EI D2 557.69 / EI D3
H
57.69 / EI
EI 2
2 1 0 0 0 0
1 2 0 0 0 0
0 0 4 2 0 0
0 0 2 4 0 0
0 0 0 0 2 1
0 0 0 0 1 2
1 4 1 4 0 0 1 4 1 4
0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0
3282.05 / EI 557.69 / EI 57.69 / EI
1 2
H
3 4 3 4 0 0 1 4 1 4
1
0
2
0
3282.05
4
2
557.69
2
4
57.69
0
2
0
1
951.92 673.07 1173.07 673.07 1173.07 1201.92
1 2 3 4 5 6
Dengan memperhatikan momen primer dari elemenelemen struktur, maka akan didapat :
MA
M CA
951.92 0 951.92kg.m
673.07 0
673.07kg.m
M CD
1173.07 ( 500)
M DC
673.07 ( 500)
673.07kg.m 1173.07kg.m
M DB
1173.07 0 1173.07kg.m
MB
1201.92 0 1201.92kg.m
Contoh 2 Dibawah ini akan dicoba menganalisa satu portal sederhana dengan pergoyangan sate arah yaitu mendataryang dikombinasikan dengan pegas, dengan kontanta pegas k. Beban-beban dan ukuran konstruksi diambil sama dengan contoh : 1.
Persoalan kekakuan struktur pada contoh soal ini adalah sama dengan contoh 1, jadi proses menghitung kekakuan K adalah sama dengan contoh tersebut.
EI 8
K
K
D
1
3 3 3 24
3 8
3
24
1 156EI
K
D1 D2 D3
1 156EI
8
512 48
48 63
48
15
63
512 48
48 63
48 15
48
15
1
48 15
Q
63
1000 k .D1 500 500
D D1 D2
K 1 156EI
1
512000 512k .D1 37000 48kD1
D3
untuk
Q
9000 48k .D1
D1
1 (512000 512k.D1 ) 156EI
k
1 EI 4
D1
3282.05 / EI
1.8205D1
3282.05 / EI
D1 1802.82 / EI kD1
08205D1
450.70kg
1 1 ( 87000 48. EI .1802.82 / EI ) 156EI 4
D2 D2
419.01/ EI
D3
1 1 ( 9000 48. EI .1802.82 / EI ) 156EI 4
D3
80.986 / EI
H
S A D 3 4 3 4 EI 0 2 0 3 4 3 4
1 0 2 0 4 2 2 4 0 2 0 1
1802.82 / EI 419.01 / EI 80.986 / EI
466.55 257.04 757.04 257.04 757.04 716.55
H
Dengan memperhatikan momen primer dari elemen-elemen struktur , maka akan didapatkan :
MA
466.55kg.m
M CA
257.04kg.m
M CD
757.04 ( 500)
257.04kg.m
M DC
257.04 ( 500)
757.04kg.m
M DB
MB
757.04kg.m
716.55kg.m
CONTOH.3 GAMBAR 3.14 MENUNJUKKAN SATU PORTAL YANG DAPAT BERGOYANG PADA ARAH MENDATAR, DIMANA SATU KAKINYA BD MIRING, DENGAN SUDUT KEMIRINGAN .
Dengan memperhatikan gambar 3,14 dan memperhatikan bahwa deformasi
aksial akibat diberikannya lendutan
D2
dan
sama dengan contohDadalah 3
contoh yang lalu, maka akan dapat menurunkan
A
S
A
1 4 1 4 4 (3)(4) 4 (3)(4) 5 (3)(5) 5 (3)(5)
matrik
0
0
d1
1
0
d2
1
0
0
1
d4
0
1
d5
0
0
d6
d3
dan matrik .
