materi pertemuan ix,x,xi
DESCRIPTION
Teknik SipilTRANSCRIPT
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐1
Pertemuan IX,X,XI V. Metode Defleksi Kemiringan (The Slope Deflection Method)
Lanjutan
V.1 Penerapan Metode Defleksi Kemiringan Pada Kerangka Kaku Statis
Tak Tentu Tanpa Goyangan.
Hampir semua kerangka kaku yang secara actual dibangun di dalam
praktek bersifat statis tak tentu. Tidak seperti titik-hubung kaku (180O) di
tumpuan-tumpuan balok menerus, lebih dari dua ujung batang bisa
terhimpun di titik-hubung yang sama, yang di dalam kasus ini, kondisi
keseimbangan yang berkaitan dengan rotasi yang tak diketahui di titik
hubung itu akan melibatkan lebih dari dua momen ujung. Kondisi
keseimbangan untuk titik-hubung kaku pada Gambar 5.1 adalah
M2 + M3 + M16 + M17 = 0 …………………………………….. (5.1)
Gambar 5.1 Kondisi Momen Titik-Hubung di Dalam Metode Defleksi Kemiringan
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐2
Analisa umum kerangka kaku didasarkan atas pengandaian, bahwa
deformasi aksial yang sangat kecil apabila dibandingkan dengan lendutan-
lentur boleh diabaikan. Berdasarkan pengandaian tersebut, banyak
kerangka kaku memiliki bentuk sedemikian rupa sehingga tak satupun titik-
hubung dapat mengalami perubahan posisi yang tak diketahui akibat beban-
beban yang bekerja. Dengan demikian perpindahan-perpindahan yang tak
diketahui akan hanya melibatkan rotasi-rotasi titik-hubungnya dan semua
momen ujungnya dapat diekspresikan sebagai fungsi dari perpindahan-
perpindahan yang tak diketahui tersebut melalui persamaan-persamaan
defleksi kemiringan.rotasi-rotasi titik-hubung yang tak diketahui dapat
diperoleh. Dengan menggantikan nilai-nilai rotasi titik-hubung kembali ke
dalam persamaan-persamaan defleksi kemiringan, momen-momen ujung
diperoleh. Semua momen ujung yang telah dikatahui, gaya aksial, gaya
geser dan momen pada semua batang dapat diperoleh dengan menerapkan
hukum-hukum statika terhadap batang-batang individual.
V.2 Penerapan Metode Defleksi Kemiringan Pada Kerangka Kaku Statis
Tak Tentu Dengan Goyangan Ke Samping.
Untuk kerangka kaku bertitik-hubung menyiku, translasi-translasi
titik-hubung yang tak diketahui biasanya mengarah horizontal, karenanya
dinamakan goyangan ke samping (sides ways) yang tak diketahui. Jumlah
kerangka kaku menyiku akan sama dengan jumlah tingkat dalam kerangka
kaku empat persegi panjang. Misalnya kerangka kaku bertingkat satu pada
Gambar 5.2a, translasi yang tak diketahui yang mungkin hanyalah
goyangan ke samping kanan dari titik hubung A, B, atau C. Kondisi
keseimbangan untuk rotasi searah jarum jam yang tak diketahui di titik-
hubung B, sebagaimana ditunjukkan pada Gambar 5.2b, jumlah momen
berlawanan arah jarum jam yang bekerja di titik-hubung adalah nol, atau
M2 + M3 + M7 = 0 …………………………………………….. (5.2)
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐3
Kondisi keseimbangan untuk goyangan ke samping kanan yang tak
dikaetahui di titik-titik pada diagram benda bebas paduan titik-titik hubung
A, B, atau C adalah bahwa jumlah gaya-gaya horizontal yang bekerja ke kiri
pada diagram benda bebas paduan titik-titik hubung A, B, atau C,
sebagaimana ditunjukkan pada Gambar 5.2c adalah nol atau
-W1 – H5 – H7 – H9 = 0 ………………………………………... (5.3)
dengan H5, H7, dan H9 dapat diekspresikan sebagai fungsi dari momen-
momen ujung pada Gambar benda bebas kolom-kolom, sebagaimana
ditunjukkan pada Gambar 5.2d.
