bahan ajar analisa struktur 2 ft sipil unitomo.doc

BAHAN AJARANALISA STRUKTUR 2JURUSAN TEKNIK SIPILFAKULTAS TEKNIK UNITOMO

2011

BOEDI WIBOWO

KATA PENGANTAR

Dengan mengucap syukur kepada Allah SWT , karena dengan rachmat NYA kami bisa menyelesaikan

BAHAN AJAR ANALISA STRUKTUR 2 .

Bahan ajar ini diharapkan dapat membantu proses belajar mengajar di Jurusan Teknik Sipil .

Mata kuliah Analisa Struktur 2 ini merupakan ilmu dasar keahlian yang harus dipahami mahasiswa Teknik Sipil , dimana pada bahan ajar ini diberikan cara perhitungan statika untuk Konstruksi Statis Tidak Tertentu dengan cara Cross dan Analisa Struktur Methode Matrix .

Oleh karena itu mahasiswa harus memahami secara benar , sehingga diperlukan membuat sajian materi dalam bentuk bahan ajar .

Bahan ajar ini dibuat dalam bentuk yang lebih rinci lengkap dengan contoh soal dan penjelasannya .

2

MATERI

. PERHITUNGAN STATIKA DENGAN CARA

CROSS.

. PERHITUNGAN STATIKA DENGAN CARA

ANALISA STRUKTUR METHODE MATRIX.

3

JURUSAN TEKNIK SIPILFAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS DR . SOETOMO

MATA KULIAH DAN KELAS : ANALISA STRUKTUR 2 KODE MK:

DOSEN 1. BOEDI WIBOWO SKS

KONTRAK KULIAH &MATERI PEMBELAJARAN

2. 3

MINGGU KE KOMPETENSI 1 MATERI PEMBELAJARAN

PENGAMPU 2

1 2 31 - 7

Mampu menghitung statika balok maupun portal statis tidak tertentu dengan cara Cross serta mampu menggambar bidang Momen , Normal dan Lintang .

Pendahuluan , penjelasan materi . V

Perhitungan statika dengan cara Cross untuk balok . V



Perhitungan statika dengan cara Cross untuk portal tidak bergoyang .

V

Perhitungan statika dengan cara Cross untuk portal tidak bergoyang

V

Perhitungan statika dengan cara Cross untuk portal tidak bergoyang

V

8 UJIAN TENGAH SEMESTER V

9 - 16 Mahasiswa mampu menghitung statika dengan cara Analisa Struktur Methode Matrix ( Methode Kekakuan ) , dan juga dapat menggambar bidang Momen , Normal dan Lintang .

Mengulang tentang penambahan , perkalian , invers pada matrix .

V

Perhitungan statika dengan cara Methode Kekakuan untuk balok .

V


V


V

Perhitungan statika dengan cara Methode Kekakuan untuk portal tidak bergoyang .

V

Perhitungan statika dengan cara Methode Kekakuan untuk portal tidak bergoyang

V

Perhitungan statika dengan cara Methode Kekakuan untuk portal tidak bergoyang

V

17 - 18 UJIAN AKHIR SEMESTER V

4

Tanda Tangan Dosen PengampuDosen 1

(Koordinator) Dosen 2

PERNYATAAN:Dengan ini saya menyatakan bersedia memberikan materi sesuai kesepakatan yang telah ditetapkan di borang ini.

5

PENYELESAIAN DENGAN CARA CROSS

1. ANGKA KEKAKUAN

PERLETAKAN : JEPIT – JEPIT K = 4EI / L JEPIT – SENDI / ROL K= 3EI / L

2. FAKTOR DISTRIBUSI ( μ )CONTOH :

EI 2EI EI

A 4m B 8m C 2m D

( ∑ μ = 1 )

INGAT ∑ FAKTOR DISTRIBUSI PADA SATU TITIK SIMPUL = 1

)

μ CB = 1 μ CD = 1

DALAM SOAL DIATAS PERLETAKAN ROL DI B HARUS DIANGGAP JEPIT , SEDANG

PERLETAKAN SENDI DI C TETAP DIANGGAP SEBAGAI SENDI .

UNTUK MUDAHNYA PENENTUAN DIATAS , CARANYA MUDAHNYA SEBAGAI BERIKUT :

APABILA KITA ITU TITIK B , LENGAN KANAN DIPEGANGI TITIK A , SEDANG YANG KIRI

DIPEGANGI TITIK C , MAKA PERLETAKAN DI B HARUS DIANGGAP JEPIT .

APABILA KITA ITU TITIK C , LENGAN KANAN DIPEGANGI TITIK B , SEDANG YANG KIRI

6

DILEPAS ( KARENA TITIK D ADALAH BEBAS ) , MAKA PERLETAKAN DI C TETAP SEBAGAI

SENDI .

3. MOMEN PRIMAIR ( MF )

UNTUK ARAH MOMEN DISEPAKATI

SEPERTI GAMBAR DISAMPING .

