PERHITUNGAN PORTAL BERTINGKAT
dengan cara
TIJIl1J8EYIJ BAGIAN
CPENGENALAN
disusun
,
KEBATU METOOE
TAKABEVA J
olah:
Ir. BDETDMD
HM
ax dosan lulll' bia•• departemen sipil fakultas taknik sipil & perancanaan institut teknologi ban dung
g
DITERBITKAN
OlEH
"SOETOMO HM"
JAKARTA
CETAKAN
KETIGA
(DISEMPURNAKAN)
.....••....
2
KATA
PENGANTAR
Buku .(.M mVlUpakan penyempWLna.a.n d.aJU buku
"Perhi-
jyang pada cecU..tvr.bUkan dengan ce-tak.a.n 4.ten4-U.an), pa.da.
tungan portal bertingkat dengan cara TAKABEYA"
ta.k.a.n2 4ebei.umnya
ceta.k.a.n ke.tiga .(.M cU..tvr.bUk.a.n dengan ceta.kan o664e-t. PenyemPWLna.a.n .tvr.dapa..t pada. penyedvr.ha.na.a.n penUltUnan 1tUmU42pa.da. polL.tai. dengan ben.tuk ta.k teJLa..twr. beJvi.k.u.t con.toh con.toh 4oa1.nya. Meng.(.nga..t ak.a.n langk.a.nya pvr.benda~n kepu4ta.k.a.an buku2 .tekMk 4.(.p)..l dai.am bahaAa 1ndonu.<.a., haM.pan penu..U..6 4emoga dengan .tvr.bUnya kepu4.:ta.k.a.a.n.teJr.4ebu.t.
buku .(.M dasxu:
men.a.mbah peJ!.bendahaJr.aa.n
Kepada. 4emua. pi.ho.k yang .te1.a.h memba.n.tu dai.am penvr.b.<.ta.n buku..(.M peYll.Ll.U 4a.mpa..i.k.a.n.tvr..<.makQ.4ih. Jak.a.4ta., 1 JUM 1981.-
(IlL.
SOETOMO HM)
HAK CIPTA DIlINDUNGI UNDANG2, DILARANG MENGUTIP/MEMPERBANYAK SEBAGIAN ATAUPUN SELURUHNYA ISIBUKU INI TANPA SEIZIN PENULIS *) Buku ini syah beredar bila ada tanda-tangan asli penulis.
3
DAFTAR
151 BUKU
Kata PellBantar
2
Daftar Isi Buku
3
Notasi-notasi
4
BAB I
PENDAHULUAN
1-1 Pendahuluan 1-2 Penurunan peraamaan dasar BAB II
5 6
PORTAL DENGAN TITIK KUMPUL YANG TETAP
11-1 Penurunan rumua2 11-1-1 Keadaan umum 11-1-2 11-1-3 11-1-4
9
Contoh soal ke-l Contoh soal ke-2 Sokongan sendi
12 16 20
11-1-5 Contoh sosl ke-3 11-1-6 Kesdssn symetri 11-1-7 Contoh sosl ke-4 11-2 Ringkassn lsngkah2 perhitungan
21 23 24 26
BAB III PORTAL DENGAN TITIK KUMPUL YANG BERGOY~N~ 111-1 Penurunan rumus2 111-1-1
Keadaan umum
111-1-2 111-1-3 111-1-4
Contoh soal ke-5 Contoh soal ke-6 Keadaan symetri
28 35 41 45
111-1-5 Contoh soal ke-7 111-1-6 Contoh soal ke-8 111-2 Portal dengan bentuk tak teratur
47 51
111-2-1 111-2-2
Portal dengan panjang kolom kaki tak sama Portal dengan balok tak menerus
111-2-3
Portal dengan sokongan sendi
54 57 61
111-2-4 Portal dengan dua arah pe~goyangan tertentu III-3 Ringkasan 1angkah2 perhitungan BAB IV
63 66
PENUTUP
67
g
"SOUOMO
HM"
JAKARTA
5 PENDAHULUAN
BAB.I I-I.
Pendahuluan. Pada perhitungan
konstruksi portal, telah kita kenaI suatu-
metode yang eukup populer, yaitu metode dari Prof.Hardy Cross yang mendasarkan pad a prinsip distribusi
dan induksi momen.
Untuk suatu perhitungan
p~rtal bertingkat banyak,
Cros~ ini sudah tidak praktis lagi, tingkat sepuluh, diperlukan
metode-
karena umpamanya pada portal
sepuluh maeam perhitungan
ber-
pemberesan momen
akibat goyangan pad a masing2 tingkat ditambah satu maeam pemberesan momen akibat muatan luar,
belum lagi pemeeahan sepuluh persamaan bilang-
an anu akibat goyangan dan muatan luar tersebut. Sekalipun metode Cross dapat digunakan untuk perhitungan portal dengan arah pergoyangan
sebarang,
namun pada umumnya ditinjau dari
segi
ekonomis, bentuk konstruksi portal ada-
•
,,~
"~
"
lah konstruksi yang mempunyai
.•
eam arah pergoyangan, da arah horizontal
Gbr.I-l
Beberapa waktu berselang, tode untuk menyederhanakan
konstruksi
metode KANI,
nya diperlukan
satu maeam perhitungan
lagi memerlukan
pemeeahan banyak persamaan
tungan.
yaitu goyangan pa
saja. (Gbr.I-l)
telah dapat dipeeahkan
perhitungan
yang mula2 kita kenaI dengan
satu ma-
suatu me-
portal bertingkat,
dimana dalam metode ini.ha-
pemberesan momen,
hingga tidak
dengan banyak
maeam perhi-
Namun demikian, masih ada suatu metode yang lebih
sederhana
lagi yang akan dibahas dalam buku ini, yaitu metode TAKABEYA, rupakan penyederhanaan
yang me-
dari metode KANI.
Bagi mereka yang telah belajar metode
KANI,
tentu setelah
mempelajari metode TAKABEYA ini nanti, akan merasakan bahwa
metode ini
jauh lebih sederhana dari metode KANI, karena pada metode TAKABEYA pada tiap2 titik kumpuinya hanya memerlukan
satu momen parsiil
ini untuk
pemberesan momen, sedangkan pada metode KANI tiap titik kumpulnya
me-
merlukan lebih dari satu momen parsiil yang tergantung dari jumlah
ba-
nyaknya batang yang terkumpul pada titik kumpul tersebut. Metode TAKABEYA ini lebih mudah untuk dipelajari
dan
dime-
ngerti dalam waktu yang relatip singkat, demikian pula dalam perhitungannya untuk konstruksi relatip singkat pula.
portal bertingkat
banyak,
diperlukan
waktu yang
6 1-2. Penurunan
peraamaan daaar. Pada daaarnya didalam perhitungan konatrukai portal, perhitungan didasarkan atas anggapan2 bahwa : - deformasi yang diakibatkan oleh gaya tekan atau tarik dan gaya geaerdalam diabaikan, - hubungan antars balok dan kolom adalah kaku sempurna. Sesuai dengan anggapan tersebut, pada titik kumpul dimana ba10k den kolom berpotongan, batang2 (balok dan kolom) ini dipengaruhi 0leh perubahan yang sebanding dengan perputaran dan pergeaeran sudut, dimana momen2 lentur dari ujung2 batang dinyatakan sebagai fungsi dari perputaran sudut dan pergeseran sudut relatip dari aatu ujung batang terhadap ujung batang yang lain. Sebagai contoh diambil batang
e-b ,
dengan pembebanan aeperti tertera pa-
da Gbr. I -2a, dimana ujung b bergeser sejauh Oab relatip terhadap
ti-
tik a. 8esarnya Mab dan Mba dapat dinyatakan aebagai f'ungsi dari perputaran dan pergeseran sudut, yang akan diturunkan sebagai berikut :
r
lab
6~-~
--j
Mba
Gbr.I-2a
keadaan pada Gbr.I-2a dapat diuraikan dari super-posisi pada dua keadaan berikut: (Gbr.I-2b & Gbr.I-2c)
IVab
=
I
anal
<5ab
lab
maka: Wb
6mab
Wa
~
--~
Mba
cukup
6b
samaan Gbr.I-2b
Gbr.I-2c
tunjukk:
7
Dari super-posisi tersebut dapat dituliskan :
dimana :
Mab
=
t:.mab + Mab
Mba
=
t:.mba + Mba
}
•••
Mab
dan
Mba
adalah besarnya momen akhir (d~sign moment),
Mab
dan
Mba
t:.mab
dan
t:.mba
besarnya momen primer (fixed end moment) dari keadaan kedua ujung balok terjepit. besarnya momen koreksi akibat adanya pergeseran titik
Catatan :
(I-I)
Perjanjian
tanda
batang,
untuk
dinyatakan
an jarum
jam
ber laku
b
sejauh
momen2 adalah
positip
bila
dan sebaliknya.
untuk
perhi
tungan2
ditinjau
searah
terhadap
dengan
Perjanjian selanjutnya
contoh2
mus maupun penyelesaian
0ab. ujung
arah perputar-
tanda
didalam
momen ini
penurunan
ru-
soal.
Besarnya momen2 koreksi t:.mab dan t:.mba dapat diturunkan berdasarkan prinsip persamaan perputaran sudut sebagaiberikut: ( 1)
8a
=
wa + 1jJab
( 2)
8b
=
wb + 1jJab
8
=
+ t:.mab lab 3 Elab b. mab lab
( 1)
(2)
-+
a
8b
-+
= -
}
(lihat
Gbr.I-2b)
_ t:.mba lab
+ 1jJab
••
6 Elab t:.mba lab
+
6 EIab
X
2·
+ 1jJab
3 Elab +
28a
analog:
+ 8b
=
1
t:.mab lab
2"
t:.mab
=
2 Elab
t:.mba
=
2 Elab
.tab
.tab
t:.mab t:.mba
= =
8a + 8b - 31jJab }
{2
+ 8a - 31jJab }
{Z8b
bila dinyatakan maka:
+ 31jJab
EIab
lab .tab
_ -
2
E Kab
{ 2
8a +
2
E Kab
{ 2 8b +
K ab 8b - 31jJab }
8a -
31jJab }
}
•••
(1-2)
Persamaan (1-2) tersebut diatas adalah persamaan yang sudah cukup dikenal dalam setiap textbooks mekanika teknik, yang kemudianpersamaan ini oleh TAKABEYA disederhanakan Iagi sebagaimana yang akan tunjukkan nanti dalam persamaan2 (1-4) dan (1-5)
di-
8
Dengan demikian dari pereamaan (I-I) dan (1-2)
diperoleh:
= 2 E Kab { 29a + 9b - 3ljiab } + Mab Mba = 2 E Kab { 29b + 9a - 3ljiab } + Mba Mab
}
•••
(1-3)
Pereamaan (1-3) tereebut oleh TAKABEYA disederhanakan menjadi : kab { 2
Mba
= =
ma
=
2 E K ea
mab
=
Mab
}
ma + mb + iiiab} + Mab kab { 2 mb + ma + iiiab} + Mba
• •• (1-4)
bila: =
mb
-6 E K ljiab
kab
}
2 E K eb Kab
=K
• •• (1 -5)
dimana : K adalah suatu harga konstanta kekakuan (bukan faktor kekakuan seperti Kab). K berdemensi m3 ditentukan sebarang, sehingga m dan iii berdemenei sebagai momen yaitu ton.m.
ea, selan
ma
disebut momen parsiil akibat perputaran sudut jutnya disebut momen rotasi di titik a.
mb
disebut momen parsiil akibat perputaran sudut eb, eelan
jutnya disebut momen rotasi di titik b. iiiabdieebut momen parsiil akibat pergeseran titik b relatip terhadap titik a sejauh Oab' selanjutnya dieebut momendisplacement dari batang a-b. Pereamaan dasar (1-4) tersebut diatas
adalah persamaan da-
sar yang akan digunakan untuk menurunkan rumus2 pada metode TAKABEYA.
eatatan : Dalam meninjau maupun
perhitungan2
nanti,
rah perputaran
jarum
bila ternyata
keadaan
diberi
tanda negatip Sebagai
rusnya
arahnya
ini Mab diberi
setiap
arah momen
jam pada
sesuai
contoh
berlawanan
selalu
berlawanan dengan
dimisalkan
dengan ~).
searah
dari masing2
dengan
perjanjian
pada Gbr.I-2c,
tanda negatip
pada setiap penurunan
tiap2 ujung batang
sebenarnya (~
freebody2
pemisalan
denganafreebody, tersebut,
tanda momen.
dimana momen primer
arah perputaran
rumus
Mab seha-
jarum jam, dalam
hal-
BAB.II
PORTAL
DENGAN
TITIK
KUMPUL
.:
YANG TETAP
Portal dengan tit-ik kumpul yang tetap dimaksudkan da tiap2 titik kumpulnya pergeseran.
hanya terjadi perputaran
t;>ah\lla pa-
tidak terjadi
Ini terjadi ~ada portal dimana baik balok maupun kolom2nya
disokong oleh perletakan, lok2nya tidak disokong
namun bisa juga terjadi pada portal yang ba-
oleh perletakan
ik angka2 kekakuan
maupun pembebanannya.
I I -1.
rumus2
II-I-I.
sudut,
9
Penurunan Keadaan
tetapi pada portal symetris, ba-
umum.
Persamaan dasar (1-4): Mab Mba
= =
kab { 2 ma + mb + mab } + Mab kab { 2 mb + ma + mab } + Mba
1 I !! e
1
b
1
a
!
d
!
f
e Gbr.II-l
Pada port.al seperti pada Gbr.II-l pulnya adalah tetap, sarna an dasar tersebut
tidak terjadi pergeseran, adalah
=
O.
diatas dimana titik2 kummaka harga2
lihat persamaan
(1-5),
m
pada per~ab
= o.
Kita tinjau pada titik kumpul a : Mab Mae Mad
Mae
= = = =
kab { 2 ma + mb } + Mab kae
{ 2 ma + me } + Mae
••••. (II-I)
kad { 2 ma + md } + Mad kae { 2 ma + me } + Mae
Kesei~bangan
pada titik kumpul a
...•. 1: Ma
=
0
memberikan: Mab + Mae + Mad + Mae
=
0
••••.
(1I-2)
------
10
Dari persamaan (II-I) dan (11-2), didapat : kab 2 ma
I
k
ae
+
kad
-
Jika 2
kae
kab mb
Mab
kae me + kad ffid
Mac Mad
kae me
Mae
kab
I
= 0
•••• (II-J)
I
= La
••• (II-4a)
Mab
I kae kad
= Pa
dan
~ae
Mad
kae
Mae
Maka persamaan (11-3) dapat dituliskan menjadi {-kae}ffie me Pa = - La + {-kab}mb + ffid{-kad} {-kae}1llc Atau ma = _ La Pa
Dimana :
Yab
= -kab P
{-Yae}me + {-Yab}mb + ffid{-Yad} {-Yae}1llc ;
a
_ kae Yae - -Pa
,.
Y , _ kad ad --Pa
••••
(II-5)
••• (I1-4b)
_ kae Yae - -Pa
Diagram pada persamaan (11-5) dituliskan untuk memperlihatkan hubungan Y dan m pada masing2 ujung batang di titik kumpul a. Persamaan (11-5) tersebut diatas disebut persamaan momen rotasi pada titik kumpul a. Dengan jalan yang sama, pada titik2 kumpul yang lainnya juga dapat diturunkan persamaan2 momen rotasi seperti pada pers. (11-5), dimana index pertama diganti dengan titik kumpul tsb.dan index kedua di ganti dengan titik2 kumpul yang berada diseberangnya. Langkah perhitungan dilakukan dengan pendekatan, yaitu pertama2 pada waktu meninjau/menghitung pada satu titik kumpul misalnya di sini titik a, menganggap pada titik kumpul yang lain yang berseberangan
11 dengan titik a, yaitu titik2 b, e, d dan e dut, artinya
belum terjadi perputaransu~
ab =
ac
=
ad = 8e = 0, dengan demikian berdasarkan
=
me
=
md
maan (1-5) ~ mb
=
me
=
0, dan didapat persamaan mamen
pad a titik kumpul a, yaitu persamaan ma = ma(0)
(11-5) menjadi
ratasi
:
La
=
,persa-
•••• (l1-6a)
Pa
Dengan jalan yang sarna, pada waktu meninjau/menghitung tik2 kumpul yang lain, yaitu titik2 b, e, d dan e
-
Lb -Pb
-
Ld Pd
(0)
mb
(0)
md
--
langkah selanjutnya sikan harga2
m~)
(0)
= _
LC Pc
mjO)
= _
le Pe
m
C
(disebut
sarnaan (11-5) kembali untuk mendapatkan {
mlV
La Pa
=
+
(0)
ma
q
{
}
tersebut pada perm (V
sbb:
(0)
mJq
+
{-Yac}mc
+
titik a
menstubtitu-
-Yae } me
{-Yab}m1
{-Yad}
(0)
(0)
{
=
pertama),
harga yang disebut
Atau mjV
juga didapatkan
• • •• (I 1-6b)
langkah
yang berada diseberang
ti-
-Yae } me (0)
-Yab mb
+
.
