RENCANA PEMBELAJARAAN

RENCANA PEMBELAJARAAN Kode Mata Kuliah Mata Kuliah Semester / SKS Kompetensi Mata Kuliah Pendukung WAKTU

: RMK 114 : Mekanika Rekayasa IV : IV / 2 : Mampu Menganalisis Konstruksi Statis Tak Tentu : Mekanika Rekayasa I, II & III

DO SEN

MATERI KULIAH

KET

- Penjelasan Tujuan, SAP, Renc. Pembelajaran dan Sistem Penilaian

12-03-2010

- Pengantar Mekanika Rekayasa Konstruksi IV Analisis Struktur Metode Clapeyron - Analisis Struktur Balok Menerus Statis Tak Tentu - Analisis Struktur Balok Statis Tak Tentu (Lanjutan)

19-03- 2010 Wahiddin, ST.,MT

Tugas 1

Kuis I : Analisis Struktur Balok dengan Metode Clapeyron

26-03-2010 Analisis Struktur Metode Distribusi Momen (Met. Cross) 9-04-2010

- Analisis Struktur Balok Statis Tak Tentu

16-04- 2010

- Analisis Struktur Portal Tidak Bergoyang

Tugas 2

23-04-2010

- Analisis Struktur Portal Tidak Bergoyang (Lanjutan)

Tugas 3

Kuis II : Analisis Struktur Portal Tidak Bergoyang

14-05-2010

- Analisis Struktur Portal Bergoyang

21-05- 2010

- Analisis Struktur Portal Bergoyang (Lanjutan)

4-06-2010 25-06- 2010

DR.Ir. Agnes H.P, MS

Tugas 4

Kuis III : Analisis Struktur Portal Bergoyang - Analisis Struktur Gable Frame

2-07- 2010 9-07-2010 Terjadwal

- Review dan Kesimpulan Perkuliahan UJIAN AKHIR SEMESTER

Referensi : Alkaff, M. Firdaus. 2004. STAAD 2004 untuk Tingkat Menengah. Maxikom.Palembang. Dewi, Sri Murni., 2004. 71 Contoh Statis Tak Tentu. CV. Citramedia : Sidoarjo. Hadi Y.CE., 2000. Seri Penyelesaian Mekanika Teknik : Statis Tak Tentu. Cipta Science Wahiddin. 2007. Buku Ajar Mekanika Rekayasa IV. Wang, C.K., 1993. Analisis Struktur Lanjutan Jilid 1. Dialihbahasakan oleh Drs. Ir. Kusuma Wirawan dan Ir. Mulyadi Nataprawira. Penerbit Erlangga. Jakarta. Nilai Mid Semester = 40% Latihan + 30% Tugas + 30% Kuis Nilai Akhir = 30% Latihan + 20% Tugas + 25% Kuis + 25% UAS

Struktur Statis Tak Tentu

1

STRUKTUR STATIS TAK TENTU Definisi : Suatu struktur bersifat Statis Tak Tentu luar apabila jumlah komponen reaksi perletakan melebihi persamaan keseimbangan statika Persamaan keseimbangan statis : 1. Struktur 2-dimensi

= 3 Persamaan keseimbangan

Keseimbangan Gaya

: Fx = 0

Keseimbangan Momen

: M = 0

2. Struktur 3-dimensi

;

Fy = 0

= 6 Persamaan keseimbangan

Fy = 0

;

Fz = 0

Keseimbangan Momen : Mx = 0 ; My = 0

;

Mz = 0

Keseimbangan Gaya

: Fx = 0

;

Tabel 1. Jenis kondisi tumpuan (model-model idealisasi) JENIS

SIMBOL /

JENIS GAYA DAN ROTASI

TUMPUAN

GAMBAR

YANG TIMBUL

Tumpuan Sendi

Mampu menahan gaya vetikal dan horisontal tetapi mengalami rotasi

Tumpuan Roll

Mampu menahan gaya vetikal dan mengalami rotasi

Tumpuan Jepit

Mampu menahan gaya vetikal, horisontal dan momen serta tidak mengalami rotasi tumpuan

Tumpuan Link (sendi) Sehingga :

Link (sendi) mampu menahan gaya searah Link ra > 3; struktur statis tak tentu eksternal ra = 3; struktur statis tertentu eksternal ra < 3; struktur tidak stabil eksternal Struktur Statis Tak Tentu

2

Tabel 2. Contoh Klasifikasi struktur GAMBAR STRUKTUR

KOMPONEN REAKSI TUMPUAN R3

R1

KLASIFIKASI STRUKTUR

ra = 3

Statis Tertentu ; Stabil

ra = 3

Statis Tertentu ; Stabil

ra = 4

Statis Tak Tentu ; Stabil

R2

M1 R2

R1 M1 R2 S R1

R3

R4

R5

R1

R2

ra = 5

R3


ra = 3 R1

R2

Tidak Stabil Geometri

R3

ra = 4 R3

R4

R1


R2

Dalam bentuk formula, struktur bersifat statis tak tentu apabila : 3j < 3m + r Dengan derajat ketidak-tentuan statisnya : i = (3m + r) – 3j dimana : m = jumlah batang struktur tidak termasuk batang overstek j

= jumlah titik kumpul pada struktur

r

= jumlah komponen reaksi perletakan

i

= derajat ketidak-tentuan statis


3

Tentukan klasifikasi dan derajat ketidak-tentuan statis struktur di bawah ini !

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)


4

ANALISIS STRUKTUR dengan METODE CLAPEYRON Deformasi (rotasi) balok disebabkan oleh beberapa faktor yaitu : 1. Akibat beban luar yang bekerja

A

Garis lentur balok

q.L3  A   B  24 EI

B

2. Akibat momen pada salah satu ujung balok MA

A 

M .L M A .L ; B   A 3EI 6 EI

A 

M .L M B .L ; B   B 6 EI 3EI

B

A

MB

A

B

3. Akibat perpindahan (translasi) relatif ujung balok terhadap ujung balok yang lain A



B

 A  B 

 L

Rotasi total ujung balok merupakan superposisi dari semua pengaruh diatas, sehingga persamaan rotasi total ujung balok menjadi :

q.L3 M A .L M B .L  A     24 EI 3EI 6 EI L

q.L3 M A .L M B .L  B      24 EI 6 EI 3EI L Struktur Statis Tak Tentu

5

Tabel 3. Rumus-rumus deformasi balok akibat beban luar Gambar Pembebanan Struktur

Deformasi di Ujung A

Deformasi di Ujung B

P.L2 A  16 EI

P.L2 B   16 EI

P.b.( L2  b 2 ) A  6 EI .L

P.a.( L2  a 2 ) B   6 EI .L

B

q.L3 A  24 EI

q.L3 B   24 EI

B

9 q.L3 A  384 EI

7 q.L3 B   384 EI

P A

B

EI L/2

L/2 P

a A

b B

EI L

q A

EI L q

EI L

B

A

EI

MB

L

A  0

B  

M .L 4 EI

B  

M .L 6 EI

M A

EI L

B

A 

M .L 3EI

Catatan : Rotasi searah jarum jam adalah positif dan seballiknya


6

Prosedur Analisis struktur statis tak tentu dengan metode Clapeyron : I. Analisis stuktur dilakukan untuk menghitung momen pada titik kumpul balok. 1. Asumsikan momen bekerja pada setiap titik kumpul balok sebagai gaya luar yang akan dicari 2. Hitung rotasi yang terjadi pada ujung balok (A dan B) dengan menggunakan persamaan 2.1 dan persaman 2.2 3. Terapkan persamaan deformasi pada setiap titik kumpul balok 4. Selesaikan persamaan tersebut untuk mendapatkan momen ujung. Momen ujung yang terjadi sama dengan arah asumsi awal jika hasil yang diperoleh pada langkah 4 bernilai positif dan berubah arah jika hasil yang diperoleh bernilai negatif.

