Pertemuan IX,X,XI V. Metode Defleksi Kemiringan (The Slope Deflection Method) Lanjutan

Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT

Pertemuan IX,X,XI

V. Metode Defleksi Kemiringan (The Slope Deflection Method) Lanjutan

V.1 Penerapan Metode Defleksi Kemiringan Pada Kerangka Kaku Statis Tak Tentu Tanpa Goyangan. Hampir semua kerangka kaku yang secara actual dibangun di dalam praktek bersifat statis tak tentu. Tidak seperti titik-hubung kaku (180O) di tumpuan-tumpuan balok menerus, lebih dari dua ujung batang bisa terhimpun di titik-hubung yang sama, yang di dalam kasus ini, kondisi keseimbangan yang berkaitan dengan rotasi yang tak diketahui di titik hubung itu akan melibatkan lebih dari dua momen ujung.

Kondisi

keseimbangan untuk titik-hubung kaku pada Gambar 5.1 adalah M2 + M3 + M16 + M17 = 0 …………………………………….. (5.1)

Gambar 5.1 Kondisi Momen Titik-Hubung di Dalam Metode Defleksi Kemiringan V‐1


Analisa umum kerangka kaku didasarkan atas pengandaian, bahwa deformasi aksial yang sangat kecil apabila dibandingkan dengan lendutanlentur boleh diabaikan.

Berdasarkan pengandaian tersebut, banyak

kerangka kaku memiliki bentuk sedemikian rupa sehingga tak satupun titikhubung dapat mengalami perubahan posisi yang tak diketahui akibat bebanbeban yang bekerja. Dengan demikian perpindahan-perpindahan yang tak diketahui akan hanya melibatkan rotasi-rotasi titik-hubungnya dan semua momen ujungnya dapat diekspresikan sebagai fungsi dari perpindahanperpindahan yang tak diketahui tersebut melalui persamaan-persamaan defleksi kemiringan.rotasi-rotasi titik-hubung yang tak diketahui dapat diperoleh. Dengan menggantikan nilai-nilai rotasi titik-hubung kembali ke dalam persamaan-persamaan defleksi kemiringan, momen-momen ujung diperoleh. Semua momen ujung yang telah dikatahui, gaya aksial, gaya geser dan momen pada semua batang dapat diperoleh dengan menerapkan hukum-hukum statika terhadap batang-batang individual.

V.2 Penerapan Metode Defleksi Kemiringan Pada Kerangka Kaku Statis Tak Tentu Dengan Goyangan Ke Samping. Untuk kerangka kaku bertitik-hubung menyiku, translasi-translasi titik-hubung yang tak diketahui biasanya mengarah horizontal, karenanya dinamakan goyangan ke samping (sides ways) yang tak diketahui. Jumlah kerangka kaku menyiku akan sama dengan jumlah tingkat dalam kerangka kaku empat persegi panjang. Misalnya kerangka kaku bertingkat satu pada Gambar 5.2a, translasi yang tak diketahui yang mungkin hanyalah goyangan ke samping kanan dari titik hubung A, B, atau C.

Kondisi

keseimbangan untuk rotasi searah jarum jam yang tak diketahui di titikhubung B, sebagaimana ditunjukkan pada Gambar 5.2b, jumlah momen berlawanan arah jarum jam yang bekerja di titik-hubung adalah nol, atau M2 + M3 + M7 = 0 …………………………………………….. (5.2)

V‐2


Gambar 5.2 Kerangka Kaku Tipikal Bertingkat Satu Kondisi keseimbangan untuk goyangan ke samping kanan yang tak dikaetahui di titik-titik pada diagram benda bebas paduan titik-titik hubung A, B, atau C adalah bahwa jumlah gaya-gaya horizontal yang bekerja ke kiri pada diagram benda bebas paduan titik-titik hubung A, B, atau C, sebagaimana ditunjukkan pada Gambar 5.2c adalah nol atau -W1 – H5 – H7 – H9 = 0 ………………………………………... (5.3) dengan H5, H7, dan H9 dapat diekspresikan sebagai fungsi dari momenmomen ujung pada Gambar benda bebas kolom-kolom, sebagaimana ditunjukkan pada Gambar 5.2d. Untuk kerangka kaku tipikal bertingkat dua pada Gambar 5.3a, terdapatlah enam rotasi titik-hubung yang tak diketahui dan dua goyangan ke samping yang tak diketahui yang ditunjukkan sebagai ∆1 ke sebelah kanan dari titik-hubung A, B, atau C dan ∆2 ke sebelah kanan dari titikhubung D, E, atau F.

