handout mer iv d iii

Struktur Statis Tak Tentu 1

RENCANA PEMBELAJARAAN

Mata Kuliah : Mekanika Rekayasa IV

Kode : PRS.124

SKS / Jam : 2/5

Kompetensi : Mampu Menganalisis Konstruksi Statis Tak Tentu

Dosen : Wahiddin, ST.,MT.

TANGGAL MATERI KULIAH KET

9 Mar 2010 - Penjelasan Tujuan, SAP, Renc. Pembelajaran, Bobot Nilai MER IV

- Pengantar MER IV dan Hubungannya dengan MER III

Analisis Struktur dengan Metode Clapeyron

23 Mar 2010 - Analisis Struktur Balok Menerus Statis Tak Tentu

30 Mar 2010 - Analisis Struktur Balok Menerus Statis Tak Tentu (Lanjutan)

6 Apr 2010 - Analisis Struktur Balok Menerus Statis Tak Tentu (Lanjutan) Tugas 1

13 Apr 2010 Kuis I : Analisis Struktur Balok dengan Metode Clapeyron

Analisis Struktur dengan Metode Distribusi Momen (Cross)

20 Apr 2010 - Analisis Struktur Balok Statis Tak Tentu

27 Apr 2010 - Analisis Struktur Balok Statis Tak Tentu (Lanjutan) Tugas 2

4 Mei 2010 - Lanjutan Analisis Struktur Portal Tidak Bergoyang

11 Mei 2010 - Lanjutan Analisis Struktur Portal Tidak Bergoyang (Lanjutan)

18 Mei 2010 Kuis II : Analisis Struktur Portal Tidak Bergoyang

25 Mei 2010 - Analisis Struktur Portal Bergoyang

1 Juni 2010 - Analisis Struktur Portal Bergoyang (Lanjutan)

22 Juni 2010 - Analisis Struktur Portal Bergoyang (Lanjutan) Tugas 3

29 Juni 2010 KUIS III : Analisis Struktur Portal Tidak Bergoyang

6 Juli 2010 - Review dan Kesimpulan Perkuliahan

Terjadwal UJIAN AKHIR SEMESTER

Referensi :

Dewi, Sri Murni., 2004. 71 Contoh Statis Tak Tentu. CV. Citramedia : Sidoarjo.

Hadi Y.CE., 2000. Seri Penyelesaian Mekanika Teknik : Statis Tak Tentu. Cipta Science

Wahiddin. 2007. Buku Ajar Mekanika Rekayasa IV.

Wang, C.K., 1993. Analisis Struktur Lanjutan Jilid 1. Dialihbahasakan oleh Drs. Ir.

Kusuma Wirawan dan Ir. Mulyadi Nataprawira. Penerbit Erlangga. Jakarta.


STRUKTUR STATIS TAK TENTU

Definisi : Suatu struktur bersifat Statis Tak Tentu luar apabila jumlah

komponen reaksi perletakan melebihi persamaan keseimbangan

statika

Persamaan keseimbangan statis :

1. Struktur 2-dimensi = 3 Persamaan keseimbangan

Keseimbangan Gaya : Fx = 0 ; Fy = 0

Keseimbangan Momen : M = 0

2. Struktur 3-dimensi = 6 Persamaan keseimbangan

Keseimbangan Gaya : Fx = 0 ; Fy = 0 ; Fz = 0

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

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

JENIS

TUMPUAN

SIMBOL /

GAMBAR

JENIS GAYA DAN ROTASI

YANG TIMBUL

Tumpuan

Sendi

Mampu menahan gaya vetikal dan

horisontal tetapi mengalami rotasi

Tumpuan

Roll

Mampu menahan gaya vetikal dan

mengalami rotasi

Tumpuan

Jepit

Mampu menahan gaya vetikal,

horisontal dan momen serta tidak

mengalami rotasi tumpuan

Tumpuan

Link (sendi)

Link (sendi) mampu menahan gaya

searah Link

Sehingga : ra > 3 ; struktur statis tak tentu eksternal

ra = 3 ; struktur statis tertentu eksternal

ra < 3 ; struktur tidak stabil eksternal


Tabel 2. Contoh Klasifikasi struktur

GAMBAR STRUKTUR KOMPONEN REAKSI TUMPUAN KLASIFIKASI

STRUKTUR

ra = 3 Statis Tertentu ;

Stabil

ra = 3 Statis Tertentu ;

Stabil

ra = 4 Statis Tak Tentu ;

Stabil

ra = 5 Statis Tak Tentu ;

Stabil

ra = 3 Tidak Stabil

Geometri

ra = 4

Statis Tak Tentu ;

Stabil

Dalam bentuk formula, struktur bersifat statis tak tentu apabila :

3j < 3m + r

Dengan derajat ketidak-tentuan statisnya :

i = (3m + r) – 3j

dimana :

m = jumlah batang struktur tidak termasuk batang overstek

j = jumlah titik kumpul pada struktur

r = jumlah komponen reaksi perletakan

i = derajat ketidak-tentuan statis

R1

R2

M1

R2R1

R3

R1

R2

M1

R3

S

R1 R2 R3

R5R4

R1 R2 R3

R1 R2

R4R3


( 1 ) ( 2 )

( 3 ) ( 4 )

( 5 ) ( 6 )

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


MB

MA

ANALISIS STRUKTUR dengan METODE CLAPEYRON

Deformasi (rotasi) balok disebabkan oleh beberapa faktor yaitu :

1. Akibat beban luar yang bekerja

EI

LqBA

24

. 3

2. Akibat momen pada salah satu ujung balok

EI

LM AA

3

. ;

EI

LM AB

6

.

EI

LM BA

6

. ;

EI

LM BB

3

.

3. Akibat perpindahan (translasi) relatif ujung balok terhadap ujung balok

yang lain

LBA

Rotasi total ujung balok merupakan superposisi dari semua pengaruh

diatas, sehingga persamaan rotasi total ujung balok menjadi :

LEI

LM

EI

LM

EI

Lq BAA

6

.

3

.

24

. 3

LEI

LM

EI

LM

EI

Lq BAB

3

.

6

.

24

. 3

A Garis lentur balok

B

B

B

A

A

A B


Tabel 3. Rumus-rumus deformasi balok akibat beban luar

Gambar Pembebanan

Struktur

Deformasi di

Ujung A

Deformasi di Ujung

B

EI

LPA

16

. 2

EI

LPB

16

. 2

LEI

bLbPA

.6

).(. 22

LEI

aLaPB

.6

).(. 22

EI

LqA

24

. 3

EI

LqB

24

. 3

EI

LqA

3.

384

9

EI

LqB

3.

384

7

0A EI

LMB

4

.

EI

LMA

3

.

EI

LMB

6

.

Catatan : Rotasi searah jarum jam adalah positif dan seballiknya

EI

P

L/2 L/2

A B

EI

P

L

a b

A B

EI

L

q

A B

EI

L

B

q

EI

L

MB

BA

EI

L

MBA


Prosedur Analisis struktur statis tak tentu dengan metode Clapeyron :

I. Analisis stuktur

dilakukan untuk menghitung momen pada titik kumpul balok.