II. Analisis Free body dilakukan untuk menghitung reaksi perletakan. 1. Nyatakan struktur dalam bentuk batang-batang yang bebas (free body) dengan beban dan momen yang bekerja pada batang tersebut 2. Hitung besarya reaksi perletakan setiap ujung balok akibat beban luar dan momen ujung yang telah diperoleh.

III. Gambar Bidang M, D, dan N 1. Dengan menggunakan data-data yang telah diperoleh, hitung momen maksimum dan gaya lintang yang terjadi pada setiap balok. 2. Gambar bidang momen (M), bidang lintang (D) dan gaya Normal (N).


7

.

Diketahui struktur seperti tampak pada gambar di bawah ini : 2 T/m

8 T/m

EI

EI

5m

3m

3m

Diminta : 1. Hitung dan gambar bidang M dan D dengan metode Clapeyron ! 2. Hitung pula reaksi perletakan struktur tersebut ! Penyelesaian : I.

Analisis Struktur Metode Clapeyron Asumsi awal arah momen MB dan garis elastis balok seperti pada gambar berikut :

BC

MB

BA

A

BA

B

C

2.53 M B .5 q.L3 M B .L BA   = = 24EI 3EI 24EI 3EI

Dengan asumsi Nilai EI = 1, maka : BA = -10,417 + 1,667 MB BC

P.L2 M B .L BC  = 16EI 3EI

8.6 2 M B .6  = 16EI 3EI

BC = 18 - 2 MB Syarat kontinyu di titik B adalah :

BA = BC Struktur Statis Tak Tentu

8

Maka : -10,417 + 1,667 MB = 18 – 2 MB 

1,667 MB + 2 MB

= 18 + 10,417



3,667 MB

= 28,417



MB =

28,417 = 7,749 Tm 3,667

Karena MB bernilai positif maka asumsi awal arah momen sesuai. (lihat gambar asumsi arah momen MB dan garis elastis balok). II.

Analisis Free body 2 T/m A

8 T/m

EI B

5m

2 T/m

3m

7,749 Tm

7,749/5 = 1,550 T

3,45 T

3m

8 T/m EI

EI (2 x 5)/2 = 5 T

C

EI

5T

8/2 = 4 T

4T

1,550 T

7,749/6 = 1,292 T

1,292 T

6,55 T

5,292 T

2,708 T


9

III. Gambar bidang Momen dan bidang lintang struktur 1. Bidang Momen Balok AB Mx

= RAB.X – ½.q.X2 = 3,45X – ½.2.X2

2 T/m

= 3,45X – X2

8 T/m

EI

Momen Max pada saat

EI

5m

3m

dMx =0 dx

3m

dMx = 3,45 – 2X dx

7,749

=0



2X



X = 1,725 m

= 3,45

Maka momen Max. balok AB Mmax = 3,45(1,725)– (1,725)2

2,976

= 2,976 Tm Balok BC

8,127

Mx

= RBC.X - MBC = 5,292.X – 7,749

5,292 3,45

Mmax = 5,292 x 3 – 7,749 = 8,127 Tm

2,708

2. Bidang Lintang 6,55

DAB

= RA = 3,45 T

DBC

= -6,55 +11,842 = 5,292 T

DBA

= 3,45 – 2 x 5 = -6,55 T

DCB

= 5,292 – 8 = -2,708 T Struktur Statis Tak Tentu 10

Diketahui struktur seperti tampak pada gambar di bawah ini : P1 = 6 T

P3 = 6 T

P2 = 6 T

q = 3 T/m

2EI

D

1,5EI

C

B

A 1

3

1

2

2

1

Diminta : 1. Hitung dan gambar bidang M dan D dengan metode Clapeyron ! 2. Hitung pula reaksi perletakan struktur tersebut ! Penyelesaian : I. Analisis Struktur Metode Clapeyron Asumsi awal arah momen MB dan garis elastis balok seperti pada gambar berikut : MA

BA

MB

MC D

B

A

BC

C

Batang AB : AB

P1.b.(L2  b 2 ) P2 .b.(L2  b 2 ) M A .L AB M B .L AB    = 6(2EI ).L AB 6(2EI ).L AB 3(2EI ) 6(2EI )

=

6.4.(5 2  4 2 ) 6.1.(5 2  12 ) M A .5 M B .5    6(2EI ).5 6(2EI ).5 3(2EI ) 6(2EI )

=

216 144 M A .5 M B .5    60EI 60EI 6EI 12EI Struktur Statis Tak Tentu 11

Dengan asumsi Nilai EI = 1, maka : AB = 3,6 + 2,4 – 0,833 MA – 0,417 MB = 6,0 – 0,833 MA – 0,417 MB BA

P1.a.(L2  a 2 ) P2 .a.(L2  a 2 ) M A .L AB M B .L AB    = 6(2EI ).L AB 6(2EI ).L AB 6(2EI ) 3(2EI )

=

6.1.(5 2  12 ) 6.4.(5 2  4 2 ) M A .5 M B .5    6(2EI ).5 6(2EI ).5 6(2EI ) 3(2EI )

=

144 216 M A .5 M B .5    60EI 60EI 12EI 6EI

Dengan asumsi Nilai EI = 1, maka : BA = -2,4 - 3,6 + 0,417 MA + 0,833 MB = -6 + 0,417 MA + 0,833 MB Batang BC : Mc = -½. q . L2 = -½ . 3 . 12 BC =

q.L3BC

= -1,5 Tm 

P3 .L2BC

24(1,5EI ) 16(1,5EI )



M B .L BC M C .L BC  3(1,5EI ) 6(1,5EI )

M B .4 3.43 6.4 2 1,5.4 =    24(1,5EI ) 16(1,5EI ) 3(1,5EI ) 6(1,5EI )

=

M .4 192 96 6   B  36.EI 24.EI 4,5.EI 9.EI

Dengan asumsi Nilai EI = 1, maka : BC = 5,333 + 4,0 – 0,888 MB – 0,667 = 8,666 – 0,888 MB Syarat kontinyu adalah : I. AB = 0



II. BA = BC Struktur Statis Tak Tentu 12

Maka :

AB = 0 

AB = 6,0 – 0,833 MA – 0,417 MB = 0 0,833 MA + 0,417 MB



= 6,0

......................(Pers. I)

BA = BC

 -6 + 0,417 MA + 0,833 MB

= 8,666 – 0,888 MB

 0,417 MA + 0,833 MB + 0,888 MB 

0,417 MA + 1,724 MB

= 6 + 8,666 = 14,666

..................(Pers. II)

Dengan metode substitusi Pers I dan II kita selesaikan sebagai berikut : 0,833 MA + 0,417 MB

= 6,0

x 1,724

0,417 MA + 1,724 MB

= 14,666 x 0,417

Persamaan tersebut menjadi :



1,436 MA + 0,719 MB

= 10,344

0,174 MA + 0,719 MB

= 6,116

1,262 MA

= 4,228 MA =

4,228 1,262

= 3,35 Tm

Substitusi Nilai MA ke Pers I maka : 0,833 x 3,35 + 0,417 MB = 6,0 

MB =

6,0  0,833  3,35 0,417

= 7,697 Tm

MA dan MB bernilai positif maka asumsi awal arah momen sesuai.

