Teknik Sipil UMI 1 Analisa Struktur II A. PENDAHULUAN

1

Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II

A. PENDAHULUAN Dalam Analisa Struktur, konstruksi yang paling sederhana adalah Konstruksi Statis Tertentu, dimana gaya dalam pada struktur dapat diketahui hanya dengan menggunakan beberapa persamaan kesetimbangan. Seperti pada sebuah balok sederhana (tumpuan sendi-rol) atau pada rangka batang dan portal statis tertentu. Struktur Statis Tak Tentu adalah struktur yang kompleks, penyelesaian dengan menggunakan persamaan-persamaan kesetimbangan pada struktur ini sudah tidak memungkinkan lagi. Sehingga perlu diadakan penyederhanaan/peng-idealan, agar struktur tersebut dapat diselesaikan berdasarkan analisa matematis yang sederhana dan sedapat mungkin dalam persamaan hubungan yang linier. Analisa Struktur dengan Cara Matriks telah memberikan kemungkinan bagi proses idealisasi tersebut. Hal utama dari suatu perencanaan struktur adalah dengan menganalisa apa akibat dari pembebanan gaya-gaya pada struktur yang ditinjau. Perilaku struktur pada umumnya sangat berhubungan erat dengan perubahan Tegangan (Stress) dan Regangan (Strain) yang terjadi padanya. Tegangan dapat terjadi sebagai akibat dari gaya-gaya dalam yaitu Momen Lentur, Gaya Lintang (Geser), Gaya Normal (Aksial) atau Momen Torsi, sedangkan regangan terjadi akibat adanya perubahan bentuk (deformasi) pada struktur. Dalam analisa perubahan bentuk ini, analisis difokuskan pada lendutan linier atau anguler (translasi dan rotasi) pada titik diskrit (titik kritis) dari struktur. Berarti analisa akan berkisar pada elemen struktur bila dibebani gaya, keuntungan dari analisa tersebut adalah bahwa satu elemen dapat mewakili elemen-elemen lain yang sejenis. Selanjutnya menggabungkan elemen-elemen tersebut dalam satu model matematis dari struktur yang harus dapat memenuhi syarat kompatibiliti dari segi geometri struktur dan syarat kesetimbangan statis struktur. Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa dalam analisa struktur statis tak tentu dengan cara matriks ini, untuk menentukan Tegangan dan Deformasi adalah dengan mengetahui karakteristik sifat hubungan Gaya Dalam dan Deformasi dari elemen struktur dan terpenuhinya syarat Kompatibiliti dan Kesetimbangan. Berarti terdapat tiga hal yang mendasari analisa, yaitu: — Kompatibiliti

Hubungan antara Deformasi (perubahan struktur) dengan Lendutan (perpindahan/displacement).

— Hukum Hooke

Hubungan antara Gaya Dalam dan Deformasi. (Hubungan Tegangan dan Regangan)

— Kesetimbangan

Hubungan antara Gaya Luar dan Gaya Dalam.

2


Hukum Hooke

Kompatibiliti Deformasi

Kesetimbangan

Lentur Geser Aksial Torsi

STRUKTUR Gaya-gaya Dalam

Gaya-gaya Luar

Deformasi

Perpindahan (Displacement) Translasi Rotasi

Momen Lentur Gaya Geser Gaya Normal Torsi

KONSEP ANALISA STRUKTUR

Kesetimbangan (Equilibrium) Keseimbangan Statis

F=0

(Hukum Newton–1)

Keseimbangan Dinamis

F = m.a

(Hukum Newton–2)

Persamaan Kesetimbangan pada Struktur: Fx = 0,

Fy = 0,

Fz = 0

Mx = 0,

My = 0,

Mz = 0

Hukum Hooke (Constitutive Law) Syarat material struktur elastis dan linear (Hukum Hooke) Q = k.D

k = kekakuan struktur

D = ƒ.Q

ƒ = fleksibilitas struktur

Q = Gaya/Aksi D = Displacement (perpindahan struktur) Bahasan selanjutnya adalah tentang Metode Kekakuan (dengan Matriks), yang juga biasa disebut dengan Metode Perpindahan (Displacement method)

3


B. CARA MATRIKS KEKAKUAN 1. Kompatibiliti (Hubungan Deformasi dan Lendutan) Pengertian Lendutan disini adalah perpindahan (rotasi atau translasi) di titik diskrit yang menyebabkan terjadinya deformasi pada struktur. Nilai awal lendutan diberikan dalam (1 satuan) dengan simbol D, yang diterapkan pada titik yang ditinjau (titik diskrit) struktur, sesuai dengan kemungkinan rotasi atau translasi yang terjadi pada titik diskrit tersebut. Contoh-1

Gambar–1a

D2

D1

1

2

A

3

4

B

C

Gambar–1b

D1=1

Untuk D1=1 satuan (1c) deformasi yang terjadi adalah d1=d4=0, d2=d3=1. Untuk D2=1 satuan (1d) diperoleh deformasi d1=d2=d3=0, d4=1.

d3 1

4 d2

Gambar–1c

D2=1

1

2

3 d4

Gambar–1d

Dari model struktur dasar (Gbr-1a), terlihat bahwa pada titik B dan C (tumpuan sendi) dapat terjadi perpindahan berupa rotasi, sehingga pada titik B dan C diberikan lendutan masing-masing 1 satuan D1 dan D2 (Gbr-1b). Selanjutnya semua titik diskrit (TD) dikekang, kemudian satu-demi-satu (tidak sekaligus), kekangan pada semua TD dibebaskan. Saat satu TD bebas untuk ber-rotasi atau bertranslasi, semua TD yang lain masih terkekang sesuai arah lendutannya.

