diktat as3 gp
DESCRIPTION
Kuliah Pak GandjarTRANSCRIPT
TKS-153501
ANALISA STRUKTUR III
Oleh
GANDJAR PAMUDJI, ST. MT.
JURUSAN TEKNIK SIPIL
FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS JENDERAL SOEDIRMAN
TAHUN 2015
DIKTAT KULIAH
NAMA : ________________________
NIM : ________________________
ALAMAT : ________________________
i
KATA PENGANTAR
Puji syukur penulis panjatkan kehadirat Allah SWT. atas taufik dan hidayah-Nya
serta kesehatan yang telah diberikan-Nya untuk dapat menyelesaikan Diktat
Mata Kuliah Mekanika Rekayasa III.
Diktat ini disusun sebagai bahan kuliah Mekanika Rekayasa III pada Semester
Ganjil Tahun ke-3 di Jurusan Teknik Sipil, Universitas Jenderal Soedirman
Purwokerto.
Ucapan terima kasih dan penghargaan kepada mahasiswa Program Studi Teknik
Sipil angkatan 2000 dan 2001 yang telah memberikan kontribusi positif tentang
jalannya perkuliahan. Kesan positif terhadap semangat dan usaha yang gigih
dalam melewati segala hambatan telah mereka tunjukkan dalam mengikuti kuliah
ini. Terima kasih khusus kepada Agung dan Eva yang telah meminjamkan
catatan kuliah dan tugas terstrukturnya sebagai bahan yang sangat berharga
dalam penyusunan diktat kuliah ini.
Ucapan terima kasih kepada Isteri dan Hanif yang telah membantu dan
memberikan dorongan semangat dalam menyelesaikan diktat kuliah ini. Dengan
lapang dada kami butuhkan kritik dan saran untuk menyempurnakan diktat ini.
Semoga rahmat dan barokah Allah SWT senantiasa tertuang kepada kita semua,
Amiin.
Purwokerto, Maret 2006
ii
DAFTAR PUSTAKA Beer, F.P., and Johnston, E.R.,(1992), “Mechanics Of Materials”, McGraw-Hill, USA Hibbeler, R.C.,(1997), “Mechanics Statics”, McGraw-Hill, USA Indriati, E W, (2003), “Tugas Terstruktur Mekanika Rekayasa III”,JTS-UNSOED Kassimali, A.,(1999), “Structural Analisys”,PWS Publishing, USA Riyadi, A S, (2003), “Catatan Kuliah Mekanika Rekayasa III”,JTS-UNSOED Yuan Yu Shi, (1982), “Teori Dasar Struktur”, Erlangga, Jakarta
DAFTAR ISI
KATA PENGANTAR
1 METODE ENERGI USAHA ………………………………………………….. 1
1.1 Usaha Luar ………………………………………………………………… 1
1.2 Energi Internal …………………………………………………………….. 2
1.3 Usaha Virtual …………………………………………………………….. 5
1.4 Teorema castigliano ……………………..……………………………….. 13
2 METODE DEFORMASI YANG KONSISTEN UNTUK ANALISA STRUKTUR STATIS TAK TERTENTU ………………………………………………….. 18
2.1 Umum ……………………..…………………………….……………….. 19
2.2 Balok Menerus ………………………………………….……………….. 23
2.3 Struktur Rangka Batang ………………………………………….……… 29
3 METODE SLOPE DEFLECTION UNTUK ANALISA STRUKTUR STATIS TAK TERTENTU ………………………………………………………………….. 47
3.1 Umum ……………………..…………………………….……………….. 48
3.2 Prinsip Dasar Slope Deflection ………………. ………………………. 48
3.3 Aplikasi pada Balok ……………………………… ……………………. 49
3.4 Persamaan Slope Defleksi akibat Perpindahan titik kumpul ……….. 55
3.5 Analisis Balok statis tak tertentu akibat Luuhnya Penyangga ……… 58
4 DISTRIBUSI MOMEN ……………………………………………………… 64
4.1 Umum ……………………..…………………………….……………….. 65
4.2 Prinsip-Prinsip Dasar dan Definisi …………………………………….. 66
4.3 Analisis Balok Menerus ………………………………………………… 84
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
1
BAB
1 DEFLEKSI
METODE ENERGI
Mahasiswa mampu memahami dan menggambarkan bentuk
deformasi struktur balok, rangka batang dan kerangka kaku
1. Mahasiswa mengerti tentang konsep dasar energi dalam
suatu struktur
2. Mahasiswa dapat menghitung energi dalam dan luar suatu
struktur.
3. Mahasiswa mampu menghitung defleksi struktur pada tinjauan
suatu titik tertentu dengan menggunakan konsep dasar energi.
4. Mahasiswa dapat menghitung defleksi suatu struktur dengan
menggunakan metode usaha virtual.
5. Mahasiswa dapat menghitung defleksi suatu struktur dengan
menggunakan teorema Castigliano
1. TUJUAN INSTUKSIONAL UMUM
2. TUJUAN INSTUKSIONAL KHUSUS
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
2
1.1 USAHA LUAR
Bila sebuah gaya “F” bergerak sepanjang arahnya sejauh dx, maka
usaha yang dilakukan adalah dw = F.dx. Jika pergerseran total adalah
x, maka usahanya menjadi :
WE = x
dxF0
. ……………………………………………. (1-1)
Jika material bersifat elastis linear, maka besarnya gaya F adalah :
F = (P/∆)x ………..………………………………. (1-2)
WE =
0
.dxF …………………………………………. (1-3)
Sehingga besarnya usaha adalah W = ½.P.∆ atau sama dengan luas
segitiga yang diarsir dalam gambar 1a.
Akibat gaya F’ selain P telah yang searah dengan arah gaya P
menyebabkan perpindahan tambahan sebesar ∆’. Jumlah tambahan
usaha yang dilakukan oleh beban P menjadi P. ∆’, yang sama dengan
luas persegipanjang BDEG.
∆ A G E
P D B
C
F
F’ + P
∆’
∆
F’ + P
X
F
P
∆ ∆
P
Gambar 1.1 Diagram gaya-perpindahan
(a) Perpindahan akibat gaya F (b) Perpindahan akibat gaya F’ + P
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
3
Besarnya usaha yang dilakukan oleh momen “M” untuk memutar suatu
perubahan sudut d adalah M.d. Usaha yang dilakukan untuk
memutar sudut rotasi radian menjadi
WE =
0
M.d ………………………………………. (1-4)
Jika besarnya momen yang bekerja pada suatu struktur diberikan
secara berangsur-angsur dari nol ke , maka besarnya usaha yang
dilakukan adalah :
WE = ½.M. ………………….…………………………. (1-5)
1.2 ENERGI INTERNAL
Berdasarkan ilmu kekuatan bahan, jika material bersifat elastis linear
maka hukum Hooke dapat digunakan untuk menentukan besarnya
tegangan dan regangan suatu elemen.
Besarnya perubahan panjang suatu elemen adalah :
EA
LN
.
. ……………………………………………….. (1-6)
sehingga besarnya energi internal elemen adalah :
Wi =EA
LN
.2
.2
………………………………………………. (1-7)
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
4
Penerapan pada Balok
Hubungan antara lengkungan dan momen lenturan adalah :
EI
M
dx
d
……………………………………….. (1-8)
d = dxEI
M. ……………………………………….. (1-9)
Berdasarkan prisnsip kekekalan energi, energi tegangan atau kerja
yang disimpan dalam elemen ditentukan dengan persamaan
dW = M.d. ……………………………………….. (1-10)
Dari subtitusi persamaan (1-9) dan (1-10) diperoleh, besarnya usaha
akibat pemberian beban momen secara bertahap :
dW= dxEI
M.
2
2
……………………………………….. (1-11)
A B
L
dx x
M M
dx
d
P
Gambar 1.2 Bentuk elemen yang mengalami lentur
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
5
Jumlah besarnya energi internal yang terdapat dalam balok dengan
panjang l adalah :
Wi = l
dxEI
M
0
2
.2
……………………………………. (1-12)
Untuk mencapai kesetimbangan dalam elemen suatu balok, maka
energi yang diterima oleh elemen harus sama dengan usaha yang
dilakukan terhadap elemen balok tersebut,
WE = Wi ……………………………………. (1-13)
Contoh No.1.1
Tentukan besarnya defleksi dititik B pada balok kantilever akibat
beban terpusat seperti gambar dibawah ini.
Penyelesaian :
WE = ½.P. ∆b
M = -P.x
Wi = l
dxEI
M
0
2
.2
=
l
dxEI
xP
0
2
.2
).( =
EI
LP
6
. 32
Dengan, WE = Wi
Diperoleh ; ∆b = EI
LP
3
. 3
L
x
P
∆b A
B
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
6
1.3 USAHA VIRTUAL (SATUAN BEBAN)
Untuk menentukan usaha virtual pada suatu struktur, kita tinjau suatu
benda solid berbentuk sembarang, yang dibebani oleh beban terpusat,
seperti tampak pada gambar di bawah ini.
Dalam benda tersebut dibuat suatu elemen terkecil dengan ukuran
dimensi panjang dan tinggi untuk mengetahui perubahan bagian
dalam benda. Akibat beban luar P, serat dalam benda dengan panjang
L menerima gaya-gaya dalam S dan mengalami perubahan panjang
sebesar dL. Gambar 1.3b, akibat beban satuan elemen terkecil dalam
benda tersebut juga menerima gaya-gaya dalam “U” dengan
perubahan panjang sebesar dL1.
½.P1.∆1 + ½.P2. ∆2 = 1/2S.dL ………………… (1-14)
½(1)() = 1/2U.dL1 ……………… (1-15)
Bila beban-beban sebenarnya P1 dan P2 diberikan secara berangsur-
angsur, dengan menyamakan usaha luar yang dilakukan dengan
∆2 ∆1
P2 P1
dL
S S
L
∆
dL1
U U
L
P
Gambar 1.3 Deformasi di dalam benda padat
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
7
energi dalam benda, maka akan diperoleh suatu pembebanan semu
dan perpindahan sebenarnya.
WE = ½(1)() + ½.P1.∆1 + ½.P2. ∆2 + 1(∆)
WI = 1/2U.dL1 + 1/2S.dL + U.dL
Jika : WE = WI
Maka akan diperoleh :
Jika perputaran tangens atau kemiringan garis singgung disuatu titik
pada struktur yang diinginkan, kita hanya perlu menggantikan gaya
virtual satuan dengan suatu kopel satuan virtual, sehingga momen
kopel ini mengakibatkan beban semu u pada salah satu elemen
benda.
Metode usaha virtual didasarkan pada prinsip gaya-gaya virtual untuk
deformasi benda solid, yaitu usaha luar yang dilakukan terhadap suatu
benda sama dengan energi dalam yang diberikan benda tersebut
untuk mencapai kesetimbangan, yang diekspresikan sebagai berikut :
1. ∆ = U . dL
Pembebanan semu (virtual system)
Perpindahan sesungguhnya (real system)
1. = U . dL
Pembebanan semu (virtual system)
Perpindahan sesungguhnya (real system)
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
8
yasesungguhn dalam nperpindaha
xvirtual dalam gaya
yasesungguhn luar nperpindaha
xvirtual luar gaya
1.3.1 Aplikasi pada balok dan rangka (a) akibat beban luar (b) akibat beban satuan Untuk menentukan perpindahan dari titik A, diberikan beban satuan
semu yang bekerja searah dengan perpindahan ∆ dititik A, dan momen
semu internal “m” ditentukan dengan mengambil bagian elemen
tertentu sejauh x dari tumpuan kiri. Bila beban sesungguhnya bekerja
pada balok, maka titik A akan mengalami perpindahan sejauh ∆. Bila
material bersifat elastis linear, maka elemen dx akan berubah bentuk
atau memutar sejauh d yang besarnya adalah :
B
L
dx x
A ∆ B
L
dx x
A ∆
P
M
V
w
d
Gambar 1.4 Struktur balok yang dimuati beban merata
B
L
dx x
A ∆
1
B
L
dx x
A ∆
P
M
V
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
9
d = dxEI
M.
dengan :
M = momen internal di x yang diakibatkan oleh beban-beban
sesungguhnya
E = modulus elastisitas bahan
I = momen inersia penampang
Besarnya usaha semu luar akibat beban satuan adalah 1. ∆, dan
usaha semu dalam akibat momen “m” adalah m. d = m. dxEI
M. .
Jika usaha luar semu sama dengan usaha dalam semu untuk
sepanjang balok, maka disepanjang balok berlaku :
1. ∆ = l
dxEI
Mm
0
..