1 4 1 4 1 3 1 3 1 3 1 3
S
4 4 2 4
2 4 4 4
0
0
0
0
0 0
0
0
1
0
1
0
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4(2) 4 2(2) 4
2(2) 4 4(2) 4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
4 5 2 5
2 5 4 5
EI
10
5
0
0
0
0 1
5
10
0
0
0
0 2
0
20
10
0
0 3
0
10
20
0
0 4
0
0
0
0
8
4 5
0
0
0
0
4
8 6
EI 0 10 0
1
2
3
Selanjutnya :
K
A
T
S A
4
5
6
=
1 4 0 0
1 4 1 0
1 3 1 0
15 15 EI 4 4 5 10 10 0 0
1 3 0 1
10
1 3 0 1
10 5 0 0 0 0 1 5 10 0 0 0 0 3 EI 0 0 20 10 0 0 0 10 0 0 10 20 0 0 0 0 0 0 0 8 4 0 0 0 0 4 8
10 4 4
20
10
0 0
10
20
8 4
1 4 1 4 1 3 1 3 1 3 1 3
0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0
1 4 1 4 1 3 1 3 1 3 1 3
0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0
11.208 EI 6.25 10 6
K
K
1
10 1 . EI 6870.17
D D1 D2 D3
K
10
740 115
28
115 277.82
117.5
1.007 1 0.167 EI 0.171 1
6.25 6 30 10
117.5 74.58
74.58 297.18
0.167 0.404 0.109
0.171 0.109 0.433
Q
1.007 1 0.167 EI 0.171
0.167 0.404 0.109
0.171 0.109
333.34
0.433
500
100
D1 D2
427.823/ EI 38.921/ EI
D3
284.152 / EI
H
S A D
10 5 5 10 EI 0 10 0 0 0
0 0 0 0
0 0
0 0
20 10 10 20 0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
8 4
4 8
1 4 1 4 1 3 1 3 1 3 1 3
0
0
1
0
1
0
427.823/ EI 38.921/ EI
0
1
284.152 / EI
0
1
0
0
15 5 0 4 15 10 0 EI 4 10 20 10 10 10 10 20 4 0 8 4 0 4
427.823/ EI 38.921/ EI 284.152 / EI
140.973 121.513 122.514 H
101.560 398.451 284.790
Momen akhir :
MA M CA M CE M CD
140.973 121.513
140.973kg.m 121.513kg.m
( 400) 221.514 ( 500)
M DC M DB
101.560 398.451
MB
284.790
( 500)
389.440kg.m 389.440kg.m 284.790kg.m
Momen H
400kg.m 278.487kg.m
primer
KONSTRUKSI RANGKA BATANG DENGAN TITIK HUBUNG ENGSEL
Pada pasal-pasal yang lalu, telah dibahas analisa struktur dengan sambungan kaku dimana deformasi normal masih diabaikan. Sekarang akan dapat dianalisa konstruksi rangka batang yang justru dianggap hanya
mengalami deformasi normal (aksial) saja.
Sebenarnya proses analisanya adalah sama dengan yang telah dilakukan pada pasal-pasal yang lalu, hanya berbeda pada cara
memberikan vector lendutan, dimana hanya ada vector lendutan translasi saja, dan matrik S yang meyatakan hubungan gaya dalam dan deformasi, baik gaya dalam maupun deformasi yang timbul
hanyalah bersifat aksial saja. Contoh terlihat di bawah ini.
Gamnbar 3.15 Konstruksi Rangka Batang Memperhatikan gambar 3.15, akan dengan mudah dapat ditentukan matrik A , yaitu matrik yang menyatakan hubungan deformasi dan lendutan. Dari gambar 3.15 e, untuk D1
d1 d2 d3
0 0 1
d4 d5
0 0
1
Dari gambar 4.15.f, untuk D2
d1 d2 d3
1 1 0
d4 d5
0 0 D3
1
1
Dari gambar 4.15.g, untuk
d1 d2
0
d3
1
d4
1.Sin
d5
1.Sin
3 5 3 5
Dari gambar 4.15.h, untuk D4 d1 d2
0 0
d3
0 4 5
d4
1.Cos
d5
1.Cos
Jadi matrik
A
1
4 5
A
:
0 0
1 1
1
0
0
0
0
0
D1 1 D2
0 0 1 3 5 3 5
d1
0 0
d2 d3
0 4 5 4 5
1 D3 1 D4
d4 d5
1
Sesuai dengan apa yang telah disinggung di bagian depan pada pasal ini, maka elemen-elemen pada konstruksi rangka batang ini hanya menderita deformasi aksial saja, yanmg dengan demikian hanya menimbulkan gaya
dalam normal saja. Karena disini membahas konstruksi yang elastis, maka hokum Hooke akan berlaku karenanya
AE H L
d
Gambar 3.16 Batang yang menderita gaya normal H dan mengalami deformasi aksial d
d
HL AE
Dengan demikian :
AE d L
H dimana
AE L
menyatakan kekakuan aksial dari batang pada gambar.