Struktur Statis Tak Tentu 13

II. Analisis Free body RA

= 5,131 T

; MA = 3,35 Tm

RB

= 6,869 T + 10,549 T

; MB = 7,697 Tm

= 17,418 T RC

= 7, 451 T + 3 T P1 = 6 T

= 10,451 T P3 = 6 T

P2 = 6 T

q = 3 T/m

2EI 1

3

1

2

2

1

6 ton

6 ton

3,35

3 ton/m

7,697

6x4/5+6x1/5 = 6 T

C

B

A

6 ton

D

1,5EI

6T

6/2+3x4/2 = 9T

1,5

9T

0,67 T

7,697/4 = 1,924 T

1,924 T

7,697/5 = 1,539 T

1,539 T

1,5/4 = 0,375 T

0,375 T

5,131 T

6,869 T

10,549 T

7,451 T

3,35/5 = 0,67 T

3 ton/m

3,0x1 =3T

3T


III. Gambar bidang Momen dan bidang lintang struktur 6 ton

1. Bidang Momen

6 ton

6 ton

3 ton/m

Balok AB MP1 = RAB.XP1 - MA

2EI 1

1,5EI

B

A 3

1

= 5,131 x 1 – 3,35

C

2

2

1

= 1,781 Tm MP2 = RAB.X P2 - P1.X - MA

7,697

= 5,131 x 4 – 6 x 3 - 3,35

3,35 1,5

0,826

= -0,826 Tm MP1 dan MP2 masing-masing adalah

1,781

momen di bawah beban P1 dan P2. Balok BC 7,401

MP3 = RBC.X – ½ q.X2 - MBC = 10,549 x 2 – ½ .3.22 – 7,697

10,549

= 7,401 Tm

4,549

5,131

3

2. Bidang Lintang -0,869

-1,451

-6,869

DAB = RA -7,451 DP3

= 5,131T

= 10,549 – 3x2 – 6 = -1,451 T

DP1 = 5,131 – 6

= -0,869 T

DCB = -1,451 – 3x2

= -7,451 T

DP2 = -0,869 – 6

= -6,869 T

DCD = -7,451 + 10,451

=3T

DBC = -6,869 +17,418

= 10,549 T

DD = 3 – 3.1

= 0 (OK)


Diketahui struktur seperti tampak pada gambar di bawah ini : P1 = 20 Kg

q1 = 3 Kg

q2 = 2 Kg

3EI

10EI

A

C

B 12 m

24 m

4m

P2 = 18 Kg

P3 = 6 Kg

2EI

E D

8m

3m

Diminta : 1. Hitung dan gambar bidang M dan D dengan metode Clapeyron ! 2. Hitung pula reaksi perletakan struktur tersebut ! Penyelesaian : I. Analisis Struktur Metode Clapeyron Asumsi awal arah momen MB dan garis elastis balok : BA

MB

A

B

MC BC

CB

CD

MD E

C

D

Balok AB : BA

q1.L3 M .L  B AB = 24(3EI ) 3(3EI )

=

M .12 3.12 3  B = 24(3EI ) 3(3EI )

5184 M B .12  72EI 9EI

Dengan asumsi Nilai EI = 1, maka : BA = -72 + 1,333 MB Struktur Statis Tak Tentu 16

Balok BC : BC

M .L M .L q 2 .L3 P1.L2   B BC  C BC = 24(10EI ) 16(10EI ) 3(10EI ) 6(10EI )

=

M .24 M C .24 2.24 3 20.24 2   B  24(10EI ) 16(10EI ) 3(10EI ) 6(10EI )

=

27648 11520 M B .24 M C .24    240EI 160EI 30EI 60EI

Dengan asumsi Nilai EI = 1, maka : BC = 115,2 + 72 - 0,8 MB - 0,4 MC = 187,2 - 0,8 MB - 0,4 MC CB

M .L M .L q 2 .L3 P1.L2   B BC  C BC = 24(10EI ) 16(10EI ) 6(10EI ) 3(10EI )

M .24 M C .24 2.24 3 20.24 2   B  = 24(10EI ) 16(10EI ) 6(10EI ) 3(10EI )

=

27648 11520 M B .24 M C .24    240EI 160EI 60EI 30EI

Dengan asumsi Nilai EI = 1, maka : CB = -115,2 - 72 + 0,4 MB - 0,8 MC = -187,2 + 0,4 MB + 0,8 MC Balok CD : MD = -P3.LDE CD

= -6 x 3

= -18 kgm

P2 .b.(L2  b 2 ) M C .L CD M D .L CD   = 6(2EI ).L 3(2EI ) 6(2EI ) 18.8.(12 2  8 2 ) M C .12 18.12   = 6(2EI ).12 3(2EI ) 6(2EI )

=

11520 M C .12 216   144EI 6EI 12EI

Dengan asumsi Nilai EI = 1, maka : CD = 80 – 2 MC - 18 = 62 - 2 MC Struktur Statis Tak Tentu 17

Syarat kontinyu adalah : I. BA = BC



II. CB = CD

Maka :

BA = BC 





1,333 MB +0,8 MB +0,4 MC

= 187,2 + 72



2,133 MB + 0,4 MC

= 259,2







-72 + 1,333 MB

= 187,2 - 0,8 MB - 0,4 MC

......................(Pers. I)

CB = CD



-187,2 + 0,4 MB + 0,8 MC

= 62 - 2 MC



0,4 MB + 0,8 MC + 2 MC

= 62 + 187,2



0,4 MB + 2,8 MC

= 249,2

...................(Pers. II)

Dengan metode substitusi Pers I dan II kita selesaikan sebagai berikut : 2,133 MB + 0,4 MC

= 259,2

x 2,8

0,4 MB + 2,8 MC

= 249,2

x 0,4

Persamaan tersebut menjadi : 5,972 MB + 1,12 MC

= 725,76

0,16 MB + 1,12 MC

= 99,68

5,812 MB

= 626,08 MB =

626,08 5,812

= 107,722 kgm

Substitusi Nilai MB ke Pers I maka : 2,133 x 107,722 + 0,4 MC 

MC =

= 259,2

259,2  2,133  107,722 = 73,573 kgm 0,4

MB dan MC bernilai positif maka asumsi awal arah momen sesuai. Struktur Statis Tak Tentu 18

II. Analisis Free body P1 = 20 Kg

q1 = 3 Kg

q2 = 2 Kg

3EI A

10EI

12 m

2EI

C

B 24 m

P3 = 6 Kg

P2 = 18 Kg

4m

E D

8m

3m

P1 = 20 Kg 107,722

q1 = 3 Kg

3x12/2 = 18 kg

18 kg

107,722/12 = 8,977 kg

8,977 Kg

q2 = 2 Kg

2x24/2 +20/2= 34 kg

4,488 Kg

73,573/24 = 3,066 kg

9,023 Kg

26,977 Kg

34 Kg

107,722/24 = 4,488 kg

35,422 Kg

P3 = 6 Kg

73,573 P2 = 18 Kg

18x8/12 = 12 kg

18

18x4/12 = 6 kg

73,573/12 = 6,131 kg

6 Kg

6,131 Kg

3,066 Kg

18/12 = 1,5 kg

1,5 Kg

32,578 Kg

16,631 Kg

1,369 Kg

6 Kg

III. Gambar bidang Momen dan bidang lintang struktur 1. Bidang Momen Balok AB Mx = RAB.X – ½.q1.X2 = 9,023X – ½.3.X2 = 9,023X – 1,5 X2 Momen Max pada saat

dMx =0 dx

dMx = 9,023 – 3X dx

X Mmax

=0 = 3,008 m

= 9,023 x (3,008) – 1,5 x (3,008)2 = 13,569 kgm Struktur Statis Tak Tentu 19

q2 = 2 Kg

3EI A

Balok BC

P1 = 20 Kg

q1 = 3 Kg

10EI B

12 m

24 m

P2 = 18 Kg 2EI

C 4m

8m

MP1 = RBC.X – ½.q2.X2 - MBC E

= 35,422 x 12 – ½.2.122

D 3m

– 107,722 = 173,342 kgm

107,722 73,573 7,049

18

Balok CD MP2 = RCD.X – MCD = 16,631 x 4 – 73,573

13,569

= -7,049 kgm 173,342 35,422

2. Bidang Lintang

16,631 11,422 6

9,023

DAB = RA

= 9,023

DBA = 9,023 – 3x12 = -26,977 1,369

8,578 26,977 32,578

DBC = -26,977 + 62,399 = 35,422 DB-P1 = 35,422 – 2x12 = 11,422 DP1-C = 11,422 – 20

= -8,578

DCB = -8,578 – 2x12 = -32,578 DCD = -32,578+ 49,209 = 16,631 DP3 = 16,631 – 18

= -1,369

DD

= -1,369 +7,369 = 6 kg

DE

=6–6

= 0 (OK)