(0) {
md
-Yad
}
(0)' { -Yac } me
langkah perhitungan tusikan lagi harga nan persamaan,
mi~
selanjutnya
kedalam persamaan
suku pertama adalah
miO)
dilakukan (11-5) tsb,
dan suku kedua
catatan di titik kumpul yang lain juga dilakukan setiap langkah yang bersangkutan) langkah2 perhitungan sil yang kanvergen,
dengan menstubtim.~
(dengan
hal yang serupa
untuk mendapatkan terus dilakukan
dimana ruas ka-
harga
pada
m.~+V
hingga mendapatkan
ha-
artinya didapat hasil yang sarna pada keadaan bertu-
rutan, yaitu misalnya
m
~.+l)=
Dengan dicapainya
m~r:! pada
masing2 titik kumpul.
hasil yang kanvergen
pada
kumpul, berarti telah tercapai keadaan yang sebenarnya, sing2 titik kumpul tsb.telah
terjadi perputaran
sudut.
masing2 yaitu
titik
pada ma-
12 Sete1ah pemberesan mencapai
hasil yang konvergen
1angkah2 perhitungan
pada persamaan
si dicapai
pada langkah
(II-I), yaitu:
mendapat-
(dimisalkan
hasil konvergen-
ke 5)
Mab
= Mg;~ =
Mac
= Mac
=
Mad
= M~J
=
Mae
= Mae =
(5)
(5)
(5)
+ m{;) }
+ Mab
kac { 2 ma
(5)
+ m~) }
+ Mac
kad { 2 m~)
+
mfl) }
+ Mad
+ m~) }
+ Mae
kab { 2 ma
(5)
kae { 2 ma
pai hingga hasil konvergensi
tidaklah perlu dica-
yang tepat, cukup dengan koreksi
apabila
jumlah momen2 design pad a titik kumpul ini tidak sama
dengan
nol, misalnya = 6M, maka selisih 6M ini diratakan saja sebanding ngan angka
kekakuan masing2 batang pada titik kumpul tsb, yaitu
(dimisalkan
langkah
=
Mab
11-1-2.
Contoh
ke-3 baru mendekati
Mfi
+
soal
de-
hasil konvergensi)
kab x kab + kac + kad + kae
... dst.
6M
ke-l. dan ukuran2 balok/kolom
Portal dengan pembebanan kuran panjang seperti pada Gbr.II-3
dimana perletakan
serta
A, B, C
dan
adalah jepit.
1--4,00
+
+-
8,00
p
----j D
40/6
o
..
c 1.0
1 ~
4,00
=.l2
A
30/4
40/60
40/60
Gbr.II-3 B
ini
momen2 parsiil ini di-
Biasanya didalam praktek perhitungan
misalnya
parsiil
maka untuk
(hasil yang tepat),
kan besarnya momen akhir (design moment), hasil kembalikan
momen
C
uD
13
Penyelesaian
: momen2 parsiil
1.Perhitungan angka2 K
lA
kekakuan
- /2(0,30)(0,40)3 -
lJ.,
analog:
Harga
- 0 0004 m3
nn
-,
Kl2
=
0,0009
m3
KlB
0,0012
m3
K2C
= 0,0012
m3
K2D = 0,0004
m3
kekakuan
K diambil
konstanta
= 0,4
k12 = 0,9
k2C
=
k2D = 0,4
Untuk batang
Catatan:
ybs.pada
ber1ainan
pula,
1
MIA
= + 12 (1,20)(4,00)
-
= - ~
-
(2,25)(8,00)
1·
M2D = - 12 (1,20)(4,00)
MIB
M
2 2 2
-
1
8" (3,20)(4,00)
hasil akhir ya-
tm
~
MAl = -
= - 12,0
tm
~
M21 = +12,0
tm
3,2
tm
~
M02 = + 3,2
tm
= -
1,6
tm
= M2C = 0
= M2D + M2l
P,Y dan
+ M2C = (-3,2)
+ (+12,0)
mP) + 1,2)
= 5
P2 = 2 (k2D + k2l
= 2 (0,4
+ 1,2)
= 5
_ k 12 _ 0,9 Y 12 - 5 P1
= =
tm
+ 0 = + 8,8
= 2 ( 0 , 4 + 0,9
p)
tm
0) + 0 = - 10,4
PI = 2 (k 1A + k12 + k1 B)
"( 1P1 -
+ k2C) _ - 0,18
(-10,4)= 5
r2 _ (+8,8)_ - - 5 P2 Pemberesan
titik
har-
1,6
= +
12
(0)
jika diambi1
tJ
= M1A + M12 + M1B :; (+ 1 , 6) + (-12,
ffi2
didapat:
= 1,2
k1B
suatu titik kumpu1,
1I
ffil
m3,
yang sama.
r:
nomen-' primer
1
K = 0,001
tetapi tetap akan diperoleh
itu momen design
Ml2
~
K yang lain, akan dipero1eh harga2 momen parsii1 m yang
ga2
-
sebarang
k 1A
1,2
=
kumpul
(2)seperti
+ 0,9
k21 0,9 Y21 = = 5 P2
• ,
+ 2,080
- -1,760
tm
tm
momen parsiil yang
= 0,18
akan
m dimulai ditunjukkan
dari sbb
titik :
kumpul (1) ke :
14 (1)
ml
=
+ (-Y12)
(0)
}
+ miD) { m~)}
ml
(-0,180)(-1. 760) (1)
ml (1)
m2
=
(0)
+ (-Y21)
m(o)
}
+ m2 { mil)}
2 (-0,180)(+2,397) m(l) 2
= = = = = =
+2,080 +0,317 +2,397 -1,760 -0,431 -2,191
Pada perhitungan mf) tsb.diatas, langsung digunakan harga (1) . . di . . ml ' hal ~n~ i Lekuken untuk mempercepat mencepe i ties i I yang konvergen. Namun demikian dapat juga menggunakan harga mf)
Catatan:
tetapi pemberesan mencapai
momennya
hasi1 konvergensi
akan menjadi yang akhirnya
lebih panjang dipero1eh
untuk
hasi1
yg
sama.
Langkah se1anjutnya (2) ml
=
+ (-Y12) m(2) 2
=
{ mq)}
{mf)}
m(2)
=
+2,080 +0,394
ml
= =
mf)
=
-1,760 -0,445
mf)
= =
1
(-0,180)(-2,191) (2)
}
+ mf) + (-Y21)-
m(o)
}
+ m~O)
(1angkah ke-2) menghitung
(-0,180)(+2,474)
+2,474
-2,205 konvergen -
Langkah ke-3 .•••dst hingga dicapai hasi1 yang da1am bagan skema dibawah ini :
seperti yang ditunjukkan
1
-Y12
=
(Gbr.II-4)
2
-0,180 (0)
ml
(-0,180)(-1,760) mf) mf) (-0,180)(-2,191) mf) mf) (-0,180)(-2,205) (3)
ml
(0)
ml
(-0,180)(-2,206) (4)
ml
= = = =
+2,080 +0,317
mf) (-0,180)(+2,397)
+2,397
m~)
+2,474
m~) (-0,180)(+2,474) (2) m2
= = =
+2,080 +0,397
m2 (-0,180)(+2,477)
= = =
+2,080 +0,397
= =
+2,080 +0,394
(0)
(3)
+2,477
,
m2
(0)
m2 (-0,180)(+2,477) (4)
+2,477
m2 Gbr.II-4
= = =
-1,760 -0,431
= = =
-1,760 -0.445
-2,191
-2,205
= = =
-1,760 -2,206
= = =
-1,760 -0.446
-2,206
-2,206
15 2.Perhitungan
design
Perletakan2 dengan dernikian
=
M1A
-
'M12 =
M1B
M21
M2C
MBl
MC2
MD2
mB
B,
C dan
mc
=
=
mD
D
=
k12
(4) + 2 m1
{
(4)
2
{
°} 0,4 { 2( .•. 2,477) } + +
{2 m(4) + = 'k , 2D 2 = . 0,4 { 2 (-2 ,206)
= = = =
= = = = = =
+
°
°}
°} 1,2 { 2 (-2 ,206) } + B,
C dan
6Ml
tm
=
-9,527
tm
+5,945
tm
+
+
--
°
=
-4,965
tm
=
+10,259
tm
= ---5,294'
tm
M2C
°
=
6M2
D:
(4) k~ r o + ml } + MAl 01~ (+2,477) + (-1,6)
=
-0,609
+ m(4)} + { ° 1,2 (+2,477) + = +2,973 ° + m(4)} + k2C MC2 2 { ° 1,2 (-2,206) + = -2,647 ° + m2(4)} + MD2 k2D { ° 0,4 (-2,206) + (+3,2) = +2,317 klB
+3,582
= =
M2D } + (-3 ,2 )
(4) k2C { 2 m2 +
=
M1B
(4) + m(4)} + M21 k21 { 2 m2 1 0,9 { 2(-2,206) + (+2,477) } + (+12,0)
A,
0,
M12
=
(4)
=
0.
0,9 { 2(+2,477) + (-2,206) } + (-12,0) k1B{2ml
8D
M1A
(4)} + + m2
ml
eA = eB = ec =
-+
jepit
+ °} 0,4 { 2(+2,477) } + (+1,6) k lA
Perletakan2 tlAl
A,
= = M2D
=
mA
moment
°
tm
MBl
1
Jika perhitungan
tm
tm
tm
momen design diambil dari
hasil2
momen z-
parsiil pada langkah ke-2, analog dengan langkah ke-4,
dimana
disini-
harga
m
(4)
diganti
dengan-ma),
diperoleh
:
MlD
= = =
+5,938
tm
M2C =
-5,292
6M1
= -0,014
tm
6M2
=
+0,002
M1A M12
-4,964
tm
tm
M21
= =
+10,258
tm
+3,579
tm
M2D
-9,531
tm tm
::::
°
16 Untuk titik kumpul (1) diberikan koreksi sbb:
~
M1A
=
+3,579 + ~:~(0,014)
=
+3,581
M12
= =
-9,531 + ~:;(0,014)
= =
-9,526
M1B
+5,938 + ~:~(0,014)
?
6M1
=
°
+5,945
Bandingkan hasi12 tsb.dengan hasi12 yang diperoleh dari hasil padalangkah yang ke-4 (konvergen), perbedaannya relatip sangat kecil.
11-1-3.
Contoh soal ke-2. Portal dengan bentuk bangunan, angka2 kekakuan maupun pembebanannya symetris. Angka2 kekakuan langsung diberikan (setelah faktor kekakuan Kab dibagi dengan konstanta K), ukuran dll lihat Gbr.II-5:
3t)n
2t)n
~
4 k=O,S
6
II)
r-,
3 II)
II)
r-,
r-,
'""-I
~f' II
..
..
6,00
II t
8,00
~
c
B
A
6,00
8,00
~
Gbr.II-S
Penyelesaian : Karena symetris (angka kekakuan & pembebanan). ditinjau separoh bangunan. 1.Perhitungan mornen2 primer M12
=
r+45 =
mome~
parsiil
=
-12,0 tm
+
M21
=
+12,0 tm
-6,0 tm
+
MS4
=
+6,0 tm
-32,0 tm
+
M32
=
+32,0 tm
-16,0 tm
+
M65
=
+16,0 tm
1
2 (4)(6,00)2
-1
- /2
M23
=
-1
2 (6)(8,00)2
= =
MS6
=
-/2 (3)(8,00)2
=
(2)(6,00) 2
1
'[1 = -12,0 tm ; '[4 = -6,0 tm ;
'[2 = (+12,0) + (-32,0) '[5 = (+6,0) + (-16,0)
= =
-20,0 tm -10,0 tm
17 p, y
dan m(o)
P1
= 2 (1,0+0,75+0,75)
P4
=
=
2 (0,75+0,5)
Y12
=
0,75 -5-
=
0,1 0
::(1!~5_ iu
~
'21
0,0;:,
Y41
= 2,5
YS4
=
(0)
m1 (0)
m4
5
=
5
P4
2,5
P5 = 2 (0,5+1,25+0,75)
=
!J~5 '25 -
=
- .Q2. = 0,200
Y45 - 2,5
_ 1,25 Y52 5
=
0,250
p) _ _1"2 = P2
(-20,0) 10
=
+2,0 tm
p)
(-10,0)
=
+2,0 tm
5
- +2,4 tm
m2
(-6, 0) 2,5
_ +2,4 tm -
m5
Pemberesan
4
=
+
+
(0)
(1)
mS
=
{ m~) }
m5
{ mf) }
+ (-Y52)
mf)
mf)
= (-0 ,300 )(+ 2 ,400) = (-0,200)(+2,000) = ma) = 4 (0) = m5 (-0,100)(+1,280) = (-0,250)(+2,000) = mg) = (0) = m2
= +
m~)
+ (-Y 2 5)
{m~1)}
+ (-Y21)
{m~o)}
= +
}
{ m~) }
+ (-Y54)
mf)
dibawah ini 4
(0)
+
5
mP)
}
{ m~O) }
(-Y45)
1"5 _
--P5
momen2 parsiil dimulai dari titik kumpul (4) ke
m4
+ (-Y 41)
-
-
(5), (2), (1) seperti yang akan ditunjukkan m(l)
}
+ (-Y 14 )
{m~)}
.
a)
nakan harga2
m
tuk mempercepat
dari
titik2
tercapainya
Langkah
hasi1
-0,128 -0,500 +1,372 +2,000
(-0,150)(+1,280)
= -0,192 m(l)
(1)
' m2
kumpu1
+2,000
(-0 ,150)( + 1,648 )
1
(1)
+1,280
= = = =
a)
m5
pe rtii. tungan
-0,400
(.;..0,075)(+2,400)
1 Pada
-0,720
= -0,172
m2
}
q) }
Lm
+2,400
(-0,125)(+1,372)
mP)
+ (- Y 12 )
Catatan:
5
ll, L:.-,
10
(-12,0) _
1"1
-
= 10
5
0,100
= --P1
- -~
P2 = 2 (0,75+1,75+1,25+1,25)
= 0 75 = 0,150 Y14
0,75 = 0,300 0,5
= 5
(1)
~ m1
tersebut
sebe1umnya
=
+1,648 +2,400 -0,247
+1,961
1angsung metiqqu-
yang sudah
yang konvergen.
(putaran) ke-2, menghitung
-0,180
m~) sbb :
dihitung,un-
,
,
18 (2)
m4
=
(0)
+ m4
+ (-Y41) +
•••• dst.
}
{ mf) }
(-Y45) { m~l)} mq), mf), mf)
(-0,300)(+1,961)
= =
(-0,200)(+1,372)
= -0,274
m~)
mf)
I
I .. (0)
m4
, -',---'(-0,300)(+2,400) (-0,200)(+2,000) m~)
m,?)
(-0,300)(+1,961) (-0,200)(+1,372)
+2,400 -0,720_ -0,400 v
I
p)
m5 , - ',---'(-0,100)(+1,280) (-0,250)(+2,000)
= +1,280 = +2,400
=
-0,588 = -0,274 v
mf) (-0,100)(+1,538) (-0,250)(+1,648)
= +2,000 = -0,154 = -0,412
= +2,400
m~)
= =
-0,575 -0,287
(3)
=
+1,538
(0)
_
(4)
m4
mt) (-0,150)(+1,648) (-0,150)(+1,280) a)
ml
(0)
ml (-0,150)(+1,674) (-0,150)(+1,538)
(2)
ml
(0)
ml (-0,150)(+1,678) (-0,150)(+1,538)
S
(-0,100)(+1,538) (-0,250)(+1,674)
v
(3)
mS
mf) (-0,100)(+1,539) (-0,250)(+1,678)
+2,400 -0,575 = -0,286" -
=
, _L..' •.....
=
+1,539
= = = = = = = = = = =
+2,400 -0,247 -0,192
----.,
m~4)
mf)
m?)