1. Asumsikan momen bekerja pada setiap titik kumpul balok sebagai

gaya luar yang akan dicari

2. Hitung rotasi yang terjadi pada ujung balok (A dan B) dengan

menggunakan persamaan 2.1 dan persaman 2.2

3. Terapkan persamaan deformasi pada setiap titik kumpul balok

4. Selesaikan persamaan tersebut untuk mendapatkan momen ujung.

Momen ujung yang terjadi sama dengan arah asumsi awal jika hasil

yang diperoleh pada langkah 4 bernilai positif dan berubah arah jika hasil

yang diperoleh bernilai negatif.

II. Analisis Free body

dilakukan untuk menghitung reaksi perletakan.

1. Nyatakan struktur dalam bentuk batang-batang yang bebas (free body)

dengan beban dan momen yang bekerja pada batang tersebut

2. Hitung besarya reaksi perletakan setiap ujung balok akibat beban luar

dan momen ujung yang telah diperoleh.

III. Gambar Bidang M, D, dan N

1. Dengan menggunakan data-data yang telah diperoleh, hitung momen

maksimum dan gaya lintang yang terjadi pada setiap balok.

2. Gambar bidang momen (M), bidang lintang (D) dan gaya Normal (N).


5 m 3 m

EIEI

2 T/m8 T/m

3 m

MB

BA C

.

Diketahui struktur seperti tampak pada gambar di bawah ini :

Diminta :

1. Hitung dan gambar bidang M dan D dengan metode Clapeyron !

2. Hitung pula reaksi perletakan struktur tersebut !

Penyelesaian :

I. Analisis Struktur Metode Clapeyron

Asumsi awal arah momen MB dan garis elastis balok seperti pada gambar

berikut :

BA = EI3

L.M

EI24

L.q BAB3

= EI3

5.M

EI24

5.2 B3

Dengan asumsi Nilai EI = 1, maka :

BA = -10,417 + 1,667 MB

BC = EI3

L.M

EI16

L.P BCB2

= EI3

6.M

EI16

6.8 B2

BC = 18 - 2 MB

Syarat kontinyu di titik B adalah :

BA = BC

BA

BC


5 m 3 m

EIEI

2 T/m8 T/m

3 m

EI

8 T/m

EI

2 T/m

(2 x 5)/2 = 5 T 5 T 4 T

7,749/5 = 1,550 T 1,550 T

3,45 T 6,55 T 5,292 T 2,708 T

8/2 = 4 T

7,749/6 = 1,292 T 1,292 T

7,749 Tm

A

B

C

Maka :

-10,417 + 1,667 MB = 18 – 2 MB

1,667 MB + 2 MB = 18 + 10,417

3,667 MB = 28,417

MB = 667,3

417,28 = 7,749 Tm

Karena MB bernilai positif maka asumsi awal arah momen sesuai. (lihat

gambar asumsi arah momen MB dan garis elastis balok).



5 m 3 m

EIEI

2 T/m8 T/m

3 m

7,749

2,976

8,127

3,45

5,292

6,55

2,708

III. Gambar bidang Momen dan bidang lintang struktur

1. Bidang Momen

Balok AB

Mx = RAB.X – ½.q.X2

= 3,45X – ½.2.X2

= 3,45X – X2

Momen Max pada saat dx

dMx = 0

dx

dMx = 3,45 – 2X = 0

2X = 3,45

X = 1,725 m

Maka momen Max. balok AB

Mmax = 3,45(1,725)– (1,725)2

= 2,976 Tm

Balok BC

Mx = RBC.X - MBC

= 5,292.X – 7,749

Mmax = 5,292 x 3 – 7,749

= 8,127 Tm

2. Bidang Lintang

DAB = RA = 3,45 T

DBC = -6,55 +11,842

= 5,292 T

DBA = 3,45 – 2 x 5

= -6,55 T

DCB = 5,292 – 8

= -2,708 T


2EI 1,5EI

31 1 2 2 1

P2 = 6 Tq = 3 T/m

A CB

D

P1 = 6 T P3 = 6 T

A CB

D

MB MCMA


Diminta :



Penyelesaian :


Asumsi awal arah momen MB dan garis elastis balok seperti pada gambar

berikut :

Batang AB :

AB = )EI2(6

L.M

)EI2(3

L.M

L).EI2(6

)bL.(b.P

L).EI2(6

)bL.(b.P ABBABA

AB

222

AB

221

= )EI2(6

5.M

)EI2(3

5.M

5).EI2(6

)15.(1.6

5).EI2(6

)45.(4.6 BA2222

= EI12

5.M

EI6

5.M

EI60

144

EI60

216 BA

BA

BC



AB = 3,6 + 2,4 – 0,833 MA – 0,417 MB

= 6,0 – 0,833 MA – 0,417 MB

BA = )EI2(3

L.M

)EI2(6

L.M

L).EI2(6

)aL.(a.P

L).EI2(6

)aL.(a.P ABBABA

AB

222

AB

221

= )EI2(3

5.M

)EI2(6

5.M

5).EI2(6

)45.(4.6

5).EI2(6

)15.(1.6 BA2222

= EI6

5.M

EI12

5.M

EI60

216

EI60

144 BA


BA = -2,4 - 3,6 + 0,417 MA + 0,833 MB

= -6 + 0,417 MA + 0,833 MB

Batang BC :

Mc = -½. q . L2

= -½ . 3 . 12 = -1,5 Tm

BC = )EI5,1(6

L.M

)EI5,1(3

L.M

)EI5,1(16

L.P

)EI5,1(24

L.qBCCBCB

2BC3

3BC

= )EI5,1(6

4.5,1

)EI5,1(3

4.M

)EI5,1(16

4.6

)EI5,1(24

4.3 B23

= EI.9

6

EI.5,4

4.M

EI.24

96

EI.36

192 B


BC = 5,333 + 4,0 – 0,888 MB – 0,667

= 8,666 – 0,888 MB

Syarat kontinyu adalah :

I. AB = 0

II. BA = BC


Maka :

AB = 0

AB = 6,0 – 0,833 MA – 0,417 MB = 0

0,833 MA + 0,417 MB = 6,0 ......................(Pers. I)

BA = BC

-6 + 0,417 MA + 0,833 MB = 8,666 – 0,888 MB

0,417 MA + 0,833 MB + 0,888 MB = 6 + 8,666

0,417 MA + 1,724 MB = 14,666 ..................(Pers. II)

Dengan metode substitusi Pers I dan II kita selesaikan sebagai berikut :

0,833 MA + 0,417 MB = 6,0 x 1,724

0,417 MA + 1,724 MB = 14,666 x 0,417

Persamaan tersebut menjadi :

1,436 MA + 0,719 MB = 10,344

0,174 MA + 0,719 MB = 6,116

1,262 MA = 4,228

MA = 262,1

228,4 = 3,35 Tm

Substitusi Nilai MA ke Pers I maka :