V‐3


Gambar 5.3 Kerangka Kaku Tipikal Bertingkat Dua Kedua kondisi keseimbangan yang berkaitan dengan dua goyangan ke samping yang tak diketahui tersebut diperoleh dengan menyamakan gayagaya horisontal yang bekerja ke kiri pada benda bebas paduan titik-titik hubung A, B, dan C yang kemudian benda bebas paduan titik-titik hubung D, E, dan F, dengan nol. Dengan demikian, -W1 – H9 – H11 – H13 = 0 ........................................................... (5.4a) dan -W2 + H10 + H12 + H14 – H15 – H17 – H19 = 0 ……………….. (5.4b) Kedua kondisi gaya geser yang berkaitan dengan goyangan-goyang ke samping yang tak diketahui ∆1 dan ∆2 ke sebelah untuk kerangka kaku pada Gambar 5.3 dapat dituliskan dengan cara lain dalam bentuk : W1 = H10 + H12 + H14 ……………………....…………………. (5.5a) dan W1 + W2 = H16 + H18 + H20 = ………........……….…………... (5.5b)

V‐4


Sebagaimana ditunjukkan pada Gambar 5.4, jumlah semua gaya horisontal yang bekerja ke kakanan pada kerangka kaku, dari puncaknya hingga dasardasar himpunan kolom pada tingkat yang sama, sama dengan jumlah gayagaya geser yang bekerja ke kiri di dasar-dasar kolom.

Gambar 5.4 Diagram Benda-Benda Bebas Sehubungan Dengan Goyangan ke samping Analisa kerangka kaku dengan goyanga ke samping diperlihatkan pada Gambar 5.5a, serta diagram benda-benda bebas dan pengecekan kondisi gaya geser diperlihatkan pada Gambar 5.5b.

(a) Kerangka kaku dengan goyangan ke samping

(b) Diagram benda-benda bebas dan pengecekan kondisi gaya geser Gambar 5.5 Analisa Kerangka Kaku Dengan Goyangan V‐5


Perbedaan persamaan-persamaan defleksi kemiringan pada kerangka kaku tak bergoyang dengan kerangka kaku bergoyang, yaitu pada kolomkolomnya, seperti diperlihatkan di dalam persamaan-persamaan berikut ini :

M AB = M 0 AB +

2 E (I AB ) ⎛ 3Δ ⎞ ⎜⎜ 2θ A + θ B − ⎟ LAB ⎝ LAB ⎟⎠

M BA = M 0 BA +

2 E (I BA ) ⎛ 3Δ ⎞ ⎜⎜ 2θ B + θ A − ⎟ …………….…….... (5.6b) LBA ⎝ LBA ⎟⎠

M CD = M 0CD +

2 E (I CD ) ⎛ 3Δ ⎞ ⎜⎜ 2θ C + θ D − ⎟ LCD ⎝ LCD ⎟⎠

M DC = M 0 DC +

2 E (I DC ) ⎛ 3Δ ⎜⎜ 2θ D + θ C − LDC ⎝ LDC

…………………… (5.6a)

..………………… (5.6c)

⎞ ⎟⎟ ………………….. (5.6d) ⎠

dengan kondisi gaya geser : HB =

P.a M AB + M BA + LAB LAB

HC =

M CD + M DC LCD

− H B − HC = 0

………………………………….. (5.7a)

………………………………………… (5.7b)

……………………………………………. (5.7c)

dan cek gaya geser : H A + HD ≈ P

………………………………………………. (5.8a)

⎡⎛ P.b M AB + M BA ⎞ ⎛ M CD + M DC ⎟⎟ + ⎜⎜ + ⎢⎜⎜ LAB LCD ⎠ ⎝ ⎣⎝ LAB

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ≈ P …………………. (5.8b) ⎠⎦

V‐6


V.3 Contoh-Contoh Soal dan Pembahasan Soal 1.

Analisalah kerangka kaku pada Gambar 5.6 dengan metode

defleksi kemiringan. Tentukan reaksi perletakan, gaya geser, dan momenmomen pada semua batangnya.

Gambar 5.6 Kerangka Kaku Contoh Soal V.1 Penyelesaian : (1) Momen-momen ujung jepit.