ARAH MOMEN PRIMAIR MENGEMBALIKAN

ARAH LENDUTAN .

q

A L m B MF AB = + 1/12.q .L 2

L m MF BA = - 1/12 . q.L2

P ton MF AB =

A B MF BA =

a m b m a = b MFAB = - MFBA=

L m

7

q

A B MF AB = + 1/8 . q .L 2

L m

P ton

A B MF AB = + 3/16. P .L

L m

½ L ½ L

B

½ L MF AB = + 3/16 . P . L

P ton

½ L

A

4. MOMEN DISTRIBUSI .

MOMEN DISTRIBUSI = - ∑ MOMEN PRIMAIR PADA SATU TITIK KUMPUL X FAKTOR DISTRIBUSI

AGAR TIDAK LUPA HARGA NEGATIF DIDEPAN , MAKA FAKTOR DISTRIBUSI DITULIS NEGATIF

PADA TABEL MOMEN DISTRIBUSI ( TABEL CROSS ) .

5. MOMEN INDUKSI .

FAKTOR INDUKSI = 1/2

8

PERLETAKAN JEPIT – JEPIT , DAPAT SALING INDUKSI .

PERLETAKAN JEPIT – SENDI ATAU JEPIT – ROL , SENDI ATAU ROL HANYA BOLEH MEMBERI

INDUKSI KE PERLETAKAN JEPIT , TETAPI TIDAK BOLEH MENERIMA INDUKSI DARI

PERLETAKAN JEPIT .

CONTOH :

q = 1t/m 4T

A B C D

EI EI 4m 2EI

2m 3m 8m

μ BA : μ BC = 0 : KBC μ BA = 0 μ BC = 1

μ CB : μ CD = KCB : KCD = 3EI/3 : 4.2EI / 8 = EI : EI

μ CB = 0,5 μ CD = 0,5

MOMEN PRIMAIR .

MF BA = - 2.1.1 = - 2 TM

MF CB = - 1/8.1.32 = - 1,125 TM ( MF BC = 0 ,karena titik B dianggap sendi )

MF CD = - MF DC = 1/8 . 4 . 8 = + 4 TM

9

MD BA = ( MBA + MBC ) . FD BA = ( -2 + 0 ) . 0 = 0

MD CB = ( MCB + MCD ) . FD CB = ( -1,125 + 4 ) . (- 0,5 ) = - 1,4375

MI BC = 0 ( KARENA SENDI B TIDAK BOLEH MENERIMA INDUKSI )

MI CB = 1/2 . MBC = 1/2 . ( + 2 ) = + 1

MI DC = 1/2 . MCD = 1/2 . ( - 1,4375 ) = - 0,71875

MOMEN AKHIR DIDAPAT DARI PENJUMLAHAN MOMEN .

10

TITIK B C D

BATANG BA BC CB CD DC

FD 0 -1 - 0,5 - 0,5 -

MF -2 -1,125 + 4 - 4

MD 0 +2 -1,4375 - 1,4375 0

MI XXXX + 1 0 - 0,71875

MD 0 0 -0,5 -0,5 0

MI

MD

MOMEN AKHIR

Di jumlah

UNTUK PERHITUNGAN PORTAL , HARUS DIBEDAKAN ANTARA PORTAL TETAP DAN PORTAL

BERGOYANG .

n = 2 . jumlah titik simpul – ( 2 . jumlah jepit + 2 .jumlah sendi + jumlah rol + jumlah batang )

n = 2.3 – ( 2.1 + 2.0 + 1 + 2 ) = 1 > 0

PORTAL BERGOYANG

CONTOH SOAL

1 t/m 4 T 2 t/m

2 EI 2 EI EI

A 6 m B 4 m C 4 m D 4 m

µ BA : µ BD = = EI : EI µ BA = 0,5 µ BD = 0,5

11

E

µ DB : µ DE = = EI : 0,75 EI µ DB = 0,57 µ DE = 0,43

MF BA = -1/8 . 1 . 6 2 = - 4,5 TM MF BD = - MF DB = 1/8 . 4 . 8 = 4 TM

MF DE = + 1/8 .2 . 4 2 = + 4 TM kalau P tidak ditengah bentang pakai rumus

MF BD = + P.a.b2/ L2 MF DB = - P.b.a2/ L2

TITIK B D

BATANG BA BD DB DEFAKTOR DISTRB.

- 0,5 - 0,5 - 0,57 - 0,43

MF - 4,5 + 4 - 4 + 4MD + 0,25 + 0,25 0 0MI 0 0,125MD 0 0 - 0,07125 - 0,05375MI -0,035625 0MD + 0,0178125 + 0,0178125 0 0MOMEN AKHIR - 4,23 + 4,23 - 3,94 + 3,94

1 t/m 4 T 2 t/m

2,3 4,23 3,7 2,04 4,23 3,94 1,96 4,99 3,94 3,01

A 6 m B 4 m C 4 m D 4 m E

D

12

2,3 4,99

2,04 2,0

1,96 1,96

3,7 3,01

M

4,23 3,94

2,645 3,93 2,06

q = 1t/m P = 4 T q = 2t/m

2m

B C D

13

a m6 m 4 m 4 m

A A EI EI 2EI

µ BA : µ BC = µ BA = 0,5 µ BC = 0,5

µ CB : µ CD = µ CB = 0,5 µ CD = 0,5

MF BA = - 1/8 . 1 . 62 = - 4,5 TM

MF BC = - MF CB = + 1/8 . 4 . 4 = 2 TM

MF CDF = - MF DC = + 1/12 . 2 . 42 = + 2,667 TM

TITIK B C DBATANG BA BC CB CD DC

FD - 0,5 - 0,5 - 0,5 - 0,5MF - 4,5 + 2 - 2 + 2,667 - 2,667MD + 1,25 + 1,25 - 0,3335 - 0,3335 0MI - 0,16675 + 0,625 0 - 0,16675MD + 0,083375 + 0,083375 - 0,3125 - 0,3125 0MI - 0,15625 + 0,0416875 - 0,15625MD + 0,078125 + 0,078125 - 0,02084375 - 0,02084375