ANALISIS STRUKTUR BALOK MENERUS dengan METODE DISTRIBUSI MOMEN (Metode Cross) Prosedur Analisis metode Cross : I. Analisis Struktur dengan metode Cross 1. Hitung momen primer setiap balok dengan rumus sbb : Momen Primer dititik A ( MFAB )

Gambar Struktur dengan Sistem Pembebanan

Momen Primer dititik B ( MFBA )

P



P.a.b

2

P.a 2 .b

B

A

L2

a

L2

b

q



2

q.L 12

q.L2 12

B

A L q



11 q.L2 192

B

A L/2

L/2

5 .q.L2 192

P

-

B

A a

2L2

b

A

-

B

q.L2 8

B

7 .q.L2 128

B

9 .q.L2 128

L A

-

L/2

L/2

A L/2



P.a.(L2  a 2 )

L/2 B

6EI.



2

L

L



6EI. L2


1. Hitung nilai kekakuan lentur setiap balok a. Struktur dengan tumpuan Jepit – Jepit => b. Struktur dengan tumpuan Jepit – Sendi =>

4EI L 3EI k L

k

2. Hitung koefisien distribusi balok pada setiap titik kumpul balok :



ki  ki

3. Buat Tabel Cross dan lakukan distribusi momen sebagai berikut : a. Hitung resultan momen (momen tak imbang) setiap titik kumpul b. Distribusikan momen tak imbang tersebut sebanding dengan koefisien distribusi balok pada masing-masing cabang titik kumpul c. Induksikan momen hasil distribusi di atas pada ujung berseberangan d. Hitung resultan momen akibat distribusi dan induksi di atas kemudian distribusikan kembali sesuai koefisien distribusi pada masing-masing cabang titik kumpul e. Ulangi langkah di atas (c – d) sampai resultan momen (momen tak imbang) relatif sangat kecil ( ≈ 0 ) 4. Jumlahkan momen pada setiap ujung balok. Hasil penjumlahan tersebut merupakan momen ujung setiap balok II. Analisis Free body Analisis free body dilakukan untuk menghitung reaksi perletakan akibat beban luar dan momen ujung pada setiap balok. 1. Nyatakan struktur dalam bentuk batang-batang yang bebas (free body) dengan beban dan momen yang bekerja pada batang tersebut 2. Hitung besarya reaksi perletakan setiap ujung balok akibat : a. beban luar dan b. momen ujung yang telah diperoleh. 3. Jumlahkan semua hasil perhitungan langkah 2 untuk memperoleh besarnya reaksi perletakan total. III. Gambar Bidang Momen, Lintang dan Normal a. Dengan menggunakan data-data yang telah diperoleh, hitung momen maksimum yang terjadi pada setiap balok. b. Gambar bidang momen (M), bidang lintang (D) dan gaya Normal (N).


.

Diketahui struktur seperti tampak pada gambar di bawah ini : 2 T/m A

8 T/m

EI

C

EI B

5m

3m

3m

Diminta : 3. Hitung dan gambar bidang M dan D dengan metode Cross ! 4. Hitung pula reaksi perletakan struktur tersebut ! Penyelesaian : IV. Analisis Struktur Metode Cross 1. Momen Primer MBA = =

q.L2 8

;

2.5 2 8

MBC =

= 6,25 Tm

=



P.a.(L2  a 2 )



2L2

8.3.(6 2  3 2 ) 2.6 2

= -9 Tm

2. Kekakuan Balok kBA =

3EI L

(jepit – sendi) ;

=

3EI 5

= 0,6 EI

kBC =

3EI L

=

3EI 6

;

(jepit – sendi) = 0,5 EI

3. Faktor distribusi balok  BA 

0,6EI 0,6EI  0,5EI

= 0,545

; ;

 BC 

0,5EI 0,6EI  0,5EI

= 0,455


4. Tabel distribusi Titik Kumpul Balok Faktor distribusi Momen Primer

A AB -

Momen Ujung

0

B BA 0,545 6,25 1,499 7,749

C CB -

BC 0,455 -9 1,251 -7,749

0

Arah momen ujung sesuai dengan perjanjian tanda, bernilai positif searah jarum jam dan sebaliknya berlawanan arah jarum jam bernilai negatif. V.

Analisis Free body 2 T/m A

8 T/m

EI B

5m

2 T/m

3m

7,749 Tm

7,749/5 = 1,550 T

3,45 T

3m

8 T/m EI

EI (2 x 5)/2 = 5 T

C

EI

5T

8/2 = 4 T

4T

1,550 T

7,749/6 = 1,292 T

1,292 T

6,55 T

5,292 T

2,708 T


VI.

Gambar bidang Momen dan bidang lintang struktur 1. Bidang Momen Balok AB Mx

= RAB.X – ½.q.X2 = 3,45X – ½.2.X2

2 T/m

= 3,45X – X2

8 T/m

EI

Momen Max pada saat

EI

5m

3m

dMx =0 dx

3m

dMx = 3,45 – 2X dx

7,749

=0



2X



X = 1,725 m

= 3,45

Maka momen Max. balok AB Mmax = 3,45(1,725)– (1,725)2

2,976

= 2,976 Tm Balok BC

8,127

Mx

= RBC.X - MBC = 5,292.X – 7,749

5,292 3,45

Mmax = 5,292 x 3 – 7,749 = 8,127 Tm

2,708

2. Bidang Lintang 6,55

DAB

= RA = 3,45 T

DBC

= -6,55 +11,842 = 5,292 T

DBA

= 3,45 – 2 x 5 = -6,55 T

DCB

= 5,292 – 8 = -2,708 T Struktur Statis Tak Tentu 25

Diketahui struktur seperti tampak pada gambar di bawah ini : P1 = 6 T

P3 = 6 T

P2 = 6 T

q = 3 T/m

2EI

D

1,5EI

C

B

A 1

3

1

2

2

1

Diminta : 1. Hitung dan gambar bidang M dan D dengan metode Cross ! 2. Hitung pula reaksi perletakan struktur tersebut ! Penyelesaian : IV.