0,833 x 3,35 + 0,417 MB = 6,0

MB = 417,0

35,3833,00,6 = 7,697 Tm

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


2EI 1,5EI

31 1 2 2 1

P2 = 6 Tq = 3 T/m

A CB

6 ton 6 ton6 ton

3 ton/m

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

3,35 7,697 1,5

6 T

3,35/5 =

0,67 T0,67 T

7,697/5 =

1,539 T 1,539 T

5,131 T

6/2+3x4/2 =

9 T 9 T

7,697/4 =

1,924 T 1,924 T

1,5/4 =

0,375 T 0,375 T

10,549 T6,869 T 7,451 T

3,0x1

= 3 T

3 T

D

P1 = 6 T P3 = 6 T

3 ton/m


RA = 5,131 T ; MA = 3,35 Tm

RB = 6,869 T + 10,549 T ; MB = 7,697 Tm

= 17,418 T

RC = 7, 451 T + 3 T = 10,451 T


2EI 1,5EI

31 1 2 2 1

6 ton 6 ton6 ton

3 ton/m

A CB

3,35

1,781

0,826

7,697

7,401

1,5

5,131

-0,869

-6,869

10,549

-7,451

3

4,549

-1,451


1. Bidang Momen

Balok AB

MP1 = RAB.XP1 - MA

= 5,131 x 1 – 3,35

= 1,781 Tm

MP2 = RAB.X P2 - P1.X - MA

= 5,131 x 4 – 6 x 3 - 3,35

= -0,826 Tm

MP1 dan MP2 masing-masing adalah

momen di bawah beban P1 dan P2.

Balok BC

MP3 = RBC.X – ½ q.X2 - MBC

= 10,549 x 2 – ½ .3.22 – 7,697

= 7,401 Tm

2. Bidang Lintang

DAB = RA = 5,131T

DP3 = 10,549 – 3x2 – 6 = -1,451 T

DP1 = 5,131 – 6 = -0,869 T

DCB = -1,451 – 3x2 = -7,451 T

DP2 = -0,869 – 6 = -6,869 T

DCD = -7,451 + 10,451 = 3 T

DBC = -6,869 +17,418 = 10,549 T

DD = 3 – 3.1 = 0 (OK)


P1 = 20 Kg

q2 = 2 Kgq1 = 3 Kg

P2 = 18 Kg P3 = 6 Kg

10EI 2EI3EI

12 m 24 m 4 m 8 m 3 m

A B C DE

A B C DE

MB MC MD


Diminta :



Penyelesaian :


Asumsi awal arah momen MB dan garis elastis balok :

Balok AB :

BA = )EI3(3

L.M

)EI3(24

L.q ABB3

1 = )EI3(3

12.M

)EI3(24

12.3 B3

= EI9

12.M

EI72

5184 B


BA = -72 + 1,333 MB

BA

BC CB

CD


Balok BC :

BC = )EI10(6

L.M

)EI10(3

L.M

)EI10(16

L.P

)EI10(24

L.q BCCBCB2

13

2

= )EI10(6

24.M

)EI10(3

24.M

)EI10(16

24.20

)EI10(24

24.2 CB23

= EI60

24.M

EI30

24.M

EI160

11520

EI240

27648 CB


BC = 115,2 + 72 - 0,8 MB - 0,4 MC

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

CB = )EI10(3

L.M

)EI10(6

L.M

)EI10(16

L.P

)EI10(24

L.q BCCBCB2

13

2

= )EI10(3

24.M

)EI10(6

24.M

)EI10(16

24.20

)EI10(24

24.2 CB23

= EI30

24.M

EI60

24.M

EI160

11520

EI240

27648 CB


CB = -115,2 - 72 + 0,4 MB - 0,8 MC

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

Balok CD :

MD = -P3.LDE = -6 x 3 = -18 kgm

CD = )EI2(6

L.M

)EI2(3

L.M

L).EI2(6

)bL.(b.P CDDCDC22

2

= )EI2(6

12.18

)EI2(3

12.M

12).EI2(6

)812.(8.18 C22

= EI12

216

EI6

12.M

EI144

11520 C


CD = 80 – 2 MC - 18

= 62 - 2 MC


Syarat kontinyu adalah :

I. BA = BC

II. CB = CD

Maka :

BA = BC

-72 + 1,333 MB = 187,2 - 0,8 MB - 0,4 MC

1,333 MB +0,8 MB +0,4 MC = 187,2 + 72

2,133 MB + 0,4 MC = 259,2 ......................(Pers. I)

CB = CD

-187,2 + 0,4 MB + 0,8 MC = 62 - 2 MC

0,4 MB + 0,8 MC + 2 MC = 62 + 187,2

0,4 MB + 2,8 MC = 249,2 ...................(Pers. II)

Dengan metode substitusi Pers I dan II kita selesaikan sebagai berikut :

2,133 MB + 0,4 MC = 259,2 x 2,8

0,4 MB + 2,8 MC = 249,2 x 0,4

Persamaan tersebut menjadi :

5,972 MB + 1,12 MC = 725,76

0,16 MB + 1,12 MC = 99,68

5,812 MB = 626,08

MB = 812,5

08,626 = 107,722 kgm

Substitusi Nilai MB ke Pers I maka :

2,133 x 107,722 + 0,4 MC = 259,2

MC = 4,0

722,107133,22,259 = 73,573 kgm

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


P1 = 20 Kg

q2 = 2 Kgq1 = 3 Kg

P2 = 18 Kg P3 = 6 Kg

10EI 2EI3EI

12 m 24 m 4 m 8 m 3 m

A B C DE

q1 = 3 Kgq2 = 2 Kg

P1 = 20 KgP2 = 18 Kg P3 = 6 Kg

6 Kg

6 Kg

107,722 73,57318

3x12/2 =

18 kg18 kg

107,722/12 =

8,977 kg

2x24/2 +20/2=

34 kg

107,722/24 =

4,488 kg

73,573/24 =

3,066 kg

18x8/12 =

12 kg

73,573/12 =

6,131 kg

18/12 =

1,5 kg

6,131 Kg

1,5 Kg

34 Kg

4,488 Kg

3,066 Kg

8,977 Kg

18x4/12 =

6 kg

9,023 Kg 26,977 Kg 35,422 Kg 16,631 Kg32,578 Kg 1,369 Kg



1. Bidang Momen

Balok AB

Mx = RAB.X – ½.q1.X2

= 9,023X – ½.3.X2

= 9,023X – 1,5 X2


dMx = 0

dx

dMx = 9,023 – 3X = 0

X = 3,008 m

Mmax = 9,023 x (3,008) – 1,5 x (3,008)2

= 13,569 kgm


P1 = 20 Kg

q2 = 2 Kgq1 = 3 Kg

P2 = 18 Kg

10EI 2EI3EI

12 m 24 m 4 m 8 m 3 m

A B C DE

9,023

26,977

35,422

11,422

8,578

32,578

16,631

1,369

6

107,722

73,573

173,342

7,049 18

13,569

Balok BC

MP1 = RBC.X – ½.q2.X2 - MBC

= 35,422 x 12 – ½.2.122

– 107,722

= 173,342 kgm

Balok CD

MP2 = RCD.X – MCD

= 16,631 x 4 – 73,573

= -7,049 kgm

2. Bidang Lintang

DAB = RA = 9,023

DBA = 9,023 – 3x12 = -26,977

DBC = -26,977 + 62,399 = 35,422

DB-P1 = 35,422 – 2x12 = 11,422

DP1-C = 11,422 – 20 = -8,578

DCB = -8,578 – 2x12 = -32,578

DCD = -32,578+ 49,209 = 16,631

DP3 = 16,631 – 18 = -1,369

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

DE = 6 – 6 = 0 (OK)