D1 0 1 1 0

D2 0 0 0 1

d d1 d2 d3 d4

Dalam model Matriks: Jika matriks bagian-tengah dinamakan matriks [A], maka persamaan menjadi: {d} = [A] ∙ {D} . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( I ) Dimana:

{d} [A] {D}

Deformasi pada elemen struktur Matriks deformasi Lendutan/perpindahan di titik diskrit

4


2. Hukum Hooke (Hubungan Gaya Dalam dan Deformasi) Dalam hubungan ini yang perlu diketahui adalah berapa nilai Gaya Dalam (H) akibat adanya Deformasi (d).

1

2

EI1

A

3

B

C

L1

L2

H2

d1

d2

H1

Dari contoh struktur pada gambar-2 dapat dilihat bahwa akibat gaya dalam H1 dan H2, menyebabkan terjadinya deformasi d1 dan d2, dan untuk gaya dalam H3 dan H4 terjadi deformasi d3 dan d4.

4

EI2

H4

d3

Arah berlawanan jarum-jam pada H dan d dianggap positif.

d4

H3

L1

L2

Gambar–2. Gaya Dalam dan Deformasi pada struktur

Dengan beberapa metode yang ada (seperti metode Moment Area/Conjugated Beam, Unit Load, dll) dapat diketahui nilai Deformasi pada struktur. Dengan cara Conjugated Beam: Batang-1

Akibat H1 +da1

H2

d1 EI.1 H1

= d2

Akibat H2 -db1

H2 EI.1

+

EI.1 H1

L1

-da2 L1

H1· L1

3

+db2 L1

H1· L1 H1· L1

6

H2

2

=

+ H2 · L1

H1 H2 · L1

6

2

H2 · L1

3

. . . . . . . . . . . . (2.1)

. . . . . . . . . . . . (2.2)


5

Dari persamaan (2.1) dan (2.2) dapat diperoleh persamaan Gaya Dalam (H):

Dengan cara yang sama untuk Batang-2, diperoleh:

Demikian pula untuk batang-batang yang lain pada struktur dengan jumlah batang yang lebih banyak, Gaya Dalam diformat dengan cara yang sama.

Jika persamaan di atas dinyatakan dalam bentuk Matriks, akan diperoleh:

Jika matriks bagian tengah disebut matriks [S], maka diperoleh persamaan: {H} = [S] ∙ {d} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( II ) Dimana:

{H} [S] {d}

Gaya Dalam Matriks Kekokohan Intern Elemen Deformasi pada elemen struktur

Matriks kekokohan intern elemen [S] merupakan gabungan dari nilai kekakuan elemen batang dari keseluruhan struktur, dari dimensinya dapat diketahui bahwa matriks [S] adalah matriks bujur sangkar yang simetris (band matriks). Tiap-tiap batang pada struktur, mempunyai matriks [S] yang berordo 2x2, sehingga ordo matriks [S] untuk keseluruhan struktur adalah 2 kali banyaknya anggota/batang pada struktur.

6


3. Kesetimbangan (Hubungan Gaya Luar dan Gaya Dalam) Syarat ini merupakan syarat umum untuk tiap-tiap model struktur, yang mana dalam analisa ini perlu diketahui hubungan gaya luar dan gaya dalam untuk kesetimbangan struktur. Lendutan D1 dan D2 yang meng D2 D1 akibatkan terjadinya deformasi terjadi akibat adanya gaya luar yang bekerja pada struktur. 1 EI1 2 3 EI2 4 A

B

C

L1

Gaya Luar yang bekerja harus selaras (koresponding) dengan Lendutan yang diberikan pada titik diskrit.

L2

Gambar-3a. Lendutan 1 Satuan

1

EI1

Gaya-gaya luar Q1, Q2 adalah gaya luar ekivalen, yaitu suatu gaya yang mewakili semua gaya-gaya luar yang ada pada batang yang dibebani. Gaya-gaya Q akan berupa beban terpusat jika lendutan yang terjadi adalah translasi (vertikal atau horisontal) dan berupa momen jika lendutannya berupa rotasi.

Q2

Q1

2

3

4

EI2

L1

L2

Gambar-3b. Gaya Luar Ekivalen

H1

H2

H3

H4

Dari contoh pada gambar-3b dapat diperoleh: L1

Q1 = MºBA + MºBC Q2 = MºCB

L2

Mº adalah momen primer batang.