Analisis Struktur Metode Cross

1. Momen Primer MAB =



P.a.b 2 L2 6.1.4 2



;

L2 6.4.12

=



MBC =



q.L2 P.a (L2  a 2 )  8 2L2

=



3.4 2 6.2.(4 2  2 2 )  =-10,5 8 2.4 2

52



P.a.b 2

52

MBA =

= -4,8 Tm ;

= ;

Tm ;

P.a 2 .b L2 6.12.4 52





P.a 2 .b L2 6.4 2.1 52

=4,8 Tm

MCD = - ½.q.L2 = -1,5 Tm MCB = -MCD = 1,5 Tm

2. Faktor Kekakuan balok kBA =

4(2EI ) L

(jepit – jepit)

=

4(2EI ) 5

= 1,6 EI

3. Faktor distribusi balok 1,6EI  BA  = 0,587 1,6EI  1,125EI

; kBC =

3(1,5EI ) L

(jepit – sendi)

=

3(1,5EI ) 4

= 1,125 EI

;

;

 BC 

1,125EI 1,6EI  1,125EI

= 0,413


4. Tabel distribusi Titik Kumpul Balok Faktor distribusi Momen Primer Dist Induksi Dist Induksi Momen Ujung

A AB -4,8

B BA 0,587 4,8 3,346 0 -0,44

1,673 -0,22 -3,35

7,706

C BC 0,413 -10,5 2,354 0,75 -0,31

CB 1,5

CD -1,5

0 0 1,5

-7,706

-1,5

Arah momen ujung sesuai dengan perjanjian tanda, bernilai positif searah jarum jam dan sebaliknya berlawanan arah jarum jam bernilai negatif. V. Analisis Free body P1 = 6 T

P3 = 6 T

P2 = 6 T

q = 3 T/m

2EI A 1

6 ton

3

1

2

C 2

1

6 ton

6 ton

3 ton/m

7,706

6x4/5+6x1/5 = 6 T

D

1,5EI B

6T

6/2+3x4/2 = 9T

1,5

9T

0,669 T

7,706/4 = 1,927 T

1,927 T

7,706/5 = 1,541 T

1,541 T

1,5/4 = 0,375 T

0,375 T

5,128 T

6,872 T

10,552 T

7,448 T

3,347/5 = 0,669 T

3 ton/m

3,0x1 =3T

3T


VI. Gambar bidang Momen dan bidang lintang struktur 6 ton

1. Bidang Momen

6 ton

6 ton

3 ton/m

Balok AB MP1 = RAB.XP1 - MA

2EI 1

1,5EI

B

A 3

1

= 5,131 x 1 – 3,35

C

2

2

1

= 1,781 Tm MP2 = RAB.X P2 - P1.X - MA

7,697

= 5,131 x 4 – 6 x 3 - 3,35

3,35 1,5

0,826

= -0,826 Tm MP1 dan MP2 masing-masing adalah

1,781

momen di bawah beban P1 dan P2. Balok BC 7,401

MP3 = RBC.X – ½ q.X2 - MBC = 10,549 x 2 – ½ .3.22 – 7,697

10,549

= 7,401 Tm

4,549

5,131

3

2. Bidang Lintang -0,869

-1,451

-6,869

DAB = RA -7,451 DP3

= 5,131T

= 10,549 – 3x2 – 6 = -1,451 T

DP1 = 5,131 – 6

= -0,869 T

DCB = -1,451 – 3x2

= -7,451 T

DP2 = -0,869 – 6

= -6,869 T

DCD = -7,451 + 10,451

=3T

DBC = -6,869 +17,418

= 10,549 T

DD = 3 – 3.1

= 0 (OK)


Diketahui struktur seperti tampak pada gambar di bawah ini : P1 = 20 Kg

q1 = 3 Kg

q2 = 2 Kg

3EI

10EI

A

B 12 m

C

24 m

4m

P2 = 18 Kg

P3 = 6 Kg

2EI

E D

8m

3m

Diminta : 1. Hitung dan gambar bidang M dan D dengan metode Cross ! 2. Hitung pula reaksi perletakan struktur tersebut ! Penyelesaian : I. Analisis Struktur Metode Cross 1. Momen Primer MBA =

q1 .L2 8

MCB =

q 2 .L2 P.a.b 2  12 L2

=

=

3.12 2 8

2.24 2 20.12.12 2  12 24 2

= 54 kgm

; MBC =

q 2 .L2 P.a.b 2   12 L2

2.24 2 20.12.12 2  = 12 24 2

= 156 kgm

MCD =



=



=-156

P.a.(L2  a 2 ) 2L2 18.8.(12 2  8 2 ) 2.12 2

= -40 kgm

MDC = -MDE = P3.L = 6.3 = 18 kgm 2. Faktor Kekakuan balok kBA =

3(3EI ) = 12

kCD =

3(2EI ) 12

0,75 EI

; kBC =

4(10EI ) 24

= 1,667 EI

= 0,5 EI Struktur Statis Tak Tentu 29


0,75EI 0,75EI  1,667EI

 CB 

1,667EI 1,667EI  0,5EI

= 0,310

= 0,769

;

 BC 

1,667EI 0,75EI  1,667EI

;

 CD 

0,5EI 1,667EI  0,5EI

= 0,690 = 0,231

4. Tabel distribusi Titik Kumpul B Balok BA BC Faktor distribusi 0,310 0,690 Momen Primer 54 -156 Distribusi 31,62 70,38 Induksi -44,602 Distribusi 13,827 30,775 Induksi -16,991 Distribusi 5,267 11,724 Induksi -5,917 Distribusi 1,834 4,083 Induksi -2,254 Distribusi 0,699 1,555 Induksi -0,785 Distribusi 0,243 0,542 Induksi -0,299 Distribusi 0,093 0,206 Induksi -0,104 Distribusi 0,032 0,072 Induksi -0,040 Distribusi 0,012 0,028 Induksi -0,014 Distribusi 0,004 0,010 Induksi -0,005 Distribusi 0,002 0,003 Induksi -0,002 Distribusi 0,001 0,001 Momen Ujung 107,634 -107,634

C CB 0,769 156 -89,204 35,19 -33,982 15,387 -11,833 5,862 -4,508 2,042 -1,570 0,778 -0,598 0,271 -0,208 0,103 -0,079 0,036 -0,028 0,014 -0,011 0,005 -0,004 0,001 -0,001 73,663

D CD DC DE 0,231 1 -40 18 -18 -26,796 9 -10,208 -3,554 -1,354 -0,472 -0,180 -0,063 -0,024 -0,008 -0,003 -0,001 0 -73,663

18 -18


II. Analisis Free body

P1 = 20 Kg

q1 = 3 Kg

q2 = 2 Kg

3EI A

10EI

12 m

24 m

E

2EI

C

B

P3 = 6 Kg

P2 = 18 Kg

4m

D 3m

8m

P1 = 20 Kg q1 = 3 Kg

3x12/2 = 18 kg

18 kg

107,698/12 = 8,975 kg

8,975 Kg

107,698

q2 = 2 Kg

2x24/2 +20/2= 34 kg

34 Kg

107,698/24 = 4,487 kg

4,487 Kg

73,615/24 = 3,067 kg

9,025 Kg

26,975 Kg

35,420 Kg

18x8/12 = 12 kg

18

18x4/12 = 6 kg

73,615/12 = 6,135 kg

18/12 = 1,5 kg

1,5 Kg

32,58 Kg

16,635 Kg

1,365 Kg

6 Kg

P1 = 20 Kg q2 = 2 Kg

3EI A

6 Kg

6,135 Kg

3,067 Kg

q1 = 3 Kg

III. Gambar bidang Momen dan bidang lintang struktur

P3 = 6 Kg

73,615 P2 = 18 Kg

10EI

P2 = 18 Kg 2EI

C

B

E D

107,698 73,615 7,075

18

BID. M 13,575

173,342 35,420 16,635 11,420 6

9,025

BID. D 1,365

8,580 26,975 32,580


Analisis dan Gambar diagram M dan D struktur balok menerus di bawah ini dengan metode Cross ! 3 kg