= =
(0)
= = =
+2,400 -0,252 -0,231
m2
(4)
=
+1,917
p)
- +1,648
= +2,000
= =
-0,179 -0,144
=
+1,674
= +2,000 -0,178 = -0,144 +1,678
=
+2,000 -0,178 = -0,144
(-0,125)(+1,427) (-0,075)(+1,917)
=
(4)
=
m2
-0,154 -0,419 +1,427
= +2,000 -0,172 = -0,180
=
ml (-0,150)(+1,678) (-0,150)(+1,539)
Gbr.II-6
= +2,000
=
(3)
m2
m1
_
=
= +1,917
-0,154 -0,419
- +1,427
(-0,125)(+1,427) (-0,075)(+1,918)
(3)
m1
=
_
(2)
+2,400 -0,252 -0,231
=
(1)
m2
+1,918
+1,434
= +2,000
=
mf) (-0,125)(+1,434) (-0,075)(+1,961)
+2,400 -0,251 -0,231
=
(-0,125)(+1,372) (-0,075)(+2,400) m2
+1,961
+2,000 -0,128 -0,500
= +1,372
m~)
(-0,300)(+1,918) (-0,200)(+1,434)
= = =
:
mf)
m(2)
(-0,300)(+1,917) (-0,200)(+1,427) ,
= = =
dst.
lihat bagan skema pad a Gbr.II-6
= +1,538
m4
'
+1,538
mf)
m4
,
-0,588
kembali ke titik (4) lagi, langkah ke-3
hingga dicapai hasil yang konvergen, -0,200
=
+2,400
+1,678
19
2. Pe rhi tungan
design
momen t
bentuk bangunan, pembebanan & angka kekakuan syme-
Mengingat
tris, maka pada bentangan 6-5 dan 3-2 didapat 86 = 83
= = = =
M12
M14
MlA
(4)
2 m1
k 12 {
(4) }
+ m2
+
=
0
m6
-+
M12
0,75 { 2(+1,917)
+ (+1,678)}
+ (-12,0)
= -
7,866
tm
0,75 { 2(+1,917)
+ (+1,539)}
+
0
4,030
tm
+ 0 }
+
0
= + = + = -
3,834
tm
0,002
tm
. 1 , 00 { 2 (+1 , 917)
~M1 + (+1,917)}
+ (+12,0)
= +15,955
tm
+ 5,979
tm
-27,805
tm
M21
=
0,75 { 2(+1,678)
M2S
=
1,25 { 2(+1,678)
+ (+1,427)}
+
M23
=
1,25 { 2(+1,678)
+ O}
+ (-32,0)
= =
M2B
=
1,75 { 2(+1,678)
+ O}
+
=
+ 5,873
tm
=
+ 0,002
tm
=
+ 3,746
tm
= - 3,747
tm
= -
0,001
tm
=
+ 5,665
tm
=
+ 8,197
tm
= -13 ,860
tm
=
+ 0,002
tm
+ (+32,0)
= +34,098
tm
+ (+16,0)
=
+17,070
tm
+ 1,917
tm
+ 3,356
tm
0
0
~M2 M4l M45
= =
0,75 { 2(+1,539)
+ (+1,917)}
+
0,50 { 2(+1,539)
+ (+1,427)}
+
0 (-6,0) ~M4
+ (+1,678)}
+
MS4
= =
1,25 { 2(+1,427) 0,50 { 2(+1,427)
+ (+1,539)}
+
MS6
=
0,75 { 2(+1,427)
+
MS2
o)
0 (+6,0)
+ (-16,0) ~M5
M32
=
1,25 { 0
+ (+1,678)
M65
=
0,75{0
+ (+1,427)}
Perletakan2
A
dan
D
= m3 = O.
}
~
°
~
o
~
°
~
°
:
MAl
=
1,00 { 0
+ (+1,917)
}
MB2
=
1,75 { 0
+ (+1,678)}
+ +
Untuk harga2 momen design
° == ° pada bagian
kanan sumbu
symetri,
hasi1nya sama symetris dengan sebelah kiri, artinya sama besar ber1awanan taAdanya.
Sedangkan pada kolom2 sumbu symetri
Jika jumlah bentangan (baik angkakekakuandan
pada konstruksi
pembebanannya)
metri terletak pada bentangan
portal yang
=
O.
symetris
ada1ah ganjil, dimana sumbu
tengah, maka perhitungannya
dengan keadaan pad a jumlah bentangan
M
tetapi-
sy-
akan berbeda-
yang genap sebagaimana
pada contoh
soal tersebut diatas. Untuk keadaan dimana jumlah bentangannya turunkan rumus/persamaan
ganjil tsb. akandi
seperti yang akan diuraikan pada Bab.II-1-6.
20 11-1-4.
Sokongan
sendi
Rumus2 sebagaimana 2
ubah jika perletakan nya
yang diuraikan
pada Bab.ll-l-l, akan be~
berupa sokongan sendi seperti yang akan diura-
ikan dibawah ini : Sokongan maka
b dan d pd Gbr.II-7
-+ Mba
=
Mda
=
berupa sendi,
O.
Mab
=
Mba
= kab { 2 mb + ma } + Mba
kab { 2 ma + mb } + Mab
Eliminer
mb
=
0
dari kedua persamaan
tersebut,
menghasilkan Mab =
1
--
2
ma kab + Mab - ~ Mba
3
--
analog -+ Mad = 2 ma kad + Mad - ~ Mda Jika: = Mab - ~ Mba M'ad -- Mad - ~2 Mda
M~b Gbr.II-7
Persamaan
} }
••• (11-7)
• •• (II-a)
(11-7) menjadi
3
-,
Mab = 2 ma kab + Mab 1
Mad =
2
-
ma kad + M~d
batang/balok2
yang lain:
•••
(II-9)
=
0, maka
Mac = kae { 2 ma + me} + Mac Mae = kae { 2 ma + me } + Mae Berdasarkan harga
keseimbangan
ma dari pers.(11-9)
nya pada penurunan
diturunkan
menjadi:
-+EMa
(sepertihal-
rumus/pers.II-5j
,
Ta
ma = - o~ dimana T~
tsb.dapat
pada titik kumpu1a
+
me{-Y~e}
•••• (11-10)
md -YJcl
:
= {
M~b + M~d + Mac + Mae}
P'a --
2 { kab + kae + kad + kae } - ~ kab - ~ kad -p - a - 's2 kab - !-k 2 ad
Y~e =
kae
PI a
kae
Y~e =
P' a
••• (I1-11)
21 11-1-5.
Contoh
soal
ke-3.
Portal dengan bentuk bangunan
dan pembebanan
contoh soal ke-l, dimana disini perletakan 1 =2,25
A
dan
tjn
D
seperti
diganti
pada-
sendi.
P =3,2 t
Q2=1,2 t,In
k=0,4 A
<"\I
<"\I
'"-i
'"-i
~
~
or
-
4,00
,
II
II
r--
D
•..
•..
'c
8,00
B
4,00
C
Gbr.II-8
Penyelesaian Tumpuan
A
:
dan
D
titik2 kumpul
persamaan2
sendi, digunakan
(1) & (2) harga2 p dan y
1.Perhitungan
mome~
II-10 & II-II, dimana
pada
p' dan y'.
ditukar dengan
parsiil
angka kekakuan lihat contoh soal ke-l momen2 primer Untuk menghitung an 11-8, dimana menganggap
MiA =
Ml2
11 = 12 =
t (l, 2)( 4) 2
+
=
-12,0
=
_
=
_ P'2 P2
~ k2D
=_ 5,0
m(O) Z
-+
tm
=
+12,0
D
tm
jepit dengan
Q2'
analog ;
MAl =
Mh2 = 0.
42) _- +i
MlB
M2D
=
-4,8
tm
= M2C = a
° = -9,6 + ° = +7,2
(+2,4) + (-12,0) +
tm
(-4,8) + (+12,0)
tm
5,0
~ (0,4) = 4,8 ~ (0,4)
= ~kl2 ~~, - 0,9 = 0,1875 ; Pl - 4,8 T' ( -9 , 6) = +2 1= = - pi - 4,8 '
°
1
dan
A
persama-
m(O)
~ klA
,
=
M2C =
M2D + M2l +
Pl - Pl
Y12
+2,4
M2l
;
M1A + Ml2 + MlB
p', Y I dan I
tm
titik
(1+12
MlA - ~ MAl =
=
momen primer lA dan 2D, digunakan
=
4,8 I
Y21 tm
=
k21 :::0,9
-::-I P2
4,8
=
0,1875
T' _ -1 5 m 2p) -- -.:...l = - (+7,2) 4,8 , p' 2
tm
22 Pemberesan momen2 parsii1 dimu1ai dari titik kumpu1 (1)
ke
titik kumpu1 (2) seperti ditunjukkan da1am bagan s~ema pada Gbr.II-9
r.:O ,1875 -----' (0)
m1 (-0.1875)(-1,500)
4,
2
(0)
= +2,000 = +0,281 = +2,281
m2 = -1,500 (-0,1·375)(+2,281) = -0,428 mq) = -1,928
= +2,000 m1 (-0,1875)(-1,928) = +0,364 (2) = +2,364 ml
m~) = -1,500 (-0,1875)(+2,364) = -0,443 m(2) = -1,943 2
(1)
ml (0)
p)
mf) (-0,1875)(+2,364)
= +2,000 = +0,364
ml
(-0,1875)(-1,943) (3)
(3)
= +2,364
ml
m2
= -1,500 = -0,443 = -1,943
Gb --.II-9
-
2.Perhitungan MiA = k lA = 0,4
{3
design (3)}
"2m1
moment
-,
(titik
+ MiA
sendi, lihat persamaan 11-9)
=
{ ~ (+2,364) } + (+2,4)
= 0,9 { 2(+2,364) + (-1,943)} M1B = 1,2 { 2(+2,364) + O} M12
+3,818
+ (-12,0) = -9,493 +
0
= +5,674 6M1 = -0,001
M2D = 0,4 { ~(-1,943) } +
(-4,8)
tm tm tm tm :::0
= -5,966
tm
M21
= 0,9 { 2(-1,943) + (+2,364) } + (+12,0) =+10,630
tm
M2C
=
tm
1,2 { 2(-1,943) + O}
+
0
= -4,663 6M2 = +0,001
tm :::: 0
Jika diambil harga momen2 parsiil pada 1angkah yang be1um konvergen (1)
MiA = MiA
(misa1nya pada 1angkah ke-1)
*
kiA ± -1--'-
(1) M12 = M12 ±
'2 p 1 k
--1.? 1
p'
'2 1 (1)
M1B = MiB
±
k
~ ~p' 2
6M 1
1
1
Bi1a diisikan harga2 mU) = +3,769 + 0,005 = +3,819
tm
= -9,643 + 0,150 = -9,493 MiB = +5,474 + 0,200 = +5,674
tm
MiA
0, diberikan koreksi sbb
3 (angka 4 karena A sendi)
6Mi
6M
6M1t
M12
6Mi=
0
tm
diperoleh:
••.
(6M1= -0,400 tm)
dst.
23
11-1-6.
Keadaan
symetri
Keadaan symetri
(bentuk bangunan,
banan), dimana pada jumlah bentangannya pada bentangan
yang ditengah ~
runan rumusnya menjadi Maa'
=
=
-Sa
angka kekakuan dan pembe-
ganjil (lihat Gbr.II-10), Sa , atau
=
ma
-ma
maka
dan penu-
:
kaa'{ 2 ma + ma'} + Maa
= kaa { ma } + Maa Mac = kae { 2 ma + me } + Mac Mad = kad { 2 ma + md } + Mad Mae = kae { 2 ma + me } + Mae M~a
e
....
)
c)
I I
/
I
Lx_) __:,' t -P
I
P
\
X
_-
d
_____
/
I
ma
r
Sa
I
}
I
I
e
Gbr.II-1O pada (II-12)
dapat diturunkan menjadi:
da penurunan
rumus/persamaan
""'"
-- --
'Sa'
I
jumlah persamaan2
Dad ga
--.---1---
a
(11-12)
(dengan
dan 1:Ma = 0, maka har-
jalan
yang sama seperti
pa-
II-5)
ma { -Y~e}
ma
= -
La
p' a
+
••.•• (Il-13)
-Y~d}
md {
me { -Y~e} dimana P~
,
=
Pa - kaa'
kae - --
Yae - P~
Pa
, Yad
_
k
ad
- PIa
= 2 { kaa'+ kae + kad + kae } } •
'
,_
k ae
(11-14)
Yae - PIa
Untuk keadaan symetri dengan jumlah bentangan
genap,
dima-
na sumbu symetri tepat pada kolom tengah, maka dalam perhitungannya dak per lu menukar harga
P dengan
P' (lihat
eontoh
soal
ke-2).
--
ti-
24 11-1-7.
Contoh
soal
ke-4.
Portal symetris dengan pembebanan lihat pada Gbr.II-11,
angka kekakuan diberikan langsung. 1t
rrrririn
..
k=~, 75
'""'lIt
'""'l
0
1 t ...•.
~I3
k=0,75
...
il:,
~
.f" - - -
0,5 tin 0.4
yang symetris sepertiter
k=0,75
2 '/
k=0,75
1t
!
"
0,5 tin
3'
~
1 k=0,75
12
0
k=d,75
,
'""'l
" --r-'""'l
"
~
~
6,00
A
8,00
-
---:r;-
6,00
4v
B'
B
A'
Gbr.II-ll
Penye1esaian Karena symetris
& pembebanan),
(angka kekakuan
ditinjau separohbangunan
dan pada titik2 kumpul yang berada pada bentangan tengah (titik 2 harga
P diganti dengan
I.Perhitungan
momen2
P '. (menggunakan
persamaan
II-13
&
&
3),
II-14)
parsii1
momen2 primer -
-
1
M12 = M43 = - 12 (0,5)(6,00)
M t
=
2
M
2
= -1,5 tm;
-+
11 = -1,5 tm ;
12 = (+1,5) + (-1,5) = 0
14 = -1,5 tm ;
13 = (+1,5) + (-1,5) = 0
P , Y dan
2
= M34
=
+1,5 tm
P
= 2(1,0+0,75+1,0+0,75)-0,75=
Pj
= 2(0,75+1,0+0,75)-0,75
k12 0,75 3 Y12 = = 5 5 = 0,1 6 PI
k43 Y 43 = P4 k y' 23 - -,23 P2 , _ k34 Y34 - -, P3
M3'3
= M2'2 =
+1,5 tm
m(b)
= 2 (1,0 + 0, 75 + 1,0) = 5,5 ;
J.
M21
'= _ (1)(2 ,00 )(6 ,00 )2 + (1)(6 ,00)(2 ,00) 2 = -1 5 tm 33 (8,00)2 ' -+
PI
-
P 4 = 2 (0,75 + 1,0) = 3,5
6,25}
(pada
;
tengah)
k14 M Y 14 = = 5 5 = 0,182 PI'
'
0,75 = 3 5 ' 1 0 - 6 ,25 ' _ 0,75 - 4 25 '
bentangan
= 4,25
= 0,214
;
Y
_ 41 -
- 0 ,160 -
;
, Y 21 =
_ - 0,176
.,
, Y 32 =
k 41_ -P 4 k21 -, = P2 k32 -,- = P3
1,0 = 0,286 3,5 0,75 6 25 = 0,120 ' .l.z..Q 0 235 4 25 = , '
25
mP) 1
m~)
= -
T1 _ _ (-1,5) _ P 5,5 - +0,2727
mP)
1
T4
= - P4
= _ (-1,5) _ +0,4286 3,5 Pemberesan
(0)
3
(-0,214)(-0,0699) (-0,286)(+0,1947) (1)
m4
(0)
m4
(-0,214)(-0,0652) (-0,286)(+0,2053) (2)
m4
(0) m4
(-0,214)(-0,0642) (-0,286)(+0,2046) (3)
m4
(0)
m4
(-0,214)(-0,0641) (-0,286)(+0,2047) (4)
.--...L..-,
m4 -0,1361
pada bagan skema
Gbr.II-12.
1-0,176 m~)
!
T3 = - P'
momen2 parsiil dimulai dari titik kumpul (1), ke
-0,2141
.',
° = °
_ 2-
m3
(2), (3) dan (4) seperti ditunjukkan
!
= - PT2
2
=
m3(0)
+0,4286
= +0,0150
=
-0,0557
=
+0,3879
=
!
,
!