MOMEN AKHIR

- 3,09 + 3,08 - 2 + 2 - 2,99

q = 1 t/m 4 T q = 2 t/m

A B C D

3,09 3,09 E 2 2 2,9914

2,485 3,515 2,272 1,728 3,752 4,248

2,485 2,272 2,272 3,752

D

3,515 1,728 1 728 4,248

AB CD

DX = 0 2,485 – 1X =0 X = 2,485 m DX =0 3,752 -2X =0 X = 1,876 m

Mmax = 2,485. 2,485 – 1.2,485 .1/2 . 2,485 M max= 3,752.1,876 – 2.1,876.1/2.1,876 -2

= 3,088 TM = 7,039 – 3,519 – 2 = 1,52 TM

ME = 2,272 .2 – 3,09 = 1,454 TM

3,515 M

2 2,99

1,454

3,088

q = 1 t/m 5 T

A D

15B C

EI KONSTANT

E 5 T

n=2.4 – ( 2.1 + 2.1 +1 + 3 ) = 0

portal tetap

3 m 4 m 4 m

µ BA : µ BD : µ BF =

µ BA = 0,44 µ BD =

µ BF =

MF BA = - 1/8 . 1 . 32 = - 1,125 TM

MF BD = + 1/8 .5 . 8 = + 5 TM MF DB = - 5 TM

MF BF = + 3/16 . 5 . 4 = + 3,75 TM

16

F

2 m

2m

TITIK B D

BATANG BA BF BD DBFAKTOR DIST - 0,44 - 0,34 - 0,22 -

MF - 1,125 + 3,75 + 5 - 5MD - 3,355 - 2,5925 - 1,6775 0MI 0 - 0,83875MD 0 0 0 0

MOMEN AKHIR - 4,48 + 1,16 + 3,32 - 5,84

∑ MB = 0 ( OK )

q= 1t/m 5 T

A 2,79 B D 2,79

4,48 5,115 3,32 C 5,84

0,007 2,93 2,185 2,815

1,16 2,79 balok FB ∑ MB = 0 HF MISAL

E 5 T - HF.4 + 5.2 – 1,16 = 0 HF = 2,21 T

HB = 5 – 2, 21= 2,79 T

balok BD ∑MD=0 VB MISAL

F 2,21 VB.8 -3,32 – 5.4 + 5,84 = 0

5,115 VB =2,185 T VD=5-2,185 = 2,815T

Balok AB ∑ MB= 0 VA MISAL

17

VA.3 – 3.1,5 + 4,48 = 0 VA = 0,007 T

2,79

N

5,115

5,115

0,007 2,185

2,79

2,93 2,815

Bat AB DX =0 0,007-1X=0

2,79 D X= 0,007 m DARI A

2,21 5,84

4,48

3,32

1,16

MX = 0,007X- 1X.1/2 X

Mmax = 0 5,42 X=0,007 m

M 4,42 Mmax = 0,007.0,007- 1.0,007.1/2.0,007

Mmax = 0

18

ME = 2,21 . 2 = 4 ,42 TM

2 t/m 6 T

E F G D

C 2m

H 4T 4 m

4 m A 6m B 2 m 2m

n = 2.6 – ( 2.2 + 2.1 + 1 + 5 ) = 0 portal tetap

µ EC : µ EF : µ EA =

µ EC = 0,31 µ EF = 0,28 µ EA = 0,41

µ FE : µ FB : µ FD =

µ FE = 0,28 µ FB = 0,41 µ FD = 0,31

MOMEN PRIMAIR

MF EC = - 1/8 . 2. 42 = - 4 TM

MF EF = - MF FE = + 1/12 . 2 . 62 = + 6 TM

MF FD = + 3/16 . 6 . 4 = + 4,5 TM

MF EA = - MF AE = 1/8 . 4 . 4 = + 2 TM

TTK E A F BBATANG EC EA EF AE FE FD FB BF

FD -0,31 -0,41 -0,28 - -0,28 -0,31 -0,41 -MF -4 +2 +6 -2 -6 + 4,5 0 0MD -1,24 -1,64 -1,12 0 +0,42 +0,465 +0,615 0MI 0 +0,21 + 0,82 -0,56 0,3075

19

MD -0,0651 -0,0861 -0,0588 0 +0,1568 +0,1736 +0,2096 0MI 0 +0,0784 -0,04305 -0,0294 +0,1148MD -0,0243 -0,0321 -0,0219 0 0,00823 0,00911 0,01205 0