Dengan melihat persamaan ( ), maka jelas dapat diketahui bahwa matrik , akan terdirin dari elemen-elemen kekakuan aksial, yaitu :
S
A1 E1 L1
0
0
0
0
H1
0
A2 E2 L2
0
0
0
H2
0
0
A3 E3 L3
0
0
H3
0
0
0
A4 E4 L4
0
H4
0
0
0
0
A5 E5 L5
H5
d1
1
d2
1
d3
1
d4
1
d5
1
S
Dengan demikian sekaran sudah dapat dihitung matrik kekakuan
K
, yaitu:
T
K
A S A 0
0
1
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0 3 5 4 5
0 3 5 4 5
1 0
0
1 AE 2 0
1 2 0
0
0
1 2
0
0
1 2
0
0
0
2 3
0
0
0
0
0
2 5
0
0
0
0
0
2 5
0
0
0
0
0
0
6 25 8 25
6 25 8 25
0
0 0
2 3 2 3
0 0
0
0 AE
1 1
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0 3 5 3 5
0 4 5 4 5
2 2 0 3 3 0 1 0 358 AE 2 0 3 375
K
0
K
1
0
0
0 0 64 125
0
179 125 0 36 36 0 1 0 1 125 125 0 AE 36 36 0
0
0
0 0 0 125 64
untuk menghitung lendutan dipakai persamaan :
D
K
1
Q
D1 D2 D3
K
1
Q1 Q2 Q3
D4
Q4
D1 D2
179 125 0 36 36 0 1 0 1 125 125 0 AE 36 36
D3 D4
0
D3 D4
0
4972.22
D1 D2
0
1 AE
0 3472.22 3906.25
0 0
1000 0
0
0
125 64
2000
Selanjutnya:
H
S A D 0
H1 H2 H3 H4 H5
H1 H2 H3 H4 H5
0 2 3
1 2 1 2 0
0
0
0
0
0
0
0
0
2 3 6 25 6 25
0 8 25 8 25
0 0 1000 2083.33 416.67
4972.22 0 3472.22 3906.25
Jadi gaya batang nomor :
1 : H1 2 : H2
0 0
3 : H3
1000kg
4 : H4
2083.33kg
4 : H5
416.67kg
MEMPERHATIKAN GAMBAR DI ATAS, AKAN DIDAPAT MATRIK MATRIK DEFORMASI
Gambar d, untuk
d1
D1 1 0.8
d2
0
d3
0
d4
0.8
d5
1
Gambar e, untuk
D2
1
d1
0.6
d2
0
d3
0
d4 d5
0.6 0
Gambar f, untuk D3 d1 0
1
d 2 0.385 d 3 0.385 d4 0 d5
1
Gambar g, untuk D4
d1
0
d2
0.923
d3
0.923
d4
0
d5
0
1
Gambar h, untuk D5
1
d1
0
d2
0
d3
0.023
d 4 0 .6 d5 Jadi atrik
0
A :
A
0.8 0 0 0.8 1
0.6 0 0 0.6 0
0 0.385 0.385 0 1
0 0 0.923 0 0.923 0.923 0 0
0.6 0
Matrik
S
S
S
terdiri dari elemen-elemen kekakuan aksial, yaitu :
A1 E1 L1
0
0
0
0
0
A2 E 2 L2
0
0
0
0
0
A3 E3 L3
0
0
0
0
0
A4 E 4 L4
0
0
0
0
0
A5 E5 L5
25 E 2.1000
0
0
0
0
0
65 E 4.650
0
0
0
0
0
65 E 4.650
0
0
0
0
0
0
0
0
0 0
55 E 6.550
S
EI 2000
25 0 0 0 50 0 0 0 50
0 0 0
0 0
25 0 0 33.33
0 0
Matrik kekakuan
K
0 0
:
0 0 0
K
A
T
S A
0.8 0 0.6 0 0.6 0.385 0 0 0.8 0 0 0.8 1
0.923 0 0.6 0 0 0.6 0
0 0 0.385
0.8 0.6 0
1 0 1
25 0 0 50 0 0
0 0 50
0 0 0
0.923 0.923
0 0.6
0 0
0 0
0 0
25 0 0 33.33
0 0.385 0.385 0 1
0 0 0.923 0 0.923 0.923 0 0
0.6 0
0 0
0 0 0
EI 2000
E 2000
K
K
1
65.33 0 0 18 33.33 0 0 12
1 E
0 9
33.33 0 48.15
0 0 0
12 9 77.77
0 77.77
85.19 42.60
42.60 52.6
172.6 108.8 199.8
205.8 145.2
108.8 217.6
94.6 189.4
symetris 287.2 145.2 290.4
118.2 189.4
378.2
Lendutan yang terjadi :
D
D
K
K
1
1
Q
1000 0 0 0 0
D
10000 E
172.6 108.8 199.8 108.8 217.6
Selanjutnya :
H E 2000
H
20 0 0
S A D 15 0 0
20 33.33
15 0
0 19.25 19.25 0 33.33
1900 1 5874.8 2 5874.8 3 9100 4 4533 5
0 0 46.15 0 46.15 46.15 0 0
15 0
172.6 108.8 10000 199.8 E 108.8 217.6
Jadi dapat gaya-gaya ; H1 H2 H3
91000kg (tekan) 5874.8 kg (tarik) 5874.8 kg (tarik)
H4 H5
9100 kg (tekan) 4533 kg (tarik)