(-0,235)(-0,0234) (-0,176)(+0,4286) (1)
=
m3
=
mf)
=
(1) m]
p)
m] (-0,182)(+0,3879) (-0,136)(-0,0234)
mf) p)
m] (-0,182)(+0,3839) (-0,136)(-0,0134)
(-0,235)(-0,0134) (-0,176)(+0,3879)
=
=
+0,0031 -0,0683
+0,3839
(2) m3
=
-0,0652
= = =
+0,4286 +0,0137 -0,0585
=
+0,3838
m3
+0,4286 +0,0137 = -0,0585
m3
(0) m3
(-0,235)(-0,0142) (-0,176)(+0,3839) (3) (0)
= =
=
(-0,235)(-0,014J) (-0,176)(+0,3838) ,
I
(4)
,
+0,3838
m,
= +0,2727
= =
-0,0780 0
=
+1,947
m3
= =
= +0,2727 = -0,0699 = +0,0018
(0)
=
~
m]
-0,0706 +0,0032
=
= = = =
=
= =
= =
-0,0234
°
-0,0246 +0,0112
= -0,0134
mf)
=
(3)
= =
(-0,120)(+0,2046) (-0,160)(-0,0652)
m2
(0)
l-U,lZU){+D,Z~47J (-0,160)(-0,0642) (4)
Gbr.II-12
0
m2
+fJ, 2727 :; -0, JE.8~
+0,2047
-0,0641
= -0,0234
=
m2
+0,0019
o +U,UU.54 -0,0675
=
mf)
+0,2046
= =
-0,0642
°
=
(2)
°
+0,0034 -0,0676
=
mq)
(-0,120)(+0,2053) (-0,160)(-0,0699)
= +0,2053
=
l-O,18~)l+O,38~B} (-0,136)(-0,0142)
m2(0) (-0,120)(+0,1947) (-0,160)(0)
= +0,2727
(3)
m]
°
+0,4286 +0,0140 -0,0587
1-0,1201
m1 (-0,182)(+0,4286; (-0,136)(0)
-0,0699
= = =
. (0)
°
= +0,0055 = -0,0754
m2
=
.::
°
-0,0246 +0,0104 -0,0142
n
.::--'.: , ..)L ··....r., = +0,0103
=
-0,0143
26 2.Perhitungan M12
MiA
M14
design
moment
k
{2 m(4) + m(4)} + M12 12 1 2 0,75 { 2(+0,2047) + (-0,0143) } + (-1,5)
= = = =
1,00 { 2(+0,2047) + O}
+
0
1,00 { 2(+0,2047) + (+0,3838) } +
0
= = = =
fl Ml
(4) k22,{ m2 } +
M22, = M21 M23 M2B
= = = =
M22,
(lihat persamaan
0,75 { (-0,0143) }
= = = = =
·0,75 { 2(-0,0143) + (+0,2047) } + (+1,5) 0
1,00 { 2(-0,0143) + O}
0
+
+0,4094 tm +0,7932 tm -0,0011 tm
II-12)
+ (-1,5)
1,00 { 2(-0,0143) + (-0,0641) } +
-1,2037 tm
fl M2
-1,5107 tm +1,6321 tm -0,0927 tm -0,0286 tm +0,0001 tm ••• dst.
Harga2 momen design pada bagian kanan sumbu symetri
Catatan:
nya sama symetris berlawanan
I I -2.
hasil-
dengan sebelah kiri sumbu symetri (sama besar tetapi-
tandanya).
Ringkasan
langkah2
perhi tung an •
Untuk mempermudah
dalam menyelesaikan
perhitungan
tal dengan titik kumpul yang tetap), berikut ini diberikan langkah2 perhitungan 1. Perhitungan
(padapor-
ringkasan
sebagai berikut
momen2 parsiil
a. menetapkan
angka kekakuan masing2 balok/kolom
b. menetapkan
besarnya momen2 primer dan T pada tiap titik kumpul.
c. menetapkan
harga2
d. pemberesan
momen2 parsiil:
- untuk mencapai (perhitungan
mP) pada tiap titik kumpul.
p, y dan
hasil konvergensi ma)
hendaknya
yang berada diseberangnya
pada tiap ttk kumpul.
yang cepat, pada langkah pertama-
diambil dari harga2 pada titik kumpul
yang sudah dihitung sebelumnya.
- jika dihadapi portal dengan jumlah bentangan dan tingkat yang kup banyak, agar tidak membuat kekeliruan tidak begitu mempengaruhi
hasil akhir tetapi akan dicapaihasil
vergensi yang lebih panjang) sebaiknya momen yang mudah dikerjakan. 2. Perhitungan
(meskipun kekeliruan
(lihat
cuini kon-
diambil putaran pemberesan-
contoh2
putaran
pd Gbr.II-13)
design moment
a. jika dikehendaki
perhitungan
yang sangat teliti hendaknya
diambilda-
27 ri harga2 pada langkah/putaran b. jika hanya dikehendaki ka cukup diambil
perhitungan
relatip kecil terhadap
ini pemberesan
diberikan
koreksi
tik kumpu1 = b.M,
yang tidak perlu teliti sekali,m&
dari harga2 momen parsiil pada langkah/putaran
tentu yang selisihnya da langkah
yang konvergen.
momen parsiil
apabila
langkah sebelumnya
dihentikan),
ter(pa-
yang kemudian
-
jumlah a1jabar design moment pada suatu ti
dimana b.Mini
diratakan
sebanding
dengan angka ke-
kakuannya.
Berikut ran pemberesan
pada Gbr.II-13
momen2 parsii1
ini diberikan
beberapa
variant puta-
: \ \
3- - ....
9-- ----··--110
-. -1- 4
2
5
1
6 - - -. - -.
.
•
10-···--·-111-·--··-112
9-·
8
11
8-·
-··-17--·---··-1-6------·-15
I· 7
12
1--·-·
··-12---
"b,
,.,.
~
·-·_·-1-3-
•••••
·----··-14
,m.
~
Gbr.II-13 .ete-rangan :
Langkah perhitungan ~o~
dimu1ai
dari titik
~i~ik (12) terus kembali
dengan titik (1)
dan seterusnya
(1) ke (2), (3) •••• dst sampai
lagi ke titik (11),
(10)
•••
dst sampai
sampai tercapai konvergensi.
~
"SOETOMO
HM" JAKARTA
28
BAB.III
PORTAL
DENGAN
TITIK
KUMPUL
YANG
BERGOYANG
Portal dengan titik kumpul yang bergoyang pada masing2 titik kumpul disamping jadi pergeseran
dimaksudkan
terjadi perputaran
bahwa
sudut, juga ter-
(pergoyangan).
Pada umumnya, pada setiap perhitungan tingkat, gaya2 horizontal
konstruksi
portalber-
(akibat an gin atau pun gempa dll) dianggap be-
kerja pada rege12 (pertemuan balok dan kolom tepi), sehingga delam arah horizontal
tersebut pada kolom2 tidak terjadi beban antara. Didalam metode TAKABEYA ini, untuk perhitunganportal
titik kumpul yang bergoyang,
rumus2 umum hanya dapat diturunkan
konstruksi
portal dengan pergoyangan
konstruksi
portal bertingkat
arah yaitu arah horizontal
saja.
horizontal
untuk-
satu arah, dan pada umumnya memang
mempunyai
Juga dalam penurunan ini, beban2 horizontal
dengan
bentuk yang pergoyangannya
(lihat
Gbr.I-l
pada
satu
Bab.I-l)
rumus2 yang berlaku umum pada metode -
dianggap bekerja pada rege12.
Untuk pembebanan
yang tidak bekerja pada rege12 atau muatan lainnya (misal mo-
men) yang bekerja pada kolom akan penulis bahas dalam buku bagian kedua. III-I. III-I-I. Persamaan
Penurunan
rumus2
Keadaan
umum.
dasar (1-4): Mab Mba
= =
kab { 2 ma + mb + iiiab} + Mab kab { 2 mb + ma + iiiab} + Mba
dimana
Kab
K kab
= = =
:
ma
=
mab
= - 6 E K '.\Jab
2 E K aa
konstanta
= 2 E Kab =K
ab
K
m3
kekakuan berdemensi
angka kekakuan,
ma & mb
=
kab
faktor kekakuan berdemensi
ngan konstanta
mab
mb
m3, ditentukan
sebarang.
setelah faktor kekakuan Kab dibagideK, hingga kab tak berdemensi
lagi. aa & ab.
masing2 momen rotasi yangdiakibatkanoleh
momen displacement
yang diakibatkan
ma, mb dan mab berdemensi Kita tinjau portal bertingkat
oleh
'.\Jab.
ton.m. dengan beban2 horizontal
bekerja pada regel2 dan beban vertikal yang bekerja pada balok2 tempat sebarang
seperti terlihat pada
Gbr.III-l
berikut
yang
dengan
29
--
Wi
T
7
hi
mI
I
W2
---...
T
6
h2
m.zr
n
41-
II
fl/l2
-
W3
I,
t T 1 -
h3
31-7,
I
2.
I
,
I
I
']: 1/13
mlII r-1/I3
~
,
1/13
,,,", A
B
C
Gbr.III-l
Momen2 displacement Tingkat ke-1
-+
Tingkat ke-n
-+
Tingkat ke-ill
-+
Pada titik kumpul MS4 MS6 MS8 MS2 Keseimbangan
= = = =
pada masing2
2 mS
kS6 kS8 kS2
••••
(III-I)
6 E K 1/12
•.••
(III-2)
6 E K 1/11
••••
(III-3)
kS4 { 2 mS + m4 } + MS4 kS6 { 2 mS + m6 } + MS6
• • •• (I II-4)
kS8 { 2 mS + m8 + iiiS8} kS2 { 2
(111-4) {kS8}{m8
+
6 E K 1/13
(5)
"s
+ m2 + iiiS2}
(5)
MS4 + MS6 + MS8 + MS2
kS4
:
mlA = m2B = m3C = mlII = m16 = m23 = m34 = m.zr = = m67 = mS8 = mI
pad a ti tik kumpul
Dari persamaan2
tingkat
{kS6}{m6} {kS2}{m2
-+
L: Ms
= a
dan (111-5)
••••
{m4}{ks4}
+ mS2}
(III-5)
diperoleh
+ mS8} +
= 0,
+
[~S4l = MS6
a
• • •• (I II-6)
30
Jika kS4 2
I kS61
=
P
dan
s
kS8
[~S41= MS6
1"S
kS2 maka persamaan
(111-6) dapat dituliskan
menjadi
{-kS8}{m8 + mS8} mS Ps = - 1"S + {-kS6}{m6}
+
{m4}{-ks4}
••• (IIl-7)
{-kS2}{m2 + mS2}
atau {-YS8}{m8 + mIl
Ts
-p-
mS =
+ {-YS6}{m6l
S
{-y S2}{m2 + m.zr1
dimana
kS6
kS8
YS8 -
YS6 =
Ps
Persamaan
(111-8) tersebut diatas disebut persamaan
rotasi, dimana langkah perhitungan
=
m4
=
p) __
-
perputaran-
sudut, sehingga
m6
Dengan demikian persamaan
Sementara
momenuntuk momen rotasi ini per-tama2 de-
pada titik2 kumpul yang lain belum terjadi
sudut maupun pergeseran
mS
••• (IIl-9)
Ps
s
m2
Ps
kS2 YS2 = -
kS4 YS4 -- -P
ngan menganggap
••• (IIl-8)
+ {m4}{-YS4}
=
m8
=
mS2
0 dan
(III-B) menjadi
=
mS8 = 0
:
TS
P
s
dengan jalan yang sama pada titik2 kumpul yang lainnya
juga
dapat diperoleh mP ) -r Catatan:
Indeks
Tr
••• (IIl-lO)
Pr r adalah
namar
titik
kumpul.
31 Selanjutnya
untuk menentukan
momen akibat displacement,
di-
pada masing2 tingkat sehingga rumus2 momen displacement
ambil freebody2
tersebut dapat diturunkan. Kita ambil keseimbangan
pada freebody masing2 kolom tingkat
ke-IU (paling atas) sebagai berikut
-
~-- H7
!
Wi
7
T M76
T
hi
h2
II
t
---
M67
-H -_ 4
MsJ' )
M6i
M16
M4J
M34
M2S
---
H6
H8
!--L ___ S ---H
)
1
---
H7
l!~
_ 6 -H
_ 8 -H
-H --+-
(iihat Gbr.III-2a)
~-
H4
HS
Gbr.III-2b
Gbr.III-2a
Freebody 7-8
E H :;0
Freebody 6-7
E M7
0
-+
[ M76] + hi H7 M67
0
.•• (III-12a)
Fr~ebody 5-8 :
E Ma :;0
-+
[M8S] + hi H8 :;0 MS8
••• (III-12b)
Dari persamaan2
=
-+
(111-11),
[M76] M67
+
[Mas] MS8
Bila diisikan harga2:
Wi :; H7 +
••••
Ha
=
(Ll l= Ll )
(III-12a) dan (III-12b) didapat + h { Wi} i
=
0
(iihat persamaan
•••• (III-l3)
dasar
I-4)
M67 :; k67 { 2 m6 + m7 + m67 } M76 = k67 { 2 m7 + m6 + m67 } +
[M76]
mI
.•• (III-14a)
:; 3 kS8 { mS + m8 } + 2 kS8 mI
(III-14b)
=
3 k67 { m6 + m7 } + 2 k67
M67
M8S] [ MS8 Catatan:
mI
=
m67
=
mS8
(iihat persamaan
III-3)
32 Dad
persamaan2(III-14a)
dan (.III.,.14b), maka pada per-sama-
an (111-13) dapat dituliskan menjadi : [3 k67 {1'n6+ m7} + 2 k67 mIl + [3 kS8 {mS + m8} + ? I
=
-hl{
Wl}
atau : k67] _ -
,.. (III-15)
{-3k67}{m6+m7}
h1{Wl}+
2 iiiI [ kS8
+
{-3 kS8}{ms + m8}
jika 3 k67
--
2 [ k67] kS8
=
TI
= t67
..
TI
dan
3 kS8 TI
••• (III-16) = tS8
maka persamaan (111-15) dapat dituliskan menjadi
= -
mI
h1{Wl}
+
{-t67}{m6 + m7}
+
{-tS8}{mS + m8}
TI
••• (III-17)
Persamaan (111-17) tersebut diatas disebut persamaan momendisplacement pada tingkat ke-Dl (paling atas). Langkah perhitungan untuk mom en displacement ini dilakukanper-tama2 dengan menganggap pada titik2 kumpul belum terjadi perputaran sudut, hing(mS = m6
ga persamaan (111-17) menjadi : -f))
mI
=
m7 =
me =
hl{lvl}
=
0) ••• (III-18)
TI
Selanjutnya untuk tingkat ke-ll dapat diturunkan persamaanmomen displacement sebagai berikut Tinjau freebody2 pada tingkat ke-ll Freebody
4-5-6 (balok) H7 + H8 + W2
~
Wl
+
W2
~ EH
= =
=
Gbr.III-2b)
(lihat
0, diperoleh
H6 + HS + H4 ••• (III-19)
H6 + HS + H4
Jumlah keseimbangan momen pad a freebody kolom2 1-6, 2-5 dsn 3-4, yaitu :
[E
M6
=
0]
+
[E
Ms = 0]
+
[E
M4
=
OJ
33
Akan memberikan:
(Iihat persamaan III-13)
M16j [M2Sj [M341 [M61 + MS2 + M431 + h2 {H6 + HS + H4} Btau:
=
0
(dari persamaan III-l7) + [M2s1 + [M34] + h2 {Wl [M16] M61 MS2] M43
+
W2}
=
0
••• (IQ-20)
Dengan jalan yang sama seperti pada penurunan rumus/persamaan (III-IS), maka persamaan (111-20) teraebut memberi~an [3 k16 {m1 + m6} + 2 k16 +
[3
m.rr]
+ [3
k2S {m2 + ms} + 2Jc2s
m.rr] = -
k34 {m3 + m4} + 2 k34
h2 {W1
rfo
mE]
W2}
atau : 2
m.zr
I
k16]
k2S
=
+ W2} +
- h2 {Wl
k34
{-3 k16}(ml
+ m~} ••
+
{-3 ~2S}{1I2 + mS}
+
{-3 k34}{mJ ,to m4}
(III-2l)
jika ~
TlI 3 k25 TlI 3 k34 TlI
16
2
[kk25]
=
dan
T.rr
k34
=
t16
=
t2S
=
t34
••• (III-22)
maka persamaan (111-21) dapat dituliskan menjadi ."
h2 { Wl" + W2}
m.zr =
T.zr
+ ~6}
+
{-tI6}{ml
+
{-t2S}{m2 + mS}
+
{-t34}{m3 + m4}
.••
(III-23)
Langkah perhitungan untuk momsn di~placement pada tingkat~ ke-n ini, per-tama2 dengan menganggap pada tit~k2 kumpul belum terjadi perputaran sudut (m1 (111-23) menjedi :
=
m2
h2 {Wl
mP) 1I
=
- -
m3
=
+ W2}
TlI
m4
=
mS
=
m6
=
0), sehingga persamaan-
••• (UI-24)
34
harga2
Dengan jalan yang sama pada setiap tingkat dapat diturunkan ~), begitu juga.harga2 m~) pada setiap titik2 kumpul.