Untuk kerangka kaku tipikal bertingkat dua pada Gambar 5.3a,
terdapatlah enam rotasi titik-hubung yang tak diketahui dan dua goyangan
ke samping yang tak diketahui yang ditunjukkan sebagai ∆1 ke sebelah
kanan dari titik-hubung A, B, atau C dan ∆2 ke sebelah kanan dari titik-
hubung D, E, atau F.
Gambar 5.2 Kerangka Kaku Tipikal Bertingkat Satu
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐4
Kedua kondisi keseimbangan yang berkaitan dengan dua goyangan ke
samping yang tak diketahui tersebut diperoleh dengan menyamakan gaya-
gaya horisontal yang bekerja ke kiri pada benda bebas paduan titik-titik
hubung A, B, dan C yang kemudian benda bebas paduan titik-titik hubung
D, E, dan F, dengan nol. Dengan demikian,
-W1 – H9 – H11 – H13 = 0 ........................................................... (5.4a)
dan -W2 + H10 + H12 + H14 – H15 – H17 – H19 = 0 ……………….. (5.4b)
Kedua kondisi gaya geser yang berkaitan dengan goyangan-goyang ke
samping yang tak diketahui ∆1 dan ∆2 ke sebelah untuk kerangka kaku pada
Gambar 5.3 dapat dituliskan dengan cara lain dalam bentuk :
W1 = H10 + H12 + H14 ……………………....…………………. (5.5a)
dan W1 + W2 = H16 + H18 + H20 = ………........……….…………... (5.5b)
Gambar 5.3 Kerangka Kaku Tipikal Bertingkat Dua
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐5
Sebagaimana ditunjukkan pada Gambar 5.4, jumlah semua gaya horisontal
yang bekerja ke kakanan pada kerangka kaku, dari puncaknya hingga dasar-
dasar himpunan kolom pada tingkat yang sama, sama dengan jumlah gaya-
gaya geser yang bekerja ke kiri di dasar-dasar kolom.
Analisa kerangka kaku dengan goyanga ke samping diperlihatkan pada
Gambar 5.5a, serta diagram benda-benda bebas dan pengecekan kondisi
gaya geser diperlihatkan pada Gambar 5.5b.
Gambar 5.4 Diagram Benda-Benda Bebas Sehubungan Dengan Goyangan ke samping
(b) Diagram benda-benda bebas dan pengecekan kondisi gaya geser
(a) Kerangka kaku dengan goyangan ke samping
Gambar 5.5 Analisa Kerangka Kaku Dengan Goyangan
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐6
Perbedaan persamaan-persamaan defleksi kemiringan pada kerangka
kaku tak bergoyang dengan kerangka kaku bergoyang, yaitu pada kolom-
kolomnya, seperti diperlihatkan di dalam persamaan-persamaan berikut ini :
…………………… (5.6a)
…………….…….... (5.6b)
..………………… (5.6c)
………………….. (5.6d)
dengan kondisi gaya geser :
………………………………….. (5.7a)
………………………………………… (5.7b)
……………………………………………. (5.7c)
dan cek gaya geser :
………………………………………………. (5.8a)
…………………. (5.8b)
( )⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ Δ−++=
ABBA
AB
ABABAB LL
IEMM 3220 θθ
( )⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ Δ−++=
BAAB
BA
BABABA LL
IEMM 3220 θθ
( )⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ Δ−++=
CDDC
CD
CDCDCD LL
IEMM 3220 θθ
( )⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ Δ−++=
DCCD
DC
DCDCDC LL
IEMM 3220 θθ
AB
BAAB
ABB L
MML
aPH ++=
.
CD
DCCDC L
MMH +=
0=−− CB HH
PHH DA ≈+
PL
MML
MML
bP
CD
DCCD
AB
BAAB
AB
≈⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ++⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ++
.