Gambar-3c. Gaya-gaya Dalam Q1 H4

A

H2

B

H3

Gambar-3d. Kesetimbangan antara Gaya-Luar dan Gaya-Dalam struktur.

Q2

C

Dengan melihat gaya-luar dan gaya-dalam struktur (gambar-3c dan 3d), dapat dibuat hubungan kesetimbangan antara gaya luar Q dan gaya dalam H. Titik-B Titik-C

Q1 = H2 + H3 Q2 = H4

Hubungan gaya-dalam dan gaya-luar dalam bentuk matriks: Jika matriks bagian tengah disebut sebagai matriks [B], maka akan diperoleh persamaan: {Q} = [B] ∙ {H}

Terlihat bahwa Matriks [B] juga merupakan transpose dari matriks [A], sehingga persamaan dapat ditulis:

7


{Q} = [A]T . {H} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( III ) Dari persamaan-persamaan yang diperoleh, yaitu: Kompatibiliti

{d}

= [A] · {D}

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

Hukum Hooke

{H}

= [S] · {d}

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

Kesetimbangan

{Q} = [A]T · {H} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( III )

Jika ketiga persamaan dihubungkan ( pers. III

II

I ), akan diperoleh:

{Q} = [A]T · ( [S] · {d} ) {Q} = [A]T · [S] · ( [A] · {D} ) Dari persamaan Kekakuan {Q} = [K] · {D} diperoleh Matriks Kekakuan; [K] = [A]T · [S] · [A] Lendutan/perpindahan di titik diskrit: {D} = [K]–1 ∙ {Q} Vektor Gaya-gaya Dalam: {H} = [S] ∙ [A] ∙ {D} Momen Desain/Akhir diperoleh dengan cara mengurangkan Gaya-Dalam {H} dengan Momen Primer untuk tiap-tiap ujung elemen batang. M = H – Mº Momen Akhir pada contoh Balok-Menerus seperti yang diuraikan di atas adalah: MAB =

H1 – MºAB

MBA =

H2 – MºBA

MBC =

H3 – MºBC

MCB =

H4 – MºCB

Arah Momen ujung akan berputar searah-jarum-jam jika Momen Akhir Negatif, dan akan berputar berlawanan-arah-jarum-jam jika Momen Akhir Positif. Pada keadaan ini Momen Akhir merupakan Momen Batang (momen yang bekerja dan berpengaruh sepanjang batang), bukan arah Momen-Titik. Dengan momen ujung batang yang diperoleh, dapat dibuat diagram benda-bebas (free-body) dari struktur, untuk memperoleh momen, gaya geser/lintang, atau gaya normal/aksial, di sepanjang bentang dari elemen balok.

8


Daftar Gaya Jepit Ujung, untuk beberapa model beban.

A

MA

B

RA

MB

Gaya Jepit Ujung Akibat Beban

RB

L

1 P A

MA

Pab2 L2

RA

Pb2 (3a b) L2

MB

Pa2 b L2

RB

Pa 2 (a 3b) L2

MA

1 qL2 12

RA

RB

MB

1 qL2 12

MA

1 qL2 30

RA

3qL 20

MB

1 qL2 20

RB

7qL 20

MA

qa2 (6L2 8aL 3a2) 12L2

MB

qa3 (4L - 3a) 12L2

RA

qa (2L3 2a 2L a3) 3 2L

MA

Mb (2a b) L2

B a

b L

2

q

A

B

qL 2

L

q

3

A

B L

4

q

A

B a L

RB

qa3 (2L a) 2L3

5 M A

B a

b L

MB

Ma (2b a) L2

RA

RB

6Mab L3

9


Mulai Momen Jepit Ujung (Momen Primer) Derajat Ketidak Tentuan Kinematis, D Matriks Deformasi [A] [A]T Matriks Kekokohan Intern Elemen [S] Matriks Kekakuan [K] = [A]T . [S] . [A]

T periksa

[K] Simetris? Y

Invers Matriks Kekakuan

T periksa

[K]-1

[K]-1 x [K] = [I] [K]-1 simetris?

Y

Vektor Gaya Luar

Vektor Lendutan {D} = [K]-1 . {Q} Vektor Gaya Dalam {H} = [S] . [A] . {D} Momen Akhir M = H – Momen Primer

T periksa

H, V, M

0?

Y Selesai

Gambar 4. Bagan Alir – Metode Kekakuan (tanpa superposisi)