MAKHIR -5,33 +0,24 +5,09 -2,86 -6 +5,15 +0,85 +0,42

1 t/m 1t/m 6 T

1,665 E 0,32 0,32F D

11,18 10,44

C 5,33 5,09 6 5,15

2,67 5,33 5,85 6,15 4,29 1,71

0,24 1,345 0,85 0,32

H 4 T

2,86 0,42

2,655 0,32

A B

11,18 10,44

0,32

1,665

N

20

1,665

11,18 10,44

5,85 4,29

2,67 1,345

1,71

5,33 2,655 6,15

D

0,32

6

5,33

5,09

0,24 0,85

3,56 3,42

2,45

M

21

12,02

2,86 0,42

q = 1t/m

B C

A F 4 T

E

D

3 m 6 m 4 m

n = 2.5 – ( 2.2 + 2.1 + 0 + 4 ) = 0 portal tetap

µ BA : µ BC : µ BE = ( 3,5 )

µ BA = 0,38 µ BC = 0,19 µ BE = 0,43

µ CB : µ CD =

µ CB = 0,45 µ CD = 0,55

MF AB = - MF BA = + 1/12 . 1 . 32 = + 0,75 TM

MF BC = MF CD = + 1/12 . 1 . 62 = + 3 TM

MF BE = + 3/16 . 4 . 2 = + 1,5 TM

TITIK A B C DBATANG AB BA BC BE CB CD DC

FD - - 0,38 - 0,19 - 0,43 - 0,45 - 0,55 -MF + 0,75 - 0,75 + 3 + 1,5 - 3 0 0MD 0 - 1,425 - 0,7125 - 1,6125 + 1,35 + 1,65 0MI -0,7125 + 0,675 + 0,35625 + 0,825

22

1 m

1 m3 m

MD 0 - 0,2565 -0,12825 - 0,29025 +0,1603125

+ 0,195937 0

MI -0,12825 + 0,0801562 - 0,064125 + 0,09797

MD 0 -0,03046 -0,0152297 -0,034467 + 0,028856 +0,035269 M

AKHIR- 0,09 -2,45 + 2,90 - 0,45 - 1,88 + 1,88 + 0,92

FREE BODY DIAGRAM

0,09 6,485 4,71 1 t/m 4,71

5,44 2,83

A 2,45 2,27 B 3,17 2,90 1,88 2,83 4,71

0,27 1,775

F 0,45 1,88

4 T 0,92

E 2,225

5,44 4,71

BE ∑ MB = 0 - HE.2 + 4.1 + 0,45 = 0 HE = 2,225 T HB = 1,775 T D 2,83

CD ∑ MD = 0 - HD.3 -0,92 -1,88 – 2,83.4 =0 HD = 4,71 T HC = 4,71 T

3 M 5 M

α D 4,71 SIN α

4 M α 4,71

SIN α = 3/5 2,83 COS α α 4,71 COS α

COS α = 4/5 2,83 2, 83 SIN α

23

6,485

α

N DC = - 4,71 COS α – 2,83 SIN α = - 3,768 – 1,698 = - 5,466 T

D DC = + 4,71 SIN α – 2,83 COS α = 2,826 – 2,264 = + 0,562 T

DX = 3,17 – 1X = 0 X = 3,17 M

MX = 3,17.X – 1.X.1/2.X – 2,90

X= 3,17 M MAX = 3,17.3,17 – 1.3,17 . ½ . 3,17 – 2,90 = 2,12 TM

4,71 5,466

5,44 N

3,17 5,466

0,562

1,775

0,27 2,27

2,83

2,225 D

2,98

2,45 1,88

1,88

0,45

0,09

2,25 M MAX =2,12

24

6,485

M

0,92

TAHAP PENYELESAIAN UNTUK PORTAL BERGOYANG

1. PORTAL DIANGGAP DULU SEBAGAI PORTAL TETAP / TIDAK BERGOYANG DENGAN

MEMASANG PENDEL DITEMPAT PERGOYANGANNYA . ( PHASE NOL )

DARI GAMBAR DISAMPING ,

Pendel DIHITUNG MOMEN AKHIR NYA

DAN JUGA REAKSI PENDEL NYA.

2. PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG . ( PHASE SATU )

HITUNG MOMEN AKHIR DAN JUGA REAKSI PENDEL NYA .

B’ Δ B

JEPIT – JEPIT

25

A’ A

MFBC JEPIT – SENDI / ROL

MFCB UNTUK LEBIH MUDAHNYA , EI Δ

DIMISALKAN DALAM X , SEHINGGA

REAKSI PENDEL DALAM X

3. DARI HASIL REAKSI PENDEL DIATAS DIDAPAT KAN HARGA X

DIMANA RP0 + RP1 = 0 X DAPAT DITEMUKAN

SEHINGGA MOMEN AKHIR DAPAT DIHITUNG DARI MOMEN AKHIR PHASE NOL

DITAMBAH MOMEN AKHIR PHASE SATU .

4. DARI HASIL MOMEN AKHIR YANG DIDAPAT DIATAS , MAKA DAPAT DILANJUTKAN

DENGAN MENGHITUNG DAN MENGGAMBAR BIDANG MOMEN , NORMAL DAN

LINTANG .