M 0 AB = M 0 BA = 0 M 0 BC = −

10(6 ) 100(3)(3) − = −105 kNm 12 (6)2

M 0CB = +

10(6 ) 100(3) (3) + = +105 kNm 12 (6) 2

2

2

2

2

M 0CD = M 0 DC = 0 (2) Persamaan-persamaan defleksi kemiringan. Untuk tumpuan di A dan D jepit, maka θA = θD = 0.

M AB = M 0 AB +

2 E (I ) (2θ A + θ B ) = 0,5EIθ B 4

M BA = M 0 BA +

2 E (I ) (2θ B + θ A ) = EIθ B 4

V‐7


M BC = M 0 BC +

2 E (3I ) (2θ B + θ C ) = −105 + 2 EIθ B + EIθ C 6

M CB = M 0CB +

2 E (3I ) (2θ C + θ B ) = +105 + 2 EIθ C + EIθ B 6

M CD = M 0CD +

2 E (I ) (2θ C + θ D ) = EIθC 4

(3) Persaman-persamaan serempak, memenuhi syarat sambungan : - sambungan di B : MBA + MBC = 0 - sambungan di C : MCB + MCD = 0 Dengan

memasukkan

persamaan-persamaan

defleksi

kemiringan

kedalam syarat-syarat sambungan, maka ditetapkan persamaan berikut : 3,00EIθB + 1,00EIθC = +105,00 1,00EIθB + 3,00EIθC = -105,00 Penyelesaian persaman serempak dengan cara eliminasi dan substitusi, hasilnya adalah : EIθB = +52,50

EIθC = -52,50

(4) Momen-momen ujung : MAB = 0,5(+52,50) = +26,25 kNm MBA = +52,50 kNm MBC = -105,00 + 2(+52,50) + (-52,50) = -52,50 kNm MCB = +105,00 + 2(-52,50) + (+52,50) = +52,50 kNm MCD = -52,50 kNm MDC = 0,5(-52,50) = -26,26 kNm

V‐8


(3) Reaksi perletakan. Reaksi total yang terjadi adalah reaksi akibat beban dan reaksi pengaruh momen.

RVB1 = RVC1 =

10.6 100 + = 80 kN 2 2

(a) Reaksi perletakan akibat beban

B

52,50

RH A =

26,25 + 52,50 = 19,69 kN 4

4m 52,50

RHA

C RH D =

A 26,25 B

4m C

52,50

6m

52,50

RVC 2 =

D

RHD 26,25

RVC2

RVB2

RV B 2 =

− 52,50 − 26,25 = −19,69 kN 4

52,50 − 52,50 = 0 kN 6 52,50 − 52,50 = 0 kN 6 (b) Reaksi perletakan pengaruh momen

Gambar 5.7 Reaksi Perletakan Contoh Soal V.1 Reaksi total : RHA = 19,69 kN RHD =-19,69 kN RVA = RVB = 80 kN RVC = RVD = 80 kN V‐9


(4) Diagram gaya geser dan diagram momen.

Gambar 5.8 Diagram Gaya Geser dan Momen Contoh Soal V.1

Soal 2.

Analisalah kerangka kaku pada Gambar 5.9 dengan metode

defleksi kemiringan. Tentukan reaksi perletakan, gaya geser, dan momenmomen pada semua batangnya.

V‐10


Gambar 5.9 Kerangka Kaku Contoh Soal V.2 Penyelesaian : (1) Momen-momen ujung jepit. 50(3)(2 ) = −24 kNm (5)2 2

M 0 AB = −

50(3) (2 ) = +36 kNm (5)2 2

M 0 AB =

10(6 ) 100(3)(3) =− − = −105 kNm 12 (6)2 2

M 0 BC

2

10(6 ) 100(3) (3) + = +105 kNm 12 (6) 2 2

M 0CB = +

2

M 0CD = M 0 DC = 0 (2) Persamaan-persamaan defleksi kemiringan. Untuk tumpuan di A dan D jepit, maka θA = θD = 0.