{Q}

10


CONTOH-01 q

P 1

2

EI1

A a

3

EI2

B

4

C

b L1

L2

# Diketahui Struktur Balok Menerus seperti tergambar: P

= 1250 Kg

L1

=

5,0 m

q

=

EI1

=

1.5 EI

a

=

2,0 m

L2

=

6,0 m

b

=

3,0 m

EI2

=

2,0 EI

750 Kg/m’

# Ditanyakan: Hitung Momen Akhir dengan Cara Matriks Kekakuan # Penyelesaian:  MOMEN UJUNG JEPIT / PRIMER M°AB

=

–900,00 Kg.m

M°BC

= –2250,00 Kg.m

M°BA

=

600,00 Kg.m

M°CB

=

2250,00 Kg.m

 DERAJAT KETIDAK TENTUAN KINEMATIS – (DKK) DKK =



2 (Rotasi di titik-B dan titik-C) D1

1

2

EI1

A a

D2

q

P 3

EI2

B

4

C

b L1

L2

Untuk D1 = 1 Satuan D1=1

1

A

d2

L1

B

4

d3

C L2

11


Untuk D2 = 1 Satuan D2=1 d4 1

2

3

B

A L1

C L2

VEKTOR GAYA LUAR {Q} (Koresponding dengan D) Q1 = Q2 =

M°BA + M°CB

M°BC

= =

–1650,00 Kg.m 2250,00 Kg.m

MATRIKS DEFORMASI [A]

 MATRIKS KEKOKOHAN INTERN ELEMEN [S]


 MATRIKS KEKAKUAN, [K] = [A]T . [S] . [A]

Menghitung [K]-1 dengan cara Gauss-Jordan (Operasi Baris)

 VEKTOR LENDUTAN, {D} = [K]–1 . {Q}

 VEKTOR GAYA-GAYA DALAM, {H} = [S] . [A] . {D}

12

13


 MOMEN AKHIR (DESAIN), M = H – M° M.AB = –756.818 – (–900) = 143.18 Kgm  M.BA = –1513.636 – (600) = –2113.64 Kgm  MB=0 M.BC = –136.364 – (–2250) = 2113.64 Kgm  M.CB = 2250 – (2250) = 0 Kgm _____________________________________________________________________________________________ FREE-BODY Batang–AB P

MA

MB

B

A 2m

3m 5m

R.AB

R.BA

Batang–BC q

MB

B

C x

P MA MB R.AB R.BA MP

= = = = = =

1250 143,18 2113,64 355,91 894,09 568,64

Kg Kg.m Kg.m Kg Kg Kg.m (di titik gaya P)

q Q MB R.BC R.CB

= = = = =

750 4500 2113,64 2602,27 1897,73

Kg/m’ Kg Kg.m Kg Kg

6m

R.BC

RB = R.BA + R.BC = 3496,36 Kg

R.CB

Momen dan Gaya Geser (Btg-BC) 2 Mx = RBC (x) – q/2 (x ) – MB Vx = dMx/dx = RBC – q (x)

= 2602,27 (x) – 375 (x2) – 2113,64 = 2602,27 – 750 (x)

Momen Maksimum (Vx = 0)

x = 3,47 m (dari titik B)

x Mx Vx

0 -2114 2602

1 114 1852

2 1591 1102

3 2318 352.3

3,47 2401 0

4 2295 -398

5 1523 -1148

6 0 -1898

Periksa Syarat Kesetimbangan Struktur 1250 Kg

143,18 Kg.m

750 Kg/m

1,5 EI

A 2m

B

MC = 0 V =0

C

3m 5m

355,91 Kg

2 EI

6m 3496,36 Kg

RA . 11 + RB . 6 – MA – P . 9 – Q . 3 = 0 RA + RB + RC – P – Q = 0

1897,73 Kg

Ok  Ok 

14


CONTOH-02

Diketahui; Struktur portal bidang (tanpa pergoyangan) seperti tergambar L1 L2 L3 L4 h1

= = = = =

4,0 2,0 3,0 2,0 3,0

m m m m m

h2 EI1 EI2 EI3 EI4

= = = = =

1,0 2,0 1,5 1,0 2,0

m EI EI EI EI

P1 P2 P3 q1 q2

= = = = =

1500 1000 800 2000 750

Kg Kg Kg Kg/m Kg/m

Ditanyakan; Momen Akhir dengan Cara Matriks Kekakuan. Penyelesaian: 1]∙ MOMEN PRIMER M°AD = M°DA =

0 Kg.m 0 Kg.m

M°CD = –1066.67 Kg.m M°DC = 1600 Kg.m MEG ( Btg–EG ) P –2000 Kg.m q2 –1500 Kg.m MEG = –3500 Kg.m

M°EB = M°BE = Btg–DE Akibat P1 Akibat q2 Jumlah

-150 Kg.m 450 Kg.m M°DE (Kg.m) –1080 –280 –1360

M°ED (Kg.m) 720 820 1540

** Persamaan Momen primer, dapat di lihat pada Halaman-8.

Batang EG (level) tidak memiliki momen primer, tetapi langsung berupa momen ujung akhir dari batang/level tersebut yang diperlakukan sebagai momen primer.