Selanjutnya langkah perhitungan dilakukan dengan menstubtitusikan harga dan m~) tersebut kedalam persamaan2 momen rotasi dan momen dis-
m:)
placement
seperti yang akan ditunjukkan sebagai berikut : (1)
'[ 5
= --
ms
(0)
::
ms"
_(l)h1
mI
{
+
Ps
}{
(0)
m8
+
-(0) }
mS8
+
{-YS4}{m~0)}
+
{-YS6}{m6 }
+
{-YS2}{m2
+
{-YS8}{m~) + iiif)}
(0)
(0)
+
-(0)
m2S}
(0)
~~ +'
{-YS4}{m4 .}
+
{-YS6}{m6 }
+
{-YS2}{m~) + iii~}
(0)
{ W1}
= -'
(0)
TI
-(0) mI
=
-YS8
(0)
+
{-t67}{m6
+
{-ts8}{mS
+
{-t67}{m6
+
{-ts8}{m ~) + m8p) }
(0)
(0)
+
m7 }
+
m8 }
+
m7 }
(0)
(0)
. . .. dst.
Secara umum persamaan momen displacement dapat dituliskan (lihat Gbr.III-3) sebagai berikut :
-
W1
0.
Gbr.III-3
W2
•
WR
mR
a.
r~hR
taAL
1- --'. -
ka4
e
b teE
tbB kbB
keE
..
"
B
A
,.,.
"
E
"
~
35 n=R hR
iiiR
L: Wn
n=l
= -
+
{-taA}[::l +
{-tbB}
TR
.......
+
+
{-teE}
[::l [:1
(III-25)
dimana TR
= 2
taA =
{kaA
3 kaA TR
+
kbB
+ ••.•• +
.' ......
;
keE} teE
3 keE = -TR
111-1-2. Contoh
80al ke-5. Portal dengan bentuk dan kekakuan yang symetris, tetapi pembebanan tidak symetris. Angka2 kekakuan langsung diberikan setelahdibagi dengan konstanta kekakuan K. (lihat Gbr.III-4) 5,4t W =1,3t 1 ~
It)
~r-,
6
k=0,5
Q
5
--t..!< 4,00
1
2
k=0,8
r--.. It)
~ II
7r2 t
..!<
2,.0 t It)
4
k=O, S
4 II
II ..!<
~
rl,Ot/m
1---4,00--t2,00~
2,.0
k=0,8
T
r
h 1= 4, 00
3
~
~
It)
~II
4
d' h2= 4,00
~
~II
~II
~
1
ABC Gbr.III-4
Penyelesaian 1.Perhitungan momen2 primer M12 M23
= -
l~
momen2
(2,0)(6,00)2
parsiil
= -6,0 tm;
(7,2)(4,00)(2,00)2 =-3,2tm; (6,00)2 (5,4)(4,00)(2,00)2 =-2,4tm; = (6,00)2 = -
\~s -'
MS4
= -
1
12
(1,0)(6,00)2
= -3,0 tm;
M21 = +6,0 tm
M
= + (7,2)(4,00)2(2,00)= +6 4 tm (6,00)2 ' (5,4)(4,00)2(2,00) = +4,8 tm M56 = + (6 0)2 32
M45 =
+J,O tm
f
36
= -6,0 l6 = -2,4
tm ;
l2
tm ;
l5
P, Y den
mP)
l1
= =
= =
(+6, 0) + (-3,2) (+4,8)
+ (-3, 0)
+2,8 tm ;
l3
= +6,4
tIn
+1,8
l4
= +3,0
tIn
tm ;
P1
= 2 (0,95 + 0,8 + 0,75).
= 5 ;
P4
= 2(0,75+0,5)
= 2,5
P2
= 2 (0,8+1,4+0,8+1,0)
p~
= 2 (0,5 + 1,0 + 0,5)
P3
= 2(0,95+0,8+0,75)
= 8; = 5 ;
P6
= 2 (0,75+0,5)
= 4 = 2,5
Y1A
0,95
= -5-
1,40
Y2B = ~
0,95
Y12
= -5-
= 0,175
Y21
= Y23 = -8-
= 0,190
Y32
= -5 - = 0, 160
= 0,300
Y45
= ~
=
YS2
= -4-
Y3C
= -5-
Y43
= ~
YS4
=
0,50 -4-
Y6S
=
0,200 ;
0,75
m~O)= mf)
_
l1 P1
0,125 Y61
= _ (-6,0)
(0)
= - 2l. = _
~
_
- - P3 - -
T, t
dan
tingkat
=
0,3.00
0,80
0,50
0,75
Y16
= -5-
Y25
= -8-
Y34
= ~
Y56
=
1,00
0,75
1,00
= 0,250
(lihat
ti tik (0)
(+2,8) 8
= -0,350
tm ;
ms
( +6 ,4)
_ 1 280 tm • - - , ,
m6
(atas)
ke-II
_ 3(0,75)
II -
m4
0,150
(0)
(0)
0,125
4)
_ l4 __ - - P4 -
rS
= - P5
= -
_ l6 __ - - P6 -
=
= 2 (0,75+1,0+0,75) _
;
_ 3 k 2 5 _ 3 (1 , 00 ) _ 25 T 5 - 0,600
;
(+3,0) 2,5
- -1 200 ,
(+1 , 8 ) -4-
=
(-2,4) 2,5
- +0 960 tm ,
-0,450
tm
tm
5
t34
= 0,450
iTif)
= _ h1 { w 1 }
= _
ke-I
5 -1,040
tm
(bawah)
=
2 (k1A+k2B+k3C)
2 (0,95+1,4+0,·95)
tlA
-
_ 3 k1A _ 3(0,95) TlI 6,6
_ - 0,432
t2B
=
=
3 k2B
(4, 00) (1 , 3 )
TI
=
TlI
=
:
-0,450
TlI=
= 0,125
nf°)
_ 3k16 t 16 -
tingkat
= 0,150
= 0,200
tm ;
5
= 0,100
0,80
+1,200
TI = 2 (k16+k25+k34)
t
=
= 0,160
5
P2 m3
0,80
= 0,190
=
3(1,40) 6,6
• ,
t3c
0,636 ;
m<:
= 0,432 = _ h2{
= 6,6
W1 + W2}
=
TlI
=
_(4,00)(2,0 6,6 -2,000 tm
+ 1,3)
37 Pemberesan momen se1s1u dimu1ai dari momen rotasi, disinidimulai dari titik kumpu1 (1) ke titik kumpul (2), (3), (4), (5) & (6) seperti yang akan ditunjukkan sebagai berikut : m}l)
=
+
mf)
= +1,200
m~O)
+ (-y LA) { iliff}
(-0,190)(-2,000)
+ (-Y12) {mf)} + (y ) { m(0) + iij(o)}
(-0,160)(-0,350)
- 16
6
= = = =
+0,056 +0,012 +1,640
m(o) 2 -
-0,350
= = = = =
-0,165 +0,350
(-0,150)(+0,960 - 1,040)
I
m(l) 1 m(l)
2
-
-
+
m(O)
2
(-Y21) {mf)} + (-Y2 ) { ili(O)} B II
(-0,100)(+1,648) (-0,175)(-2 ,000)
+ (-Y 2 3) { m
(-0,100)(-1,280) (-0,125)(-0,450 - 1,040)
+
f)}
+ (-Y25) {mf)+ ilif)}
m(l) 2
mal - + 3
-
+
3
= = (-0,150)(-1,200 - 1,040) = m(1) = 3
(-Y32) {mf)} {
(-0,160)(+0,149) (-0,190)(-2,000)
iliff}
+ (-Y34) {mf)+ ilif)} (0)
m4
+ (-Y43) { + (-Y 45) {
m1
1)+ iiif)}
mf)}
}
m~O)
m~)
+ (-Y54) { m~l)}
(-0,125)(-0,622)
+ (-Y52) { mq)+ ilif)}
(-0,250)(+0,149 -1,040) (-0,125)(+0,960)
+ (-YS6) { m~)}
m(l)
5 m~l)
= +
m~)
+ (-Y65) { m~l)} + (-Y
61
)
{m~l)+
iiif)}
}
-0,024 +0,380 +0,336 -0,588
-1,200 (-0,300)(-0,588 - 1,040) = +0,488 (-0,200)(-0,450) = +0.090 4
= +
+0,149 •
(o) m4 -
m(l) m~l)
+0,128 +0,186
mP) 3 - -1,280
m(o)
+ (-Y 3C)
m(l) _ 4 - +
+0,380
= = = = = =
-0,622 -0,450 +0,078 +0,223 -0,120 -0,269
mf) = +0,960 (-0,200)(-0,269) = -0,054 (-0,300)(+1,648 - 1,040) = -0,182 m(l) 6
=
+0,832
Sete1ah se1esai pemberesan momen rotasi pada langkah pertama, dilanjutkan pada pemberesan momen displacement langkah pertama lebih dahu1u, yaitu iliaJ yang akan ditunjukkan sebagai berikut :
38 Tingkat ke-n
mfJ
=
+
-m
(atas)
I
mf)
mf) (1)
( -t
(1)}
16 ){ m1 + m6 + (t ) { m (1) + m (1) +
- 25
2
(-0,450)(-1,648 + 0,832)
(bawah)
iiiSf = + iii~ +
r- t 1A)
{
m
f) }
(-0,432)(-0,588)
mg! momen displacement
dengan menggunakan
harga2
=
mfl)
tersebut sebagai berikut
iii(1)}
(-0,190)( -2,553)
II
(-0,160)(+0,149)
+ (-Y16) { m~J+ iiifJ}
(-0,150)(+0,832
mfJ
+ (-Y2B)
) { m (2)} 1
(-0,100)(+1,767)
{mg!}
(-0,175)(-2,553) (-0,100)(-0,588)
+ (-Y23) { mq)} + (-Y25) {mf)+
(-0,125)(-0,269
iiif)}
-0,095 +0,254 -2,553
_
- +1,200
= = -1,539) = m(l) =
+ mf) 21
-0,712
: (0)
) {
= = = = =
momen rotasi langkah kedua
m1 1A
-1,539
langkah pertama ini se
+ (-Y12) {mq)}
+ (-Y
-2,000
(-0,636)( +0,149)
kembali dengan pemberesan
mqJ
m~ (-0,432)(+1,648)
lesai, dilanjutkan
+ mf) + (_y
+0,545
mlT
Setelah pemberesan
=
-1,116
= m}l) =
(-0,450)( -0,588 - 0,,622)
+ (-t2B) { mq)} + (-t3C) { mq)}
mf)
=
(-0,600)(+0,149 - 0,269) = +0,072
}
5 + (t ) { m(l)+ m(l)} - 34 3 4
Tingkat ke-I
= +1,200
-1,539)
= = = = =
+0,485 -0,024 +0,106 +1,767 -0,350 -0,177 +0,443 +0,059 +0,226
(1) _
m2 -(2) m3(2) , ••• m6(2) dan -(2) mI, mlT .,. ditunjukkan dalam bagan skema Gbr.III-5. • .•
dst
Catatan
dst
- +0,201
. pemberesan momen se 1 anjutnya
(sampai tercapai konvergensi),
:
- Pada pemberesan ini, sebaiknya
momen untuk portal dengan titik kumpul yang bergoyang selalu dimulai dari pemberesan
hulu dalam satu langkah,
baru kemudian
pada langkah yang bersangkutan. - Untuk mencapai
hasil konvergensi
an momen rotasi selalu menggunakan tik kumpul sebelumnya.