M AB = M 0 AB +

2 E (I ) ⎛ 3Δ ⎞ ⎜ 2θ A + θ B − ⎟ = −24 + 0,4 EIθ B − 0,24 EIΔ 5 ⎝ 5 ⎠

M BA = M 0 BA +

2 E (I ) ⎛ 3Δ ⎞ ⎜ 2θ B + θ A − ⎟ = +36 + 0,8 EIθ B − 0,24 EIΔ 5 ⎝ 5 ⎠

V‐11


M BC = M 0 BC +

2 E (3I ) (2θ B + θ C ) = −105 + 2 EIθ B + EIθ C 6

M CB = M 0CB +

2 E (3I ) (2θ C + θ B ) = +105 + 2 EIθ C + EIθ B 6

M CD = M 0CD +

2 E (I ) ⎛ 3Δ ⎞ ⎜ 2θ C + θ D − ⎟ = 0,8 EIθ C − 0,24 EIΔ 5 ⎝ 5 ⎠

M DC = M 0 DC +

2 E (I ) ⎛ 3Δ ⎞ ⎜ 2θ D + θ C − ⎟ = 0,4 EIθ C − 0,24 EIΔ 5 ⎝ 5 ⎠

(3) Gaya geser :

HB =

50.3 ⎡ (− 24 + 0,4 EIθ B − 0,24 EIΔ ) + (+ 36 + 0,8 EIθ B − 0,24 EIΔ ) ⎤ +⎢ ⎥⎦ 5 5 ⎣

= 32,4 + 0,24 EIθ B − 0,096 EIΔ ⎡ (0,8 EIθ C − 0,24 EIΔ ) + (0,4 EIθ C − 0,24 EIΔ ) ⎤ HC = ⎢ ⎥ 5 ⎦ ⎣ = 0,24 EIθ C − 0,096 EIΔ (4) Persaman-persamaan serempak, memenuhi syarat sambungan : - sambungan di B

: MBA + MBC = 0

- sambungan di C

: MCB + MCD = 0

- kondisi gaya geser : -HB - Hc = 0 Dengan

memasukkan

persamaan-persamaan defleksi

kemiringan

kedalam syarat-syarat sambungan, maka ditetapkan persamaan berikut : 2,80EIθB + 1,00EIθC – 0,24EIΔ = +69,00 1,00EIθB + 2,80EIθC – 0,24EIΔ = -105,00 -0,24EIθB – 0,24EIθC + 0,19EIΔ = +32,40 V‐12


Penyelesaian persaman serempak dengan cara eliminasi dan substitusi, hasilnya adalah : EIθB = +55,29 EIθC = -41,38 EIΔ = +185,13

(5) momen ujung : MAB = -24,00 + 0,4(+55,29) – 0,24(+185,13) = -46,32 kNm MBA = +36,00 + 0,8(+55,29) – 0,24(+185,13) = +35,80 kNm MBC = -105,00 + 2(+55,29) + (-41,38) = -35,80 kNm MCB = +105,00 + 2(-41,38) + (+55,29) = +77,53 kNm MCD = 0,8(-41,38) – 0,24(+185,13) = -77,53 kNm MDC = 0,4(-41,38) – 0,24(+183,13) = -60,98 kNm

(6) Cek gaya geser : ⎡⎛ 50.2 46,32 − 35,8 ⎞ ⎛ 77,53 + 60,98 ⎞⎤ ⎟+⎜ ⎟⎥ ≈ 50 ⎢⎜ 5 + 5 5 ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎣⎝

(7) Reaksi perletakan. Reaksi total yang terjadi adalah reaksi akibat beban dan reaksi pengaruh momen.

V‐13


RH A1 =

− 50.2 = −20 kN 5

RVB1 = RVC1 =

10.6 100 + = 80 kN 2 2

(a) Reaksi perletakan akibat beban

35,80

B

RHA2 =

− 46,32+35,80 = −2,10 kN 5

5m 77,53 C RHD =

RHA2 A 46,32 B 6m

77,53

D

RHD 60,98

RVC2

RVB2

RVB2 =

5m C

35,80

− 77,53 − 60,98 = −27,70 kN 5

35,80 − 77,53 = −6,96 kN 6

RVC 2 =

77,53 − 35,80 = 6,96 kN 6 (b) Reaksi perletakan pengaruh momen Gambar 5.10 Reaksi Perletakan Contoh Soal V.2

V‐14


Reaksi total :

RHA = -22,1 kN RHD =-27,7 kN RVA = RVB = 73,04 kN RVC = RVD = 86,96 kN

(8) Diagram gaya geser dan diagram momen :

Gambar 5.11 Diagram Gaya Geser dan Momen Contoh Soal V.2

V.4 Soal-Soal Latihan

Analisalah kerangka kaku di bawah ini dengan menggunakan metode defleksi kemiringan, gambar diagram gaya geser dan momen.

V‐15


1.

2.

3.

V‐16

Pertemuan IX,X,XI V. Metode Defleksi Kemiringan (The Slope Deflection Method) Lanjutan

Recommend Documents