15


2]∙ DERAJAT KETIDAK TENTUAN KINEMATIS - D DKK = 3 (Rotasi di A, D, dan E)

Dengan cara yang sama seperti contoh sebelumnya dapat di tentukan Matriks Deformasi [A] sesuai penomoran yang diberikan pada ujung-ujung setiap batang. 3]∙ MATRIKS DEFORMASI [A], dari persamaan {d} = [A] ∙ {D}

4]∙ VEKTOR GAYA LUAR {Q}, koresponding dengan Lendutan - D Q1, Q2, dan Q3 (masing-masing pada titik-D, titik-E, dan titik-A)

Q1 = M°DC+M°DE+M°DA Q2 = M°ED+M°EB+MEG Q3 = M°AD

= = =

240 –2110 0

Kg.m Kg.m Kg.m

16


5]∙ MATRIKS KEKOKOHAN INTERN ELEMEN [S], dari persamaan {H} = [S] ∙ {d}

d1

d2

d3

d4

d5

d6

d7

d8


6]∙ MATRIKS KEKAKUAN [K], dari persamaan [K] = [A]T ∙ [S] ∙ [A]

Hitung [K]–1

Cara Gauss Jordan (Operasi Baris)

17

18


7]∙ VEKTOR LENDUTAN DI TITIK DISKRIT, {D} = [K]–1 ∙ {Q}

8]∙ VEKTOR GAYA-GAYA DALAM, {H} = [S] ∙ [A] ∙ {D}

\_________________/

\____________/

[S] ∙ [A]

{D}

19


9]∙ MOMEN AKHIR, M = H – M° nub M

=

{H}

–

( M° )

Arah

1

MCD

=

155,505

–

(–1066,67) =

1222.17 Kgm



2

MDC

=

311,009

–

(1600) =

–1288.99 Kgm



3

MDE

=

–226,514

–

( –1360 ) =

1133.49 Kgm



6

MDA

=

155,505

–

0 =

155.50 Kgm



5

MAD

=

0

–

0 =

0 Kgm

4

MED

=

–732,936

–

( 1540 ) =

–2272.94 Kgm



8

MEB

=

–1377,064

–

( –150 ) =

–1227.06 Kgm



–

MEG

=

0,000

–

( –3500 ) =

3500.00 Kgm



7

MBE

=

–688,532

–

( 450 ) =

–1138.53 Kgm



Check

MD=0

ME=0

// FREE BODY -·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-· 1500 Kg

2000 Kg/m

MCD

MDC

MDE

HDC

C

HC

MED

HDE

D

MEG HED

D

E

E

Q1

VC

1000 Kg

750 Kg/m

Q2 VDC VD

4m

VE

VDE

MDA

VED 2m

D

VEG

3m

HDA

G Q3

2m HEB

MEB

E

3m

3m

A

P3

HA HB

1m

B MBE

VA VB

BTG-CD VC = VDC = HC =

BTG-DE 1316,63 Kg ( ) VDE = 2683,37 Kg ( ) VED = 339,56 Kg ( )xxx HED =

1347,11 Kg ( ) 2402,89 Kg ( ) 391,40 Kg ( )

BTG-AD HA = HDA = VA =

BTG-BE HB = HEB = VB =

1191,40 Kg ( ) 391,40 Kg ( ) 4902,89 Kg ( )

51,83 Kg ( ) 51,83 Kg ( ) 4030,48 Kg ( )

BTG-EG VEG =

2500 Kg (

)

20


Periksa Syarat Kesetimbangan Struktur 1500 Kg 750 Kg/m

2000 Kg/m

1222.17 Kgm C

339.56 Kg

1000 Kg

2 EI

1,5 EI

F

D

G 3m

2 EI

EI

1316,63 Kg

E

51,83 Kg

A

800 Kg

H 1191,40 Kg

1m

B 1138.53 Kgm

4030,48 Kg 4m

2m

3m

2m 4902,89 Kg

H

=0

HA – HB + HC + P3 = 0

V

=0

VA + VB + VC – (Q1+Q2+Q3+P1+P2) = 0

MB = 0

VA(5) – HA(1) + VC(9) – HC(4) – MC + MB – Q1(4/3+5) – Q2(3/2) + Q3(2/2) – P1(3) + P2(2) – P3(1) = 0 Tabel Kontrol ~ Syarat Kesetimbangan

Gaya-gaya Horisontal

Gaya-gaya Vertikal

+HA –HB +HC +P3

= = = =

51,84 –1191,40 339,56 800

+VA +VB +VC –Q1 –Q2 –Q3 –P1 –P2

= = = = = = = =

4030,48 4902,89 1316,63 -4000,00 -2250,00 -1500,00 -1500,00 -1000,00

H

=

0,00

V

=

0,00





Momen di titik B +VA (5) –HA (1) +VC (9) –HC (4) –MC +MB –Q1 (4/3+5) –Q2 (3/2) +Q3 (2/2) –P1 (3) +P2 (2) –P3 (1) .MB

= = = = = = = = = = = = =



20152,41 –51,81 11849,66 –1358,26 –1222,17 1138,53 –25333,33 –3375,00 1500,00 –4500,00 2000,00 –800,00 0,00