momen rotasi lebih
pemberesan
(m:V ~
da-
momen displacement-
mt)
yang cepat, hendaknya
pada pemberes-
harga2 yang telah dihitung
padat~
39
.fJ:-1,04O iIIf)=-1,040 -1,116 -1,288 +0,072 -0,104 +0,545 +0,395 1fi=-1,5J9 l!If).-2,0J7
-g'm
IfJ:-1,040 JifJ=-l,040 -1,210 -1,291 -0,029 -0,109 +0,46; ..±Q..l2Q ;fJ:-l,81 "iiif)=-2,050 ifi:-l,040 ~ -i,040 -1,256 -1,295 -0,074 -0,110 :il +0,426;(1. +0,382 _/:-1,944 ml~=-2,056 :tJJ -=p) MI :-1,040 =-1,040 -1,278 -1,295 -0,094 -0,111 +D'g05 +0,'88 ~:-2, 07 -:)=-2,058
mfJ.+o,960 mfJ:+o,960 , -,---,mf):-o,450 , +0,078 +0,054 +0,017 +0,223 -0,182 +0,052 m~:+0,832 m~)=+1,029 m~=-, mf)=+O,960 mfJ=+0,960 +0,030 +0,016 mfJ:-O,450 +0,067 -0,068 +0,060 +0,335 m~J=+0,922 m~J:+1,036 (2J -0,104 mfJ=+o,960 mfJ=+o,960 ms :-0,152 +0,022 +0,015 ...=!WllU ~ mr -0,450 +0,061 m[1"=+0,981m:7J:+1,039 +0,395 -0,115 mfJ:+O,960 m~J=+o,960 mQJ:-0,109 +0,018 +0,015 (4) +0,035 (8) +0,065 m6 =+1,013 "'6 :+1,040 -0',600 Imf)=-0 ,450 +0,058 +0,424 -0,123 mfJ:-O,091
"'1
L-"':""'_~
ii~J:-2,OOOiii~:-2,000 -0,712 -0,792 -0,095 -0,163 1lI~ -15 +0,184 mll =-2,5JJ m1:-2,771
mfJ=+l,200 mfJ=+1,200 +0,380 +0,524 +0,056 -0,040 III +0,012 15~ ml =+1,648 m/:+l.833
IIff:-2,OOO iii~:-2,OOO -0,763 -0,793 -0,128 -0,165 +0,217 +0,182 iiW:-2,674 iii~=-2,776
mfJ:+1,200 mfJ:+1,200 +0,485 +0,526 -0,024 -0,041 +0,106 +0,151 mf:+1,767 m~6J:+l,836
iiiff:-2,OOOiii~:-2,000 -0,782 -0,794 -0,148 -0,165 +0,197 +0,182 1ii~:-2,n3 iii~:-2,777
mf':+l,200 mfJ:+l,200 +0,508 +0,527 -0,032 -0,041 +0,1)4 +0,152 mfJ:+l,81O mfJ=+l,838
iiff=-2,OOOiiiW:-2,OOO -0 432 mf':+l,200 mfJ:+1,200 -0,789 -0,794 ' +0,519 +0,528 -0,158 -0,166 -0,037 -0,042 ~ +0,180 +0,182 +0,144 (8 +0,153 iii~=-2, 759 m~4J:+l,286 m/=~
",~J=~
fJ=-O,350 mfJ:-O,350 -0,165 -0,183 +0,350 +0,483 +0,128 +0,044 +0,186 +0,262 mgu:+0,149 m~):+O,l56
, •
I
.,;n
mfJ:-O,350 mfJ:-0,350 -0,181 -0,184 +0,468 +0,486 +0,050 +0,042 +0,246 +0,266 'mq)aO,2JJ mfJ:+o,260
m~:-l,280 m~=-l,280 -0,037 -0,042 +0,508 +0,527 +0,352 +0,374 !I~:-O,457 mfJ:-O,421 •
I
mfJ:-O,350 mf):-0,350 ·0,183 -0,184 +0,478 +0,486 +0,046 +0,042 +0,257 +0,267 m&4)':+O,248 m~J:~
B
Gbr.III-5
t» :-1,280 m) PJ..-1,280 ,m) -0,024 -0,041 +0,380 +0,524 (1) ..:ttl..lli 15J~ II) :-0,588 m) :-0,426 mf):-l,28U mfJ:-1,280 -0,032 -0,041 +0,485 +0,526 +0,324 +0,37) 1I~:-O,503 m~J:-O,422
mfJ:-0,350 mfJ=-O,350 -0,177 -0,184 +0,443 +0,485 +0,059 +0,043 +0,226 +0,265 m~:+O,201 m~J:+0,259
mfl:~
A
, _, _n '!I~J:_1,200 m~J:-l,200 mr:-0,450 +0,056 , +0,489 +0, no +0,090 +0,018 +0,438 m~:-O,622 m~J:-O,452 -0,127 m~J=-0,083 .~J=-1,200 m~J:-1,200 +0,61) +0,7)8 mr:-O,450 +0,056 +0,054 +0,017 +0,445 mfJ:-O,5)) m:J:-O,445 (6J -0,129 m~J:-l,200 mfJ:-1,200 mS =-0,078 +0,681 +0,741 mr:-O,450 +0,0)0 (l. +0,016 +0,055 m~~:-O,489 m4j:-O,44) +0,448 -0,130 m~=-l,200 m~J -1,200 +0,714 +0,743 mf):-O,077 f4J ...:&...Qli (8J...!:Q..Ql2 , _,. __ ,m4 =-0,465 m4 =~ mr:-O,450 , +0,055 +0,449 -0,130
'm~ :-1,260 mfJ:-1,280 -O,04Q -0,042 +0,519 +0,528 f4J +0,365 (8J +0,375 II) :-0,436 m) :~
C-
c
40
2.Perhitungan
{2 m(B) + m (B) } 1A 1 II 0,95 { 2(+1,839) + (-2, 778)}
=
{2 m(B) + m(B) + ii/B)} 16 1 6 I 0,75 { 2(+1,839) + (+1,040)
+ (-2,058)}
{2 m(B) + m(B)} + M12 12 1 2 0,8 { 2(+1,839) + (+0,261)}
+
(-6,0)
tJ. M1
= =
M61
{2 m(B) + m(B) + m (B) } 16 6 1 I 0,75 { 2(+1,040) + (+1,839)
+ (-2,058)}
{2 m(B) + m(B) } + M65 56 6 5 0,5 { 2(+1,040) + (-0,076)}
+
(-2,4)
0,8 { 2(+0,261)
+ (+1,839)}
+
(+6,0)
M23
= =
0,8 { 2(+0,261)
+ (-0,419)}
+
(-3,2)
M2B
=
1,4 { 2(+0,261)
+ (-2, 778)}
M25
=
1,0 { 2(+0,261)
+ (-0,076)
+ (-2,058)}
tJ. M2 dst
= M3C = M34 = tJ. M3 = M32
Per Let MAl
MB2 Me3
= = = =
Kontrol
-~2 {
_1 4
=
+1,995
tm
= =
-2,849
tm
+0,001
tm ~
=
+1,396
tm
= = = = = = =
-1,398
tm
-0,002
tm ~
+7,889
tm
-3,118
tm
-3,158
tm
-1,612
tm
°
k
t:. M6 M21
tm
k
= =
M65
+0,855
k
= =
M12
=
k
= =
M16
moment
k
=
M1A
design
dengan
jalan
°
yang sama dipero1eh:
+5,938
tm
M45
-3,435
tm
M43
-2,503
tm
° akan-'
+0, 001 tm ~
°
= =
+2,520
tm
M54
-2,521
tm
M56
tJ.M4=-0,001tm~0
MS2
tJ. M5
= = = =
-3,297
tm
+5,244
tm
-1,949
tm
.-0,002
tm ~ 0
dan C :
A, B
k
{O + m(B)+ m(B)} 1A 1 II 0,95 { 0+ (+1,839) + (-2, 778)} 1,4 { 0+ (+0,261) 0,95 { 0+ (-0,419) :
L:H
[ MiA] MAl
= +
°
+
[ M2B] MB2
+ (-2, 778)} + (-2, 778)}
= -0,892 = -3,524 = -3,037
-3,524
t.m tm
HA + HB + He - W1 - W2 +
[ M3C] MC3
}
{[+0.8551 + [-3.158] + [-3.435]} -0,892
tm
-3,037
=
°
- W1 - W2
=
- 1,3
= =
- 2,0
° 13,191 4
-
-0,002
t ~
3,3
°
(o.k!)
41 111-1-3. Contoh soal ke-6. Portal seperti pada contoh soal ke-S (111-1-2), beban horizontal dihapuskan, hanya beban vertikal saja. 5,4
f---
t
, 1,0 t/m
~OO --+2,OO~
nllnr~r~r~rrrrrrrrnrnr.r.r~r~rTrTrrrnll
6
k=O,5
5
4 ~
k=0,5
7,2t -l 4,00 1.1)
2
1
k=O,8
.-..t
d
2
~1 II
~
c
B
A
3
d' h =~OO
II
II
~
t
d' h =~OO II 1 ~ 2,00 ~ It) 0\
.."
0\
T
Gbr.III-6a
Penyelesaian : 1.Perhitungan momen2 parsiil Perhitungan momen rotasi mto) lihat contoh soal ke-5, sedangkan untukmomen displacement m(o), karena tidak ada gaya horizontal maka semua harga2 m(o) = O. Pemberesan momen parsiil selalu dimulai dari momen rotasi lebih dahulu pada satu langkah kemudian pemberesan momendisplacemen. Untuk pemberesan momen rotasi pada langkah pertama m(» , perhitungannya sarnaseperti pada perhitungan contoh soal ke-5 (Lihat hal.37) hanya disini diisikan harga2 m(o) = 0, seperti yang akan ditunjukkan sebagai berikut: { pemberesan momen dimulai dari titik kumpul (1) ke titik kumpul (2), (3), (4 ), (5) dan (6) }
mfJ
= + mf) + c-r LA ) {iiito1I )} + (-Y12) { mf)} + (-Y16) {m~)+ iiif)}
mf) = +1,200
)
(-0 ,190)(0) (-0,160)(-0,350) (-0 ,150) (+0,960 + 0)
m~) = + mf) + (-Y21)
{mf)} + (-Y2B ) { mP1I)}
(-0,100)(+1,112) (-0 ,175 )(0 )
+ (-Y23) {m~)} + (-Y25) {m~)+ iiif)}
(-0 ,100)(-1 ,280) (-0,125) (-0,450 + 0)
= 0 = +0,056 = -0,144 mfl = +1,112 mf) = -0,350 = -0,111 = 0 = +0,128 = +0,056 mCf = -0,277
42 - + mP) 3
m(l) 3
+
mf) ::: -1,280
Y32) { m~.1) }
(-
+ (-y 3C)
(_y
+
{
m~ }
mf) }
) { m(O) +
34
4
(-0,160)(-0,277)
: +0,044
( -0 , 190 )( 0 )
:::
(-0,150)
(-1,200
+ 0) mSlJ
lesal,
-(1:
'
6
Setelah
pemberesan
sebagal
dahulu berikut
momen rotasl
pada
pemberesan
pada
1angkah
pertamalnl
momen dlsplacement
j
16
. t ) + \- 25 +
t m(l)+ 1
mi1J t
(1)
(1,}
..
(lJ
t
t-0,450i(+1,1l2+
6
( -0,600)
m2 + mS
\ -0,277
-
0
0,706)
::: -0,818
- 0,402)
::: +0,407
l-0,450)(-1,OS6-0,793)
t J 4) { m~J.j + m4 ~
I -
langkah-
jjjP) 1
+ \-t
se-
:
-PJ + mr
_
-
:+0,180 :::-=-1--:-OS6
m(.1J
S
dllanJutkan
pertama
m1
m(.1) dan
m(l) 4
ist
0
::: +0,832 ffiW :::-:::-0-;421
jjj,#
+
:
jjj~)
+ ~- t
)
1
t
m(1) } 1 + l-t2B){m2} (1) + \ -t 3C) { mq)} LA
Setelah eal,
dllanjutkan
kedua
(-0,432)\+1,112) (-0,636
I pemberesan
kemba11 pada
sebagal
jjj{O) II
H -0,277
(-U,432)(
pemberesan
::: +0,4,6
1angkah pada
j
+ l -y 12) \
pertama
se1e-
1angkah
yany
m?) : +1,200
+ (- '( iA
I
:::-~O, 1'2
berlkut
m7) = + mf)
+
::: +0,176
)
mW momen rotasl
0
= -0,480
-1,056)
momen displacement
_ -
_y
16
t mW}
( -0 , 190 ) ( +0 , 1S2 )
t
(-0,160
) {
mq) }
m(lj + m(lJ} 6
n -0,277
::: -0,029 ::: +0,044
)
l-0,1S0)(+0,706+0,421):::
t
-0,169 mf) ;-+1 :046
mfj)
+ mf)
:::
mf) ::: -0,3~0
+ (-y
21)
{
+ (-y
2B)
{
in?) } mW}
( -0,100)
+ (-y 23) { mS1)} +
(
-Y2S
) {
(1J -(.1)} mS + mI
= -0,10)
l +1,046)
(-0,17S)(+0,152)
: -0,027
( -0 , 100)( -1 ,056 )
::: +0,106
(-0,125)(-0,402
: -0,002
+ 0,421) mf)
. ..
d st
jukkan
(2)
(2)
(2)
m3 ' m4 ' ms pada bagan skema
dan
m~2) se1anjutnya
Gbr.III-6b.
seperti
yang akan
= -0,378 ditun-
43
.~.
0 -0,818 -0,688 ~,.a7 -HI,566 -(1) ~,812 ~ II .~,421 ;tJ=-HI,912 -0,664 -HI,569 !1J ~,9J6 +1,019 II :+O,6B2ir'=-HI,924 -0,700 +0,535 -(1J +O,9B3 II :+0,818
•• J=-O,450 , -. -HI,123 -0,110 ~ -0,065 IllS =-0,502
-HI,095 (3J -0,507 -6 :-HI;54a
",f
_f
-0,744 ~,490
",r~
-0,662 -HI,57l +1,021 -HI,930 a
;r'
-0,679 -0,661 ~,556 -HI,572 -/4J +l,005..:tLlli II :+O,8B2ir'=-HI,933
-HI,102
I
,
~
",1
.:!:!l..J122.
-f=-1,200 ••f=-l,2oo -HI,232 -HI,l09 (2) j,080 J -HI,loo 11I4z ,BBB_: =-0,991
",fJ=-O,1I50 -HI,124 -O,llB (6J~ liS =-0,507
",fJ=-0,1I50 "'fJ=-O,450 -HI,122 -HI,124
- - ,.f=-1,2oo _f/.-l,200 -HI,317 -HI,1l6 1II~.-0,793 m~ -O,9B5
_fJ=-1,2OO _fJ·-l,200 -HI,167 -HI,l06
J=-0,45( IIr=-O,450 -HI,llB -HI,124 -0,067 -~,120 -0,076' ~ m~=-O,1I75 ",qJ=-O,50B
...=!L1ll
",fJ=-HI,490
",:'J=-HI,960 _r'=-HI,960 -HI,099 -HI,102 (~-O,543 ~ 11I6=-HI,516 "'f=-HI,4B9 , -',--J .-HI,4BB
ifJ =-HI,933
f
J I:>J "'6 =-HI,960 mt =-HI,960 I -. -- - ,mr'=-O,450 , -HI,099 -o.eac -HI,lOO -HI,069 tu -0,334 -0 560 -0,120 m6 =-HI,706 "'~~ "'~=-0,402 ",r=+0,960 .:'J=-HI,960 J=-O,450 -HI,OBB -HI,lOl -o.m (2) -0,440 -0 569 -0,011 116=-HI,60B (2)..=!L..!l!!lI. I:>J _ I:>J -s =-O,43B m6 _-Hl,960 -6 =-HI,960
~ ~
(l)..±lL..Wl
-4 =-0,945 11I4=-0,993 _f/=-1,200 -f.-l,2oo -HI,133 -HI,104 ,
,
(~~ IW~ '-4 =-0,972 "'4 =-0,994
-0,097 -0,122 -0,069 ~ -0,061 ",f=-O,494 mf =-0,509
m~J~
rnfJ~
if=
0 -0,190 -0,480 -0,426 +0,176 -HI,2BO ~ -HI,54B ,g.'.+o,152 .:.-HI,402
f"=+1,2oo ••f"=+1,200 0 -0,074 , -HI,056 -HI,069 -0,144 -0,210 "f=+1,1l2 "'fI/'-HI,9B5
,
"'fJ=+1,2oo
-0,452 -0,425 +0,240 -HI,2Bl +o,~l~ -HI,550 I~.+O, 0 i:=-HI,II06
"'f"=+1,200 -0,029 -0,076 -HI,044 -HI,07l Q) -0,169 -0,212 III =+1,046 mfJ=-HI,9B3 f:;l)' PJ "l =+1,200 "'1 =+1,200 -0,05B -0,077 -HI,060 -HI,07l -0,194 ~ _~=+l,OOB ",fl=-HI,9Bl
-0,1135 -0,424 +0,265 -HI,2B2 +0,536 -HI,55l i~=+o,366 iii~=-HI,409
-o,42B -O,42J +0,275 -HI,282 +o,54~ -HI,552 ...----'--~f"=+1,200 "'f"=+1,2oo i~=+o,39 if/=-HI,411 -0,432 -0,070 -0,078 -HI,067 -HI,071 iW =-HI,411 ..=Q...W-=2..a1..U m~=-HI,992 m~=-HI,9BO
'
IIIfJ=-0,350 "'f' =-0,350 ':0,111 -0,099 o -0,069 -HI,128 -HI,126 -HI,056 -0,049 mf=-0,277 II~J=-O,441
-O',190I-fJ=-1,280 _fJ=-1,2BO -HI,044 -HI,071 o -0,074 rv -HI 180 -0 0111 -3 =-1:056 "'~=-1:269 _~'-1,2BO _~=-l,2BO -HI,060 -HI,071 -0,029 -0,076 Q) -HI,056 -HI,011 "'3 =-1,193 "'~=_1,274
",f'=-0,350 ",fJ=-0,350 -0,105 -0,098 -0,027 -0,070 -HI,106 -HI,127 -0,002 ~~ 1Il~=-0,37B "'2 =_0,442 mf'=-o,350 1If'=-O,350 -0,101 -0,09B -0,053 -0,070 +0,119 -HI,127 -0,031 o. -0,052 , _,_n,mf'=-O,416 ",/=-0,443 I
"fJ=-l,2BO ",fJ=-l,2BO -HI,067 -HI,071 -0,058 -0,077
~tllfJ=-1,280 ~
m~=-l,280 +0,071 -0,078 (~...:t!I&ll IW~ _) =-1,262 II) =-1,278
",t
J=-O,350 ",f'=-0,350 -0,099 -0,098 -0,064 -0,071 -HI,124 -HI,12a -0,043 -0,053 m~~=-O,432 m~J=-O,444
mrJ=~
B
Gbr.III-6b
-HI,069 -0,070
"'rJ=~
mrJ=-0,445
A
(l)-±lI..JlliI
(3J ~
-3 =-1,240 -) =-1,276
c
44 2.Perhitungan M12
= 0,8
M1A M16
design
moment
= -4,788
tIn
= 0,95 { 2(+0,980) + (+0,411)}
= +2,252
tIn
=
= =
+2,536
= + (-3,2) = = = (+0,933)} b.M2 =
+6,072
tIn
-4,934
tIn
-0,671
tIn
-0,466
tIn
+0,001
tIn
{2(+0,980)
+ (-0,445)}
+
(-6,0)
0,75 { 2(+0,980) + (+0,488) + (+0,933)} b. Ml
M21 = 0,8 M23 = 0,8
= M2S =
M2B
{ 2( -0,445)
+ (+0,980)}
{2(-0,445)
+ (-1,278)}
1,4
{2(-0,445)
+ (+0,411)}
1,0
{2(-0,445)
+ (-0,509)
Dengan jalan
+
-+-
yang sarna djperoleh
(+6,0)
0
MS4 = -4,006
M34 = -1,963
tm
MS6 = +4,535 tm
M3C = -2,038
tIn
MS7 = -0,530
tm
b.M3= +0,002
tIn
b.MS= -0,001
tm ~ 0
M43 = -1,750
tm
M6S = -2,166
tIn
M4S = +1,752
tIn
M6l
b.M4= +0,002
tIn
~
Per1etakan2
A,
B
= MB2 = Me3 =
MAl
0
0
+2,167 tm
= = =
+1,321 tm
+ (+0,411)}
0,95 {O+ (-1,278)
+ (+0,411)}
=
+0,001 tm ~ 0
dan c
{O + (-0,445)
-0,048
tIn
-0,824
tIn
HA + HB + Hc
=
}
=
_~ { [+2.252] + [-0.671] + [-2.038]}
=
Kontro1
-h~ {
4
: !: H [M1A] MAl
+1,321
+
0
0
tIn
= M6=
0,95 { 0 + (+0,980) + (+0,411)} 1,4
~
:
M32 = +3,999 tm
~
tIn
+
[M2B] MB2
-0,048
+
[M3C] MC3
-0,824
0
+0,008 4
=
+0,002
t ~
0
(o.k! )
45
111-1-4.