…………………………… (1-16)
Besarnya sudut kemiringan atau rotasi garis singgung akibat usaha
kopel satuan sebesar1. dapat ditentukan sebagai berikut :
1. ∆ = l
dxEI
Mm
0
..
…………………………… (1-17)
Contoh No.1.2
Tentukan besarnya defleksi dititik B pada balok kantilever akibat
beban merata yang memiliki EI konstan disepanjang bentang, seperti
gambar dibawah ini.
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
10
Penyelesaian :
a. akibat beban luar
M = 2
. 2xq
b. akibat beban satuan
∆b = l
dxEI
Mm
0
..
=
l
dxEI
x
0
2
.2
q.x
= EI
lq
8
. 4
b = l
dxEI
Mm
0
..
=
l
dxEI
0
2
.
12
q.x
= EI
lq
6
. 4
1.3.2 Aplikasi pada struktur rangka batang
Persamaan dasar metode virtual :
1. ∆ = U . dL
L
x
∆b A
B
q
x
∆b A B
1
x
∆b
A B
1
m = -x
m = -1
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
11
dengan : dL = perubahan dari batang yang diakibatkan oleh beban-beban yang diebrikan dan dapat dinyatakan dengan S.L/AE.
Sehingga :
1. ∆ = m
AE
LUS
1
.. …………………………… (1-18)
dengan : S = gaya dalam batang akibat beban sesungguhnya U = gaya dalam batang akibat beban satuan di suatu titik
pelenturan yang dicari dengan arah yang diinginkan L = panjang batang A = luas penampang batang E = modulus elastisitas batang m = jumlah banyaknya batang Perubahan Temperatur Untuk defleksi yang disebabkan oleh perubahan suhu,
persamaannya menjadi :
1. ∆ = U . .T.L …………………………… (1-19)
∆
P1
P2
A B
C
D
A
D
B C
1
Gambar 1.5 Defleksi pada rangka batang
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
12
dengan :
t = koefisien pengembangan panas linear
T = kenaikkan suhu (derajat)
Contoh no. 1.3
Diketahui suatu rangka batang dibebani beban terpusat sebesar 4 kN,
masing-masing batang memiliki luas penampang 400 mm2 dan
modulus elastisitasnya 200 GPa, (a) tentukanlah besar perpindahan
vertical di titik C dan (b) jika tidak ada gaya yang bekerja pada rangka
batang, apa yang akan mengakibatkan terjadinya perpindahan vertical
sambungan C bila batang AB mengalami perpendekan sebesar 5 mm.
Penyelesaian :
a) menentukan perpindahan titik buhul C akibat beban 4 kN
4 kN
B A
C
3 m
4 m 4 m
1kN
B A
C
-0,833 kN
4 m 4 m
-0,833 kN
0,667 kN
0,5kN 0,5kN
4 kN
B
A
C
4 m 4 m
2,5 kN 2,5 kN
2 kN 4 kN
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
13
Batang S (kN) U (kN) L (m) S.U.L
AB 2 0,667 8 10,67
AC 2,5 -0,833 5 -10,41
CB 2,5 -0,833 5 +10,41
10,67
1. ∆ = m
AE
LUS
1
..
1. ∆CV = m
1 )200(400
67,10= 0,1334 mm
b) menentukan perpindahan titik buhul C akibat perpendekan batang
AB
1. ∆ = U . dL
1 kN.(∆CV) = (0,667 kN)(-0,005)
∆CV = -0,00333 m = -3,33 mm
Tanda negative menunjukkan perpindahan ke arah atas,
beralawanan dengan beban vertical sebesar 1 kN.
Resultan perpindahan, jika akibat beban sebesar 4 kN dan
kesalahan fabrik diperhitungkan semua adalah sebesar :
∆CV = 0,1334 - 0,00333 = 3,197 mm (ke atas)
1.4 TEOREMA CASTIGLIANO Tahun 1876, Albert Castigliano, memperkenalkan suatu metode
energi untuk menentukan defleksi dari struktur-struktur elastis linear.
Teorema kedua :
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
14
Derivative partial yang pertama dari energi regangan yang berkaitan
dengan gaya-gaya (momen) yang diterapkan, memberikan perubahan
kedudukan (rotasi) menurut arah gaya (momen) tersebut.
Secara matematis :
P
W Δp
…………………………… (1-20)
M
W θ
…………………………… (1-21)
Gambar 1.6 Jumlah energi regangan dari balok di atas adalah
W = l
dxEI
M
0
2
.2
…………………………… (1-22)
Jumlah momen lenturannya adalah :
M = M1 + M2
= m1.P1 + m2.P2
1
0
1
0
1
0
2
11
..
./
.2
lll
dxEI
mMdx
EI
PMMdx
EI
M
PP
W
2
l
0
2
l
0
2
l
0
2
22
Δ.dxEI
M.m.dx
EI
PM/M.dx
2EI
M
PP
W
P1 P2
1 2
L
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
15
1.4.1 Aplikasi pada balok
l
0
.dxEI
M Δ
P
M …………………………… (1-23)
l
0
.dxEI
M
M
M …………………………… (1-24)
1.4.2 Aplikasi pada struktur rangka (frame)
l
0
.dxEI
M
EA
F.L Δ
P
M
P
F ..…………………… (1-25)
Pengaruh deformasi aksial dianggap sangat kecil, sehingga :
l
0
.dxEI
M Δ
P
M …………………………… (1-26)
l
0
.dxEI
M
M
M …………………………… (1-27)
1.4.3 Aplikasi pada struktur rangka batang
W = m
AE
LS
1
2
2
. …………………………… (1-28)
S = S1 + S2 = P1.U1 + P2.U2
111
2
11
./
2
EA
US
EA
PSS
EA
S
PP
W
222
2
22
./
2
EA
US
EA
PSS
EA
S
PP
W
∆ =
EA
PSLS 1/.. …………………………… (1-29)
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
16
Contoh 1.4
Tentukan besarnya defleksi dititik B pada balok kantilever akibat
beban terpusat seperti gambar dibawah ini.
Penyelesaian :
M = -P.x
P
M
= - x
∆b = P
W
=
l
0
.dxEI
M
P
M
= l
0
.dxEI
P.X- x
Diperoleh ; ∆b = EI
LP
3
. 3
Contoh No.1.5
Tentukan besarnya defleksi dititik B pada balok kantilever akibat
beban merata yang memiliki EI konstan disepanjang bentang, seperti
gambar dibawah ini.
L
x
P
∆b
A B
L
x
∆b A
B
q
BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji
17
Penyelesaian :
M = -Q1.x – Q22
. 2xq
1Q
M
= - x
2Q
M
= -1
∆b = 1Q
W
=
l
0 1
.dxEI
M
Q
M
=
l
0
2
.dxEI
2
.
xq
x = EI
lq
8
. 4
( ke bawah)
b =
l
0
.dxEI
M
M
M=
l
dxEI
0
2
.
12
q.x
= EI
lq
6
. 4
(searah jarum jam)
x
∆b
A B
Q1
Q2
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 18
BAB
2
METODA DEFORMASI KONSISTEN
Mahasiswa dapat menganalisa struktur statis tak tertentu
dengan menggunakan metode deformasi konsisten.
1. Mahasiswa mengenal bagian-bagian struktur statis tak
tertentu yang dianggap sebagai bagian-bagian redundant.
2. Mahasiswa dapat membedakan antara statis tak tertentu
dengan statis tertentu.
3. Mahasiswa dapat menerapkan prinsip-prinsip defleksi suatu
struktur dalam membentuk persamaan-persamaan
kompabilitas struktur.
4. Mahasiswa dapat menghitung balok statis tak tertentu
dengan menggunakan metode deformasi konsisten.
5. Mahasiswa dapat menghitung rangka batang statis tak
tertentu di luar dan di dalam struktur dengan menggunakan
metode deformasi konsisten.
6. Mahasiswa dapat menghitung kerangka kaku statis tak
tertentu dengan menggunakan metode deformasi konsisten.
1. TUJUAN INSTUKSIONAL UMUM
2. TUJUAN INSTUKSIONAL KHUSUS
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 19
2.1 Umum
Struktur statis tak tentu dapat dibuat menjadi statis tertentu dan stabil
dengan cara membuang reaksi atau tumpuan yang tidak diperlukan,
minimum untuk mencapai kesetimbangan statis.
Reaksi atau tumpuan biasanya disebut sebagai gaya-gaya redundan
(berlebihan) atau disingkat redundan. Banyaknya komponen reaksi
yang lebih dari yang diperlukan untuk mencapai kesetimbangan
statis disebut derajat ketidaktentuan struktur tersebut.
Struktur stabil dan statis tertentu yang tertinggal setelah pembuangan
reaksi-reaksi luar atau tumpuan-tumpuan tambahan dinamakan
struktur primer. Struktur asli adalah ekivalen dengan struktur primer
yang menderita gabungan dari beban-beban asli dan gaya-gaya
redundan yang tidak diketahui.
Persamaan-persamaan kompatibilitas, diperoleh dari struktur primer
dengan superposisi dari deformasi-deformasi yang disebabkan oleh
beban-beban asli dan redundan.
Jumlah persamaan-persamaan ini sebanyak jumlah redundan yang
tak diketahui, dan dapat ditentukan dengan menyelesaikan
persamaan-persamaan majemuk ini.
Pembatasan metoda deformasi konsisten berlaku ketika prinsip
superposisi dapat dilakukan. Untuk lebih jelasnya, dapat dilihat balok
menerus statis tak tertentu berderajat kedua, seperti dibawah ini :
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 20
a) b) c) d) e) Gambar 2.1 Diagram superposisi defleksi
Berdasarkan persamaan kompatibilitas, untuk tumpuan B dan C
memiliki lendutan sama dengan nol.
B = 0 C = 0
q P1 P2
RB RC
q P1 P2
A B C
D
q P1 P2
’B ’C
RB
’BB ’CB RC
’BC ’CC
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 21
dengan :
B : lendutan pada titik redundan B (pada garis gaya
redundan RB)
C : lendutan pada titik redundan C (pada garis gaya
redundan RC)
Berdasarkan prinsip superposisi :
’B + ’BB + ’BC = 0 …………………………….. (2-1)
’C + ’CB + ’CC = 0 …………………………….. (2-2)
dengan :
’B : lendutan pada titik redundan B yang disebabkan oleh
gaya-gaya luar,
’BB : lendutan pada titik redundan B yang disebabkan oleh
gaya redundan RB,
’BC : lendutan pada titik redundan B yang disebabkan oleh
gaya redundan RC,
’C : lendutan pada titik redundan C yang disebabkan oleh
gaya-gaya luar,
’CB : lendutan pada titik redundan C yang disebabkan oleh
gaya redundan RB,
’CC : lendutan pada titik redundan C yang disebabkan oleh
gaya redundan RC.
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 22
Koefisien fleksibilitas, ij, didefinisikan sebagai :
Perubahan kedudukan pada titik I yang disebabkan oleh sebuah aksi
satuan pada j, dengan anggapan bahwa semua titik yang lain tidak
dibebani.
Sehingga persamaan (2-1) dan (2-2) dapat ditulis menjadi :
’B + BB.RB + BC.RC = 0 …………………………….. (2-3)
’C + CB.RB + CC.RC = 0 …………………………….. (2-4)
dengan :
BB : lendutan pada titik redundan B yang disebabkan oleh
gaya satuan pada titik B
BC : lendutan pada titik redundan C yang disebabkan oleh
gaya satuan pada titik C
Untuk struktur dengan n redundan :
’B + BB.RB + BC.RC + …………+ Bn.Rn = 0
’C + CB.RB + CC.RC + …………+ Cn.Rn = 0
|
|
’n + nB.RB + nC.RC + …………+ nn.Rn = 0
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 23
Dalam bentuk matriks menjadi :
0
0
0
δδδ
δδδ
δδ
n
C
B
R
R
R
nnnCnB
CnCCCB
BnBCBB
'
n
'
C
'
Bδ
Δ
Δ
Δ
atau disingkat :
’ + .R = 0 …………………………….. (2-5)
Dalam bentuk umum, kita dapat memasukkan perubahan-perubahan
kedudukan selain yang bernilai nol, yang terjadi pada titik-titik
kekangan yang dilepaskan dari struktur asli.
n
C
B
n
C
B
R
R
R
nnnCnB
CnCCCB
BnBCBB
'
n
'
C
'
B
δδδ
δδδ
δδδ
Δ
Δ
Δ
’ + .R = …………………………….. (2-6)
2.2 Balok Menerus
Tahapan analisis :
a. Tentukan derajat struktur statis tak tertentu
b. Pilih redundan dari gaya atau momen. Jumlah total redundan
harus sesuai dengan derajat ketidaktertentuan statis suatu
struktur.