ANALISIS STRUKTUR BALOK MENERUS

dengan METODE DISTRIBUSI MOMEN (Metode Cross)

Prosedur Analisis metode Cross :

I. Analisis Struktur dengan metode Cross

1. Hitung momen primer setiap balok dengan rumus sbb :

Momen Primer

dititik A ( MF

AB )

Gambar Struktur dengan

Sistem Pembebanan

Momen Primer

dititik B ( MF

BA )

2

2

L

b.a.P

2

2

L

b.a.P

12

L.q 2

12

L.q 2

2L.q192

11

2L.q.192

5

-

2

22

L2

)aL.(a.P

-

8

L.q 2

-

2L.q.128

7

2..128

9Lq

2L

.EI6

2L

.EI6

P

a b

A B

L

A B

q

A B

q

L/2 L/2

P

a b

A B

L

A B

A B

L/2 L/2

A B

L/2 L/2

L

B


1. Hitung nilai kekakuan lentur setiap balok

a. Struktur dengan tumpuan Jepit – Jepit => L

EI4k

b. Struktur dengan tumpuan Jepit – Sendi => L

EI3k

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

i

i

k

k

3. Buat Tabel Cross dan lakukan distribusi momen sebagai berikut :

a. Hitung resultan momen (momen tak imbang) setiap titik kumpul

b. Distribusikan momen tak imbang tersebut sebanding dengan

koefisien distribusi balok pada masing-masing cabang titik kumpul

c. Induksikan momen hasil distribusi di atas pada ujung berseberangan

d. Hitung resultan momen akibat distribusi dan induksi di atas

kemudian distribusikan kembali sesuai koefisien distribusi pada

masing-masing cabang titik kumpul

e. Ulangi langkah di atas (c – d) sampai resultan momen (momen tak

imbang) relatif sangat kecil ( ≈ 0 )

4. Jumlahkan momen pada setiap ujung balok. Hasil penjumlahan tersebut

merupakan momen ujung setiap balok


Analisis free body dilakukan untuk menghitung reaksi perletakan

akibat beban luar dan momen ujung pada setiap balok.

1. Nyatakan struktur dalam bentuk batang-batang yang bebas (free body)

dengan beban dan momen yang bekerja pada batang tersebut

2. Hitung besarya reaksi perletakan setiap ujung balok akibat :

a. beban luar dan

b. momen ujung yang telah diperoleh.

3. Jumlahkan semua hasil perhitungan langkah 2 untuk memperoleh

besarnya reaksi perletakan total.

III. Gambar Bidang Momen, Lintang dan Normal

a. Dengan menggunakan data-data yang telah diperoleh, hitung

momen maksimum yang terjadi pada setiap balok.

b. Gambar bidang momen (M), bidang lintang (D) dan gaya Normal

(N).


5 m 3 m

EIEI

2 T/m8 T/m

3 m

A

B

C

.


Diminta :

3. Hitung dan gambar bidang M dan D dengan metode Cross !


Penyelesaian :

IV. Analisis Struktur Metode Cross

1. Momen Primer

MBA = 8

L.q 2

; MBC = 2

22

L2

)aL.(a.P

= 8

5.2 2

= 6,25 Tm = 2

22

6.2

)36.(3.8 = -9 Tm

2. Kekakuan Balok

kBA = L

EI3 (jepit – sendi) ; kBC =

L

EI3 (jepit – sendi)

= 5

EI3 = 0,6 EI ; =

6

EI3 = 0,5 EI

3. Faktor distribusi balok

EI5,0EI6,0

EI6,0BA

;

EI5,0EI6,0

EI5,0BC

= 0,545 ; = 0,455


5 m 3 m

EIEI

2 T/m8 T/m

3 m

EI

8 T/m

EI

2 T/m

(2 x 5)/2 = 5 T 5 T 4 T

7,749/5 = 1,550 T 1,550 T

3,45 T 6,55 T 5,292 T 2,708 T

8/2 = 4 T

7,749/6 = 1,292 T 1,292 T

7,749 Tm

A

B

C

4. Tabel distribusi

Titik Kumpul A B C

Balok AB BA BC CB

Faktor distribusi - 0,545 0,455 -

Momen Primer 6,25 -9

1,499 1,251

Momen Ujung 0 7,749 -7,749 0

Arah momen ujung sesuai dengan perjanjian tanda, bernilai positif searah

jarum jam dan sebaliknya berlawanan arah jarum jam bernilai negatif.

V. Analisis Free body


5 m 3 m

EIEI

2 T/m8 T/m

3 m

7,749

2,976

8,127

3,45

5,292

6,55

2,708

VI. Gambar bidang Momen dan bidang lintang struktur

1. Bidang Momen

Balok AB

Mx = RAB.X – ½.q.X2

= 3,45X – ½.2.X2

= 3,45X – X2


dMx = 0

dx

dMx = 3,45 – 2X = 0

2X = 3,45

X = 1,725 m

Maka momen Max. balok AB

Mmax = 3,45(1,725)– (1,725)2

= 2,976 Tm

Balok BC

Mx = RBC.X - MBC

= 5,292.X – 7,749

Mmax = 5,292 x 3 – 7,749

= 8,127 Tm

2. Bidang Lintang

DAB = RA = 3,45 T

DBC = -6,55 +11,842

= 5,292 T

DBA = 3,45 – 2 x 5

= -6,55 T

DCB = 5,292 – 8

= -2,708 T


2EI 1,5EI

31 1 2 2 1

P2 = 6 Tq = 3 T/m

A CB

D

P1 = 6 T P3 = 6 T


Diminta :



Penyelesaian :

IV. Analisis Struktur Metode Cross

1. Momen Primer

MAB = 2

2

2

2

L

b.a.P

L

b.a.P ; MBA =

2

2

2

2

L

b.a.P

L

b.a.P

= 2

2

2

2

5

1.4.6

5

4.1.6 = -4,8 Tm ; =

2

2

2

2

5

1.4.6

5

4.1.6 =4,8 Tm

MBC = 2

222

L2

)aL(a.P

8

L.q ; MCD = - ½.q.L

2 = -1,5 Tm

= 2

222

4.2

)24.(2.6

8

4.3 =-10,5 Tm ; MCB = -MCD = 1,5 Tm

2. Faktor Kekakuan balok

kBA = L

)EI2(4 (jepit – jepit) ; kBC =

L

)EI5,1(3 (jepit – sendi)

= 5

)EI2(4 = 1,6 EI ; =

4

)EI5,1(3 = 1,125 EI


EI125,1EI6,1

EI6,1BA

= 0,587 ;