Keadaan aymetri Pada konstruksi portal yang symetr:~s (bentuk bangunan & angka kekakuan}, khusus untuk pembebanan gaya horh;ontal saja, perhitungannya dapat disederhanakan dengan penurunan rumus, sebagai berikut : 1. Portal dengan jumlah bentangan ganjil.
ea Wl_
b
a'"'"Sa
I
K=- >
_...••
1 c-
-15<
'-I mI
='-t
= eat .• ma = mat I
Sa'
I
-
W2
c'
c
mll
Gbr.III-7
Maa' = kaa'{ 2 ma + ma'} = kaa'{ 3 ma} Mac = kae { 2 ma + me + mI}
=
kab {
=
0,
Mab
2
2 ma + mb }
dengan jalan yang sama seperti padapenurunan (111-8) diperoleh
EMa
mus/persamaan
•••• (111-26)
[
kaa' kae +
aa'l ma
k
mb +
+ kab
kacl::] mI
ru-
= o
kab
ma
=
mb
(-Y~b)
+
, [me] m
••• (1I1-27a)
(-Yae)
I
, Yab
kab
= PI ; a
, Yae
=
kae P' a
;
P~' ;:
Pa- +
kaa'
••• (1I1-27b)
Perhitungan cukup dengan meninjsb' .,eparoh bangunan, dimana pada titik2 kumpul yang berada pada bent'angan tengah (sumbu symetri), harga2 P dan Y ditukar dengan P' dan Y' untuk momen rotasi, sedangkan untuk momen displacement 2 X t dari kolom2 separoh bangunan tersebut pada tingkat yang bersangkutan. Rumus2 /persamaan tersebut diataa. hanya berlaku untuk bebanan gaya horizontal saja.
pem-
46
2. Portal dengan jumlah bentangan genap.
W1
-
----
mI
ea =
ea ....•. , - --
.
p
----
-----
ea'....
ma
=
ma'
~-
-
ea'
W2
q
mlT
i
Gbr.III-8 Mpa'
= kpd' { 2 mp + ma,}
Mpq
=
Mpa
= kpa { 2 mp + ma }
=
kpq { 2 mp + mq +
= kpa { 2 mp + ma}
mI}
(III-28)
dengan jalan yang sama seperti pada penurunan rumus/persamaan (111-8) diperoleh : LMp
0,
kPaj 2
[ kpa
+ 2
II1a
kpa
+ kpq [ ~
1
=
0
kpq
mp
=
,
=
Ypa
pa)
ma (-Y 2 kpa
,; Pp
;Ypq=
+
pq)
(-Y
2 kpq, ~; Pp
[~l Pp
=
...
(IIl-29a)
2{ 2kpa
+ kpq
}
(III-29b)
Perhitungan cukup dengan meninjau separoh bangunan, dimana p~da titik2 kumpul yang berada pada kolom sumbu symetri, harga2 Y ditukar dengan Y' untuk momen Fotasi, sedangkan untuk momen displacement2 X t dari kolom2 separoh bangunan tersebut ditambah 1 X t kolom2 pada sumbu symetri pada tingkat yang bersangkutan. Rumus2 tsb.diatas hanyaberlaku untuk pe~bebanan gaya horizontal saja. Catatan : Pada,1perhi tungan mamen design untuk portal denqan benbmgan gar1jil,'harga2 ~omen design pada balok2 bentangan tengah (SUIlIDU syll\etriJharap -01perhat Ikan rumus/ per aamaan (II1-26)
..•. Maa'
=
kaad
J hla}
47
111-1-5.
Contoh 80al ke-7. Portal 8ymetris seperti pada contoh soal ke-5, beban vertikal dihapuskan, tinggal beban horizontal saja, dengan demikian berlaku keadaan symetri untuk pembebanan gaya horizontal. 1.,3t
~16
k=O,5
k=0,5
5
:t1
d' ..Ie:
II
..Ie:
-
14
d'
II
II
lI)
I'-. ..Ie:
2,0 t
lI)'l 0'1
k=O,5
k=0,5
2
il
c) II
..Ie:
lI)
A
hir
o
13
0'1
d' II
..Ie:
h2=4,OO
••c 1
"'B"
1JI!
T
Gbr.III-9
Penyelessian : \ Perhitungan pemberesan momen cukup dengan meninjau aeparoh banglnan dan menggunakan rumus/persamaan (111-29a) & (111-29b) pada sumbu sym~tri. 1.Perhitungan momen2 parsiil Perhitungan p dan y sama seperti pada contoh soal ke-5, hanyadisini pada titik2 kumpul (2) dan (5) harga y diganti menjadi : Y21
2(0,8) 8
= 0,200
2(0,5) 4
= 0,250
2 k21_
= -p-2
YS6
2 k56_
=~-
Pemberesan momen parsiil dimulai dari momen rotasi, dari titik kumpul (1) ke titik (2), (3), (4), (5)dan (6) seperti yang akan ditunjukkan sbb: (tidak ada gaya vertikal, maka semua harga2 mP)= 0).
mfJ
=
+
mf)
mP) 1
( -0 , 190)( - 2 , 000 )
+ (- Y 1A) { m~}
f) }
(-0,160)(0)
+ (- Y 12)
{m
+ (-Y16)
{ m~)+ iiif)}
(-0,150)(
0 - 1,040) (1)
m1 m~lJ
= +
mf)
+ (_Y'
21
) {m(l)}
1
+ (-Y 25) {
+0,380 0 +0,156
--
+0,536
m~O)+
iiif)}
(-0,200)(+0,536)
=
-0,107
(-0,175)(-2,000)
=
+0,350
(-0,125)(0
= +0,130 = +0,373·
- 1,040)
mq; dst
0
m2f;:J) -- 0
+ (- Y 2 B) { Ji'iff}
.....
= = = = =
m(1) m(lJ 3'4'5
m(lJ
dan
m(lJ 6'
48 Sete1ah 1anjutkan
pembereean momen rotaei
1angkah pertama
du1u pada pemberesan momen displacement
se1esai,
di
1angkah pertama seba-
gai berikut
m?
= +
mf!
+ 2 x (-tl6) + (-t2S)
{mfJ+
}
m{fl}
iiif) 2 (-0,450)(+0,536
{ m~)+ m~}
+ O,1l8)
(-0,600)(+0,373+0,167) -(1)
mI
m~ =
+ m~ + 2 x (- t lA)
pemberesan
... dst
MlA M16
= = =
2 (-0,432)(+0,536) (-0,636)(+0,373)
momen rotasi
ditunjukkan
2.Perhitungan Ml2
}
m~1J}
(-t2B) {m~)}
+
lanjutnya
{
0,95 { 2(+0,860) + (-3,192)
}
0,75 { 2(+0,860) + (-2,997)
+ (+0,554) }
0,8
{ 2(+0,707) + (+0,860) }
M2B
= =
1,4
{2(+0,707)
M2S
=
1,0
{2(+0, 707) + (+0,434) + (-2,997)
M23 = M21
+ (-3,192)}
(antimetris/sama
}
dan searah) t:. M2
.... dst dengan ja1an
= -1,422
MS6
=
+0,711 trn
M6l
= =
MS4
=
+0,711 trn
t:.M6
= -0,001
t:. Ms
=
-0,001
Untuk ti tik2 metris
trn
M6S
-0,463
=
+1,941 trn
= = =
-1,398
trn
-0,542
trn
+0,001 .trn :::0
= =
+1,819 trn
=
+1,149 trn
=
+1,819 trn
-2,489
--
=
trn
0
+0, 771 trn -0, 772 trn trn :::0
trn :::0 Perletakan2
kumpul (4) & (3) anti-
dengan titik2
(1) & (6)
:
A,
M4S = +0, 771 trn
M32 = +1,941 tm
M43 = -0,772
M3C = -1,938
trn
M34 = -0,772
trn
trn
-1,953
= = -(1) m.zr =
yang sama dipero1eh
MS2
-0,324
-2,000
moment
t:. Ml M21
-0,589
m~ =
Gbr.III-lO.
{ 2(+0,860) + (+0,707) }
0,8
-1,040
-0,237 -2,700
dan pemberesan momen dieplacementse
dalam bagan skema
design
= = = =
B
= MB2 = Me3 = MAl
---
dan
C
-2, 2~5 trn -3,479
trn
-2,215
trn
49
-0.250
-0.200
-I') m s-l,G40 -1:1) III_-1,040 I
..,0,589 -1,258 679 -(1) -0.324 -f6J 11I1 :-1,953 11I1-• ,977
1.
;~.-1,040 .~=-1,040 -0,929 -1,266 _Q) -0.523 -0.682 11I1 :-2,492 ~=-2,988
mP): 0 6 -0,033 -0,086 (lJ +0.151 f6J +0.629 m6 :+0,118 11I6 :+0,543
.1') & 0
-0,064 -0,087 +0,)68 (1) +0 ,6)6 11I6 :+0,304 11I6 z+O,549
+0,351 +0,569 -0.030 (1) ..::9..a.ll§. .,-:+0,321.5 :+0,433
'+0,167 (lJ-'t-
., a+o,167 ., :~ Q.I
Q.I
-0,078
J~&-l,G40 1~=-1,040 .-1,111 -1,269 (3J -0,612 ~ -0.683 II :-2,763 IIlf :-2,992
(3)
+0,466 +0,571 III -0.076 18)...=Q....ill ., :+0,390 IllS =+0,434
-0,087 +o,~)8 11I6 z+O, 51
:g'~~: (8)
11I6:'
-0,083 -0,087 +O,57~ (9) +0,640 m6 :+0,49 11I6 :+0,553
+0,523 +0,572 -0,107 t9. -0,138 ., +0,416 1II,~=+o,434
-0,085 -0,087 +0,612 ~ +0.641 m6 :+0,527 11I6 :+0,554
+0,550 +0,572 /!II -0,124 (l)l; -0,138 III, .+0,426 mS -+0,434
(4)
(4)
-f):-l,040 5~=-l,040 -1,199 -1,272 (4)i,65~ (9) -0.684 II :- ,89 IIlr =-2,996
+0,563 f6) ~
(5)
1~:-l,040 IIlf':-l,040 -1,240 -1,273 -0.670 ~ _fV:-2,950 1~~-2,997
=
-0.200
-0.160 ~:-2,OOO ~:-2,OOO -0,463 -0,739 :(1) -0,237 :(6) -0.445 mlT=-2,700 mlT=-3,184
+0,513 +0,605 -0,060 -0,112 W +0.275 (1) +0.365 ml =+0,728 ml =+0,858
-0,146 -0,172 +0,473 +0,557 (2) +0,223 (1) +0,318 11I2 :+0,550 m2 =+0,703
+0,566 +0,606 -0,088 -0,112 +0,328 +0.366 IIIf)=+O,806 IIIr)=+0,860
-0,161 -0,172 +0,521 +0,558 (3) +0,271 (B,I +0,319 11I2 =+0,630 m2 :+0,705
-0,380
o
+0,603 -0,111
(lJ
~:-2,OOO ~=-2,OOO -0,629 -0,741 ~ -0.350 :(1) -0.447 mlT =-2,979 mlT =-3,188 ~=-2,OOO ~=-2,OOO -0,696 -0,743 :(3) -0.401 =i9) -0.448 IIIlT =-3,097 mlT:-3,191 ~=-2,OOO ~.-2,OOO -0,723 -0,743 :(4)-0,427 :(9)-0.449 mlT =-3,150 mlT=-3,192
+0.156 (15)+0.363 m1 :+0,536 11I1 :+0,855
IIIf)= 0 -0,107 -0,171 +0,350 +0,555 (lJ +0.130 f6) +0.316 11I2 =+0,373 m2 :+0,700
1-"'.,1901 IIIf): 0
-0.'4321
~=-2,OOO ~=-2,OOO -0,734 -0,743 -::(5) -0,439 =
+0,588 +0,606 -0,101 -0,112 +0.350 +0.366 1II~4) =+0,837 IIIf):+o, 860
-0,167 -0,172 +0,542 +0,558 (4)+0,297 (9).±!l...lli .~ :+0,67211I2=+0,706
+0,599 +0,606 -0,108 -0,112 (5)+0,360 (.D) +0,366 11I1 =+0,851 11I1 :+0,860
-0,170 -0,172 +0,551 +0,559 (5)+0,310 (.Q +0,320 11I2 :+0,691 m2 ~
B
A
Gbr.III-IO
50 Kontrol 1{
-h-;
: [M1A MAl
1: H
1
_!{[-1,398] 4 -2,215
=
~
1 }
0
W2
=
-2,489] + [-1,398] } - 1,3 - 2,0 [-3,479 -2,215
=
13,19~ _ 3,3 4
=
-0,002
Karena
+
[~~
konstruksi
portal
-
0
Wl
-
yang sarna pada contoh
ke-6 dan ke-7 tsb, maka hasi12 momen design sarna dengan
=
HA + HB + Hc - Wl - W2
M2B] [ MB2
+ +
0
t ~
soal ke-5, -
pada contohsoal
ke-5 ada1ah
jumlah hasi12 momen design pada contoh soal ke-6 + ke-7,
perti yang akan ditunjukkan
dalam daftar berikut
:
~i
=FR= FR+=FR I •• [I
cum
BIll
BEIIGI
KH
CIITON lOll K[-G COlTON nu
KE-/
m un
•
A
B
C
M12 M1A M16
-2,849 +0,855 + 1,995
-4,788 +2,252 +2,536
+ 1,941 -1,398 -0,542
-0,002 +0,001 +0,001
+7,889 -3, 158 -1,612
+6,072 -4,934 -0,671 -0,466
+ 1,819 + 1,819 -2,489 -1, 149
-0,002 -0,003 +0,002 +0,003
M32 M3C M34
+5,938 -3,435 -2,503
+3,999 -2,038 -1,963
+ 1,941 -1,398 -0,542
-0,002 +0,001 +0,002
M45 M43
+2,520 -2,521
+1,752 -1,751
+0, 771 -0, 772
-0,003 +0,002
MS4 MS6 MS2
-3,297 +5,244 -1,949
-4,006 +4,535 -0,530
+0, 711 +0, 711 -1,422
-0,002 -0,002 +0,003
M6S M6l
-1,398 + 1,396
-2, 166 +2, 167
+0, 771 -0,772
-0,003 +0,001
MAl MB2 Me3
-0,892 -3,524 -3,037
+ 1,321 -0,048 -0,824
-2,215 -3,479 -2,215
+0,002 +0,003 +0,002
M2l M23 M2B M25
0 (o.k!)
0_3, 118
A-(8+C)
S~
51 111-1-6.
Contoh soal ke-8. Konstruksi portal eymetris seperti pada
contoh soal
ke-4,
hanya disini pembebanan berupa gaya horizontal saja, hinggaberlaku keadaan symetri untuk pembebanan gaya horizontal. W1= ~ t o 4 .-.t
k=.O, 75
II
k=0,75
3
0
1
4'
4'
~
~ k=0,75
2 4'
4'
~
~
~
~.~~1
4' h2= 5,00
'llw
>JIr
A'
B'
B
A
o
II
II
iJr
l'
0
4'
r oo
t h1r k=0,75
2'
0
II
o
"
k=0,75
o
4'
0
II
~ W2= 2 t -=---
k=0,75
3'
Gbr.III-11
Penyelesaian Perhitungan pemberesan momen cukup dengan meninjau separoh bangunan dan menggunakan rumus/persamaan (111-27a) & (111-27b) pada bentangan tengah. 1.Perhitungan momen pa~siil Karena tidak ada gaya2 vertikal, maka semua harga2
mP)=
o.