4m

q1 = 1,2 kg/m

2EI

4EI

12 m

16 m

8 kg

3EI 6m

6m

(1) q1 = 1,2 kg/m

3 kg

4m

2EI

4EI

12 m

16 m

8 kg

3EI 6m

6m

(2) q2 = 6 kg/m

q1 = 3 kg/m

36 kg

EI

EI

EI

16 m

24 m

12 m

(3) q2 = 6 kg/m

q1 = 3 kg/m

36 kg

EI

3EI

EI

16 m

24 m

12 m

(4) q1 = 1,2 kg/m

3 kg

B

A 4m

12 m

8 kg

C 16 m

D 6m

6m

I = Konstan Balok AB = 40/75 Balok BC = 60/100 Balok CD = 40/75

(5)


ANALISIS STRUKTUR PORTAL TAK BERGOYANG dengan METODE DISTRIBUSI MOMEN (Metode Cross)

Diketahui struktur portal tak bergoyang seperti pada gambar di bawah ini : P = 10 Kg

A

B

EI

EI

2EI

C

6m

q = 4 kg/m

EI

D 5m

E 6m

Diminta : 1. Hitung dan gambar bidang M, D dan N struktur tsb dengan metode Cross ! 2. Hitung pula reaksi perletakan struktur tersebut ! Penyelesaian : I. Analisis Struktur Metode Cross 1. Momen Primer q.L2 MAB =  12

MBA

=

4.5 2  12

= -8,33 kgm; MBC =

= 8,33 kgm

; MCB



P.L =  10.6 8 8

= -7,5 kgm

= 7,5 kgm

2. Faktor Kekakuan balok kAB =

4(EI ) 5

= 0,8 EI

; kBC =

4(EI ) 6

= 0,67 EI

kBD =

4(2EI ) 6

= 1,33 EI

; kCE =

4(EI ) 6

= 0,67 EI



0,8EI 0,8EI  0,67EI  1,33EI

= 0,28

;

 BC 

0,67EI 0,8EI  0,67EI  1,33EI

 BD 

1,33EI = 0,8EI  0,67EI  1,33EI

0,48

;

 CB 

0,67EI 0,67EI  0,67EI

 CE 

0,67EI 0,67EI  0,67EI

= 0,24

= 0,5

= 0,5

4. Tabel distribusi Ttk Kumpul Balok Koef. distr M. Primer Dist Induksi Dist Induksi Dist Induksi Dist Momen Ujung

A AB 1 -8,33

B BA 0,28 8,33 -0,23

-0,115 0,525 0,263 -0,007 -0,0035 0,016

-8,186

8,634

BC 0,24 -7,5 -0,20 -1,875 0,45 0,025 -0,006 -0,057 0,014

C BD 0,48 -0,40 0,90 -0,012 0,027

CB 0,5 7,5 -3,75 -0,1 0,05 0,225 -0,113 -0,003 0,002

CE 0,5

D

E

DB 1

EC

-3,75 -0,2 -1,875 0,05 0,45

0,025

-0,112 -0,006 -0,056 0,001

-9,149 0,515 3,811 -3,811

0,25 -1,85


II. Analisis Free body P = 10 Kg

A

B

EI

EI

C

2EI

EI

D

E

5m

8,186

q = 4 kg/m

6m

q = 4 kg/m

6m

8,634

9,149

3,811

P = 10 Kg

0,13 0,82

0,82 10

0,95

0,95

0,95 5

10

5

1,64

1,64

1,52

1,52

1,73

1,73

0,64

0,64

5,88 9,91

10,09

4,12

5,88

4,12

10,09

3,811 0,13

0,13

0,04 0,09

0,04

0,515

0,09

0,95

0,31

0,64

0,95

0,31

0,64

1,85

0,25 15,97

4,12


III. Gambar M, D dan N 9,149 8,186

8,634 3,811

A

B

3,811

C

4,09

Bid. M

E

D

0,25 9,91

1,85

5,88 C

A

B

4,12 10,09

0,13

0,95

Bid. D

D

E

+0,95

+0,82 B

C

-4,12

-15,97

A

Bid. N

D

E


Diketahui struktur portal tak bergoyang seperti pada gambar di bawah ini : P1 = 96 kN

P2 = 120 kN

2EI

B

C

1,5EI

6m

2EI

A

D

5m

5m

4m

6m

Diminta : 1. Hitung dan gambar bidang M, D dan N struktur tsb dengan metode Cross 2. Hitung pula reaksi perletakan struktur tersebut ! Penyelesaian : I. Analisis Struktur Metode Cross 1. Momen Primer MBA = MBC = MCB =

P1.a.(L2  a 2 ) 2L2 

P2 .a.b 2 L2

P2 .a 2 .b L2

=

=

= 

96.5.(10 2  5 2 ) 2.10 2

120.4.6 2 10 2

120.4 2.6 10 2

= 180 kN ;

= -172,8 kN

= 115,2 kN

2. Faktor Kekakuan balok kAB =

3(2EI ) 10

kCD =

4(1,5EI ) 6

= 0,6 EI

; kBC =

4(2EI ) 10

= 0,8 EI

= 1 EI



0,6EI 0,6EI  0,8EI

 CB 

0,8EI 0,8EI  1EI

= 0,429

= 0,444

;

 BC 

0,8EI 0,6EI  0,8EI

;

 CD 

1EI 0,8EI  1EI

= 0,571

= 0,556

4. Tabel distribusi Ttk Kumpul Balok Koef. distribusi M. Primer Dist Induksi Dist Induksi Dist Induksi Dist Induksi Dist Induksi Dist Induksi Dist Momen Ujung

B BA 0,429 180 -3,089 10,972 -0,196 0,695 -0,012 0,044 -0,001 188,413

C BC 0,571

CB 0,444

-172,8 -4,111 -25,575 14,603 0,456 -0,260 -1,621 0,926 0,029 -0,017 -0,103 0,059 0,002 -0,001

115,2 -51,149 -2,056 0,913 7,301 -3,242 -0,130 0,058 0,463 -0,206 -0,008 0,004 0,029 -0,013

-188,413

67,164

CD 0,556

D DC

-64,051 -32,025 1,143 0,572 -4,059 -2,029 0,072 0,036 -0,257 -0,128 0,004 0,002 -0,016 -67,164

-33,572

Arah momen ujung sesuai dengan perjanjian tanda, bernilai positif searah jarum jam dan sebaliknya berlawanan arah jarum jam bernilai negatif.


II. Analisis Free body P1 = 96 kN

P2 = 120 kN

2EI

B

C

6m

2EI

A

1,5EI

D

5m

5m

4m

P1 = 96 kN

188,413

188,413

6m

P2 = 120 kN

67,164

16,789

16,789 16,789 35,875 48

48

72

48 16,789

18,841

18,841

29,159

66,841

18,841

18,841

6,716

6,716

84,125

35,875

67,164

11,194 5,595

33,572

11,194 5,595

16,789

35,875

Reaksi Perletakan struktur : RAV = 29,159 kN

; RAH = 16,789 kN

RBV = 66,841 + 84,125

; RBH = 16,789 kN

; MB = 188,413 kNm

RCV = 35,875 kN

; RCH = 16,789 kN

; MC = 67,164 kNm

RDV = 35,875 kN

; RDH = 16,789 kN

; MC = 33,572 kNm

= 150,966 kN


III. Gambar M, D dan N A

C

B

D

188,413

67,164

Bid. M

145,795

148,087 33,572 84,125

29,159

Bid. D

66,841

16,789

35,875

-16,789

+35,875

Bid. N


Analisis dan Gambar diagram M, D dan N struktur portal tak bergoyang di bawah ini dengan metode Cross ! 40 kN