21


C. STRUKTUR PORTAL BIDANG DENGAN PERGOYANGAN Pergoyangan (sidesway) adalah asumsi tentang terjadinya perpindahan pada struktur, dimana titik kritis (diskrit) pada struktur mengalami translasi akibat beban luar yang bekerja. Dalam konteks bahan yang elastis-linear, panjang batang masih dianggap sama, sebelum dan setelah perpindahan terjadi (Hukum Hooke). Pembahasan disini (balok menerus dan portal bidang) dibatasi hanya pada deformasi lentur (tidak mencakup deformasi aksial, geser dan torsi) yang terjadi pada titik-titik diskrit akibat bekerjanya beban pada struktur. Dari contoh sebelumnya, deformasi lentur yang terjadi (d) dapat diperoleh dengan melihat dimana terjadinya kemungkinan Rotasi di titik diskrit, dan matriks-deformasi [A] dibentuk menurut pe-nomor-an yang diberikan pada ujung-ujung batang. Jika pada titik diskrit dianggap terjadi Translasi, konsep Translasi pada suatu batang harus memenuhi prinsip-prinsip berikut: Batang AB dengan titik diskrit di titik-B (ujung batang no.2) dianggap dapat berpindah secara vertikal (pada titik B, diberi lendutan 1 satuan gaya, yang searah dengan arah translasi). Gambar (5a dan 5b) menunjukkan kemungkinan deformasi akibat Translasi ke bawah dan Translasi ke atas (arah translasi harus tegak lurus sumbu batang).

1

2

A

1

B

2

A

B

L

L

D A

d1

d2

B

BI

D=1 BI

d2

D=1 A

B

d1

D L

L

Gambar 5a. Translasi ke bawah

Gambar 5b. Translasi ke atas

Dari asumsi awal bahwa Rotasi berlawanan arah-jarum-jam (Positif) dan Rotasi yang searah dengan arah-jarum-jam (Negatif), diperoleh: Gambar-5a Gambar-5b

d1 = d2 = d1 = d2 =

+1/L – 1/L

22


Kestabilan suatu batang yang dianggap berpindah ujung-ujungnya, harus mengikuti aturan ‘garis tegak lurus’ dari ujung-ujung batang asli yang berpindah. Untuk keseragaman di dalam analisa, arah Lendutan translasi (D=1 Satuan) diberikan menurut arah Vertikal ( ) dan Horisontal ( ). Contoh (hanya untuk Lendutan Translasi):

D2

1

1

D3

D1

D1

Struktur semula

Untuk D1=1 satuan memberikan deformasi lentur positif, pada batang-batang vertikal.

Portal-bidang dengan anggota batang yang serong/miring: D2 D1

1

D3

1

D1

1

S

Struktur semula

V

D1=1 satuan memberikan deformasi lentur positif untuk batang selain dari batang horisontal.

Batang yang serong akan membentuk segitiga kecil yang sebangun dengan segitiga yang membentuk kemiringan batang. Dengan prinsip matematis, nilai-nilai V dan S yang belum diketahui dapat dihitung. Nilai V dan S, digunakan untuk menentukan deformasi lentur pada batang horisontal ( d = –V/L ), dan deformasi lentur pada batang serong ( d = S/L ), dimana L adalah panjang semula dari masing-masing batang bersangkutan.

23


Contoh untuk Portal-bidang bertingkat (hanya untuk akibat Translasi): 1

1

D5 D2

D2

D3

1

1

D6

D4

D1

D1

Struktur semula

D1=1 Satuan

D2=1 Satuan

D3 D7

D8

D4

D5

1

D9

D2

1

D6

D1

1

D1 1

Struktur semula

D1=1 Satuan D3

1 1

1

1

D2

1

D2=1 Satuan

D3=1 Satuan

24


Soal Latihan-01: Diketahui struktur portal bidang seperti tergambar. Tentukan: 1) Jumlah DKK (Rotasi dan Translasi) 2) Matriks deformasi [A] Ket: Panjang batang diberi simbol dengan huruf.

Contoh lain dari portal bidang dengan batang serong:

1

D2

1

D3

D1

D1

x1 z1

x2 y1

y1 z2

y2

y2-y1

D1=1 Satuan

Struktur semula

D2

D1

D2

Struktur semula dengan alternatif translasi (D1) yang berbeda.

D3

D3 D1 1

1

a

b

D1

c

x

D1=1 Satuan

D1=1 Satuan

y

1+x

D1 1

25


CONTOH-03 P2

EI

C

P1

P3

D

2EI

4m

2EI

A

B 1,5m

1,5m

Diketahui

2m

4m

P1 = 1250 Kg

P2 = 2000 Kg

P3 = 1000 Kg

 Hitung Momen Akhir dengan cara Matriks Kekakuan (* Portal bidang dianggap mengalami pergoyangan) Penyelesaian: 1]∙ MOMEN UJUNG JEPIT/PRIMER MoAC MoCA MoCD MoDC

= = = =

– P1 (a) (b2) / (L2) + P1 (a2) (b) / (L2) – P2 (a) (b2) / (L2) + P2 (a2) (b) / (L2)

Mo.DB = 0.000 Kg.m Mo.BD = 0.000 Kg.m

= –625,000 Kg.m = 625,000 Kg.m = –1777,778 Kg.m = 888,889 Kg.m

2]∙ DERAJAT KETIDAK TENTUAN KINEMATIS - D DKK = 3 (Rotasi di C, dan D, dan Translasi di CD)

