modul 12.doc

1 Acep Hidayat,ST,MT Kelas PKK Universitas Mercu Buana

MODUL 12

METODE CROSS( BALOK DAN PORTAL TAK BERGOYANG)

Analisa Struktur IAcep Hidayat, ST. MT.

Pusat Bahan Ajar dan ElearningUniversitas Mercu Buana

‘13 1


Tujuan Pembelajaran UmumMahasiswa dapat memahami apakah metode “Cross” dan bagaimana metode

“Cross” dipakai untuk menyelesaikan struktur Balok dan Portal Tak Bergoyang

Tujuan Pembelajaran KhususMahasiswa dapat menghitung momen ujung batang untuk balok statis tak tentu dan

Portal Tak Bergoyang dengan metode distribusi momen (Cross).

METODE “CROSS”( Balok )

METODA CROSS

Metoda Cross atau sering disebut pula metoda iterasi momen, merupakan

cara paling populer digunakan untuk menghitung Bangunan STATIS TAK TENTU

secara manual.

Cara ini prinsipnya adalah pendistribusian momen-momen ketidak seimbangan

yang terjadi pada setiap titik kumpul kepada batang-batangnya sesuai

dengan kekakuannya. Momen ketidak seimbangan ini terbentuk sebagai akibat

dari adanya momen-momen primer dari batangnya yang bertemu di titik kumpul

tersebut.

Momen primer adalah momen-momen pada setiap ujung batang tersebut yang

berupa jepit sempurna (tidak ada rotasi), pada kenyataannya ujung-ujung

batang tersebut tidaklah bersifat jepit sempurna karena titik kumpul dapat

berotasi , akibat adanya rotasi inilah maka terjadi pendistribusian dari jumlah

momen-momen primernya (momen ketidak seimbangan).

Lihat balok yang dibebani dibawah ini :

Sistim beban Sistim beban

Momen primer Momen primer

Pada tumpuan jepit akibat beban luar menimbulkan momen primer, sedangkan pada

tumpuan sendi tidak menimbulkan momen primer (karakteristik perletakan sendi).Balok AB dibebani seperti gambar dibawah ini :



‘13 2

' '


Akibatnya batang AB melentur, timbul A & B (gambar a.)

Jika ujung-ujung A dan B dicegah terhadap rotasi, berarti di A dan B kita berikan

momen perlawanan (Restraint Moment) MAB dan MBA sehingga putaran sudut di A

dan B menjadi lebih kecil dari semula

A B dan B

Bila harga MAB dan MBA sedemikian sehingga A = 0 dan B = 0 maka

disebut sebagai momen primer atau Fixed End Momen.

Tinjau portal dibawah ini, pada titik 5 terjadi momen ketidak seimbangan dengan

keseimbangan M = 0

8

Δ Mab

5b b

4 6a a

2



‘13 3

M ab M 52 M 58 M 54 M 56 0

Maka

M 52 M 58 M 54 M 56 M abBahwa jumlah dari distribusi momen sama dengan harga negatif dari momen-

momen ketidak seimbangan.

Besarnya momen ketidak seimbangan pada titik kumpul akan disebar

kesetiap batang yang bertemu pada titik tersebut sesuai dengan kekakuan

batang-batang tersebut.

KEKAKUAN DAN FAKTOR INDUKSI

a) Batang dengan ujung jepitBatang AB diberi beban MAB sehingga timbul A

.

AB (gambar a) = gambar b + gambar c

Syarat batas : A1 A2

A

B1 B 2

B

Dari gambar b. A1 M AB

.LAB

3EI

B1 M AB

.LAB

6EI

Dari gambar c. A1

Berdasarkan syarat batas :

M BA

.LAB

3EI

B1 M BA

.LAB

6EI

M AB .LAB - M BA .LAB = A1

3EI 6EI A

BA

A

M BA .LAB - M AB .LAB 0 = ½ MAB disebut faktor induksi (carry over factor)

3EI 6EI

Dimana MBA = ½ MAB

Maka :

MAB.LAB - ( ½ MAB ) LAB

= θA θA = MAB.LAB MAB = 4EI θA

3 EI 6EI LAB4EI

Jika A dalam 1 (satu) radian, maka :

MAB = 4EI . 1 (disebut stifness atau kekakuan batang AB)LAB

KAB = 4EI LAB

b) Batang dengan ujung sendi

Bila batang AB diberi beban MAB maka timbul A dan B di sendi, bila

= M AB .LAB A 3EI

M AB 3EI LAB

Jika θA dalam 1 ( satu ) radian

Maka MAB = . 1 dan KAB =

Catatan : ujung sendi tidak menerima induksi atau induksi = 0

14 12

12 + 14

FAKTOR DISTRIBUSI

Lihat gambar dibawah ini :

14 2

M14’ M12’

3

Akibat beban yang ada maka ada momen primer M 0

dan M 0 dititik 1

M1 = M 0 0

M1 disebar ke batang batang 1-4, 1-2, dan 1-3

Dimana :