EI125,1EI6,1

EI125,1BC

= 0,413


2EI 1,5EI

31 1 2 2 1

P2 = 6 Tq = 3 T/m

A CB

6 ton 6 ton6 ton

3 ton/m

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

7,706 1,5

6 T

3,347/5 =

0,669 T0,669 T

7,706/5 =

1,541 T 1,541 T

5,128 T

6/2+3x4/2 =

9 T 9 T

7,706/4 =

1,927 T 1,927 T

1,5/4 =

0,375 T 0,375 T

10,552 T6,872 T 7,448 T

3,0x1

= 3 T

3 T

D

P1 = 6 T P3 = 6 T

3 ton/m

4. Tabel distribusi

Titik Kumpul A B C

Balok AB BA BC CB CD

Faktor distribusi - 0,587 0,413 - -

Momen Primer -4,8 4,8 -10,5 1,5 -1,5

Dist 3,346 2,354

Induksi 1,673 0 0,75 0

Dist -0,44 -0,31

Induksi -0,22 0

Momen Ujung -3,35 7,706 -7,706 1,5 -1,5

Arah momen ujung sesuai dengan perjanjian tanda, bernilai positif searah

jarum jam dan sebaliknya berlawanan arah jarum jam bernilai negatif.

V. Analisis Free body


2EI 1,5EI

31 1 2 2 1

6 ton 6 ton6 ton

3 ton/m

A CB

3,35

1,781

0,826

7,697

7,401

1,5

5,131

-0,869

-6,869

10,549

-7,451

3

4,549

-1,451

VI. Gambar bidang Momen dan bidang lintang struktur

1. Bidang Momen

Balok AB

MP1 = RAB.XP1 - MA

= 5,131 x 1 – 3,35

= 1,781 Tm

MP2 = RAB.X P2 - P1.X - MA

= 5,131 x 4 – 6 x 3 - 3,35

= -0,826 Tm

MP1 dan MP2 masing-masing adalah

momen di bawah beban P1 dan P2.

Balok BC

MP3 = RBC.X – ½ q.X2 - MBC

= 10,549 x 2 – ½ .3.22 – 7,697

= 7,401 Tm

2. Bidang Lintang

DAB = RA = 5,131T

DP3 = 10,549 – 3x2 – 6 = -1,451 T

DP1 = 5,131 – 6 = -0,869 T

DCB = -1,451 – 3x2 = -7,451 T

DP2 = -0,869 – 6 = -6,869 T

DCD = -7,451 + 10,451 = 3 T

DBC = -6,869 +17,418 = 10,549 T

DD = 3 – 3.1 = 0 (OK)


P1 = 20 Kg

q2 = 2 Kgq1 = 3 Kg

P2 = 18 Kg P3 = 6 Kg

10EI 2EI3EI

12 m 24 m 4 m 8 m 3 m

A B C DE


Diminta :



Penyelesaian :

I. Analisis Struktur Metode Cross

1. Momen Primer

MBA = 8

L.q 21 =

8

12.3 2

= 54 kgm ; MBC = 2

222

L

b.a.P

12

L.q

MCB = 2

222

L

b.a.P

12

L.q =

2

22

24

12.12.20

12

24.2 =-156

= 2

22

24

12.12.20

12

24.2 = 156 kgm MCD =

2

22

L2

)aL.(a.P

= 2

22

12.2

)812.(8.18 = -40 kgm

MDC = -MDE = P3.L = 6.3 = 18 kgm


kBA = 12

)EI3(3= 0,75 EI ; kBC =

24

)EI10(4 = 1,667 EI

kCD = 12

)EI2(3 = 0,5 EI



EI667,1EI75,0

EI75,0BA

= 0,310 ;

EI667,1EI75,0

EI667,1BC

= 0,690

EI5,0EI667,1

EI667,1CB

= 0,769 ;

EI5,0EI667,1

EI5,0CD

= 0,231

4. Tabel distribusi

Titik Kumpul B C D

Balok BA BC CB CD DC DE

Faktor distribusi 0,310 0,690 0,769 0,231 1 -

Momen Primer 54 -156 156 -40 18 -18

Distribusi 31,62 70,38 -89,204 -26,796

Induksi -44,602 35,19 9

Distribusi 13,827 30,775 -33,982 -10,208

Induksi -16,991 15,387

Distribusi 5,267 11,724 -11,833 -3,554

Induksi -5,917 5,862

Distribusi 1,834 4,083 -4,508 -1,354

Induksi -2,254 2,042

Distribusi 0,699 1,555 -1,570 -0,472

Induksi -0,785 0,778

Distribusi 0,243 0,542 -0,598 -0,180

Induksi -0,299 0,271

Distribusi 0,093 0,206 -0,208 -0,063

Induksi -0,104 0,103

Distribusi 0,032 0,072 -0,079 -0,024

Induksi -0,040 0,036

Distribusi 0,012 0,028 -0,028 -0,008

Induksi -0,014 0,014

Distribusi 0,004 0,010 -0,011 -0,003

Induksi -0,005 0,005

Distribusi 0,002 0,003 -0,004 -0,001

Induksi -0,002 0,001

Distribusi 0,001 0,001 -0,001 0

Momen Ujung 107,634 -107,634 73,663 -73,663 18 -18


P1 = 20 Kg

q2 = 2 Kgq1 = 3 Kg

P2 = 18 Kg P3 = 6 Kg

10EI 2EI3EI

12 m 24 m 4 m 8 m 3 m

A B C DE

q1 = 3 Kgq2 = 2 Kg

P1 = 20 KgP2 = 18 Kg P3 = 6 Kg

6 Kg

6 Kg

107,698 73,61518

3x12/2 =

18 kg18 kg

107,698/12 =

8,975 kg

2x24/2 +20/2=

34 kg

107,698/24 =

4,487 kg

73,615/24 =

3,067 kg

18x8/12 =

12 kg

73,615/12 =

6,135 kg

18/12 =

1,5 kg

6,135 Kg

1,5 Kg

34 Kg

4,487 Kg

3,067 Kg

8,975 Kg

18x4/12 =

6 kg

9,025 Kg 26,975 Kg 35,420 Kg 16,635 Kg32,58 Kg 1,365 Kg

P1 = 20 Kg

q2 = 2 Kgq1 = 3 Kg

P2 = 18 Kg

10EI 2EI3EIA B C D

E

9,025

26,975

35,420

11,420

8,580

32,580

16,635

1,365

6

107,698

73,615

173,342

7,075 18

13,575


III. Gambar bidang Momen

dan bidang lintang

struktur

BID. M

BID. D


q1 = 1,2 kg/m

4 m 12 m 16 m 6 m 6 m

2EI 4EI 3EI

3 kg 8 kg

( 1 )

q1 = 1,2 kg/m

4 m 12 m 16 m 6 m 6 m

2EI 4EI 3EI

3 kg 8 kg

( 2 )

q1 = 3 kg/mq2 = 6 kg/m 36 kg

EI EI EI

16 m 24 m 12 m

( 3 )

q1 = 3 kg/mq2 = 6 kg/m 36 kg

EI 3EI EI

16 m 24 m 12 m

( 4 )

q1 = 1,2 kg/m

4 m 12 m 16 m 6 m 6 m

3 kg 8 kg

( 5 )

I = Konstan

Balok AB = 40/75

Balok BC = 60/100

Balok CD = 40/75

A B C D

Analisis dan Gambar diagram M dan D struktur balok menerus di bawah ini

dengan metode Cross !