26

2T 1 T

1t/m

B 2EI C 2EI D 2EI E

EI

4m n= 2.3 – ( 2.1 + 2.0 + 1 + 2 ) = 1 > 0 portal bergoyang

1m A 6m 2m

2T 1 T

1t/m

B 2EI C 2EI D 2EI E

E portal dianggap dulu tidak bergoyang

4m dengan memasang pendel .

1m A 6m 2m

PHASE 1 PORTAL DIANGGAP TIDAK BERGOYANG

µ CB : µ CD : µ CA = 0 : 3.2EI/6 : 4EI/4 µ CB = 0 µ CD = 0,5 µ CA = 0,5

µ DC : µ DE = 1 : 0 µ DC = 1 µ DE = 0

27

MF CB = - 2.1 – 1.1.0,5 = - 2,5 TM

MF CD = +1/8. 1. 62 = + 4,5 TM

MF DE = + 1.2 + 2.1.1 = + 4 TM

TITIK A C DBATANG AC CA CB CD DC DE

FD - -0,5 0 -0,5 -1 0MF 0 0 -2,5 +4,5 0 +4MD 0 -1 0 -1 -4 0MI -0,5 0 -2 -MD 0 +1 0 +1 0 0MI +0,5 0 -MD 0 0 0 0 0 0

M .AKHIR 0 0 -2,5 + 2,5 -4 +42 T 1T

B C D E

2,5 2,5 4 4

∑ MC = 0 HA MISAL

- HA . 4 + 0 = 0 HA = 0 T

RP0 = 0 T

A

PHASE SATU PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG

∆ ∆

B 2EI C C1 2EI D 2EI E

EI

4m MF AC = MF CA =

1m A 6m 2m28

TITIK A C DBATANG AC CA CB CD DC DE

FD - -0,5 0 -0,5 -1 0MF 100X 100X 0 0 0 0MD 0 -50X 0 -50X 0 0MI -25X 0 0 -MD 0 0 0 0 0 0

MOMEN AKHIR

75X 50X 0 -50X 0 0

B C 50X D E

31,25X 31,25X 31,25X

31,25X

50X ∑ MC = 0 HA MISAL

75X - HA . 4 -75X-50X = 0 HA = 31,25X

RP1 = 31,25X

A 31,25X

RP0 + RP 1 = 0 0 – 31,25 X = 0 X = 0

MOMEN AKHIR = MOMEN PHASE NOL + MOMEN PHASE SATU

MAC = 0 + 75 . 0 = 0 TM

MCA = 0 + 50. 0 = 0 TM

MCB = - 2,5 + 0.0 = - 2,5 TM

MCD = + 2,5 -50.0 = + 2,5 TM

MDC = -4 + 0.0 = -4 TM

MDE = + 4 + 0.0 = + 4 TM

2T 1T

29

A C D E

2,5 TM 3T 7T 4T 2,5 TM 4 TM 2T 3T 4 TM

BATANG CD ∑ MD=0 VC.6-2,5+4-1.6.3 = 0 VC = 4T VD= 2T

DX = 0 DX = 4 – 1X = 0 X = 4M terjadi M max

MX = 4X - 1.X.1/2.X – 2,5

A 7T X= 4 M max = 4.4 – 1.4.1/2.4 – 2,5 = 5,5 TM

N

7 T

4T

3T 1T

2T 3T D 2T

4TM

30

2,5 TM

5,5 TM M

4T

A B 3m

1 T

4 m 4 m C 2 m D

PORTAL DIANGGAP DULU TIDAK BERGOYANG DENGAN MEMASANG PENDEL ( PHASE NOL)

4T

B

A 3m

1 T

4 m 4 m C 2 m D

µBA : µBC = 4EI/4 : 3EI/5 = EI : 0,6EI µBA = 1/1,6 = 0,625 µBC = 0,6/1,6 = 0,375

µCB: µD = KCD : 0 µCB =1 µCD = 0

31

MF CD = + 1.2 = + 2TM

TITIK A B C BATANG AB BA BC CB CD

FD - -0,625 -0,375 -1 0MF 0 0 0 0 +2MD 0 0 0 -2 0MI 0 0 -1MD 0 +0,625 +0,375 0 0MI +0,3125 0 0MD 0 0 0 0 0

M AKHIR +0,3125 +0,625 -0,625 -2 +2

4T

0,625TM

A B

0,3125TM 0,2344T 0,625TM

0,2344T 3,7656T

2TM 1T

C D

3,7656T 2TM RP0

AB ∑ MB = 0 VA.4-0,3125-0,625 =0 VA=0,2344 T 1T

VB = 0,2344 T

BC VB = 4 – 0,2344 = 3,7656 T VC = 3,7656 T

CB ∑ MB = 0 -HC.3 – 3,7656.4 + 2 + 0,625 =0 HC = 4,1458 T

CD HC = 4,1458 T HD = 4,1458 T RP0 = 4,1458 T

PHASE SATU , PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG

3 5 sinα=3/5 tgα=3/4

32

4 B ∆ B’

B B’ ∆/tgα

A = ∆/sinα

B’’ B’’