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐7
V.3 Contoh-Contoh Soal dan Pembahasan
Soal 1. Analisalah kerangka kaku pada Gambar 5.6 dengan metode
defleksi kemiringan. Tentukan reaksi perletakan, gaya geser, dan momen-
momen pada semua batangnya.
Penyelesaian :
(1) Momen-momen ujung jepit.
kNm
kNm
(2) Persamaan-persamaan defleksi kemiringan. Untuk tumpuan di A dan
D jepit, maka θA = θD = 0.
Gambar 5.6 Kerangka Kaku Contoh Soal V.1
000 == BAAB MM
( ) ( )( )( )
1056
3310012
6102
22
0 −=−−=BCM
( ) ( ) ( ) 105)6(
3310012
6102
22
0 +=++=CBM
000 == DCCD MM
( ) ( ) BBAABAB EIIEMM θθθ 5,024
20 =++=
( ) ( ) BABBABA EIIEMM θθθ =++= 24
20
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐8
(3) Persaman-persamaan serempak, memenuhi syarat sambungan :
- sambungan di B : MBA + MBC = 0
- sambungan di C : MCB + MCD = 0
Dengan memasukkan persamaan-persamaan defleksi kemiringan
kedalam syarat-syarat sambungan, maka ditetapkan persamaan berikut :
3,00EIθB + 1,00EIθC = +105,00
1,00EIθB + 3,00EIθC = -105,00
Penyelesaian persaman serempak dengan cara eliminasi dan substitusi,
hasilnya adalah :
EIθB = +52,50 EIθC = -52,50
(4) Momen-momen ujung :
MAB = 0,5(+52,50) = +26,25 kNm
MBA = +52,50 kNm
MBC = -105,00 + 2(+52,50) + (-52,50) = -52,50 kNm
MCB = +105,00 + 2(-52,50) + (+52,50) = +52,50 kNm
MCD = -52,50 kNm
MDC = 0,5(-52,50) = -26,26 kNm
( ) ( ) CBCBBCBC EIEIIEMM θθθθ ++−=++= 21052632
0
( ) ( ) BCBCCBCB EIEIIEMM θθθθ +++=++= 21052632
0
( ) ( ) CDCCDCD EIIEMM θθθ =++= 24
20
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐9
(3) Reaksi perletakan. Reaksi total yang terjadi adalah reaksi akibat beban
dan reaksi pengaruh momen.
69,194
50,5225,26=
+=ARH kNB
ARHA
4 m
52,50
26,25
B C6 m
RVB2RVC2
52,50 52,50
06
50,5250,522 =
−=BRV kN
06
50,5250,522 =
−=CRV kN
D
69,194
25,2650,52−=
−−=DRH kN
C
RHD
4 m
52,50
26,25
Reaksi total :
RHA = 19,69 kN
RHD =-19,69 kN
RVA = RVB = 80 kN
RVC = RVD = 80 kN
802
1002
6.1011 =+== CB RVRV kN
Gambar 5.7 Reaksi Perletakan Contoh Soal V.1
(b) Reaksi perletakan pengaruh momen
(a) Reaksi perletakan akibat beban
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐10
(4) Diagram gaya geser dan diagram momen.
Soal 2. Analisalah kerangka kaku pada Gambar 5.9 dengan metode
defleksi kemiringan. Tentukan reaksi perletakan, gaya geser, dan momen-
momen pada semua batangnya.
Gambar 5.8 Diagram Gaya Geser dan Momen Contoh Soal V.1
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐11
Penyelesaian :
(1) Momen-momen ujung jepit.
kNm
kNm
kNm
kNm
(2) Persamaan-persamaan defleksi kemiringan. Untuk tumpuan di A dan
D jepit, maka θA = θD = 0.