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 24
c. Struktur statis tak tentu dibuat menjadi struktur primer (statis
tertentu) dengan membuang tumpuan yang berhubungan sebagai
redundan.
d. Gambarkan bentuk defleksi struktur primer akibat beban luar dan
symbolkan panjang defleksi pada masing-masing titik redundan.
e. Kemudian gambarkan juga defleksi untuk masing-masing
redundan akibat beban satuan.
f. Tuliskan persamaan kompatibilitas untuk letak masing-masing
redundan dimana jumlah defleksi pada suatu titik redundan
adalah sama dengan nol (tumpuan).
g. Hitung defleksi pada masing-masing redundan dengan metode
yang telah dibahas pada materi defleksi.
h. Dengan persamaan kompatibilitas dapat dihitung besarnya
redundan yang tidak diketahui.
i. Setelah masing-masing redundan diperoleh, gaya-gaya dalam
seperti gaya geser, normal dan momen dapat kita hitung dan
gambarkan.
Contoh no.2.1
Tentukan reaksi dan gambarkan diagram gaya geser dan momen
dari 3 bentang balok menerus seperti gambar dibawah ini! Jika
E=200.000 MPa dan dimensi balok, b=350 mm, h=700 mm
q=2kN/m’
A B C D
4 m 4 m 4 m
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 25
Penyelesaian :
a. Struktur di atas memiliki derajat ketidaktentuan statis 2.
b. Tumpuan B dan C dipilih sebagai redundan. Tumpuan rol B dan C
dilepas untuk menentukan primary beam. Primary beam
merupakan struktur statis tertentu dengan pembebanan
eksternalnya.
b). Primary beam yang dikenai beban luar
+ c). Primary beam dengan beban redundan RB d). Primary beam dengan beban redundan RC
I = 1/12.b.h3 = (1/12)(0,35)(0,73) = 0,01 m4
RB
’BB ’CB
RC
’BC ’CC
q =2 kN/m’
’B ’C
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 26
’B = )2(24
323 LLxxEI
qx
= )12)4)(12(24()01,0)(10.2(24
)4(2 323
8 = 0,23456893 m
’C = )12)8)(12(28()01,0)(10.2(24
)8(2 323
8 = 0,23456893 m
BB = )(6
222 xbLLEI
Pbx
= )4812()01,0)(10.2)(12(6
)4)(8(1 222
8 = 0,0000142163 m
BC = )4412()01,0)(10.2)(12(6
)4)(4(1 222
8 = 0,0000124393 m
CB = )4412()01,0)(10.2)(12(6
)4)(4(1 222
8 = 0,0000124393 m
CC = )(6
222 xbLLEI
Pbx
= )4812()01,0)(10.2)(12(6
)4)(8(1 222
8 = 0,0000142163 m
0
0
δδ
δδ
Δ
Δ
C
B
R
R
CCCB
BCBB
'
C
'
B
0
0
C
B
R
R
630,00001421 930,00001243
930,00001243 630,00001421
0,23456893
0,23456893
0,23456893
0,23456893
630,00001421 930,00001243
930,00001243 630,00001421
C
B
R
R
8,8-
8,8-
C
B
R
RkN (arah ke atas)
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 27
MD = 0
0 = RA(12) + RB(8) + RC (4) – ½.q.L2
RA = 3,18 kN
MA = 0
0 = RD(12) + RB(4) + RC (8) – ½.q.L2
RD = 3,18 kN
V = 0
= RA + RB + RC + RD – ½.q.L2
= 3,18 + 8,8 + 8,8 + 3,18 – ½(2)(122) = 0 ……. Ok!
Diagram Bidang Geser
Diagram Bidang Momen
3,18 kN
3,18 kN
4,82 kN
3,98 kN
3,98 kN
4,82 kN
++ +
-- -
- -
-
+ +
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 28
2.3 Struktur Rangka Batang
Suatu struktur rangka batang dikategorikan sebagai statis tertentu
bila memenuhi persyaratan 2J0 = M0 + R0, dan penyelesaiannya
menggunakan persamaan kesetimbangan statis FX=0, FY=0,
M=0, dimana :
J0 : jumlah titik buhul
M0 : jumlah batang
R0 : banyaknya reaksi tumpuan (=3)
Kemudian gaya-gaya batang dapat ditentukan dengan menggunakan
metode cremona, titik buhul, ritter dan sebagainya.
Ketidaktentuan statis suatu rangka batang dapat disebabkan oleh
kelebihan-kelebihan tumpuan atau batang atau keduanya, atau dapat
dikatakan jumlah batang dan reaksinya tidak memenuhi persyaratan
di atas. Analisis gaya-gaya batang atau reaksinya dapat diselesaikan
dengan penambahan persamaan-persamaan yang melibatkan
deformasi (perubahan bentuk) dari struktur berupa defleksi titik buhul.
Berdasarkan persyaratan umum di atas, statis tak tertentu dari
rangka batang dapat dibedakan menjadi tiga kondisi :
1) statis tak tertentu diluar struktur, M = M0 dan R > R0
2) statis tak tertentu didalam struktur, R = R0 dan M > M0
3) statis tak tertentu diluar dan didalam struktur, R>R0 dan M>M0
Salah satu contoh struktur tersebut di atas adalah seperti yang
dilukiskan pada gambar 2-2 dan gambar 2-3.
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 29
Contoh no.2.2 Gambar 2.2 Rangka batang dengan 3 tumpuan
Diketahui M = 13 J0 = 8 R = 4
Penyelesaian :
M0 = 2J0 – R0
M0 = 2(8) – 3
M0 = 13 = M
R = 4 > R0 = 3
Kesimpulan :
Struktur rangka batang statis tak tentu luar
Contoh no.2.3
Gambar 2.3 Rangka batang dengan 2 tumpuan
P2
P1
P2
P1
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 30
Diketahui
M = 14
J0 = 8
R = 3
Penyelesaian :
M0 = 2J0 – R0
M0 = 2(8) – 3
M0 = 13 < M=14
R = R0 = 3
Kesimpulan :
Struktur rangka batang statis tak tentu dalam
Analisa struktur rangka batang statis tak tentu dapat diselesaikan
dengan menggunakan metode :
1) metode deformasi konsisten (method of consistent deformation),
2) metode castigliano
2.3.1 Struktur Rangka Batang Statis tak tentu di luar
P
4@s
h
a c d e b
g f h
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 31
Langkah-langkah penyelesaian :
1. struktur dibuat menjadi statis tertentu, dengan cara
menghilangkan dukungan d,
2. menghitung defleksi vertical di titik d, A’D, akibat gaya-gaya
luar yang bekerja “P”.
’D =
m
i ii
i
iiAE
LSU
1
'
... (kebawah) …………………….. (2-7)
3. Pada struktur sebenarnya ada RD (dimisalkan ke atas) di D.
Oleh karena itu dikerjakan gaya di D ke atas sebesar RD,
dan dihitung defleksi vertical dititik D, ”D.
P
4@s
h
a c d e b
g f h
’D
i
S
1
4@s
h
a c d e b
g f h
’D
i
U
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 32
”D =
m
i ii
i
iiAE
LSU
1 .).")(( …………………………….. (2-8)
”D =
m
i ii
i
DiiAE
LRUU
1 .)..)(( ………………………….. (2-9)
”D =
m
i ii
i
iDAE
LUR
1
2
.).( (ke atas) ………………….. (2-10)
4. Dititik D, sebenarnya ada dukungan rol, sehingga defleksi
vertical di D harus nol.
’D = ”D …………………………………………… (2-11)
m
i ii
i
iiAE
LSU
1
'
... =
m
i ii
i
iDAE
LUR
1
2
.).( ……………………… (2-12)
RD
h
a c d e b
g f h
”D
i
RD
h
a c d e b
g f h
i
S” =-Ui.RD
1
h
a c d e b
g f h
i
-Ui
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 33
RD =
m
i ii
i
i
m
i ii
i
ii
AE
LU
AE
LSU
1
2
1
'
.).(
...
……………….………………….. (2-13)
5. Gaya-gaya batang yang terjadi pada struktur aslinya, Si,
adalah kombinasi antara gaya batang langkah 1, Si’ dan
langkah 3, sebagai berikut :
Si = Si’ + Si” ……….………………….. (2-14)
Si = Si’ - Ui.RD ……….………………….. (2-15)
6. Reaksi dukungan di A dan B, RA dan RB, dapat dihitung
dengan persamaan statika (F=0, M=0) dengan
menggunakan nilai RD.
Tabulasi Gaya-gaya batang :
Btg Si’ Ui’ iAiE
iL
.
iAiE
iL
iSiU
.
.'
. Ui2
iAiE
iL
iU
.
).2
( Si =Si’ - Ui.RD
1
2
m
ii
i
iiAE
LSU
... '
ii
i
iAE
LU
.).( 2
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 34
Contoh :
Penyelesaian :
Batang
L (m) A (m2) Si' (kN) uI (kN) Si'. ui.Li ui2.Li
S =S’ - ui.RB (kN)
1 3 0.003 7.5 0.5 11.250 0.750 4.571068
2 3 0.003 7.5 0.5 11.250 0.750 4.571068
3 3 0.003 2.5 0.5 3.750 0.750 -0.42893
4 3 0.003 2.5 0.5 3.750 0.750 -0.42893
5 4.243 0.003 -10.607 -0.707 31.820 2.121 -6.46447
6 3 0.003 10 0 0.000 0.000 10
7 4.243 0.003 -3.536 0.707 -10.607 2.121 -7.67767
8 3 0.003 0 0 0.000 0.000 0
9 4.243 0.003 3.536 0.707 10.607 2.121 -0.6066
10 3 0.003 0 0 0.000 0.000 0
11 4.243 0.003 -3.536 -0.707 10.607 2.121 0.606602
12 3 0.003 -5 -1 15.000 3.000 0.857864
13 3 0.003 -5 -1 15.000 3.000 0.857864
34142.14 5828.427
10 kN
4 @ 3.00 m
3 m
1 2 3 4
5 6 7
8 9 10
11
12 13
10 kN
4 @ 3.00 m
3 m 1 2 3 4
5 6 7 8 9
10 11
12 13
1 kN
4 @ 3.00 m
3 m 1 2 3 4
5 6 7 8 9
10 11
12 13
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 35
RB = 34142.14/5828.427 = 5.857864 kN.
RA = [(10)(9)- (5.857864)(6)]/12 = 4.571068 kN
RC = [(10)(3)- (5.857864)(6)]/12 = 0.42893 kN ( )
2.3.2 Struktur Rangka Batang Statis tak tentu di dalam
RD
h
a c d e b
g f h
i
h
P
a c d e b
g f h
i
P
h
a c d e b
e f g
X
P
h
a c d e b
e f g
O
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 36
Langkah-1
a. Struktur dibuat menjadi statis tertentu dengan cara
memotong batang EF.
b. Hitung gay-gaya batang akibat beban luar P dan
nyatakan sebagai Si’
c. Hitung perubahan E relative terhadap F dan sebutlah
sebagai ∆ (metode unit load)
d. Dengan demikian, dititik O terjadi belahan sebesar U
Langkah-2
a. Pada batang EF yang telah dipotong dititik O dikerjakan
gaya batang sebesar 1 satuan (dimisalkan tarik),
kemudian gaya-gaya batang lainnya dihitung dan
dinyatakan sebagai Si”.
b. Hitung perubahan E relative terhadap F dan sebutlah
sebagai ’
c. Hitunglah perubahan panjang batang EF dan dinyatakan
sebagai ” ,yang besarnya dihitung : EFEF
EF
EA
L
..
d. Bila gaya batang EF sesungguhnya adalah sebesar X,
maka :
- perubahan relative E terhadap F adalah X. ’
- perubahan panjang batang EF = X. ”.
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 37
Langkah-3
a. Pada struktur sesungguhnya, dititik O tidak terjadi
belahan, sehingga haruslah dipenuhi :
∆ - X.’ = X.” ……….……………………... (2-16)
atau
∆ = X(’ + ”) = X. ……….………………….. (2-17)
= ’ + ” ……….…………………………….. (2-18)
X =
……….………………….. (2-19)
b. Selanjutnya gaya-gaya batang lainnya dapat dihitung
dengan :
Si = Si’ + X.Si” ……….…………………………….. (2-20)
Contoh 2.5
Hitunglah gaya-gaya batang struktur rangka batang dibawah ini,
jika E=200 GPa dan A = 20 cm2.