4 m 4 m C 2 m D

MFAB = MFBA =

MFBC =

TITIK A B C BATANG AB BA BC CB CD

FD - -0,625 -0,375 -1 0MF 250X 250X -100X 0 0MD 0 -93,75X -56,25X 0 0MI -46,875X 0 0MD 0 0 0 0 0MI 0 0 0MD 0 0 0 0 0

M AKHIR 203,125X 156,25X -156,25 0 0

156,25X

A B

203,125X 89,84375X 156,25X

33

89,84375X 89,84375X

C D

89,84375X RP1

AB ∑ MB = 0 VA.4-203,125X-156,25X =0 VA=89,84375X

VB = 89,84375X

BC VB = 89,84375X VC = 89,84375X

CB ∑ MB = 0 -HC.3 + 89,84375X.4 + 156,25X =0 HC = 171,875X

CD HC = 171,875X HD = 171,875X RP1 = 171,875X

RP0 + RP1 = 0 4,1458 – 171,875 X = 0 X = 0,02412

MOMEN AKHIR = MOMEN PHASE NOL + MOMEN PHASE SATU

MAB = 0,3125 + 203,125 . 0,02412 = + 5,212 TM

MBA = 0,625 + 156,25 . 0,02412 = + 4,394 TM

MBC = -0,625 -156,25 .0,02412 = - 4,394 TM

MCB = -2 + 0 . 0,02412 = -2 TM

MCD = +2 + 0. 0,02412 = + 2TM

4T

4,394TM

A B34

5,212TM 2,4015T 4,394TM

2,4015T 1,5985T

2TM 1T

C D

1,5985T 2TM

1T

CB ∑ MB = 0 + MB – 1,5985.4 + 2 = 0 MB = 4,394 TM

CD ∑ MC = 0 + MC + 2.1 = 0 MC = - 2TM

NCB = - 1,5985 . 0,6 = - 0,9591 T

DCB = - 1,5985 .0,8 = - 1,2788 T

C

1,5985COSα 1,5985SINα

0,9591T N

0,9591T

2,4015T 2,4015T

D35

1T

1,2788 T

5,212TM

M

4,394TM 2TM 2TM

4,394TM

REVIEW TENTANG MATRIX

1.MENJUMLAH MATRIX

MATRIX YANG DIJUMLAH HARUS MEMPUNYAI JUMLAH BARIS DAN KOLOM YANG SAMA.

4 -3 2 + 6 8 -4 = 10 5 -2

5 8 -4 2 3 6 7 11 2

36

2. MENGALIKAN MATRIX

JUMLAH KOLOM PADA MATRIX YANG PERTAMA HARUS SAMA DENGAN JUMLAH BARIS PADA

MATRIX YANG KEDUA.

4 2 3 X 5 -5 8

5 -4 9 2 4 3

3 -2 4

2X3 3X3

= 4. 5 + 2.2 + 3.3 4. -5 + 2.4 + 3.-2 4.8 + 2.3 + 3.4 = 33 -18 50

5.5 + -4.2 +9.3 5.-5 + -4.4 +9.-2 5.8 +-4.3 + 9.4 44 -59 64

2X3

3. INVERS MATRIX A

A = A C

A

4 5 1

A = 3 6 2

2 7 9

37

-1-1

-1

6.9 – 2.7 - ( 3.9 – 2.2 ) 3.7 – 6.2

A C = - ( 5.9 – 1.7 ) 4.9 – 2.1 - ( 4.7 – 5.2 )

5.2 – 6.1 - ( 4.2 – 1.3 ) 4.6 – 3.5

40 - 23 3

= -38 34 - 18

4 - 5 9

T 40 - 38 4

= - 23 34 - 5

3 -18 9

A = 4 5 1 4 5

3 6 2 3 6 = 1.3.7 + 5.2.2 + 4.6 9 – 1.6.2 – 4.2.7 -5.3.9 =

2 7 9 2 7 21 + 20 + 212 – 12 – 56 – 135 = 50

-1 40 - 38 4

A = 1/50 - 23 34 - 5

3 - 18 9

38

A

C

A

C

C

ANALISA STRUKTUR METHODE MATRIX

TAHAPAN PENYELESAIAN KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU DENGAN CARA METHODE KEKAKUAN

1. MENENTUKAN MATRIX A

2. MENENTUKAN MATRIX KEKAKUAN S

T

3. MENGHITUNG MATRIX K = A S A

-1 -1 T

39

4 HITUNG K K = K C

K

5. TENTUKAN MOMEN PRIMAIR AKIBAT BEBAN LUAR NYA HO

6. TENTUKAN MATRIX QR

-1

7. D = K QR

8. H = S A D

9. H akhir = H + Ho

I. MENENTUKAN MATRIX A

D 1 D 2

A B C

TENTUKAN TITIK YANG MENGALAMI DEFORMASI

DALAM SOAL DIATAS SENDI B DAN ROL C MENGALAMI ROTASI.

SEBAGAI DASAR PENENTUAN

ROL H = 1 ( BERGERAK )

V = 0 ( TIDAK BERGERAK ) 40

d 1

d 2

d 3 d 4

V Θ = 1

SENDI V = 0

H = 0

Θ = 1

V = 0

M H = 0

Θ = 0

UNTUK SOAL DIHALAMAN SEBELUMNYA, DAPAT DITENTUKAN MATRIX A SEBAGAI BERIKUT

A = 0 0 d 1 AKIBAT D 1 , MAKA YANG BERGERAK ADALAH d 2 DAN d 3

1 0 d 2 AKIBAT D 2 , MAKA YANG BERGERAK ADALAH d 4

1 0 d 3

0 1 d 4

D 1 D 2

JUMLAH KOLOM PADA MATRIX A TERGANTUNG DARI JUMLAH

DEFORMASI YANG TERJADI.