A

C

5EI

2EI

1

B

D 5m

3EI

5m

B

q = 24 kN/m

2EI

4

A

C 5m

10 m

40 kN

3EI

40 kN

A

C

2EI

2

20 kN/m

3EI

B

2EI C

5m

B

2m

5m

5m

2EI

5

A

D 5m

5m

3m

40 kN

B

3EI

5 kN

F

C

6m

6m

15 kN/m

B

3EI

2EI

C

3

1,5EI

6m

6m

D 2EI

1,5EI

6 A

E

A 5m

5m

1,5 m

3m

6m

8m


ANALISIS STRUKTUR BERGOYANG dengan METODE DISTRIBUSI MOMEN Prosedur Analisis : I. Analisis Struktur metode Cross 1. Hitung momen primer setiap balok akibat beban 2. Hitung nilai kekakuan lentur setiap balok 3. Hitung koefisien distribusi balok pada setiap titik kumpul 4. Buat Tabel Cross I dan lakukan distribusi momen akibat beban luar 5. Berikan perpindahan pada struktur lalu hitung momen primernya. 6. Buat Tabel Cross II dan lakukan distribusi momen akibat pergoyangan 7. Susun dan selesaikan persamaan keseimbangan (H = 0) akibat momen ujung beban luar dan perpindahan untuk memperoleh nilai k. 





H = 0 F + RH1 + k (RH2) = 0

dimana : F = Jumlah beban luar arah horisontal RH1 = Jumlah reaksi tumpuan horisontal akibat beban luar RH2' = Jumlah reaksi tumpuan horisontal akibat pergoyangan 8.

Jumlahkan momen ujung akibat beban luar (Tabel I) )dan momen ujung akibat perpindahan (Tabel II) untuk mendapatkan momen ujung akhir MiAkhir = Mi1 + k Mi2 Dimana :

9.

MiAkhir = Momen ujung dititik i Mi1 = Momen ujung dititik i akibat beban luar Mi2 = Momen ujung dititik i akibar pergoyangan Bila lebih dari satu perpindahan, buat lagi Tabel Cross III dan seterusnya kemudian ikuti langkah 7 - 9 di atas.

II. Analisis Free body III. Gambar Bidang Momen, Lintang dan Normal Struktur Statis Tak Tentu 42

. Diketahui struktur seperti tampak pada gambar di bawah ini : P2 = 96 kN

3m

C

EI

5m

2EI

B

EI

4,5 m

P1 = 48 kN

D A 3m

3m

Diminta : 1. Hitung dan gambar bidang M dan D dengan metode Cross ! 2. Hitung pula reaksi perletakan struktur tersebut ! Penyelesaian : I. Analisis Struktur Metode Cross a. Momen Primer MAB = MBA =



P.a.b 2 L2

P.a 2 .b L2

- MBC = MCB b. Kekakuan Balok kAB = 4EI kCD =

7,5 4EI 5

= = =



48.4,5.3 2

48.4,5 2.3

P.a.b 2 L2

=

= 0,533 EI ;

96.3.3 2 62

= 72 kNm

kBC =

4(2EI ) 6

= 1,333 EI

= 0,8 EI

0,533EI  1,333EI

1,333EI 1,333EI  0,8EI

= 51,84 kNm

7,5 2

c. Faktor distribusi balok 0,533EI  BA  = 0,286  CB 

= -34,56 kNm

7,5 2

= 0,625

;

 BC 

1,333EI 0,533EI  1,333EI

= 0,714

;

 CD 

0,8EI 1,333EI  0,8EI

= 0,375


d. Tabel Cross I Titik Kumpul A B Balok AB BA BC Faktor distribusi 0,286 0,714 Momen Primer -34,56 51,84 -72 2,883 5,766 14,394 -24,749 3,539 7,078 17,671 -2,761 0,395 0,790 1,971 -0,308 0,044 0,088 0,220 -0,034 0,005 0,010 0,024 -0,004 0 0,001 0,003 Momen Ujung

-27,694 65,573 -65,573

C CB CD 0,625 0,375 72 0 7,197 -49,498 -29,699 8,835 -5,522 -3,313 0,986 -0,616 -0,370 0,110 -0,069 -0,041 0,012 -0,007 -0,005 0,001 -0.001 0 33,428 -33,428

D DC 0 -14,849 -1,657 -0,185 -0,021 -0,002

-16,714

e. Translasi struktur Perpindahan sebesar 100 kNm3/EI dikerjakan pada balok seperti pada gambar berikut : 



B

C

2EI

EI EI D A

Sehingga momen primer akibat perpindahan tersebut adalah : MAB = MBA

=



MCD = MDC

=



6.EI.

=

L2 6.EI.100 52



6.EI.100 7,52

= -10,667 kNm

= -24 kNm


f. Tabel Cross II Titik Kumpul A Balok AB Faktor distribusi Momen Primer -10,667 1,525 -0,902 -0,101 -0,011 -0,001

Momen Ujung

-10,157

B BA 0,286 -10,667 3,051 -1,805 -0,201 -0,022 -0,003 0 -9,647

C

D CD DC 0,375 -24,000 -24,000

BC 0,714

CB 0,625

7,616 6,310 -4,505 0,704 -0,503 0,079 -0,057 0,009 -0,006 0,001 -0,001 9,647

3,808 12,620 -2,253 1,408 -0,251 0,157 -0,028 0,018 -0,003 0,002

7,572

3,786

0,845

0,422

0,094

0,047

0,010

0,005

0,001

0

15,478 -15,478 -19,740

Persamaan keseimbangan akibat beban luar dan akibat perpindahan 65,573

33,428

9,647

15,478

48 kN 16,714 D

HD1 10,028

27,694

A

HA1 14,149

HD2

19,740 10,157

A

HA2 2,641

D

7,044

a. Reaksi akibat beban luar b. Reaksi akibat goyangan  H = 0  48 – (HA1 + HD1) - k (HA2 + HD2) =0  48 – (14,149 + 10,028) – k (2,641 + 7,044) =0  9,685 k = 48 – 24,177  k = 2,46 Maka momen ujung akhir pada struktur portal di atas adalah : MAB = MAB1 + k MAB2 = -27,694 + 2,46 x -10,157 = -52,680 kNm Struktur Statis Tak Tentu 45

Untuk nilai momen ujung yang lain dapat dilihat pada tabel di bawah ini. Titik Kumpul Balok Momen Tabel I Momen Tabel II

A AB -27,694 -10,157

D BA BC CB CD DC 65,573 -65,573 33,428 -33,428 -16,714 -9,647 9,647 15,478 -15,478 -19,740

Momen Ujung

-52,680

41,841 -41,841 71,504 -71,504 -65,274

II.

B

Analisis Free body

C

96 kN 41,841

71,504

27,355

27,355

43,055

52,944 43,056

52,944 27,355

41,841

71,504

27,355

48 kN 27,355

D 65,174 52,680

A

20,645 52,944

43,056

III.