D2 D1

3 2

1

D3 4 5

6

26


3]∙ VEKTOR GAYA LUAR {Q} – (Koresponding dengan Lendutan D) Q2 Q1

C

Q3 3

4

D 5

2

1

6

A

B

Jumlah gaya-gaya horisontal sepanjang garis-kerja Q1 Jumlah momen primer di titik C Jumlah momen primer di titik D

Q1 Q2 Q3

P2 M°CD

M°DC

VC M°CA

2m

4m

VD

HC 2m

P1 2m

M°AC HA 3m

Btg–AC ( MC=0) HA = [P1(2)+M°AC–M°CA] / 4 = 625 Kg HC = P1–HA = 625 Kg Btg–CD ( MD=0) VC = [P2(4)+M°CD–M°DC] / 6 = 1481,481 Kg VD = P2–VC = 518,519 Kg Btg-BD Q3

Q2 Q1

(tidak ada beban pada batang)

H1=3/4(VC) HC

P3

VC

A

B

Q1 = HC+H1–P3 Q2 = M°CA+M°CD Q3 = M°DC+M°DB

27


4]∙ MATRIKS DEFORMASI [A] Untuk D1=1 Satuan 1

D1=1

1

C

C’

D

-d4

x=1

D’’

C

C’ y

+d5

z

C’’

-d3

4m

+d2

+d1

+d6

A

B 3m

6m

d1 = d2 = z/LAC = 1,25/5 = +0,250 d3 = d4 = y/LCD = 0,75/6 = –0,125 d5 = d6 = x/LBD = 1,00/4 = +0,250 Untuk D2=1 Satuan

d1=0,

d2=1,

d3=1,

d4=0,

d5=0,

d6=0

Untuk D3=1 Satuan

d1=0,

d2=0,

d3=0,

d4=1,

d5=1,

d6=0

5]∙ MATRIKS KEKOKOHAN INTERN ELEMEN [S]

C’’


6]∙ MATRIKS KEKAKUAN, [K] = [A]T ∙ [S] ∙ [A]

7]∙ VEKTOR LENDUTAN DI TITIK DISKRIT, {D} = [K]–1 ∙ {Q}

8]∙ VEKTOR GAYA-GAYA DALAM, {H} = [S] ∙ [A] ∙ {D}

28

29


9]∙ MOMEN AKHIR, M = H – M° nub

M =

{H} –

( M° )

Arah

1

MAC =

250,000 –

2

MCA =

–424,242 –

3

MCD =

–728,535 – ( –1777,778 ) =

4

MDC =

–421,717 –

5

MDB =

1310,606 –

0,000 =

1310,606 Kgm



6

MBD =

1232,955 –

0,000 =

1232,955 Kgm



(–625,000) =

875,000 Kgm



(625,000) = –1049.242 Kgm



1049.242 Kgm



(888,889) = –1310,606 Kgm



Check

MC=0 MD=0

_O_

‘,_|_ ` FREE BODY _._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._.__._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._. ‘ \_,

P2 MCD

MDC

HC

HD VC

2m

VD

4m

VD

VC MCA HC

MDB P3

HD 2m

P1

4m 2m HA

MAC

HB MCB

VA

VB

3m

BTG-CD

BTG-AC

BTG-BD

VC

= 1289,773 Kg (

)

VA = 1289,773 Kg (

)

VB =

710,227 Kg (

)

VD

=

)

VC = 1289,773 Kg (

)

VD =

710,227 Kg (

)

HC

= 1635,890 Kg ( )xxx HA =

)

HB =

635,890 Kg ( )

HD

= 1635,890 Kg ( )

710,227 Kg (

385,890 Kg (

HC = 1635,890 Kg ( )xxx HD = 1635,890 Kg ( )

30


Periksa Syarat Kesetimbangan Struktur

2000 Kg

EI

C

1000 Kg

D

2m 1250 Kg

2EI

2EI 2m

385,89 Kg

635,89 Kg

A

875 Kgm

B 3m

2m

4m

1289,773 Kg

710,227 Kg

H

= 0

HA – HB + P1 – P3 = 0

V

= 0

VA + VB – P2 = 0

MB = 0

1232,955 Kgm

VA(9) + P1(2) – P2(4) – P3(4) – MA – MB = 0

Tabel Kontrol ~ Syarat Kesetimbangan Gaya-gaya Horisontal

Gaya-gaya Vertikal

Momen di titik B

+HA

=

385,890

+VA

=

1289,773

+VA (9)

=

11607,955

–HB

=

–635,890

+VB

=

710,227

+P1 (2)

=

2500,000

+P1

=

1250,000

–P2

=

-2000,000

–P2 (4)

=

–8000,000

–P3

=

–1000,000

–P3 (4)