M12 M13 M14 M1

4EI122 M 12

M 13

M 14

L12

4EI13

L13

4EI14

L14

.12

.13

.14

Dimana ij dititik 1 sama semua, maka

ΔM12 : ΔM13 : ΔM14

= 4I12

L12

: 4I13

L13

: 3I14

L14

k1 = k12 : k13 :k14

maka :

= k12 : k13 :k14

ΔM12

ΔM13

k12

k1

k13

k1

(M 1 ) 12 .M 1

(M 1 ) 13.M 1

ΔM14 k14k1

(M 1 ) 14 .M 1

Ingat : k ij .EI

ij ij Lij

, ij = 3 untuk ujung sendi

ij = 4 untuk ujung jepit

FAKTOR INDUKSI

A B

MABU j un g j ep i t Di A diberi momen MAB maka B

menerima induksi sebesar MBA = ½ MAB, jadi

faktor induksi

= ½.

A B

MAB U j un g send i / r o l Jika di A diberi momen MAB maka di B tidak

ada induksi atau MBA = 0 jadi faktor induksi = 0.

MOMEN PRIMER AKIBAT PERLETAKAN TURUNa) Balok jepit – jepit

Balok AB dijepit di A dan B , B turun sebesar dibandingkan dari A, timbul

momen di A yaitu MAB dan di B yaitu MBA

Dimana MAB = MBA

Lendutan di B akibat putaran sudut di A

M AB .l

2 l

1 l

M BA .l 1 .l

4EI 3 6 4EI 6

Dengan MAB = MBA maka :

21 M .l 2 M .l² AB .l AB

E 4 3 6EI

Jadi ,maka MAB = 6 EI δ , MAB = MBA l²

b) Balok jepit – sendi

Perletakan A jepit, B sendi

A turun sebesar , timbul momen di A yaitu MAB

2

M AB .l

2 .l

M AB .l 2EI 3 3EI

M AB 3EI

.l 2

Analisa Struktur I

9 Acep hidayat Kelas PKK Universitas Mercu Buana

catatan : momen primer nilainya positif apabila penurunan batang disebelah

kanan batang, sebaliknya momen primer nilainya negatif apabila penurunan

batang di sebelah kiri batang

Contoh Soal :

Diketahui struktur seperti tampak pada gambar di bawah ini :

Diminta :

1. Hitung dan gambar bidang M dan D dengan Metode Cross.!

2. Hitung reaksi perletakkan struktur tersebut !

Penyelesaian :

Analisa Struktur I

1) a. Analisis Struktur Metode Cross

Momen Primer

Faktor Kekakuan Balok


Analisa Struktur I

b. Gambar Bidang Momen dan Bidang Lintang Struktur

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

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)


Faktor Distribusi Balok

Tabel Distribusi Momen ( CROSS )

Analisa Struktur I

Gambar Bidang Momen dan Bidang Lintang :


Analisa Struktur I


Analisa Struktur I

2) Reaksi Perletakan ( Analisis Free Body )


Analisa Struktur I


METODE “CROSS”( PORTAL TAK BERGOYANG )

ANALISA PORTAL DENGAN METODE CROSSPortal dapat berbentuk struktur yang simetris atau tidak simetris berpatokan pada sumbu tengah

vertikal yang membelah dua bagian di tengah portal.

Pola simetri, apabila seluruh batang-batang pada satu sisi dari sumbu tengah vertikalnya

sama dengan bagian sisi yang lain dalam hal panjang batang, momen inertianya, dan keadaan

ujung-ujung batangnya.

Contoh : Portal simetri

Analisa Struktur I


Apabila salah satu sisi dari panjang batang atau momen inersia dan keadaan

ujung batang berbeda antara kedua sisi sumbu vertikalnya, maka struktur portal

tidak simetri

Contoh : Portal tidak simetri

Beban yang bekerja terhadap sumbu portalSimetri Jika beban sisi yang satu dengan yang lainnya sama dalam hal

besarnya beban (Intensity) arah beban dan penyebarannya (Distribution)

Tidak simetri Jika salah satu faktor Intensity, Direction atau Distribution ada

yang berbeda.

Akibat beban yang ada, portal dapat dianalisa sebagai portal bergoyang dan

portal tak bergoyang.

Portal tanpa pergoyanganPada portal ini, setiap titik kumpul dapat melakukan perputaran sudut akibat

beban yang ada tetapi tidak ada perpindahan dari posisi sebenarnya.

Portal dengan pergoyanganPada portal ini, setiap titik kumpul dapat melakukan putaran sudut akibat beban

yang ada di sertai terjadinya perpindahan lateral secara keseluruhanterjadi

Analisa Struktur I


pergoyangan.

Secara umum

Portal dengan pergoyangan

Agar tidak bergoyang memerlukan penguncian dengan perletakan tambahan.

( a ) ( a )

Portal dengan pergoyangan

DAFTAR PUSTAKA

1. Chu-Kia Wang, 1952, Statically Indeterminate Structures, McGraw-Hill Int. Book

Company, Singapore.

2. Harry H. West, 1993, Fundamental of Structual Analysis, John Wiley &

Sons. Inc., New York.

modul 12.doc

Documents