P = 10 Kgq = 4 kg/m

EI EI

EI2EI

AB C

D E

5 m 6 m

6 m

ANALISIS STRUKTUR PORTAL TAK BERGOYANG

dengan METODE DISTRIBUSI MOMEN (Metode Cross)

Diketahui struktur portal tak bergoyang seperti pada gambar di bawah ini :

Diminta :

1. Hitung dan gambar bidang M, D dan N struktur tsb dengan metode Cross !


Penyelesaian :


1. Momen Primer

MAB =12

L.q 2

= 12

5.4 2

= -8,33 kgm; MBC = 8

L.P =

8

6.10 = -7,5 kgm

MBA = 8,33 kgm ; MCB = 7,5 kgm


kAB = 5

)EI(4 = 0,8 EI ; kBC =

6

)EI(4 = 0,67 EI

kBD = 6

)EI2(4 = 1,33 EI ; kCE =

6

)EI(4 = 0,67 EI



EI33,1EI67,0EI8,0

EI8,0BA

= 0,28 ;

EI33,1EI67,0EI8,0

EI67,0BC

= 0,24

EI33,1EI67,0EI8,0

EI33,1BD

= 0,48 ;

EI67,0EI67,0

EI67,0CB

= 0,5

EI67,0EI67,0

EI67,0CE

= 0,5

4. Tabel distribusi

Ttk

Kumpul A B C D E

Balok AB BA BC BD CB CE DB EC

Koef. distr 1 0,28 0,24 0,48 0,5 0,5 1 M. Primer -8,33 8,33 -7,5 7,5

Dist -0,23 -0,20 -0,40 -3,75 -3,75

Induksi -0,115 -1,875 -0,1 -0,2 -1,875

Dist 0,525 0,45 0,90 0,05 0,05

Induksi 0,263 0,025 0,225 0,45 0,025

Dist -0,007 -0,006 -0,012 -0,113 -0,112

Induksi -0,0035 -0,057 -0,003 -0,006 -0,056

Dist 0,016 0,014 0,027 0,002 0,001

Momen

Ujung -8,186 8,634 -9,149 0,515 3,811 -3,811 0,25 -1,85


P = 10 Kgq = 4 kg/m

EI EI

EI2EI

AB C

D E

5 m 6 m

6 m

q = 4 kg/mP = 10 Kg8,186 8,634 9,149

0,515

0,25

3,811

1,85

3,811

10 10

1,64 1,64

1,73 1,73

9,91 10,09

10,09

5 5

1,52 1,52

0,64 0,64

5,88 4,12

5,88

4,12

15,97 4,12

0,09

0,090,04

0,040,13

0,13

0,64

0,95

0,95 0,31

0,640,31

0,950,95

0,13

0,820,820,95



AB C

D E

AB

C

D E

AB C

D E

Bid. M

Bid. D

Bid. N

8,1868,634

4,09

9,149

3,811

3,811

1,850,25

9,91

10,09

5,88

4,12

0,9

5

0,1

3

+0,82+0,95

-15,9

7

-4,1

2

III. Gambar M, D dan N


P2 = 120 kNP1 = 96 kN

2EI 2EI

1,5EI

5 m 5 m 4 m 6 m

6 m

A BC

D

Diketahui struktur portal tak bergoyang seperti pada gambar di bawah ini :

Diminta :

1. Hitung dan gambar bidang M, D dan N struktur tsb dengan metode Cross


Penyelesaian :


1. Momen Primer

MBA = 2

221

L2

)aL.(a.P =

2

22

10.2

)510.(5.96 = 180 kN ;

MBC = 2

22

L

b.a.P =

2

2

10

6.4.120 = -172,8 kN

MCB = 2

22

L

b.a.P =

2

2

10

6.4.120 = 115,2 kN


kAB = 10

)EI2(3 = 0,6 EI ; kBC =

10

)EI2(4 = 0,8 EI

kCD = 6

)EI5,1(4 = 1 EI



EI8,0EI6,0

EI6,0BA

= 0,429 ;

EI8,0EI6,0

EI8,0BC

= 0,571

EI1EI8,0

EI8,0CB

= 0,444 ;

EI1EI8,0

EI1CD

= 0,556

4. Tabel distribusi

Ttk Kumpul B C D

Balok BA BC CB CD DC

Koef. distribusi 0,429 0,571 0,444 0,556

M. Primer 180 -172,8 115,2

Dist -3,089 -4,111 -51,149 -64,051

Induksi -25,575 -2,056 -32,025

Dist 10,972 14,603 0,913 1,143

Induksi 0,456 7,301 0,572

Dist -0,196 -0,260 -3,242 -4,059

Induksi -1,621 -0,130 -2,029

Dist 0,695 0,926 0,058 0,072

Induksi 0,029 0,463 0,036

Dist -0,012 -0,017 -0,206 -0,257

Induksi -0,103 -0,008 -0,128

Dist 0,044 0,059 0,004 0,004

Induksi 0,002 0,029 0,002

Dist -0,001 -0,001 -0,013 -0,016

Momen Ujung 188,413 -188,413 67,164 -67,164 -33,572

Arah momen ujung sesuai dengan perjanjian tanda, bernilai positif

searah jarum jam dan sebaliknya berlawanan arah jarum jam bernilai

negatif.


P2 = 120 kNP1 = 96 kN

2EI 2EI

1,5EI

5 m 5 m 4 m 6 m

6 m

A BC

D

48 48

P1 = 96 kN P2 = 120 kN

18,841 18,841

29,159 66,841

72 48

18,841 18,841

6,7166,716

35,875

35,875

84,125

35,875

11,194 5,595

11,194 5,595 16,789

16,789

16,789

33,572

67,164

67,164188,413188,413

16,789

16,789


Reaksi Perletakan struktur :

RAV = 29,159 kN ; RAH = 16,789 kN

RBV = 66,841 + 84,125 ; RBH = 16,789 kN ; MB = 188,413 kNm

= 150,966 kN

RCV = 35,875 kN ; RCH = 16,789 kN ; MC = 67,164 kNm

RDV = 35,875 kN ; RDH = 16,789 kN ; MC = 33,572 kNm


A BC

D

145,795148,087

188,413

67,164

33,572

Bid. M

Bid. D

Bid. N

-16,789

+3

5,8

75

29,159

66,841

84,125

35,875

16,7

89

III. Gambar M, D dan N


40 kN

3EI5

m2EI

5 m 5 m

A

B C

40 kN

3EI

5 m2EI

5 m 5 m

A

B C

40 kN

3EI

6 m2EI

5 m 5 m

A

B C

q = 24 kN/m

5EI B

2EI

A

C

D

10 m 2 m

5 m

20 kN/m

3EI B

2EI

AC

D

3 m 6 m5 m

6 m

40 kN

2EI

15 kN/m

3EIB

A

C

D

3 m 8 m

6 m

6 m

5 kN

2EI

1,5EI 1,5EI

E

F

1,5 m

2

1

3

4

5

6

Analisis dan Gambar diagram M, D dan N struktur portal tak bergoyang di

bawah ini dengan metode Cross !