=

–4000,000

–MA

=

–875,000

–MB

=

–1232,955

.MB

=

0,000

H

=

0,000



V

=

0,000





31


D. STRUKTUR RANGKA-BATANG BIDANG Struktur Rangka-Batang (Truss) adalah struktur yang dibangun dari batang-batang yang membentuk bidang segitiga. Titik kumpul (titik diskrit) rangka-batang umumnya di anggap sebagai sendi (pin/hinge), sehingga tidak ada momen yang bekerja pada titik kumpul, dan hanya gaya aksial (tarik atau tekan) saja yang dianggap sangat berpengaruh pada setiap batang dari rangka batang. Dengan gaya tarik atau gaya tekan, berarti batang hanya akan mengalami perpanjangan (elongation) atau perpendekan (contraction). Suatu segitiga adalah suatu bentuk yang sangat stabil (dalam menahan defleksi) lebih stabil dari bentuk segi-empat, seperti terlihat pada gambar:

Beban

Beban

Tidak Stabil

Stabil

Suatu rangka-batang yang paling sederhana dapat dilihat seperti berikut :

Idealisasi asumsi-asumsi rangka-batang 1) Semua titik-kumpul (joint) adalah sendi. Titik kumpul merupakan pertemuan antara garis yang melalui titik pusat berat dari penampang batang. 2) Semua batang pada rangka-batang, bekerja hanya dalam keadaan Tarik atau Tekan saja. 3) Semua beban-beban diaplikasikan sebagai beban terpusat pada titik-kumpul.

32


Elemen-elemen pada rangka-batang hanya mengalami deformasi aksial saja, untuk kondisi elastis, akan berlaku hukum Hooke.

H

EA L

d

Gambar di atas memperlihatkan suatu batang yang menerima gaya normal H, dan mengalami deformasi-aksial (elongasi) sebesar d. Deformasi aksial diperoleh menurut persamaan, d = H.L / (EA) Dimana E adalah modulus elastis bahan, dan A adalah luas penampang batang. Gaya yang bekerja pada batang, H = ( EA/L ) d

2 ~d

P1

H2

H1 ~d 1

Sehubungan dengan metode Kekakuan yang di bahas, dari persamaan terakhir di atas, dapat diperoleh nilai dari matriks [S], yang merupakan nilai kekakuan-aksial dari setiap elemen batang, yang untuk setiap batang akan bernilai EA/L.

P2

2

2

~d

H2

3 Struktur semula

2

H1

1

~d 1

1

3 H3~d3

H3~d3

Diagram H~d dari rangka batang. (hubungan gaya dalam dan deformasi)

Untuk rangka batang sederhana seperti gambar di atas, nilai matriks [S] adalah:

33


CONTOH-04 P1 P2

C 2

1

2,5 m

3 A

B 1,5m

3,5 m

Diketahui struktur rangka batang sederhana seperti tergambar P1 = 750 Kg, dan P2 = 500 Kg, EA = Konstan ???

Tentukan besar gaya-gaya batang dengan cara matriks-kekakuan

Penyelesaian: 1] Derajat Ketidak Tentuan Kinematis (DKK = 2), translasi dalam arah-x dan arah-y pada titik kumpul di C. Translasi arah-y dari D1=1 satuan, akan memberikan deformasi aksial tarik pada batang-1 dan batang-2 (+d1, +d2). Translasi arah-x dari D2=1 satuan, memberikan deformasi aksial tarik pada btg-1 (+d1), dan deformasi aksial tekan pada btg-2 (–d2).

D1 D2 C

1

2,5 m

2

3 A

B 1,5m

3,5 m

D1 d2 d1

d2 d1

1 1

D2

2

1

3

Translasi arah-y dari D1=1 satuan

2

1

3

Translasi arah-x dari D2=1 satuan

34


Untuk D1=1 satuan

Untuk D2=1 satuan

d1

1

d1

1

d2 d1 = sin d2 = sin

Untuk D1=1 satuan d1 = 0,8575 d2 = 0,5812

d2 d1 = cos d2 = cos

Untuk D2=1 satuan d1 = 0,5145 d2 = – 0,8137

2] Matriks deformasi [A]

D1

D2

3] Matriks kekokohan intern elemen (kekakuan batang) [S]

35


4] Matriks Kekakuan, [K] = [A]T . [S] . [A]

5] Vektor Gaya Luar {Q}, koresponding dengan Lendutan {D}

6] Vektor Lendutan {D} = [K]-1 {Q}

7] Vektor Gaya-gaya dalam {H} = [S] [A] {D}

H1, H2, dan H3 masing-masing adalah gaya-gaya-dalam (gaya-gaya batang). H1 = Gaya Batang No-1 = –320,702 H2 = Gaya Batang No-2 = –817,221 H3 = Gaya Batang No-3 = 0 Periksa Syarat Kesetimbangan P1 P2 H1 sin

y H1

H1 cos

H2

x

Kg Kg Kg

(TEKAN) (TEKAN)

( tinjau titik kumpul C ) .Fx = 0 H1 cos – H2 cos + P2 = 0 320,702 (0,5145) – 817,221 (0,8137) + 500 = 0



.Fy = 0 H1 sin + H2 sin – P1 = 0 320,702 (0,8575) + 817,221 (0,5812) – 750 = 0



H2 sin

H2 cos

Teknik Sipil UMI 1 Analisa Struktur II A. PENDAHULUAN

Recommend Documents