Gambar bidang Momen dan bidang lintang struktur 43,056

41,841

71,504

87,327

27,355

40,223

52,944

65,274

BID. M

-27,355

27,355

20,645

-52,944

-43,056

52,680

BID. D

BID. N


Diketahui struktur seperti tampak pada gambar di bawah ini : 3 ton/m

B

C

2EI

EI

4m

E

EI

D

A 1,5 m

5m

3m

Diminta : 1. Hitung dan gambar bidang M dan D dengan metode Cross ! 2. Hitung pula reaksi perletakan struktur tersebut ! Penyelesaian : I. Analisis Struktur Metode Clapeyron 1. Momen Primer MBE = ½ .q. L2 = ½ . 3 . 1,52

= 3,375 Tm

2

-MBC

= MCB

=

3 .5 12

= 6,250 Tm

2. Faktor Kekakuan balok kBA = 3(EI) = 0,75 EI kCD =

4 4(EI ) 5

; kBC = 4(2EI) = 1,6 EI 5

= 0,8 EI

3. Faktor distribusi balok 0,75EI BA  = 0,319

;

= 0,667

;

0,75EI  1,6EI 1,6EI CB  1,6EI  0,8EI

1,6EI 0,75EI  1,6EI 0,8EI CD  1,6EI  0,8EI BC 

= 0,681 = 0,333


4. Tabel Cross I Titik Kumpul Balok Faktor distribusi Momen Primer

B BA BE BC 0,319 0 0,681 3,375 -6,250 0,917 1,958 -2,411 0,769 1,642 -0,274 0,088 0,186 -0,031 0,010 0,021 -0,004 0,001 0,003

Momen Ujung

1,785 3,375 -5,160

C

D DC -

CB CD 0,667 0,333 6,250 0,979 -4,822 -2,407 -1,204 0,821 -0,548 -0,273 -0,137 0,093 -0,062 -0,031 -0,016 0,011 -0,007 -0,004 -0,002 0,001 -0,001 2,715 -2,715 -1,359

a. Translasi struktur Perpindahan sebesar 100 Tm3/EI dikerjakan pada balok seperti pada gambar berikut : C’ 

 B’

4m

C

3m

Panjang CC’ bisa diperoleh dengan menggunakan perbandingan segitiga sbb : 4   4   CC’ = 5/4   CD

CC'

5

CC'

Sehingga momen primer akibat perpindahan tersebut adalah : MBA =  3.EI2. =  3.EI.2100 = -18,75 Tm L

MCD = MDC

=



4 6.EI.CC'

L2

=



6.EI.(5 / 4.100) 52

= -30 Tm


b. Tabel Cross II Titik Kumpul Balok Faktor distribusi Momen Primer

BA 0,319 -18,750 5,981

B BE 0

-2,512 -0,285 -0,032 -0,004

Momen Ujung

-15,605

-

C BC 0,681 ? 12,769 7,876 -5,363 0,894 -0,609 0,102 -0,069 0,012 -0,008 0,001 -0,001 15,605

CD 0,333 -30,000

D DC -30,000

7,864

3,932

0,893

0,447

0,101

0,051

0,012

0,006

0,001

0,001

21,129 -21,129

-25,563

CB 0,667 6,384 15,752 -2,682 1,789 -0,305 0,203 -0,035 0,023 -0,004 0,003

7. Persamaan keseimbangan akibat beban luar dan akibat perpindahan 5,157

3 ton/m

2,714 15,605

7,989

7,011

7,347

1,782

21,129

7,347

15,605 2,714

21,129 1,351

0,446 HA1

6,275 HD1

3,901 HA2

7,011

a. Reaksi akibat beban luar

25,563

17,183 HD2

7,347

b. Reaksi akibat goyangan

a. Reaksi akibat beban luar Free body AB HA1 = 1,782/4 = 0,446 T Free Body BC RCV = 3x5  (5,157  2,714) = 7,011 T 2

5


Free Body CD Mc = 0 RDV x 3 + MDC + MCD – HD1 x 4 =0  7,011x3 + 1,351 + 2,714 – HD1 x 4 = 0  HD1 = 25,098 = 6,275 T 4

b. Reaksi akibat goyangan Free body AB HA2 = 15,605/4 = 3,901 T Free Body BC RCV = (15,605  21,129) = 7,347 T 5

Free Body CD Mc = 0 RDV x 3 + MDC + MCD – HD2 x 4 =0  7,347x3 + 25,563 + 21,129 – HD2 x 4 = 0  HD2 = 68,733 = 17,183 T 4

Keseimbangan horisontal struktur secara keseluruhan : H = 0  (HA1 + HD1) + k (HA2 + HD2) =0  (0,446 - 6,275) + k (-3,901 - 17,183) = 0  -21,084 k = 5,829  k = -0,2765 Maka momen ujung akhir pada struktur portal di atas adalah : MBA = MBA1 + k MBA2 = 1,782 + (-0,2765) x -15,605 = 6,097 kNm Untuk nilai momen ujung yang lain dapat dilihat pada tabel di bawah ini. Titik Kumpul Balok BA Momen Tabel I 1,782 Momen Tabel II 4,315 Momen Ujung

B C D BE BC CB CD DC 3,375 -5,157 2,714 -2,714 -1,351 0 -4,315 -5,842 5,842 7,068

6,097 3,375 -9,472 -3,128

3,128

5,717


II. Analisis Free body 3 ton/m

9,472

3,375

3 ton/m

3,128

1,524

1,524

10,02 10,02

4,5

4,5

4,98 4,98 1,524

6,097

1,524 3,128

5,717

1,524

1,524

14,52 4,98

Berdasarkan Gambar analisis Free body, komponen reaksi perletakan portal bergoyang tersebut adalah : RAV = 14,52 T ; RAH = 1,524 T RDV = 4,98 T ; RDH = -1,524 T ; MD = 7,706 Tm III.

Gambar bidang Momen dan bidang lintang struktur 9,472

10,02

3,375 3,128 6,097

4,98 4,5 7,261 5,717 1,524

2,074

-14,52

-1,524

-5,203


Hitung reaksi perletakan dan gambarkan bid Momen, Lintang dan Normal struktur di bawah ini. 4T

24 T/m

3EI 2EI

2EI

6m

1,5

4m

6T

2EI

8T 2EI

EI

1,5EI

6m

1,5

1 m 3,5 m

8 T/m

1,5EI

6m

1

2

24 T/m

8T 12 T

6m

1,5EI

4m

EI

3m

6m 3

EI

8m 4

8T 12 T 2EI EI

3m

EI 5m

4m

1,5EI

2EI EI

6m

2EI

1 m 3,5 m

2EI

3m

5


4.2

Analisis Struktur Gable Frame Pendekatan dasar yang dipakai dalam analisis Gable Frame degan derajat kebebasan goyangan kesamping sebesar melibatkan dua tumpuan tambahan yang mencegah dua goyangan bebas tersebut. C

B

D

A

E

=  HB1

HD1

+ a. b. c. d.

e.

 HB2

HD2

HB3

HD3

+

Prosedur analisisnya sebagai berikut : Dengan menahan goyangan titik B dan D kesamping, distribusikan momenmomen akibat beban yang bekerja. Distribusikan momen yang terjadi akibat goyangan (1) dititik B dilepas sedangkan D tetap ditahan. Distribusikan pula momen yang terjadi akibat goyangan (2) dititik D dilepas sedangkan B ditahan. Momen-momen ujung Persamaan kedua kondisi geser yang dapat dipakai untuk mendapatkan nilai k1 dan k2 adalah : HB1 = k1.HB2 + k2.HB3 HD1 = k1.HD2 + k2.HD3 Momen akhir struktur gable frame adalah jumlah momen-momen ujung dari ketiga kondisi di atas dengan memasukkan nilai k 1 dan k2 yang telah diperoleh pada langklah sebelumnya. Mi-Akhir = Mi-1 + k1.Mi-2 + k2.Mi-3


. Hitung reaksi perletakan dan gambarkan bid Momen, Lintang dan Normal struktur di bawah ini. 3 ton/m 6T

D

A

E

B

D

A

E

6m

B

C

6m

3 ton/m

2m

2m

C

12 m

6m

1

3m 3m

2m

2

C 8T

D

A

E

6m

B

12 m 3


RENCANA PEMBELAJARAAN

Recommend Documents