Gambar 5.9 Kerangka Kaku Contoh Soal V.2
( )( )( )
245
23502
2
0 −=−=ABM
( ) ( )( )
365
23502
2
0 +==ABM
( ) ( )( )( )
1056
3310012
6102
22
0 −=−−=BCM
( ) ( ) ( ) 105)6(
3310012
6102
22
0 +=++=CBM
000 == DCCD MM
( )Δ−+−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ
−++= EIEIIEMM BBAABAB 24,04,0245
325
20 θθθ
( )Δ−++=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ
−++= EIEIIEMM BABBABA 24,08,0365
325
20 θθθ
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐12
(3) Gaya geser :
(4) Persaman-persamaan serempak, memenuhi syarat sambungan :
- sambungan di B : MBA + MBC = 0
- sambungan di C : MCB + MCD = 0
- kondisi gaya geser : -HB - Hc = 0
Dengan memasukkan persamaan-persamaan defleksi kemiringan
kedalam syarat-syarat sambungan, maka ditetapkan persamaan berikut :
2,80EIθB + 1,00EIθC – 0,24EIΔ = +69,00
1,00EIθB + 2,80EIθC – 0,24EIΔ = -105,00
-0,24EIθB – 0,24EIθC + 0,19EIΔ = +32,40
( ) ( ) CBCBBCBC EIEIIEMM θθθθ ++−=++= 21052632
0
( ) ( ) BCBCCBCB EIEIIEMM θθθθ +++=++= 21052632
0
( )Δ−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ
−++= EIEIIEMM CDCCDCD 24,08,05
325
20 θθθ
( )Δ−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ
−++= EIEIIEMM CCDDCDC 24,04,05
325
20 θθθ
( ) ( )⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ Δ−+++Δ−+−
+=5
24,08,03624,04,0245
3.50 EIEIEIEIH BBB
θθ
Δ−+= EIEI B 096,024,04,32 θ
( ) ( )⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ Δ−+Δ−
=5
24,04,024,08,0 EIEIEIEIH CCC
θθ
Δ−= EIEI C 096,024,0 θ
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐13
Penyelesaian persaman serempak dengan cara eliminasi dan substitusi,
hasilnya adalah :
EIθB = +55,29
EIθC = -41,38
EIΔ = +185,13
(5) momen ujung :
MAB = -24,00 + 0,4(+55,29) – 0,24(+185,13) = -46,32 kNm
MBA = +36,00 + 0,8(+55,29) – 0,24(+185,13) = +35,80 kNm
MBC = -105,00 + 2(+55,29) + (-41,38) = -35,80 kNm
MCB = +105,00 + 2(-41,38) + (+55,29) = +77,53 kNm
MCD = 0,8(-41,38) – 0,24(+185,13) = -77,53 kNm
MDC = 0,4(-41,38) – 0,24(+183,13) = -60,98 kNm
(6) Cek gaya geser :
(7) Reaksi perletakan. Reaksi total yang terjadi adalah reaksi akibat beban
dan reaksi pengaruh momen.
505
98,6053,775
8,3532,465
2.50≈⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
+
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐14
kN kN
10,25
80,3532,462 −=
+−=ARH kNB
A RHA2
5 m
35,80
46,32
B C6 m
RVB2RVC2
96,66
53,7780,352 −=
−=BRV kN
35,80 77,53
96,66
80,3553,772 =
−=CRV kN
D
70,275
98,6053,77−=
−−=DRH kN
C
RHD
5 m
77,53
60,98
205
2.501 −=
−=ARH 80
2100
26.10
11 =+== CB RVRV
(a) Reaksi perletakan akibat beban
(b) Reaksi perletakan pengaruh momen
Gambar 5.10 Reaksi Perletakan Contoh Soal V.2
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐15
Reaksi total :
RHA = -22,1 kN
RHD =-27,7 kN
RVA = RVB = 73,04 kN
RVC = RVD = 86,96 kN
(8) Diagram gaya geser dan diagram momen :
V.4 Soal-Soal Latihan
Analisalah kerangka kaku di bawah ini dengan menggunakan metode
defleksi kemiringan, gambar diagram gaya geser dan momen.
Gambar 5.11 Diagram Gaya Geser dan Momen Contoh Soal V.2
Bahan Ajar – Analisa Struktur II – Mulyati, ST., MT
V‐16
1.
2.
3.