4.00 m
a c
d
b
e f
12 kN
3 @ 3.00 m
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 38
Penyelesaian :
(CARA I)
1. Struktur dibuat menjadi struktur statis tertentu dengan cara
menghilangkan batang EC
2. Menghitung gaya-gaya batang akibat beban luar yang bekerja, Si’
3. Menghitung gaya-gaya batang Ui’, akibat beban satuan pada titik
buhul E (dengan arah EC)
4. Menghitung gaya-gaya batang Ui’, akibat beban satuan pada titik
buhul C (dengan arah CE)
4.00 m
b a c
d
e f
1 kN
3 @ 3.00 m
4/15 kN 8/15 kN
3/5 kN
4.00 m
b a c
d
e f
12 kN
3 @ 3.00 m
4 kN 8 kN
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 39
5. Perubahan relative C terhadap E pada arah CE akibat beban luar
Btg Ai
(mm2) Li
(mm) EA
L
i
i
. Si’
(kN) Ui’
(kN) Ui”
(kN) EA
LSU
i
iii
.
'.'.
EA
LSU
i
iii
.
'.".
1 2000 3000 0.000007143 3 0.8 -0.8 0.000017143 -0.000017143
2 2000 3000 0.000007143 6 0.4 -1 0.000017143 -0.000042857
3 2000 3000 0.000007143 6 0.4 -0.4 0.000017143 -0.000017143
4 2000 5000 0.000011905 -5 -0.333 0.333333 0.000019841 -0.000019841
5 2000 4000 0.000009524 4 -0.533 -0.26667 -0.000020317 -0.000010159
6 2000 5000 0.000011905 -
7 2000 5000 0.000011905 -5 0.6667 0.333333 -0.000039683 -0.000019841
8 2000 4000 0.000009524 12 0 -0.8 0.000000000 -0.000091429
9 2000 5000 0.000011905 -10 -0.667 0.666667 0.000079365 -0.000079365
10 2000 3000 0.000007143 -3 -0.8 0.2 0.000017143 -0.000004286
0.000107778 -0.000302063
∆ = -0,00030206 – 0,00010778 = 0,00019428
(jarak CE bertambah panjang)
6. Pada titik buhul C dan E dikerjakan gaya satu satuan, kemudian
dihitung gaya-gaya batangnya, Si”
4.00 m
b a c
d
e f
1
3 @ 3.00 m
4/15 kN 8/15 kN
3/5 kN
4.00 m
b a c
d
e f
1
3 @ 3.00 m
1
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 40
7. Perubahan relative C terhadap E pada arah CE akibat gaya
satu satuan di C dan E
Btg Ai
(mm2) Li
(mm) EA
L
i
i
. Si”
(kN) Ui’
(kN) Ui”
(kN) EA
LSU
i
iii
.
'.'.
EA
LSU
i
iii
.
'.".
1 2000 3000 0.000007143 0 0.8 -0.8 0.000000000 0.000000000
2 2000 3000 0.000007143 -0.6 0.4 -1 -0.000001714 0.000004286
3 2000 3000 0.000007143 0 0.4 -0.4 0.000000000 0.000000000
4 2000 5000 0.000011905 0 -0.333 0.333333 0.000000000 0.000000000
5 2000 4000 0.000009524 -0.8 -0.533 -0.26667 0.000004063 0.000002032
6 2000 5000 0.000011905 1
7 2000 5000 0.000011905 1 0.6667 0.333333 0.000007937 0.000003968
8 2000 4000 0.000009524 -0.8 0 -0.8 0.000000000 0.000006095
9 2000 5000 0.000011905 0 -0.667 0.666667 0.000000000 0.000000000
10 2000 3000 0.000007143 -0.6 -0.8 0.2 0.000003429 -0.000000857
0.000013714 0.000015524
’ = 0,00001552 + 0,00001371 = 0,00002923
Perubahan relative C terhadap E akibat gaya X kN di C dan E.
’ = 0,00002923X
8. Akibat gaya batang sebesar + X kN pada batang CE (yang tadi
diambil) bersifat tarik.
” = CECE
CE
EA
LX
.
.=
)210000)(2000(
)5000(X= 0,00001190X
(CE bertambah panjang)
9. Pada struktur sesungguhnya berlaku :
∆ - ’ = ”
∆ = ’ + ”
0,00019428 = (0,00002923 +0,00001190)X
X = 4,722 kN
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 41
Btg Si’
(kN) Si”
(kN) X. Si” (kN)
Si = Si’ + XSi”
1 3 0 0 3
2 6 -0.6 -2.8332 3.17
3 6 0 0 6
4 -5 0 0 -5
5 4 -0.8 -3.7776 0.22
6 0 1 4.722 4.72
7 -5 1 4.722 -0.28
8 12 -0.8 -3.7776 8.22
9 -10 0 0 -10
10 -3 -0.6 -2.8332 -5.83
(CARA II)
4.00 m
b
a c
d
e f
1
3 @ 3.00 m
1
4.00 m
b
a c
d
e f
12 kN
3 @ 3.00 m
4 kN 8 kN
4.00 m
b a c
d
e f
1
3 @ 3.00 m
1
Si’ dalam kN
Ui’
Si” dalam kN
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 42
Btg EA
L
i
i
. Si’
(kN) Si”
(kN) Ui’
(kN) Ui”
(kN) EA
LSU
i
iii
.
'.'.
EA
LSU
i
iii
.
".". Si = Si’ + XSi”
1 0.000007143 3 0 0 0 0 0 3
2 0.000007143 6 0.6 -0.6 0.6 0.00002571 0.00000257 3.17
3 0.000007143 6 0 0 0 0.00000000 0.00000000 6
4 0.000011905 -5 0 0 0 0.00000000 0.00000000 -5
5 0.000009524 4 0.8 -0.8 0.8 0.00003048 0.00000610 0.22
7 0.000011905 -5 -1 1 -1 0.00005952 0.00001190 -0.28
8 0.000009524 12 0.8 -0.8 0.8 0.00009143 0.00000610 8.22
9 0.000011905 -10 0 0 0 0.00000000 0.00000000 -10
10 0.000007143 -3 0.6 -0.6 0.6 -0.00001286 0.00000257 -5.83
0.00019429 0.00002924
= iii LUSAE
'.'.1 = 0,00019429
= iii LUSAE
".".1 = 0,00002924
- X. = CECE
CE
EA
LX
.
.
0,00019429 - 0,00002924 X = 0,000011905 X
X = - 4,722 kN
4.00 m
b a c
d
e f
1
3 @ 3.00 m
1
Ui”
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 43
(CARA III)
Btg Li
(mm) EA
L
i
i
. Si’
(kN) Ui’
(kN) EA
LSU
i
iii
.
'.'.
EA
LSU
i
iii
.
'..'2 Si = Si’ - XUi’
1 3000 0.000007143 3 0 0.00000000 0.00000000 3.00
2 3000 0.000007143 6 -0.6 -0.00002571 0.00000257 3.17
3 3000 0.000007143 6 0 0.00000000 0.00000000 6.00
4 5000 0.000011905 -5 0 0.00000000 0.00000000 -5.00
5 4000 0.000009524 4 -0.8 -0.00003048 0.00000610 0.22
6 5000 0.000011905 0 1 0.00000000 0.00001190 4.72
7 5000 0.000011905 -5 1 -0.00005952 0.00001190 -0.28
8 4000 0.000009524 12 -0.8 -0.00009143 0.00000610 8.22
9 5000 0.000011905 -10 0 0.00000000 0.00000000 -10.00
10 3000 0.000007143 -3 -0.6 0.00001286 0.00000257 -5.83
-0.00019429 0.00004114
= iii LUSAE
'.'.1 = 0,00019429
= iii LUSAE
.'".1 2
= 0,00004114
+ X. = 0
0,00019429 + 0,00004114 X = 0
X = - 4,722 kN
4.00 m
b a c
d
e f
12 kN
3 @ 3.00 m
4 kN 8 kN
4.00 m
b
a c
d
e f
1
3 @ 3.00 m
1
Si’ dalam kN
Ui’
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 44
2.3.3 Struktur Rangka Batang Statis tak tentu di luar dan di dalam Kondisi : R>R0 dan M>M0
P1
h
a c
d
b
e f
P1
P1
h
a c
d
b
e f
P1
C ke bawah
h
a c
d
b
e f
RC.CC ke atas RC
h
a c
d
b
e f
X.C1 ke atas RC
=
P1 P2
+
+
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 45
Tahapan penyelesaian :
1. Struktur dibuat menjadi struktur statis tertentu dengan cara
melepas penyangga di C dan memotong batang diagonal BF.
2. Hitung besarnya gaya-gaya batang Si akibat beban luar.
3. Hitung besarnya gaya-gaya batang Ui akibat beban satuan
sehingga diperoleh, ∆1 = ii
i
iAE
LSU
... '
2 dan ∆C = ii
i
iAE
LSU
... '
1
4. Pada struktur sebenarnya, ada reaksi tumpuan di C, Rc
(dimisalkan arahnya ke atas), sehingga dapat kita beri gaya di C
yang arahnya ke atas sebesar Rc, kemudian hitung defleksi
vertical dititik C dan perubahan batang diagonal BF, cc dan 1c.
Maka gaya-gaya batangnya adalah : I” = -Ui.Rc dan menjadi :
cc = ii
i
AE
LU
..
2
1 …………………………….. (2-21)
1c = ii
i
AE
LUU
... 21 …………………………….. (2-22)
5. Akibat beban 1 satuan gaya dibatang BF, hitung gaya-gaya
batang Si’’’, dan hitung defleksi vertical dititik C, c1, dan defleksi
batang diagonal BF, 11.
I’’’ = -Ui.X
11 = ii
i
AE
LU
..
2
2 …………………………….. (2-23)
c1 = ii
i
AE
LUU
... 21 …………………………….. (2-24)
Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 46
6. Prinsip deformasi konsisten :
C - CC.RC - C1.X = 0 …………………………….. (2-25)
1 - 1C.RC - 11.X = BFBF
BF
EA
LX
.
. …………………………….. (2-26)
7. Gaya-gaya batang pada struktur menjadi :
Si = Si’ + Si” + Si”’ ……….…………………………….. (2-27)
Slope deflection Gandjar Pamudji 47
BAB
3
METODA SLOPE DEFLECTION
Mahasiswa dapat menghitung dan menggambarkan diagram gaya-
gaya dalam struktur statis tak tertentu dengan menggunakan
metode slope deflection.
1. Mahasiswa mengetahui bagian-bagian struktur statis tak
tertentu yang dianggap sebagai bagian-bagian redundant.
2. Mahasiswa dapat menghitung momen-momen primer akibat
beban luar.
3. Mahasiswa dapat menghitung balok statis tak tertentu
dengan menggunakan metode slope deflection.
4. Mahasiswa dapat menghitung rangka batang statis tak
tertentu di luar dan di dalam struktur dengan menggunakan
metode slope deflection.
5. Mahasiswa dapat menghitung kerangka kaku statis tak
tertentu dengan menggunakan metode slope deflection.
1. TUJUAN INSTUKSIONAL UMUM
2. TUJUAN INSTUKSIONAL KHUSUS
Slope deflection Gandjar Pamudji 48
3.1 UMUM
a. Dapat digunakan untuk menganalisis semua jenis balok atau
kerangka kaku (frame) statis tak tertentu,
b. Semua sambungan dianggap kaku, yaitu sudut disambungan
antara batang dianggap tidak berubah harganya ketika diberi
beban,
c. Rotasi sambungannya dianggap tidak diketahui. Untuk
mencapai kesetimbangan, jumlah dari momen ujung yang
dikerjakan oleh setiap sambungan pada ujung pertemuan
batang-batangnya harus sama dengan nol.
3.2 PRINSIP DASAR SLOPE DEFLECTION
a. Momen ujung yang bekerja di ujung-ujung batang dinyatakan
dalam suku-suku rotasi ujung dan pembebanan pada batang
tersebut.
b. Untuk bentang AB dalam Gambar 3.1a, MAB dan MBA dinyatakan
dalam suku-suku rotasi ujung A dan B, dan pembebanan yang
diberikan P1 dan P2.
c. Momen ujung bernilai positif jika arahnya berlawanan dengan
arah jarum jam dan negative searah dengan arah jarum jam.