41

V VVV

V VVV

Θ = 1

H

H

H

V

A = 1 0 0 d 1 AKIBAT D 1, YANG BERGERAK d 1

0 1 0 d 2 AKIBAT D 2 , YANG BERGERAK d 2 DAN d 3

0 1 0 d 3 AKIBAT D 3 , YANG BERGERAK d 4

0 0 1 d 4

D1 D2 D3

MENENTUKAN MATRIX A UNTUK PORTAL

C AKIBAT D 1 , YANG BERGERAK d 1

AKIBAT D 2 , YANG BERGERAK d 2 dan d3

A

42

D 1 D 2 D3

d 1 d 3

d 2 d 4

d 3

d 1

d 2

B

D 2

D 1

d 4

A = 1 0 d 1

0 1 d 2

0 1 d 3

0 0 d 4

D1 D2

MENENTUKAN MATRIX s

A B C

6 m 8 m

A B C D

UNTUK MEMBUAT ROTASI d 1 = 1 , DIBUTUHKAN M AB = 4 EI/L

MBA = 2 EI/L

43

2 EIEI

d 1

d 2

d 1 d 3

d 4

UNTUK MEMBUAT ROTASI d 2 = 1 , DIBUTUHKAN M BA = 4 EI/L

M AB = 2EI/L

BEGITU SETERUSNYA UNTUK ROTASI d 3 DAN d 4.

4 EI/6 2EI/6 0 0

2 EI/6 4 EI/6 0 0

S = 0 0 4.2EI/8 2.2EI/8

0 0 2.2EI/8 4.2EI/8

= EI 0.67 0.33 0 0 JADI UNTUK MUDAHNYA , APABILA

0.33 0.67 0 0 ADA 2 BATANG,MAKA MATRIX S ,

0 0 1 0.5 TERDIRI DARI 4 BARIS DAN

0 0 0.5 1 4 KOLOM

CONTOH SOAL

1 t/m 2 T

A B C D

4 m 8 m 1 m

HITUNG BESAR MOMEN AKHIR NYA DENGAN CARA “ METHODE KEKAKUAN “

D 1 D 2

A = 0 0

44

EI 2 EI

d 4

d 1

d 2

d 3

1 0

1 0

0 1

S = 4 EI/4 2 EI/4 0 0

2 EI/4 4 EI/4 0 0

0 0 4.2 EI/8 2.2EI/8

0 0 2.2 EI/8 4.2 EI/8

1 0.5 0 0

0.5 1 0 0

= EI 0 0 1 0.5

0 0 1 0.5

T 0 1 1 0

A = 0 0 0 1

T K = A S A

0 1 1 0 1 0,5 0 0 0 0K = 0 0 0 1 EI 0.5 1 0 0 1 0

0 0 1 0.5 1 0

0 0 0.5 1 0 1

45

4 X 4 4 X 4 4 X 2

2 X 4

= 0 1 1 0 EI 0.5 0

0 0 0 1 1 0 = EI 2 0.5

1 0.5 0.5 1

0.5 1

matrix S dikali matrix A

sebaiknya diselesaikan dahulu

K -1

K C T K = 2 – 0,5 . 0,5 karena hasil tersebut akan

= 1,75 digunakan lagi pada

K perhitungan matrix H

K C = EI 1 - 0.5 T 1 - 0.5

- 0.5 2 K C = EI - 0.5 2

K -1 = 1/1,75 EI 1 -0.5

-0.5 2

MOMEN PRIMAIR ( DIANGGAP PERLETAKAN JEPIT – JEPIT )

M F AB = 0

MF BA = 0

MF BC = 1/12 q L 2 = 1/12 1 8 2 = 1, 333 TM

MF CB = - 1/12 q L 2 = - 1, 333 TM

MF CD = + 2.1 = 2 TM

0

H O = 0

+ 1, 333

46

4 X 2 4 X 2

2 X 2

- 1,333

2 T

A B 1,333 1,333 C 2 D

A B C

1,333 1,333 2

Q R = -1,333 = - 1,333

+ 1,333 – 2 - 0,667

UNTUK MENENTUKAN JUMLAH BARIS PADA MATRIX Q R DAPAT DILIHAT

DARI JUMLAH GAYA KELEBIHAN ( D )

. D = K -1 QR

= 1/1,75 EI 1 -0,5 -1,333

-0,5 2 -0,667

2 x 2 2 x 1

= 1/1,75 EI - 0,9995 = 1/EI - 0, 5711

- 0, 667 - 0,3811

47

H = S A D

= EI 0,5 0 -0, 5711 - 0,28555

1 0 1/EI - 0,3811 = - 0,5711

1 0,5 - 0,76165

0,5 1 - 0,66665

H akhir = H + Ho

0 - 0,28555 - 0, 29 M AB

0 - 0,5711 - 0, 57 M BA

1,333 + - 0,76165 = + 0,57 M BC

-1,333 - 0,66665 - 2 M CB

48

FREE BODY DIAGRAM 2 T

A B C D

0,215 0,215 3,82 4,18 2

4 m 8 m 1 m

49

0,29

0,57 0,57 2 2

D

3,82 2 2

+

0,215 0,215

4,18

2

0,57

0,29

M max = 6,74

2T

B 2EI C HITUNG BESAR MOMEN AKHIRNYA DENGAN

CARA METHODE KEKAKUAN .