ANALISIS STRUKTUR BERGOYANG

dengan METODE DISTRIBUSI MOMEN

Prosedur Analisis :

I. Analisis Struktur metode Cross

1. Hitung momen primer setiap balok akibat beban

2. Hitung nilai kekakuan lentur setiap balok

3. Hitung koefisien distribusi balok pada setiap titik kumpul

4. Buat Tabel Cross I dan lakukan distribusi momen akibat beban luar

5. Berikan perpindahan pada struktur lalu hitung momen primernya.

6. Buat Tabel Cross II dan lakukan distribusi momen akibat pergoyangan

7. Susun dan selesaikan persamaan keseimbangan (H = 0) akibat momen

ujung beban luar dan perpindahan untuk memperoleh nilai k.

H = 0

F + RH1 + k (RH2) = 0

dimana :

F = Jumlah beban luar arah horisontal

RH1 = Jumlah reaksi tumpuan horisontal akibat beban luar

RH2' = Jumlah reaksi tumpuan horisontal akibat pergoyangan

8. Jumlahkan momen ujung akibat beban luar (Tabel I) )dan momen ujung

akibat perpindahan (Tabel II) untuk mendapatkan momen ujung akhir

MiAkhir = Mi1 + k Mi2

Dimana :

MiAkhir = Momen ujung dititik i

Mi1 = Momen ujung dititik i akibat beban luar

Mi2 = Momen ujung dititik i akibar pergoyangan

9. Bila lebih dari satu perpindahan, buat lagi Tabel Cross III dan

seterusnya kemudian ikuti langkah 7 - 9 di atas.


III. Gambar Bidang Momen, Lintang dan Normal


P2 = 96 kN

P1 = 48 kN

2EI

EI EI

3 m

3 m 3 m

4,5

m

5 m

A

B C

D

.


Diminta :



Penyelesaian :


a. Momen Primer

MAB = 2

2

L

b.a.P =

2

2

5,7

3.5,4.48 = -34,56 kNm

MBA = 2

2

L

b.a.P =

2

2

5,7

3.5,4.48 = 51,84 kNm

- MBC = MCB = 2

2..

L

baP =

2

2

6

3.3.96 = 72 kNm

b. Kekakuan Balok

kAB = 5,7

EI4 = 0,533 EI ; kBC =

6

)EI2(4 = 1,333 EI

kCD = 5

EI4 = 0,8 EI

c. Faktor distribusi balok

EI333,1EI533,0

EI533,0BA

= 0,286 ;

EI333,1EI533,0

EI333,1BC

= 0,714

EI8,0EI333,1

EI333,1CB

= 0,625 ;

EI8,0EI333,1

EI8,0CD

= 0,375


EI

EI

A

B C

D

2EI

d. Tabel Cross I

Titik Kumpul A B C D

Balok AB BA BC CB CD DC

Faktor distribusi - 0,286 0,714 0,625 0,375 -

Momen Primer -34,56 51,84 -72 72 0 0

2,883 5,766 14,394 7,197

-24,749 -49,498 -29,699 -14,849

3,539 7,078 17,671 8,835

-2,761 -5,522 -3,313 -1,657

0,395 0,790 1,971 0,986

-0,308 -0,616 -0,370 -0,185

0,044 0,088 0,220 0,110

-0,034 -0,069 -0,041 -0,021

0,005 0,010 0,024 0,012

-0,004 -0,007 -0,005 -0,002

0 0,001 0,003 0,001

-0.001 0

Momen Ujung -27,694 65,573 -65,573 33,428 -33,428 -16,714

e. Translasi struktur

Perpindahan sebesar 100 kNm3/EI dikerjakan pada balok seperti pada

gambar berikut :

Sehingga momen primer akibat perpindahan tersebut adalah :

MAB = MBA = 2L

.EI.6 =

25,7

100.EI.6 = -10,667 kNm

MCD = MDC = 25

100.EI.6 = -24 kNm


A

D

27,694

65,573 33,428

16,714

HA1

HD1

14,149

48 kN

10,028

AD

10,157

9,647 15,478

19,740

HA2

HD2

2,641

7,044

f. Tabel Cross II



Faktor distribusi - 0,286 0,714 0,625 0,375 -

Momen Primer -10,667 -10,667 -24,000 -24,000

1,525 3,051 7,616 3,808

6,310 12,620 7,572 3,786

-0,902 -1,805 -4,505 -2,253

0,704 1,408 0,845 0,422

-0,101 -0,201 -0,503 -0,251

0,079 0,157 0,094 0,047

-0,011 -0,022 -0,057 -0,028

0,009 0,018 0,010 0,005

-0,001 -0,003 -0,006 -0,003

0,001 0,002 0,001 0

0 -0,001

Momen Ujung -10,157 -9,647 9,647 15,478 -15,478 -19,740

Persamaan keseimbangan akibat beban luar dan akibat perpindahan

a. Reaksi akibat beban luar b. Reaksi akibat goyangan

H = 0

48 – (HA1 + HD1) - k (HA2 + HD2) = 0

48 – (14,149 + 10,028) – k (2,641 + 7,044) = 0

9,685 k = 48 – 24,177

k = 2,46

Maka momen ujung akhir pada struktur portal di atas adalah :

MAB = MAB1 + k MAB2

= -27,694 + 2,46 x -10,157

= -52,680 kNm


A

D

52,680

41,841 71,504

65,174

20,645

48 kN

27,355

96 kN

71,50441,841

27,355

27,355

27,355

27,355

43,056 52,944

52,94443,055

43,056

52,944

52,680

40,223

41,841

65,274

71,504

87,327

43,056

52,944

20,645

27,355

27,355

-43

,05

6

-52

,94

4

-27,355

Untuk nilai momen ujung yang lain dapat dilihat pada tabel di bawah ini.