Slope deflection Gandjar Pamudji 49
Gambar 3-1
a. Syarat-syarat batas :
A = - A1 + A2 (3-1)
B = B1 - B2 (3-2)
b. Menurut Superposisi :
MAB = F
ABM + M’AB (3-3)
MBA = F
BAM + M’BA (3-4)
b. Menurut balok konjugasi:
A A1
B B1
'
ABM
A 2
B B2
'
BAM
+
+
EI konstan
L
A B
BAM
ABM
L
A
A
B
B
=
P1
q
P2
P1 P2
FABM
FBAM
Slope deflection Gandjar Pamudji 50
A1 =
EI
LM AB
3
.' B1 =
EI
LM AB
6
.'
A2 =
EI
LM BA
6
.'
B2 =
EI
LM BA
3
.'
sehingga diperoleh :
A = -
EI
LM AB
3
.'+
EI
LM BA
6
.'
(3-5)
B =
EI
LM AB
6
.'+
EI
LM BA
3
.'
(3-6)
atau disederhanakan menjadi :
M’AB = )2(2
BAL
EI (3-7)
M’BA = )2(2
ABL
EI (3-8)
MAB = F
ABM + )2(2
BAL
EI (3-9)
MBA = F
BAM + )2(2
ABL
EI (3-10)
3.3 APLIKASI PADA BALOK
a. Tentukan momen ujung terjepit disetiap ujung bentangan,
dengan menggunakan formulasi yang terdapat dalam gambar
3.2.
A
L
B
q
EI Konstan A
L
B
P
EI Konstan
a b
Slope deflection Gandjar Pamudji 51
Momen Primer balok yang dikedua ujungnya terjepit:
Muatan terbagi rata
F
ABM = 12
. 2lq
F
BAM = 12
. 2lq
Muatan terpusat
F
ABM = 2
2..
L
baP
F
BAM = -2
2..
L
abP
b. Nyatakan momen ujung dalam suku-suku momen ujung terjepit
dan rotasi sambungannya dengan menggunakan persamaan-
persamaan defleksi kemiringan.
c. Nyatakan persamaan-persamaan kompatibilitas dengan rotasi
ditumpuannya sebagai yang tak diketahui dengan menetapkan
syarat bahwa jumlah dari momen ujung yang bekerja pada
ujung-ujung dua batang yang bertemu ditumpuan sama dengan
nol.
d. Hitunglah rotasi semua tumpuannya.
e. Masukkan kembali besarnya rotasi ke dalam persamaan-
persamaan defleksi kemiringan dan hitung momen-momen
ujungnya.
f. Tentukan semua reaksi, gambarkan diagram gaya geser dan
momen, serta sketsa bentuk kurva elastisnya.
Slope deflection Gandjar Pamudji 52
Contoh No. 3.1
Penyelesaian :
a. menentukan factor kekakuan :
KAB = 12
3I= ¼ I KBC =
24
10I=
12
5I KCD =
12
2I=
6
I
2EKAB = ½EI 2EKBC =6
5I 2EKCD =
3
I
Misalkan :
2EKAB = 3 2EKBC = 5 2EKCD = 2
b. Menentukan momen-momen ujung terjepit :
F
ABM = 12
12.3 2
= + 36 ton.m
F
BAM = -12
12.3 2
= - 36 ton.m
F
BCM = 12
24.2 2
+2
2
24
)12)(12(20= + 156 ton.m
F
CBM = -12
24.2 2
-2
2
24
)12()12(20= - 156 ton.m
F
CDM = +2
2
12
)8)(4(18= + 32 ton.m
A
12 m
3 T/m’
3 I
24 m 12 m
20 T
2 T/m’ 12 m 6 T
3 m
10 I 2 I 2 I
18 T
8 m
Slope deflection Gandjar Pamudji 53
F
DCM = -2
2
12
)4)(8(18= - 16 ton.m
c. Menentukan persamaan-persamaan defleksi-lereng dengan memakai
nilia-nilai relative 2EK : (A = 0, karena tumpuan A jepit)
MAB = F
ABM + )2(2
BAL
EI
= 36 + 3(-2A - B) = 36 - 3B
MBA = F
BAM + )2(2
ABL
EI
= - 36 - 6B
MBC = F
BCM + )2(2
CBL
EI
= 156 - 10B - 5C
MCB = F
CBM + )2(2
BCL
EI
= - 156 - 10C - 5B
MCD = F
CDM + )2(2
DCL
EI
= 32 - 4C - 2D
MDC = F
DCM + )2(2
CDL
EI
= - 16 - 4D - 2C
d. persyaratan titik kumpul :
M dijoin B = MBA + MBC = 0
Slope deflection Gandjar Pamudji 54
(- 36 - 6B) + (156 - 10B - 5C) = 0
- 16B- 5C = -120
M dijoin C = MCB + MCD = 0
(- 156 - 10C - 5B ) + (32 - 4C - 2D) = 0
- 5B- 14C - 2D = 124
MDC = (6)(3) = -18 ton.m
Ketiga persamaan di atas dapat dirangkum menjadi :
- 16B- 5C = -120 ……………………….. (3-11)
- 5B - 14C - 2D = 124 ……………………….. (3-12)
- 4D - 2C = - 2 ……………………….. (3-13)
persamaan (3-13) disubtitusikan ke persamaan ( 3-12) menjadi :
- 10B - 26C = 250 ……………………….. (3-14)
dari persamaan (3-11) dan (3-14) diperoleh :
B = 11,94 C = - 14,21 D = 7,61
e. menentukan besarnya momen-momen titik kumpul :
MAB = 36 - 3B = 0,18 ton.m
MBA = - 36 - 6B = -107,64 ton.m
MBC = 156 - 10B - 5C = 107,64 ton.m
MCB = - 156 - 10C - 5B = -73,62 ton.m
MCD = 32 - 4C - 2D = 73,62 ton.m
MDC = - 16 - 4D - 2C = - 18 ton.m
Slope deflection Gandjar Pamudji 55
f. menentukan reaksi perletakan :
RA = 9,045 ton
RB = 62,373 ton
RC = 49,217 ton
RD = 7,365 ton
g. menggambarkan gaya-gaya dalam :
3.4 PERSAMAAN SLOPE DEFLEKSI AKIBAT PERPINDAHAN TITIK TUMPUAN
a. Disamping menerima beban yang diberikan, momen-momen
ujungnya menjalani gerakan-gerakan yang tidak sama dalam
arah yang tegak lurus ke sumbu batangnya, maka diinduksikan
momen ujung terjepit tambahan M’FAB dan M’FBA yang bekerja
pada batang tersebut untuk tetap menahan garis-garis singgung
diujung.
13.455
-17.305-15.386
-57.567
-94.538
167.417
Momen (T.m)
+
0 1224
514836
- -
Slope deflection Gandjar Pamudji 56
b. Kemudian M’A dan M’B harus sebesar mungkin agar
menyebabkan rotasi A dan B.
c. Syarat-syarat batas :
A = - A1 + A2 (3-15)
B = B1 - B2 (3-16)
d. Menurut Superposisi:
MAB = F
ABM + F
ABM ' + M’AB (3-17)
MBA = F
BAM + F
BAM ' + M’BA (3-18)
+
L
EI konstan A B
'''
ABM '''BAM
A
B
L
A B
=
P1 P2
FABM
FBAM
L
EI konstan A B
'F
ABM 'F
BAM
Slope deflection Gandjar Pamudji 57
Sehingga :
M’AB = )2(2
BAL
EI (3-19)
M’BA = )2(2
ABL
EI (3-20)
Untuk menentukan M’FAB dan M’FBA digunakan cara luas momen.
R adalah sudut yang diukur dari arah batang AB semula ke garis
yang menghubungkan sambungan-sambungan yang bergeser.
Positif jika searg jarum jam, R = L
Gambar 3.2 Balok dengan ujung terjauh mengalami penurunan
A A1
B B1
'
ABM
A 2
B B2
'
BAM
+
+
4
.' LM F
BA
4
.' LM F
AB
3/4L
Slope deflection Gandjar Pamudji 58
Menurut teorema luas momen pertama :
Perubahan kemiringan antara garis-garis singgung di A dan B’
sama dengan luas diagram M/EI antara A dan B’ sama dengan
nol atau M F’AB = M F’BA
Defleksi B’ dari garis singgung di A =
6
.
3
2
4
.12'' LM
LLM
EI
F
AB
F
AB
atau
'F
ABM = 'F
BAM = = L
EIR
L
EI 662
Sehingga :
MAB = F
ABM + )32(2
RL
EIBA (3-21)
MBA = F
BAM + )32(2
RL
EIAB (3-22)
3.5 ANALISIS BALOK STATIS TAK TENTU AKIBAT LULUHNYA PENYANGGA
Persamaan-persamaan umum defleksi kemiringan digunakan untuk
menganalisa balok statis tak tentu akibat kerja gabungan dari beban yang
diberikan dan lendutan penyangga yang sama.
Contoh No. 3.2
Analisalah balok di bawah ini dimana akibat pengaruh pergeseran
sebesar ½ m di tumpuan B dengan cara defleksi kemiringan, gambarkan
diagram geser dan momennya, serta lukiskanlah kurva elastiknya. E =
30.000 t/m2, I = 1 m4.
Slope deflection Gandjar Pamudji 59
Penyelesaian :
a. menentukan sudut pergeseran :
RAB = ABL
=
12
5,0= 0,0417 ;
ABL
EI2= 310.15
12
)3)(30000(2
RBC = BCL
=
24
5,0 = -0,0208 ;
BCL
EI2= 310.25
24
)10)(30000(2
RCD = CDL
= 0 ;
ABL
EI2= 310.10
12
)2)(30000(2
b. Menentukan persamaan-persamaan defleksi-lereng
MAB = F
ABM + )32(2
RL
EIBA
= 0 + 15.103(-2A - B + 3(0,0417))
= -30.103A - 15.103B + 1876,5
MBA = F
BAM + )32(2
RL
EIAB
= 0 + 15.103(-2B - A + 3(0,0417))
= -30.103B - 15.103A + 1876,5
MBC = F
BCM + )32(2
RL
EICB
= 0 + 25.103(-2B - C + 3(-0,0208))
= -50.103B - 25.103C - 1560
A
12 m
3 I
24 m 12 m 3 m
10 I 2 I 2 I B C D
Slope deflection Gandjar Pamudji 60
MCB = F
CBM + )32(2
RL
EIBc
= 0 + 25.103(-2c - B + 3(-0,0208))
= -50.103C - 25.103B - 1560
MCD = F
CDM + )32(2
RL
EIDC
= 0 + 10.103(-2C - D + 3(0))
= -20.103C - 10.103D
MDC = F
DCM + )32(2
RL
EICD
= 0 + 10.103(-2D - C + 3(0))
= -20.103D - 10.103C
c. persyaratan titik kumpul :
M dijoin A = 0
M dijoin B = MBA + MBC = 0
M dijoin C = MCB + MCD = 0
M dijoin D = 0
-30.103A - 15.103B = -1876,5
- 15.103A -80.103B - 25.103C = -316,5
- 25.103B -70.104C - 10.103D = 1560
- 10.103C - 20.103D = 0
Slope deflection Gandjar Pamudji 61
33
333
333
33
10.2010.1000
10.1010.7010.250
010.2510.8010.15
0010.1510.30
D
C
B
A
=
0
1560
5,316
5,1876
D
C
B
A
=
0544.00089.0 0.0031-0015.0
0089.00177.00061.0 0.0031-
0.0031-0061.00.0159-0080.0
0015.0 0.0031-0080.0 0.0373-
0
1560
5,316
5,1876
(10-3)
D
C
B
A
=
01195,0
0239,0
0003,0
0627,0
d. Menghitung momen-momen titik kumpul :
MAB = -30.103A - 15.103B + 1876,5
= -30.103(0,0627) - 15.103(-0,0003) + 1876,5 = 0 ton.m
MBA = -30.103B - 15.103A + 1876,5 =
= -30.103(-0,0003) - 15.103(0,0627) + 1876,5 = 945 ton.m
MBC = -50.103B - 25.103C - 1560
= -50.103(-0,0003) - 25.103(-0,0239) – 1560 = -947,5 ton.m
MCB = -50.103C - 25.103B - 1560
= -50.103(-0,0239) - 25.103(-0,0003) - 1560 = -357,5 ton.m
MCD = -20.103C - 10.103D
= -20.103(-0,0239) - 10.103(0,01195) = 358,5 ton.m
MDC = -20.103D - 10.103C
= -20.103(0,01195) - 10.103(-0,0239) = 0 ton.m
f. menentukan reaksi perletakan :
Slope deflection Gandjar Pamudji 62
RA = 78,75 ton
RB = -133,125 ton
RC = 84,25 ton
Diagram gaya geser (ton)
Diagram Momen (ton.m)
Kurva Elastik
+
-
+
78,75 29,875
54,375
945
358
A B C D
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 63
BAB
4
DISTRIBUSI MOMEN
Mahasiswa dapat menganalisa struktur statis tak tertentu dengan
menggunakan metode distribusi momen.