2EI 4m n = 2.3 – ( 2.1 + 2.1 + 0 + 2 ) = 0 portal tidak bergoyang

A

2m 2m

D2

2T d3

B 2EI C d4

d2

50

M M\

2EI

A D1 d1

51

T

4X4 4X2

2X4 4X2

2T

B C

52

T-1

T

-1

S X A

+1 -1

MF AB = - MF BA = 0

MF BC = - MF CB = + 1/8 . 2 . 4 = + 1 TM

A

B

-1

A

53

-1

2T

B C

0,429 1,286

0,429 DARI GAMBAR FREEBODY DISAMPING , BIDANG

MOMEN , NORMAL DAN LINTANG DAPAT

DIGAMBAR .

54

A

SOAL UJIAN AKHIR SEMESTER

MATA KULIAH : ANALISA STRUKTUR II

SIFAT / WAKTU : TERBUKA / 90 MENIT

DOSEN : BOEDI WIBOWO

q t/m

A B C

a m b m

BALOK AB = EI BALOK BC = 2 EI

TITIK A DAN B = JEPIT TITIK B = ROL

DIKETAHUI KONSTRUKSI BALOK DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIATAS,

1. HITUNG BESAR MOMEN2 AKHIRNYA DENGAN CARA “ CROSS “2. CEK PERHITUNGAN SAUDARA DIATAS DENGAN CARA “ METHODE KEKAKUAN “3. HITUNG DAN GAMBAR BIDANG MOMEN DAN LINTANGNYA.

CATATAN :NIM GASAL a= 6 m b = 10 m q = 1 t/mNIM GENAP a= 4 m b = 8 m q = 2 t/m

55

TUGAS ANALISA STRUKTUR 2

A B C

8 M 3 M

DARI KONSTRUKSI DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIATAS

SAUDARA DIMINTA UNTUK :

1 .ANALISA STRUKTUR DIATAS DENGAN CARA :

* CROSS

* METHODE KEKAKUAN

2. HITUNG DAN GAMBAR FREE BODY DIAGRAM DARI HASIL

PERHITUNGAN DIATAS YANG SAUDARA ANGGAP BENAR .

3 . HITUNG DAN GAMBAR BIDANG MOMEN DAN LINTANG NYA .

56

2 EI EI

P = 2 t q = 1 t/m

TUGAS DIATAS HARUS DIKUMPULKAN SEBELUM KULIAH DIMULAI .

EVALUASI ANALISA STRUKTUR 2

1/2 L 1

A B C

B

L 1 M L2 M

DARI KONSTRUKSI DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIATAS

SAUDARA DIMINTA UNTUK :

1 .ANALISA STRUKTUR DIATAS DENGAN CARA :

* CROSS

* METHODE KEKAKUAN

2. HITUNG DAN GAMBAR FREE BODY DIAGRAM DARI HASIL

PERHITUNGAN DIATAS YANG SAUDARA ANGGAP BENAR .

3 . HITUNG DAN GAMBAR BIDANG MOMEN DAN LINTANG NYA .

NIM BERAKHIRAN

P TON q t/m L 1 M L 2 M

0 9 4 1 6 3

1 8 2 2 8 2

57

2 EI EI

P P q q

4 7 6 1 4 2

3 5 5 2 5 2

2 6 3 1 8 3

TUGAS MANDIRI ANALISA STRUKTUR 2

HITUNG DAN GAMBAR BIDANG D DAN M DENGAN CARA “ CROSS “

TUGAS INI HARUS DISELESAIKAN DAN DIKUMPULKAN

PALING LAMBAT JAM 13.00

CATATAN

58

a ma m b m c m d m

A B C DE

EI EI 2EI 2EI

NIM a b c d beban

Gasal 12 4 6 10 q = 2 t/m di AB P = 6 T di tengah CD

Genap 14 5 8 10 q = 1 t/m di DE P = 8 T di tengah BC



SIFAT / WAKTU / KELAS : TERBUKA / 90 MENIT /SORE


2m P=4T q t/m

A D B C

a m b m


TITIK A DAN C = JEPIT TITIK B = ROL



59




SIFAT / WAKTU / KELAS : TERBUKA / 90 MENIT / PAGI


q t/m P= 2T 4m

A B D C

a m b m


TITIK A DAN C = JEPIT TITIK B = SENDI



60


DAFTAR PUSTAKA

1 . Chu Kia Wang Ph D , Ir . Herman Widodo S ,

STRUKTUR STATIS TAK TENTU

2 . Chu Kia Wang Ph D, Kusuma Wirawan & Mulyadi

Nata Prawira , ANALISA STRUKTUR LANJUTAN

61

bahan ajar analisa struktur 2 ft sipil unitomo.doc

Documents