Momen Tabel I -27,694 65,573 -65,573 33,428 -33,428 -16,714

Momen Tabel II -10,157 -9,647 9,647 15,478 -15,478 -19,740

Momen Ujung -52,680 41,841 -41,841 71,504 -71,504 -65,274



BID. M BID. D

BID. N


3 ton/m

1,5 m 5 m 3 m

4 m

A

B C

D

E

EI

2EI

EI


Diminta :



Penyelesaian :


1. Momen Primer

MBE = ½ .q. L2

= ½ . 3 . 1,52 = 3,375 Tm

-MBC = MCB = 12

5.3 2

= 6,250 Tm


kBA =4

)EI(3 = 0,75 EI ; kBC =

5

)EI2(4= 1,6 EI

kCD = 5

)EI(4 = 0,8 EI


EI6,1EI75,0

EI75,0BA

= 0,319 ;

EI6,1EI75,0

EI6,1BC

= 0,681

EI8,0EI6,1

EI6,1CB

= 0,667 ;

EI8,0EI6,1

EI8,0CD

= 0,333


C

C’

B’

4 m

3 m

4. Tabel Cross I

Titik Kumpul B C D

Balok BA BE BC CB CD DC

Faktor distribusi 0,319 0 0,681 0,667 0,333 -

Momen Primer 3,375 -6,250 6,250

0,917 - 1,958 0,979

-2,411 -4,822 -2,407 -1,204

0,769 1,642 0,821

-0,274 -0,548 -0,273 -0,137

0,088 0,186 0,093

-0,031 -0,062 -0,031 -0,016

0,010 0,021 0,011

-0,004 -0,007 -0,004 -0,002

0,001 0,003 0,001

-0,001

Momen Ujung 1,785 3,375 -5,160 2,715 -2,715 -1,359

a. Translasi struktur

Perpindahan sebesar 100 Tm3/EI dikerjakan pada balok seperti pada

gambar berikut :

Panjang CC’ bisa diperoleh dengan menggunakan perbandingan segitiga

sbb :

'CCCD

4

'CC5

4 CC’ = 5/4

Sehingga momen primer akibat perpindahan tersebut adalah :

MBA = 2L

.EI.3 =

24

100.EI.3 = -18,75 Tm

MCD = MDC = 2L

'CC.EI.6 =

25

)100.4/5.(EI.6 = -30 Tm


HA1 HD1 HA2 HD2

15,60521,129

25,5633,901

15,605 21,129

7,0117,989

7,347

3 ton/m

1,782

5,1572,714

2,7141,351

7,011

0,446 6,275

7,3477,347

17,183

b. Tabel Cross II

Titik Kumpul B C D


Faktor distribusi 0,319 0 0,681 0,667 0,333 -

Momen Primer -18,750 ? -30,000 -30,000

5,981 12,769 6,384

7,876 15,752 7,864 3,932

-2,512 -5,363 -2,682

0,894 1,789 0,893 0,447

-0,285 -0,609 -0,305

0,102 0,203 0,101 0,051

-0,032 -0,069 -0,035

0,012 0,023 0,012 0,006

-0,004 -0,008 -0,004

0,001 0,003 0,001 0,001

-0,001

Momen Ujung -15,605 - 15,605 21,129 -21,129 -25,563

7. Persamaan keseimbangan akibat beban luar dan akibat perpindahan

a. Reaksi akibat beban luar b. Reaksi akibat goyangan

a. Reaksi akibat beban luar

Free body AB

HA1 = 1,782/4

= 0,446 T

Free Body BC

RCV = 5

)714,2157,5(

2

5x3 = 7,011 T


Free Body CD

Mc = 0

RDV x 3 + MDC + MCD – HD1 x 4 = 0

7,011x3 + 1,351 + 2,714 – HD1 x 4 = 0

HD1 = 4

098,25 = 6,275 T

b. Reaksi akibat goyangan

Free body AB

HA2 = 15,605/4

= 3,901 T

Free Body BC

RCV = 5

)129,21605,15( = 7,347 T

Free Body CD

Mc = 0

RDV x 3 + MDC + MCD – HD2 x 4 = 0

7,347x3 + 25,563 + 21,129 – HD2 x 4 = 0

HD2 = 4

733,68 = 17,183 T

Keseimbangan horisontal struktur secara keseluruhan :

H = 0

(HA1 + HD1) + k (HA2 + HD2) = 0

(0,446 - 6,275) + k (-3,901 - 17,183) = 0

-21,084 k = 5,829

k = -0,2765

Maka momen ujung akhir pada struktur portal di atas adalah :

MBA = MBA1 + k MBA2

= 1,782 + (-0,2765) x -15,605

= 6,097 kNm

Untuk nilai momen ujung yang lain dapat dilihat pada tabel di bawah

ini.

Titik Kumpul B C D


Momen Tabel I 1,782 3,375 -5,157 2,714 -2,714 -1,351

Momen Tabel II 4,315 0 -4,315 -5,842 5,842 7,068

Momen Ujung 6,097 3,375 -9,472 -3,128 3,128 5,717


4,9810,02

3 ton/m

6,097

9,4723,128

3,1285,717

1,524

3,375

1,524

1,524 1,524

1,524

1,524

3 ton/m

4,54,5

10,02

14,52

4,98

4,98

7,261

5,717

3,128

6,097

3,375

9,472

1,524

4,5

10,02

4,98

-14,5

2

-1,524

-5,203

2,074


Berdasarkan Gambar analisis Free body, komponen reaksi perletakan

portal bergoyang tersebut adalah :

RAV = 14,52 T ; RAH = 1,524 T

RDV = 4,98 T ; RDH = -1,524 T ; MD = 7,706 Tm


x


2EI 2EI

3EI

1,5 6 m 1,5

4 m6 T

4 T8 T/m

24 T/m

2EI 2EI

1,5EI 1,5EIEI

6 m 6 m

3,5

m1 m

24 T/m

2EI 2EI

1,5EI 1,5EIEI

6 m 6 m

3,5

m1

m

8 T

8 T

12 T

EI

2EI

EI

8 m3 m

4 m

6 m

8 T

12 T

EI

2EI

EI

5 m3 m

4 m

3 m

1 2

3 4

5

Hitung reaksi perletakan dan gambarkan bid Momen, Lintang dan Normal

struktur di bawah ini.


A

B

C

D

E

HB1 HD1 HB2 HD2 HB3 HD3

+ +

=

4.2 Analisis Struktur Gable Frame

Pendekatan dasar yang dipakai dalam analisis Gable Frame degan

derajat kebebasan goyangan kesamping sebesar melibatkan dua tumpuan

tambahan yang mencegah dua goyangan bebas tersebut.

Prosedur analisisnya sebagai berikut :

a. Dengan menahan goyangan titik B dan D kesamping, distribusikan momen-

momen akibat beban yang bekerja.

b. Distribusikan momen yang terjadi akibat goyangan (1) dititik B dilepas

sedangkan D tetap ditahan.

c. Distribusikan pula momen yang terjadi akibat goyangan (2) dititik D

dilepas sedangkan B ditahan.

d. Momen-momen ujung Persamaan kedua kondisi geser yang dapat dipakai

untuk mendapatkan nilai k1 dan k2 adalah :

HB1 = k1.HB2 + k2.HB3

HD1 = k1.HD2 + k2.HD3

e. Momen akhir struktur gable frame adalah jumlah momen-momen ujung dari

ketiga kondisi di atas dengan memasukkan nilai k1 dan k2 yang telah

diperoleh pada langklah sebelumnya.

Mi-Akhir = Mi-1 + k1.Mi-2 + k2.Mi-3


A

B

C

D

E

3 ton/m

A

B

C

D

E

3 ton/m

12 m

6 m

2 m

6 m

2 m

6 m 3 m 3 m

6 T

A

B

C

D

E

6 m

2 m

12 m

8 T

1 2

3

.

Hitung reaksi perletakan dan gambarkan bid Momen, Lintang dan

Normal struktur di bawah ini.

handout mer iv d iii

Education