Mahasiswa akan mampu memahami dasar-dasar persamaan distribusi
momen
Mahasiswa akan mampu memahami perjanjian tanda untuk momen,
rotasi dan defleksi yang digunakan dalam distribusi momen
Mahasiswa akan mampu menentukan kekakuan batang struktur
Mahasiswa akan mampu memahami momen pemindahan, faktor
distribusi dan momen primer dalam suatu bagian struktur
Mahasiswa akan mampu memahami konsep analisis metode distribusi
momen
Mahasiswa akan mampu menganalisis struktur balok statis tak
tertentu dengan menggunakan metode distribusi momen
Mahasiswa akan mampu menganalisis struktur rangka dengan
menggunakan metode distribusi momen
Mahasiswa akan mampu menghitung persamaan-persamaan distribusi
momen dengan formulasi matriks
Mahasiswa akan mampu menentukan momen ujung terjepit yang
disebabkan oleh perpindahan titik kumpul
Mahasiwa akan mampu menganalisis struktur rangka statis tak
tertentu satu derajat kebebasan dari perpindahan titk kumpul
1. TUJUAN INSTUKSIONAL UMUM
2. TUJUAN INSTUKSIONAL KHUSUS
Metode Distribusi Momen 64
Mahasiswa akan mampu menganalisis struktur rangka statis tak
tertentu dua derajat kebebasan dari pergeseran titik kumpul
Mahasiswa akan mampu menganalisis struktur rangka statis tak
tertentu beberapa derajat kebebasan dari pergeseran titik kumpul
Mahasiswa akan mampu menggambarkan garis pengaruh struktur
balok statis tak tertentu dengan analisis distribusi momen
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 65
4.1 UMUM
Dalam bab ini kita akan membahas formulasi klasik lainnya dari
metoda perpindahan (displacement method) yaitu metoda distribusi
momen (momen-distribution method). Seperti halnya metoda defleksi
kemiringan (slope deflection method), metoda distribusi momen
hanya dapat digunakan untuk menganalisa balok menerus dan
kerangka yang berdasarkan pada deformasi lentur batang-
batangnya. Metoda ini, awalnya dikembangkan oleh Hardy Cross
pada tahun 1924, professor teknik sipil pada universitas Illinois, dan
pada tahun 1930 dipublikasikan untuk pertama kalinya dalam suatu
makalah yang berjudul “Analysis of Continous Frames by Distributing
Fixed-End Moments” serta telah diperluas penggunaannya hingga
tahun 1960. Para ilmuwan lainnya telah menggunakan metoda ini
untuk menganalisa struktur dengan gaya aksial yang besar, pelat
lingakaran dengan sumbu simetri dan struktur selaput putaran (shell
of revolution).
Di era sebelum computer, metoda distribusi momen telah dikenal
dalam penyelesaian analisa struktur yang tidak melibatkan sebanyak
persamaan-persamaan simultan seperti yang diperlukan oleh metoda
klasik lainnya. Dalam menganalisis balok menerus dan kerangka
kaku tanpa pergeseran titik kumpul (goyangan), metoda distribusi
momen dapat menghindari penyelesaian persamaan simultan yang
lebih kompleks, sedangkan pada kasus kerangka yang mengalami
Metode Distribusi Momen 66
pergeseran titik kumpul, jumlah persamaan simultan yang dibutuhkan
biasanya sama dengan jumlah dari perpindahan titik kumpul bebas.
Metoda distribusi momen dapat diklasifikasikan sebagai metoda
displacement bila dilihat dari sudut pandang teoritis dan sangat mirip
dengan metoda defleksi kemiringan. Walaupun tidak seperti defleksi
kemiringan yang mana semua persamaan keseimbangan struktur
memenuhi persamaan-persamaan ganda, pada distribusi momen
persamaan kesetimbangan titik kumpul diselesaikan dengan iterasi
secara berturut-turut berdasarkan kesetimbangan momen pada satu
titik kumpul dengan waktu yang sama, kemudian sisa titik kumpul-titik
kumpul pada struktur dianggap terkekang dengan displacement yang
berlawanan.
4.2 PRINSIP-PRINSIP DASAR DAN DEFINISI
Metoda distribusi momen dapat digunakan untuk struktur-struktur
yang terdiri atas batang-batang prismatis atau batang-batang non-
prismatis dengan atau tanpa pergerseran titik kumpul. Untuk batang-
batang non prismatis tidak dibahas dalam bab ini. Sebelum kita
menggunakan metoda distribusi momen penting kiranya untuk
membuat perjanjian tanda dan menetapkan berbagai syarat-syarat
yang akan digunakan untuk analisis.
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 67
Proses distribusi momen diawali dengan persamaan pokok defleksi-
lereng, momen yang bekerja pada ujung suatu batang merupakan
jumlah dari empat pengaruh :
1. Momen yang disebabkan oleh rotasi ujung yang dekat sedang
ujung yang lainnya terjepit.
Tinjaulah balok AB yang ditumpu sendi di A dan jepit di B. Garis
putus-putus menunjukkan perubahan bentuk yang terjadi setelah
pemberian beban momen '
ABM di ujung A. Batang ujung A telah
berputar sebesar A, sedangkan ujung B terjepit (B = 0) dan tidak
terdapat perubahan kedudukan ujung di ujung A dan B ( = 0).
Besarnya momen '
ABM diujung A dan momen '
BAM diujung B
dapat ditentukan dengan metoda balok dikonjugasikan, diagram
momen dibagi dengan EI sebagai beban elastisnya dan A
L
EI konstan A B '
ABM
'
BAM A
B = 0
Gambar 4.1 Balok dengan ujung terjauh terjepit
EI
M BA
EI
M AB'
A
Metode Distribusi Momen 68
sebagai reaksinya sedemikian sehingga gaya geser positif dalam
balok dikonjugasikan memberikan kemiringan positif yang
diinginkan di dalam balok yang sesungguhnya.
Dari syarat-syarat kesetimbangan :
MA = 0
EI
LM AB
2
'
3
L-
EI
LM BA
2
.'
3
2L=0 (4-1)
MBA = ½.M (4-2)
MB = 0 (A.L) -
EI
LM AB
2
'
3
2L+
EI
LM BA
2
.'
3
L=0 (4-3)
dengan mensubtitusikan persamaan (4-2) ke daLam persamaan
(4-3), diperoleh :
'
ABM = L
EI A4 (4-4)
'
BAM = L
EI A2 (4-5)
2. Momen yang disebabkan oleh rotasi ujung yang jauh sedang
ujung yang terdekat terjepit. Balok AB mengalami deformasi
akibat ujung B berputar sebesar B, dengan cara yang sama
diperoleh :
''
ABM = ½ ''
BAM (4-6)
''
BAM = L
EI B4 (4-7)
''
ABM = L
EI B2 (4-8)
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 69
Gambar 4.2 Balok dengan ujung terdekat terjepit
3. Momen yang disebabkan oleh defleksi relative di antara ujung-
ujung batang tanpa merubah kemiringan tangens yang ada pada
ujung-ujungnya. Untuk itu kita tinjau balok AB yang terjepit ujung-
ujungnya, seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 4.3. Oleh
karena keadaan simetris dari deformasinya terhadap titik
pertengahan batang (lihat garis putus-putus), kedua momen ujung
haruslah sama.
'''
ABM = '''
BAM = - M
Tanda negatf menunjukkan bahwa '''
ABM dan '''
BAM berlawanan
arah dengan putaran jarum jam. Nilai M dapat dicari dengan
metoda balok dikonjugasikan, seperti ditunjukkan dalam Gambar
4.3. Selain beban-beban elastis terbagi dari diagram M/EI,
sebuah kopel bekerja pada ujung B sama dengan sesuai
dengan defleksi pada B dari struktur dasar.
M = 0
EI
LM
2
.
3
L- = 0
M =
2
6
l
EI
L
EI konstan A B
''
ABM
''BAM
B A = 0
Metode Distribusi Momen 70
Jadi momen-momen yang timbul pada ujung-ujung suatu batang
yang disebabkan oleh suatu perubahan kedudukan ujung relative
murni adalah
'''
ABM = '''
BAM = -
2
6
L
EI (4-9)
4. Momen yang disebabkan oleh beban-beban pada batang jika
batang dipandang sebagai sebuah balok yang dijepit ujungnya
(momen ujung terjepit) tanpa merubah distorsi-distorsi ujung yang
ada, dan dinyatakan dengan F
ABM dan F
BAM .
Secara keseluruhan besarnya MAB dan MBA diperoleh dari keempat
unsur di atas yaitu :
MAB = '
ABM + ''
ABM + '''
ABM F
ABM
MAB = L
EI A4 +
L
EI B2 -
2
6
L
EI F
ABM
L
EI konstan A B
'''
ABM '''
BAM
/l atau R
Gambar 4.3 Balok dengan ujung terjauh mengalami penurunan
EI
M
EI
M
A B
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 71
MAB =
LL
EIBA 32
2 F
ABM (4-10)
MBA = '
BAM + ''
BAM + '''
BAM F
BAM
MBA = L
EI A2 +
L
EI B4 -
2
6
L
EI F
BAM
MBA =
LL
EIAB 32
2 F
BAM (4-11)
Bila = L
, merupakan rotasi batang benda kaku, maka persamaan-
persamaannya menjadi :
MAB = 322
BAL
EI F
ABM (4-12)
MBA = 322
ABL
EI F
BAM (4-13)
Perjanjian Tanda
Perjanjian tanda yang digunakan dalam metoda distribusi momen
sama dengan yang digunakan untuk metoda defleksi-lereng, momen
yang bekerja pada batang yang searah dengan perputaran jarum jam
dianggap positif, sedangkan yang berlawanan arah jarum jam
dianggap negative.
L
EI konstan A B MAB
MBA
AB
BA
Gambar 4.4 Perjanjian tanda, searah putaran jarum jam positif
Metode Distribusi Momen 72
1. Momen yang bekerja pada ujung suatu batang (bukan titik
kumpul) adalah positif bila perputarannya searah dengan putaran
jarum jam.
2. Rotasi pada ujung suatu batang adalah positif apabila tangens
terhadap deformasi garis lengkung pada ujung berputar searah
dengan putaran jarum jam dari kududukannya semula.
3. Defleksi relative di antara ujung-ujung suatu batang adalah positif
apablia sesuai dengan rotasi batang tersebut searah dengan
putaran jarum jam (garis lurus yang menghubungkan ujung-ujung
garis lengkung elastis).
Faktor Kekakuan Batang
Kekakuan rotasional dari suatu batang dengan penampang seragam
(EI konstan), didefinisikan sebagai momen ujung yang diperlukan
untuk menghasilkan suatu rotasi satuan pada ujung batang
sedangkan ujung lainnya terjepit.
Perhatikanlah balok prismatis AB dengan ujung A sendi dan ujung B
terjepit yang ditunjukkan dalam Gambar 4.5(a). Jika di ujung A kita
Gambar 4.5 Balok dengan ujung terjauh terjepit dan sendi
L
EI konstan
A B M
MBA A
B = 0 B
L
EI konstan
A M
A
(a) (b)
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 73
berikan momen M, maka balok akan berputar membentuk sudut
sebesar pada ujung A dan menimbulkan momen MBA pada ujung
terjepit B seperti yang ditunjukkan dalam gambar. Hubungan antara
momen M dan rotasi sudut dapat dicari dengan menggunakan
persamaan pokok defleksi-lereng. Dengan memasukkan A = 0, =
0 dan F
ABM =0 ke dalam persamaan (4-12), maka akan diperoleh :
M = L
EI A4 (4-14)
Kekakuan lentur batang, K didefinisikan sebagai momen yang harus
diberikan pada ujung batang untuk menyebabkan rotasi/berputar
sebesar 1 satu satuan putaran pada ujung tersebut. Jika momen
ujung yang diperlukan pada ujung A untuk berputar A = 1 rad, maka
besarnya kekakuan lentur balok AB dapat ditentukan yang besarnya
menjadi :
K = L
EI4 (4-15)
Ketika besarnya modulus elastisitas untuk semua batang pada
struktur adalah sama, biasanya kekakuan lentur relative batang lebih
sesuai untuk menyelesaikan analisis struktur. Kekakuan lentur
relative, K, ditentukan dengan membagi kekakuan lentur, K , dengan
4E. Maka kekakuan lentur relative balok AB pada Gambar 4.5 adalah
sebagai berikut :
K = E
K
4 =
L
I (4-16)
Metode Distribusi Momen 74
Sekarang, seandainya ujung terjauh B balok adalah sendi dalam
Gambar 4.5(a), seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 4.5(b).
Hubungan antara momen M yang bekerja dan rotasi pada balok
diujung A dapat ditentukan dengan menggunakan modifikasi
persaman defleksi-lereng (4-12). Dengan memasukkan A = 0, = 0
dan F
ABM =0 ke dalam persamaan (4-12), maka akan diperoleh :
M = AL
EI
3 (4-17)
Bila A = 1 rad, besarnya kekakuan lentur balok dapat dinyatakan
dengan :
K = L
EI3 (4-18)
Dari perbandingan persamaan (4-15) dan (4-18) mengindikasikan
bahwa kekakuan balok dapat direduksi sebesar 25% ketika tumpuan
B jepit digantikan dengan tumpuan sendi. Kekakuan lentur relative
balok dapat ditentukan dengan membagi kekakuan lentur dengan 4E:
K = E
K
4 =
L
I
4
3 (4-19)
Dari persamaan (4-14) dan (4-17), kita dapat melihat hubungan
antara momen M ujung yang bekerja dan rotasi sesuai dengan
ujung batang dan dapat disimpulkan sebagai berikut :
(4-20)
sendi terjauhbatang ujung jika
L
A3EIθ
jepit terjauhbatang ujung jika
L
A4EIθ
M
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 75
Begitu juga, berdasarkan persamaan (4-15) dan (4-18), kekakuan
lentur batang diberikan sebagai berikut :
(4-21)
Dan kekakuan lentur relative batang dapat dinyatakan sebagai :
(4-22)
Momen Pemindahan (carryover momen)
Kita tinjau kembali balok yang ditumpu sendi dan jepit pada Gambar
4.5(a). Ketika momen M bekerja pada ujung A sendi balok maka
akan menimbulkan momen MBA pada ujung B jepit, seperti yang
ditunjukkan dalam gambar. Momen MBA disebut sebagai momen
pemindahan. Untuk menemukan hubungan antara momen M yang
bekerja dan momen pemindahan MBA, kita tulis kembali persamaan
defleksi-kemiringan untuk momen MBA dengan memasukkan B = 0,
= 0 dan FBAM =0 ke dalam persamaan (4-13), maka akan diperoleh :
MBA = AL
EI
2 (4-23)
Dengan mensubtitusikan A = ML/(4EI) dari persamaan (4-14) ke
dalam persamaan (4-23), dapat diperoleh :
MBA = 2
M (4-24)
sendi terjauhbatang ujung jika
L
3EI
jepit terjauhbatang ujung jika
L
4EI
K
sendi terjauhbatang ujung jika
4L
3I
jepit terjauhbatang ujung jika
L
I
K
Metode Distribusi Momen 76
Seperti yang diberikan persamaan (4-24), bila sebuah momen yang
besarnya M dikerjakan pada ujung sendi balok, maka setengah dari
momen M yang bekerja dipindahkan ke ujung yang terjauh, asalkan
ujung yang terjauh adalah jepit. Arah momen pemindahan MBA
adalah sama seperti momen M yang bekerja.
Bila ujung terjauh balok adalah sendi, seperti yang ditunjukkan dalam
Gambar 4.5(b), maka momen pemindahan MBA adalah nol. Dengan
demikian, dapat dinyatakan momen pemindahan sebagai berikut :
(4-25)
Faktor pemindahan didefinisikan sebagai perbandingan dari momen
yang diinduksikan pada ujung jauh terjepit dengan momen yang
bekerja pada ujung yang dekat yang ditahan terhadap pergeseran
tetapi boleh berputar. Dengan membagi persamaan (4-25) dengan
M, dapat dinyatakan factor pemindahan (COF) sebagai :
(4-26)
Mencari Kekakuan Batang dan Momen Pemindahan dengan Metoda Luas Momen dan Deformasi Konsisten
Alternatif lain untuk menentukan kekakuan lentur dan momen
pemindahan batang adalah dengan menggunakan metoda luas
sendi terjauhbatang ujung jika
jepit terjauhbatang ujung jika
2
M
M
0BA
sendi terjauhbatang ujung jika
jepit terjauhbatang ujung jika
2
1
0
COF
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 77
momen. Balok AB yang ditumpu sendi diujung A dan jepit diujung B
pada Gambar 4.5(a) digambar kembali pada Gambar 4.6(a), juga
ditunjukkan diagram M/EI balok. Karena ujung kanan B adalah jepit,
maka tangens kurva elastis terhadap B adalah horizontal bila
diteruskan ke ujung kiri A. Dengan demikian kemiringan tangensial
ujung B terhadap A adalah sama dengan nol (AB = 0). Menurut
teorema luas momen, kemiringan tangensial ini adalah sama dengan
diagram M/EI antara A dan B terhadap A, dapat kita tulis :
AB =
EI
ML
2
3
L-
EI
LMBA
2
.
3
2L=0
MBA = 2
M
EI
MBA
EI
M
A
L
EI konstan
A B
M
MBA A
B = 0
B
(a) Balok dengan ujung terjauh terjepit
Metode Distribusi Momen 78
Momen pemindahan di atas besarnya sama dengan yang dinyatakan
terdahulu dalam persamaan (4-24), yang mana telah didapatkan
sebelumnya dengan menggunakan persamaan defleksi kemiringan.
Dengan tangent horizontal B, besarnya sudut A sama dengan
perubahan kemiringan BA antara A dan B. Sehingga menurut
teorema pertama luas-momen, BA adalah sama dengan luas
diagram M/EI antara A dan B, kita tulis :
=
EI
ML
2-
EI
LMBA
2
.
dengan memasukkan MBA = M/2, kita peroleh :
=
EI
ML
4
L
EI konstan
A
M
A
B
AB
EI
M
B A
Gambar 4.6 Balok dengan ujung terjauh terjepit dan sendi
(b) Balok dengan ujung terjauh sendi
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 79
sehingga :
M = L
EI4
Besarnya M yang diperoleh sama dengan persamaan (4-14).
Kurva elastis dan diagram M/EI untuk balok yang ujung terjauhnya
ditumpu sendi, seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 4.6(b). Dari
kurva elastis kita dapat lihat bahwa
=
L
BA
hal ini sesuai dengan teorema kedua luas-momen.
BA = momen dari diagram M/EI antara A dan B dititik B
=
EI
LM
2
.
3
2L =
EI
LM
3
2.
kemudian,
=
L
BA =
EI
LM
3
.
dengan demikian :
M = L
EI3
nilai ini sama dengan persamaan (4-17) yang telah didapatkan
sebelumnya dengan menggunakan persamaan defleksi kemiringan.
Metode Distribusi Momen 80
Faktor Distribusi
Bila suatu momen M searah putaran jarum jam dikerjakan pada titik
kumpul j maka ujung-ujung batang yang bertemu pada titik kumpul
tersebut akan berputar searah dengan arah momen yang bekerja.
Kokohnya titik kumpul tersebut menyebabkan besarnya deformasi
sudut atau masing-masing tangens garis lengkung elastis terhadap
ujung-ujung batang yang disambungkan adalah sama. Momen M
akan mendapat reaksi dari masing-masing ujung batang yang
bertemu. Momen-momen perlawanan MJA, MJB, MJC, MJD, akan
IJA A
B
M
C
D
J
LJA
LJB
LJC
IJC
IJD LJD
A
B
C
D
J
Gambar 4.7 Pertemuan Balok dan kolom
(a)
(b)
A
B
C
D
J
MJD
MJC
MJB
MJA M+
(c)
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 81
diinduksikan pada ujung-ujung terjauh keempat batang tersebut
untuk mengimbangi pengaruh momen luar M, seperti dalam Gambar
4.7(c).
Kesetimbangan titik kumpul :
MJA + MJB + MJC + MJD = M (4-27)
Dengan momen masing-masing ujung batang dititik kumpul adalah :
MJA = JA
JA
L
EI 4= JAK
MJB = JB
JB
L
EI 4= JBK (4-28)
MJC = JC
JC
L
EI 4= JCK
MJD = JD
JD
L
EI 4= JDK
Persamaan (4-27) menjadi :
( JAK + JBK + JCK + JDK ) = M (4-29)
K . = M (4-30)
MJA = MK
K JA
= DJA.M
MJB = MK
K JB
= DJB.M (4-31)
MJC = MK
K JC
= DJC.M
MJD = MK
K JD
= DJD.M
DJi = K
K Ji
adalah factor distribusi
Metode Distribusi Momen 82
Dengan demikian, suatu momen yang dilawan oleh sebuah titik
kumpul akan didistribusikan diantara batang-batang yang
tersambung sebanding dengan factor-faktor distribusinya. Jadi
besarnya momen pada ujung-ujung batang terjauh tergantung pada
bahan dan ukuran penampang yang digunakan.
Momen Primer (Fixed End Moment) Momen primer ditentukan berdasarkan beban luar yang bekerja pada
ujung-ujung batang yang salah satunya dapat diperoleh dengan
menggunakan metoda deformasi konsisten.
Gambar 1.8 Balok yang dibebani merata
EI konstan
L
A B
FBAM F
ABM
L
A A1
B B1
=
A A2
B B2
FABM
A 3
B B3
FBAM
+
+
q
q
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 83
A = A1 + A2 + A3 = 0 (4-32)
B = B1 + B2 + B3 = 0 (4-33)
A1 = B1 = EI
qL3
24
1
A2 =
EI
LM AB
3
.
B2 =
EI
LM AB
6
.
A3 =
EI
LM BA
6
.
B3 =
EI
LM BA
3
.
EI
qL3
24
1 +
EI
LM AB
3
.
+
EI
LM BA
6
.
= 0 (4-34)
EI
qL3
24
1 +
EI
LM AB
6
.
+
EI
LM BA
3
.
= 0 (4-35)
dari persamaan (1-34) dan (1-35) diperoleh :
MAB = MBA = 1/12.qL2 (4-36)
Untuk pembebanan dengan kondisi lain, cara memperoleh momen primer
sama dengan di atas.
Momen primer yang timbul pada ujung-ujung balok bila kedua tumpuan
balok adalah jepit yang disebabkan oleh suatu perubahan kedudukan
ujung relative murni atau mengalami penurunan adalah '''
ABM = '''
BAM = -
2
6
L
EI, seperti yang tercantum dalam persamaan (1-9).
Momen primer dari balok dengan ujung terjauhnya ditumpu sendi yang
mengalami penurunan disalah satu ujungnya seperti tampak pada
Gambar 1.8.
Metode Distribusi Momen 84
Lendutan di A = :
EI
LM BA
2
.
.
L
3
2 =
BAM =
2
3
L
EI
4.3 ANALISIS BALOK MENERUS
Tahapan perhitungan untuk menyelesaikan balok menerus atau
statis tak tentu dengan menggunakan metoda distribusi momen dapat lihat
pada contoh dibawah ini.
Contoh No. 4.1.
Penyelesaian :
1. Kondisi sementara join B dan C dianggap jepit, supaya tidak terjadi
putaran sudut di join tersebut.
Gambar 1.9 Balok dengan ujung terjauh sendi mengalami penurunan
L
EI konstan
A B
ABM BAM
EI
M BA
A B
A 3EI
6.00 m
B
q = 1 t/m’
2.00 m
2EI
5 ton
2.00 m
C
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 85
Menentukan momen primer
MAB = - MBA = 1/12.qL2 = 1/12(1)(62) = 3 ton.m MBC = - MCD = 1/8.P.L = 1/8(5)(4) = 2,5 ton.m
Tinjauan momen di join B
Momen unbalanced dijoin B terhadap batang BA dan BC
UMB = - 3 + 2,5 = - 0,5 ton.m
Notasi U = unbalanced
Jumlah momen ditik B = -0,5 ton.m arahnya berlawanan jarum
jam, agar di B tidak ada putaran sudut, maka harus ada momen
penghapus/pengunci sebesar + 0,5 ton.m yang arahnya searah
jarum jam.
Tinjauan momen di join A
Momen unbalanced dijoin B terhadap batang AB
UMA = 3 ton.m
Agar tidak terjadi putaran sudut di A maka harus ada momen
pengunci sebesar 3 ton.m yang arahnya berlawanan jarum jam.
Tinjauan momen di join C
Momen unbalanced dijoin B terhadap batang CB
UMC = - 2,5 ton.m
Momen pengunci + 2,5 ton.m searah jarum jam.
3 EI
6.00 m
A B
FBAM F
ABM
q = 1 t/m’
2.00 m
2EI
5 ton
2.00 m
C
FBCM
B
FCBM
Metode Distribusi Momen 86
2. Join di B dilepas kembali sedangkan join A dan C tetap dikunci.
Momen di join B didistribusikan ke balok BA dengan factor distribusi
DBA dan ke balok BC dengan factor distribusi DBC.
BAK = L
EI4=
5
34 )( IE = 2,4 EI BCK =
L
EI4=
5
24 )( IE = 1,6 EI
CBK = L
EI4=
5
24 )( IE = 1,6 EI
DAB = 0 DBA = EI
EI
),,(
,
6142
42
= 0,6 ;
DBC = EI
EI
),,(
,
6142
61
= 0,4 DCB =
EI
EI
61
61
,
, = 1
Momen Distribusi (MD) di join A terhadap batang AB
DMAB = DAB(-UMA) = 0(-(3)) = 0
Momen Distribusi (MD) di join B terhadap batang AB dan
batang BC :
DMBA = DBA(-UMB) = 0,6(-(-0,5)) = 0,3 ton.m
DMBC = DBC(-UMB) = 0,4(-(-0,5)) = 0,2 ton.m
Momen Distribusi (MD) di join C terhadap batang CB
DMCB = DCB(-UMC) = 1(-(-2,5)) = 2,5 ton.m
3. Kemudian join B dijjepit kembali, join C dilepas dan join A tetap
dikunci. Momen + 2,5 t.m. didistribusikan ke balok CB sebesar
factor distribusi dikalikan momen. Catatan : tumpuan A adalah jepit
tetap, jadi tidak perlu dilepas.
Langkah penyelesaian no.1 sampai no.3 merupakan siklus
pertama.
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 87
4. Siklus kedua,
Momen pemindahan/induksi :
COMAB = ½(DMBA) = ½(0,3) = 0,15 ton.m
COMBC = ½(DMBC) = ½(0,2) = 0,10 ton.m
COMCB = ½(DMBC) = ½(2,5) = 1,25 ton.m
Momen pemindahan ini menyebabkan putaran sudut di B dan C,
sehingga diperlukan momen pengunci yang arahnya berlawanan
dengan momen tersebut. Kemudian momen pengunci ini
didistribusikan dan ini merupakan akhir dari siklus kedua.
5. Setelah siklus yang dikehendaki berakhir (sampai jumlah momen
dalam satu join pada pertemuan batang mendekati nol), kemudian
momen-momen dijumlah (mulai momen primer sampai dengan
momen seimbang/distribusi pada akhir siklus), sehingga akan
diperoleh MAB, MBA dan MBC.
A 3EI
6.00 m
B
q = 1 t/m’
2.00 m
2EI
5 ton
2.00 m
C
B
3 tm 3 tm 2,5 tm
0,5 tm Unbalanced
momen
0,5 tm
2,5 tm
Momen pengunci
Momen pengunci
Metode Distribusi Momen 88
A B C
FD 0 0,6 0,4 1
FEM 3,000 -3,000 2,500 -2,500 MD 0,000 0,300 0,200 2,500
MP 0,150 0,000 1,250 0,100 MD 0,000 -0,750 -0,500 -0,100
MP -0,375 0,000 -0,050 -0,250 MD 0,000 0,030 0,020 0,250
MP 0,015 0,000 0,125 0,010 MD 0,000 -0,075 -0,050 -0,010
Jumlah 2,790 -3,495 3,495 0,000
Diagram Freebody dan momen hasil iterasi
Menentukan reaksi perletakan :
Tinjau batang AB
MA = 0
RVB1 = L
MMLq AB ))((/221
=6
79249536121 2,,))((/
= 3,1175 ton ( )
A 3EI
6.00 m
B
q = 1 t/m’
2.00 m
2EI
5 ton
2.00 m
C
3 EI
6.00 m
A B
2,79 tm q = 1 t/m’
3,495 tm
RVA RVB1 2.00 m
2EI
5 ton
2.00 m
C B
3,495 tm
RVB2 RVC
A B
C Momen hasil
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 89
MB = 0
RVA = L
MMLq BA ))((/221
=6
49537926121 2,,))((/
= 2,8825 ton ( )
V = 0 RVB1 + RVA = q.L
3,1175 ton + 2,8825 ton = 1(6) = 6 ton …………..OK!
Tinjau batang BC
MB = 0 RVC = L
MLP B)5,0)((=
4
495,3)2(5
= 1,62625 ton ( )
MC = 0 RVB1 = L
MLP B)5,0(=
4
495,3)2)(5(
= 3,37375 ton ( )
V = 0 RVB1 + RVC = P
3,37375 ton + 1,62625 ton = 5 ton …………..OK!
Contoh No.4.2
Hitunglah gaya-gaya dalam struktur dibawah ini dengan menggunakan
metode distribusi momen (sampai empat siklus) dan gambarkan diagram
gaya-gaya dalamnya !Jika semua balok memiliki dimensi 300 x 600 mm2
dan E = 200 GPa.
A EI
6.00 m
B
w = 25 kN/m’
500 m
EI
5.00 m
C EI D
Metode Distribusi Momen 90
Penyelesaian :
a) Menentukan faktor kekakuan struktur
BAK = L
EI4=
5
4EI = 0,8 EI BCK =
L
EI4=
6
4E = 0,667EI
CDK = L
EI4=
5
4E = 0,8 EI
b) Menentukan faktor distribusi :
FDAB = 1 FDBA = EI
EI
)667,08,0(
8,0
= 0,545;
FDBC = EI
EI
)667,08,0(
667,0
= 0,455 FDCB =
EI
EI
)667,08,0(
667,0
= 0,455
FDCD =EI
EI
)667,08,0(
8,0
= 0,545 FDDC =
EI
EI
8,0
8,0 = 1
c) Menentukan momen primer
MAB = - MBA = 1/12.wL2 = 1/12(25)(52) = 52,083 kN.m
MBc = - MCB = 1/12.wL2 = 1/12(25)(62) = 75 kN.m
MCD = - MDC = 1/12.wL2 = 1/12(25)(52) = 52,083 kN.m
5.00 m
EI A B
FBAM F
ABM
w = 25 kN/m’
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 91
c) Proses distribusi momen
TUMPUAN A B C D
BALOK AB BA BC CB CD DC
FD 1 0,545 0,455 0,455 0,545 1
SIKLUS 1 FEM 52,083 -52,083 75,000 -75,000 52,083 -52,083
MD -52,083 -12,500 -10,417 10,417 12,500 52,083
SIKLUS 2 MP -6,250 -26,042 5,208 -5,208 26,042 6,250
MD 6,250 11,364 9,470 -9,470 -11,364 -6,250
SIKLUS 3 MP 5,682 3,125 -4,735 4,735 -3,125 -5,682
MD -5,682 0,878 0,732 -0,732 -0,878 5,682
SIKLUS 4 MP 0,439 -2,841 -0,366 0,366 2,841 -0,439
MD -0,439 1,749 1,458 -1,458 -1,749 0,439
JUMLAH 0,000 -76,350 76,350 -76,350 76,350 0,000
Catatan : Ketelitian hasil dicapai ketika momen pemindahan (MP)
dapat diabaikan (terlalu kecil). Dalam kasus ini ketelitian tercapai hingga siklus ke-15.
Jika ujung terjauh dianggap sendi :
BAK = CDK = L
EI
4
3= 0,15 EI BCK =
L
EI4=
6
4E = 0,667EI
TUMPUAN A B C D
BALOK AB BA BC CB CD DC
FD 1 0,474 0,526 0,526 0,474 1 SIKLUS
1
FEM 52,083 -52,083 75,000 -75,000 52,083 -52,083
MD -52,083 -10,855 -12,061 12,061 10,855 52,083
SIKLUS
2
MP 0,000 -26,042 6,031 -6,031 26,042 0,000
MD 0,000 9,479 10,532 -10,532 -9,479 0,000
SIKLUS
3
MP 0,000 0,000 -5,266 5,266 0,000 0,000
MD 0,000 2,494 2,772 -2,772 -2,494 0,000
SIKLUS
4
MP 0,000 0,000 -1,386 1,386 0,000 0,000
MD 0,000 0,656 0,729 -0,729 -0,656 0,000
JUMLAH 0,000 -76,351 76,351 -76,351 76,351 0,000
Diagram Freebody dan momen hasil iterasi
EI
5.00 m
A B
w = 25 kN/m’ 76,350 kN.m
RVA RVB1
76,350 kN.m
EI
6.00 m
B C
w = 25 kN/m’ 76,350 kN.m
RVB2 RVC1
Metode Distribusi Momen 92
d) Menentukan reaksi perletakan : Tinjau batang AB
MA = 0
RVB1 = L
MLw B))((2/1 2
=5
350,76)5)(25(2/1 2 = 77,770 kN
MB = 0
RVA = L
MLw B))((2/1 2
= 5
350,76)5)(25(2/1 2 = 47,230 kN
V = 0
RVB1 + RVA = w.L
77,770 kN + 47,230 kN = 25(5) = 125 kN
…………..OK!
Tinjau batang BC
MB = 0 RVC1 = L
MMLw BC ))((2/1 2
=6
350,76350,76)6)(25(2/1 2 = 75 kN
MC = 0 RVB2 = L
MMLw CB ))((2/1 2
= 6
350,76350,76)6)(25(2/1 2 = 75 kN
V = 0 RVB2 + RVC1 = w.L
75 kN + 75 kN = 25(6) = 150 kN …………..OK!
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 93
Tinjau batang CD
MD = 0
RVC2 = L
MLw C))((2/1 2
=5
350,76)5)(25(2/1 2 = 77,770 kN
MC = 0
RVD = L
MLw C))((2/1 2
= 5
350,76)5)(25(2/1 2 = 47,230 kN
V = 0
RVC2 + RVD = w.L
77,770 kN + 47,230 kN = 25(5) = 125 kN
…………..OK!
36,150 44,613 44,613
-76,350 -76,350
Momen (kN.m)
0 1,8892
5
8
11
16 14,111
47,23 kN
77,77 kN
- 47,23 kN - 75 kN
75 kN
- 77,77 kN
0 1,889 m
5 m 11 m 16 m 14,111 m
DIAGRAM GAYA LINTANG (Q)
Metode Distribusi Momen 94
Contoh no. 4.3
Hitunglah gaya-gaya dalam struktur dibawah ini dengan menggunakan
metode distribusi momen (sampai empat siklus) dan gambarkan diagram
gaya-gaya dalamnya !Jika semua balok memiliki dimensi 300 x 600 mm2
dan E = 200 GPa.
Penyelesaian :
a) Menentukan faktor kekakuan struktur
BAK = L
EI4=
5
4EI = 0,8 EI
BCK = L
EI4=
6
4E = 0,667EI
b) Menentukan faktor distribusi :
FDAB = 0
FDBA = EI
EI
)667,08,0(
8,0
= 0,545;
FDBC = EI
EI
)667,08,0(
667,0
= 0,455 FDCB = 1
c) Menentukan momen primer
MAB = - MBA = 1/12.wL2 = 1/12(20)(52) = 41,667 kN.m
MBc = - MCB = 1/12.wL2 = 1/12(20)(62) = 60 kN.m
MCD = PL = (5)(2) = 10 kN.m
w = 20 kN/m’
5.00 m 6.00 m 2.00 m
P = 5 kN
Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 95
d) Proses distribusi momen
TUMPUAN A B C
BALOK AB BA BC CB CD
FD 0 0,545 0,455 1,000 0,000
SIKLUS 1 FEM 41,667 -41,667 60,000 -60,000 10,000
MD 0,000 -10,000 -8,333 50,000 0,000
SIKLUS 2 MP -5,000 0,000 25,000 -4,167 0,000
MD 0,000 -13,636 -11,364 4,167 0,000
SIKLUS 3 MP -6,818 0,000 2,083 -5,682 0,000
MD 0,000 -1,136 -0,947 5,682 0,000
SIKLUS 4 MP -0,568 0,000 2,841 -0,473 0,000
MD 0,000 -1,550 -1,291 0,473 0,000
JUMLAH 29,280 -67,989 67,989 -10,000 10,000
5.00 m
EI A B
FBAM F
ABM
w = 25 kN/m’
-10,000
53,338
15,364
-67,989
-29,280
Momen (kN.m)
02,113
5
8,5
11 13
DIAGRAM GAYA LINTANG (Q)
42,258kN
5 kN
- 50,335 kN
69,665 kN
- 57,742 kN
0 2,113 m
5 m 11 m 13 m