P, P' dan y, y' P1
= 2 (1,0+0,75+1,0)
Pi
= P2+ k22' = 2 (1,0+1,0+0,75+0,75)
P.3 = P3+ k 33' = y 12
Y
= 5,5;
+ 0,75 = 7,75 } = 5,75 2 (0,75 + 1 ,0 + 0 ,75) + 0,75
_k12_0,75 -Pj - 5,5 = 0,136 ;
klA
Y lA = -
-
'
k41 1.0 Y41=-=-35=0,286 P4 ' \ k23 l.t.Q. 'f23 = -, =7 75= 0,129 P2 ' , k32 1,0 Y32 =pt =5,75= 0,174
_ k2l _ 0,75
21 - P 2
1,0 = 5 5 = 0,182 ;
PI
_k43_0,75 43 - P4 - 3,5 = 0,214 ;
y'
P4 = 2(0,75+1,0)
7 ,75 = 0,097 ;
_k34_0,75 34- Pj -5,75=0,130;
y'
y
= 3,5
pada bentangan tengah.
_ k14 = 1,0 = 0,182 14- PI 5,5
YiB
=
k2B _ 1,0 = 0,129 Pi -7,75
3
T, t
dan
in (0)
TI
=
2X 2(1,0+1,0)
t14
=
3 k7A _ 3(1,0) r; - 8
=
= 0,375 ;
_ 3 k1A =- 3(1,0) = 0,375 ;
tlA -
Tzr
mf) = -
hl {Wl}
8
-I
-__
(5,00)(2) = -1,250 8
1n-=8
8
t23
=
t2B
= 0,375
tIn ;
0,375
-mP)- _ (5,00)(2 + 2) = -2,500 II -
8
tIn
52
tas!
Pemberesan momen2 parsiil dimulai dari pemberesan momen rodari titik kumpul (1) ke titik kumpul (2), (3), (4), (5) dan (6),
seperti yang akan ditunjukkan sebagai berikut : mP1) --
mfJ = + mf) + (-Y1A) {mW} + (-Y12) {m~)} +
(
-Y14 )
{
0 = +0,455 = 0 = +0,228
(-0,182)(-2,500) (-0 ,136)(0 )
m4(0)+
-(0) }
(-0,182)(0 - 1,250)
mI
m? m£lJ
m(o) -
= + mf)
2
(-0,097)(+0,683) (-0,129)( -2,500)
+ (-Y 21) { m}lJ} + (-Y2B) { niff} + (y ) { m(o)+ niP)} - 23 3 I •••
dst
= +0,683
(-0,129)(0 -1,250)
-
= = = mq) =
0 -0,066 +0,323 +0,161 +0,418
m(1.)
m(1) dan 3
4
Sete1ah pemberesan momen rotasi 1angkah pertama selessi, di lanjutkan dahu1u pada pemberesan momen displacement langkah pertama : -(1.) mI
=
+
niP) I
+ 2 (-t14) {m(lJ+ .1 + 2 (-t ) {m~lJ+ 23
m(lJ}
4
m~lJ}
}
nif) =
2(-0,375)(+0,683+ 0,131) = -0,610 2(-0,375)(+0,418+ 0,144) = -0,422 -(1) mI = -2,282 -P) mlT = -2,500
-(1)
mlT = + iliff
i
+ 2 (- t lA) { m lJ } + 2 (-t2B)
•• dst
{m~lJ}
}
-2,500
2(-0,375)(+0,683) 2(-0,375)(+0,418)
selanjutnya ditunjukkan dalam bagan skema
Gbr.III-12,
= -0,513 = -0,313 iii.w = -3,326 dimana di-
sini hanya ditunjukkan hasi1 perjumlahannya saja pada tiap langkahnya.
2.Perhitungan design moment Disini tidak ditunjukkan perhitungannya, hanya harap diperhatikan pada perhitungan momen design untuk titik2 kumpul (2) dan (3) digunakan persamaan (111-26) : M33' = k33' {3 m3} M22' = k22' {3 m2} (lihat catatan pada halaman 46 bawah)
53
-0, 214 ,
iiif)= "'!1,250
-0,2861 mfJ= I
iiif= -2,282
mff=
iiif) = -2,864
mfj)
1-0, 130 0
mfJ=
0
+0,131
mfjJ = +0,145
+0,325
m~)= +0,273
iii~J= -3,150
m~J= +0,449
m~J= +0,333
iii(l = -3,283
m~4)= +0,512
mS4) = +0,359
iiif) = -3,344
m~)= +0,543
m~)= +0,371
iiifJ = -3,371
=
2 x
=
2 x
m~)= +0,556
m~J= +0,376
-3,383
mf)= +0,562
mqJ=
iiifJ= -3,390
m1J= +0,566
m:!J= +0,379
iiifJ = -3,392
m~J= +0,567
m.rJ =
iiifJ
I iii~=
-t
---l
mf)::c
-2,500
+0,378
+0,379
1-0,097
mf)=
0
0
iiig; = -3,326
mfj!= +0,683
mg;= +0,418
iii.w = -3,666
ma) = +0,940
mf)= +0,614
iii~=
-3,813
mf)= +1,045
m§3J=+0,706
iiiSf = -3,880
mS4)= +1,090
m~J= +0,750
iii.w = -3,909
m~)= +1,108
m~)= +0,770
mS6J= +1,117
m~J= +0,779 mfJ= +0,784
= iii.w =
-3,928
mfl=
=
-3,931
m}8) = +1,122
mrJ=
iii!31= -3,932
m![J= +1,123
mg')= +0,787
iii!8J
iiifJJ
-3,922
2 x
+1,120
Gbr.III-12 A
~:
B
+0,786
54 111-2. Portal
dengan bentuk tak teratur. Portal dengan bentuk tak teratur disini dimakaudkan
bahwa-
arah pergoyangan dari portal teraebut masih aatu arah tertentu, sehingga perayaratan penurunan rumus2 dari metode ini tetap berlaku. Portal dengan panjang kolom kaki tak sarna. Sebagai dasar penurunan rumus, diambil tinggi kolom tertentu -h-, dimana -h- diambil pada kolom2 kaki yang paling banyak sarnau-· 111-2-1.
kuran tingginya (Gbr.III-1S). Rumus2 momen rDtasi dan momen displacement yang terdahulu (Bab.III-I-l) tetap berlaku, kecuali pada tingkat paling bawah yaitu pada kolom2 kaki perletakan, rumus2 momen displacement berubah aeperti yang akan diturunkan aebagai berikut :
Wl
----.-
W2---+
WR_
IS
IS
I
,I
1
2
I
mI
..
~...
3
I
h
h ~ ~1jI
IS
11
_
mI
=
/ ~1jI
acJl
m3C
= -
=
J
I
~1jI
.".~
0
_
mlA
4
I
I
Gbr.III-15 _
6
adh I
c
C
= -
6 E K IjI
= -
6 E K-
.•
iii3C = ~
mI
m4D = - 6 E K ~
.•
m4D = ~
mI
ach
aah
ac
ad
WR
h
6 E K~
1--.
IjId
D
IS
m2B
-- 7--
=
n=R
E
n=l
Wn
(III-30)
Perhatikan freebody pada tingkat bawah berikut ini
(Gbr.III-16)
~ ·~H~----------------------------------~ _ 3 -H -H _ 4 _-H 2 _ 1
WR
--+-
• I
M1A
M2B
M4D
M3C
ach
i :
HA-
M
~l
~ HB-
.
a~
MB2 MC3 \
MD4
HcGbr.III-16
HD-
55 Keseimbangan Freebody
=
( 1: Ml
I-A:
pada freebody +
h HA
=
0
M2B] + MB2
h HB
=
0
MiA] MAl
[
0 )
masing2
Freebody 2-B : ( 1: M2 0 )
[
Freebody 3-C : ( 1:M3 0)
M3C] [ Me3 +
He
=
0
atau
Freebody 4-D : ( 1:M4 0)
[ M4D] + ad h HD MD4
=
0
at au
=
=
=
Dengan jalan
yang sama seperti + [M2B] +
MiA] [ MAl
Bila
Clc h
diisikan
MB2
harga2:
penurunan
kolom
tingkat
bawah
-+
1 [M3C] ac Me3
+ h He
=
0
-+
1 [M4Dl ad MD4J + h HD
=
0
persamaan
1. [M3C] + 1.. [M4D] ac. Me3 ad MD4
= _
(111-13), diperoleh:
... (IIl-31)
hWR
(lihat penurunan persamaan III-14a)
=
3klA
=
3 k2B m2 + 2 k2B m2B
= 3 k2B m2+ 2 k2B
[~~]
=
3 k3C m3 + 2 k3C ii'i3C
= 3 k3C m3+ 2 k3C a.L mI e
[M4D]
=
3 k4D m4 + 2 k4D
[MiA] MAl
[ M2B]
ml+2klA
mlA
MB2
MD4 Maka persamaan
=
3klA
ml+2klA
mI
mI
1iii4D = 3 k4D m4+ 2 k4D a.d - mI
(111-31) dapat dituliskan
menjadi
:
klA
k2B
2mI
S~ k3C
+ 3klA
a
m2+3 ek3C
ml+3k2B
m3+3Sdk4D
m4
= - h WR
S~ k4D h WR
mI =
atau:
TR
+ (-t'lA)
ml
+ (-t'2B)
+ (-t'3d
m3 + (-t'4D)
• •• (IIl-32a)
m2 m4
dimana :
TR, = ,
{
2 ~
tlA
=
t'2B
=~.
2
klA+k2B+Se
TR ;
3k
TR '
t'
k
3C+
2
Sdk4D}
_ 3 Be k3C 3C T~
t'
_ 3 Sd k4D
4D -
TR
1. Be --, - ae
1
ad = ad ••• (III-32b)
56
Rumus tersebut dapat berlaku umum, tinggal memasukkan harga2 ac, ad, •••• On untuk kolom2 yang tidak sama tinggi, dan harus diingat pada pemberesan momen rotasi dan momen displacement, harga2 m pa da tingkat ba~ah untuk kolom yang tidak sama tinggi digunakan peraamaan (111-30), yaitu _ 1-
m3C -
m4D
ac mI ;
1= -«« mI;
ITInN
='
1an mI
Untuk memudahkan, berikut ini diberikan bagan skema pemberesan momen
8
7
6
5
1
2
3
4
mI
1-
mI
1-
- mI ac
ad mI
B
A
C D
Gbr.III-l7
Pemberesan momen rotasi dan momen displaceme~t untuk titik2 (1), (2) •••• (7) dan (8) seperti pada contoh soal terdahulu, hanyapada titik (3) dan (4) digunakan persamaan (111-32a) dan (111-32b) seperti yang akan ditunjukkan sebagai berikut : Pembereaan momen rotasi. m~
=
mf) + (-)'32){mtJ} +
+ (-)'36) {m~+ + (-)'34) {m~} + (-)' 3C)
m~
c
m~)
+ (-)'43) {mr'}
iiiiJ}
+ (-)'45) {mr+ + (-)'4B)
m,r }
{et
= +
{a~
Pemberesan momen displacement.
-mJ mr
=
+
iiiIp)
+ (-t'lA) +
{
mr}
(-t'-3C) {mr} dst.
+ (-t~?B) { m~} + (-t'4D)
{ m~}
(contoh soal diberikan pada buku bagian ke-2)
miJ}
m,r}
57 111-2-2.
Portal dengan balok tak menerus Untuk konstruksi portal dengan balok tak menerus ini, penu-
runan rumus2nya tergantung dari bentuk konstruksinya. Penurunan rumus untuk konstruksi portal seperti pada Gbr.III-1Ba
akan
berbeda dengan penurunan rumus pada Gbr.III-1Bb, jadi untuksetiap bentuk konstruksi yang berbeda memerlukan penurunan rumus tersendiri. Sebagai contoh, disini akan diturunkan rumus untuk keadaan konstruksi portal seperti pada Gbr.III-1Ba.
W
r02+01 --1/1-
02~
1
,: ,, ah I iiilII , I
I
,I
I
02~ lOl --; II--
::
4
5
I
[01
--I I I-
h
-- ,,
)j-,02
I
JIII mI
152 ['\ 2
I
,
1 , I
m.zr
..
I
I
,\
II
ah
ah' I
IP
I I I I
h
'I
W2
r-?
3
I I II II
I
•
••
?J
Gbr.III-1Bb
Gbr.III-1Ba
m1B = m2C = m.zr
Ketersngan :
,,~
lJII~
C
B
m14
=
m23
=
mSA
=
mlII
mI
Sebagai dasar perhitungan diambil tinggi kolom pada tingkat ke-n bentangan aebe Iah kanan yang sama tingginya yaitu lain dinystskan dengan (lh dan
h
sedangkan yang
a h.
iiiI = - 6EK- °1
••• (III-33a)
h
°2 iii.zr = - 6E Kh ffilII
+
••• (III-33b)
C 6 E K [ 152 ; h 1 ]
=
1 [ 152 + 151] mI 151
= '6 +
(liii.zr -- =~ RlI °1
a
J-
1 [
= B
a
152
1+
57]
-
mI
e
a
1 [] 1(liiilII = 1 [ 1 + (l mlT iii mI = mI + (lmlT = mI + m.zr • (III-33c) I
58
Ki ta tinjau freebody kolom2 5-A, 4-1, 3-2, 1-0 dan 2-C
Wi
-4--Hs -.....
-H4
-
M41
MSA
-
-H3
M32
~---------
-
MAS
-
M2C -
M1B-
HA
Mc2
MBl -4--
+--
HB
Hc
Gbr.III-19
Oengan jalan yang sarna seperti pada penurunan rumus2 pada portal dengan panjang kaki tak sarna, yaitu pada penurunan rumus/persama'an (111-31), maka dengan memperhatikan jumlah keseimbangan pada freebody kolom2 5-A, 4-1 dan 3-2, dapat diperoleh
1[~SA
8
MAS
1+ r
Bils diisikan harga2: MSA [ MAS
[
1=
M41] M14
M32] [M 23
3k
AS
M4i ] M14
+ [M32] M23
= -
••• (III-34)
h Wi
(lihat penurunan persamaan III-14a)
ex - ] mS + 2 kAS -m..m = 3 kAS mS + 2 kA5 [ B1 -mI +(3m.zr
=
3 k 14 { m1 + m4} + 2 k 14 mI
=
3
k23 { m2 + m3} + 2 k23 iiiI
maka persamaan (111-34) dapat dituliskan menjadi : 1 82 kAS
2iiiI
[
k141
k23
+ 3kA5
~m5+2kA5~ffi.zr
+3k14{mi+m4}
+ 3 k23 { m2 + m3} = -
h Wi ••
(III-35)
59 atau:
= -
mI
~~1 I
+ (-t'AS)
{mS}
+ (-t'14)
{ ml + m4}
+ (-t'23)
{ m2 + m3}
+ (-A)
• ••
(III-36a)
•••
(III-36b)
Rill
dimana: T;
=
4-'
_
2 [ ~ kAS + k14 + k23 ]
l.AS -
.1 t'
3 B kAS •
T"
_ 3 k 14 •
I
A
3 k23
T' I
I
_ 2 kAS a
-TT62
Selanjutnya na jumlah
=
t'23
---yr- ,
14 -
tinjau
keseimbangan
freebody
pada
masing2
momen pada
kolom2
kolom
I-B
tersebut CW,tW'2.)
MIB] [
+
[M2C]
= -
-~J,,(WITth)
= - ah
= -
[ MIB MBI
J + [ Me2 M2~]
Bila diiaikan harga2:
= _
+ ~ [ MSA]
8
=
3klBml+2k1Bmll
[~~]
=
3 k2C m2 + 2 k2C Rill
M'9i T ~,~
-= M/!>+
M8/
MUf
8
= ~ [3 8
MAS
kSA
ms +
2 kSA
[ MSA ]} ~S
a h { W1 + W2}
•••
(III-37)
MAS
Rim]
= ~ [3 =
persamaan
maka persamaan
2 iiill
l
klB] k2C
a 2
82 kSA
(111-37)
+ 3 klB
dapat
kSA ms + 2
a
III-14a)
{i
mI+ ~ mE} kSA]
a
_
a2
3"8 kSA ms + 2 82 ks,A mI + 2 82 kSA mll
di tuliskan
menjadi
ml + 3 k2C m2 + 3 ~ kSA ms + 2
Iv1s-QtN~ -;0
~I~
1- M2-H
MBl
g [MSA]
M
~z-l-? .
MI"1 T
h~ 1-
a h {( WI + W2) + _1
(lihat penurunan
[MIB]
+- ~H
:
{ WI + W2 - HA}
8h
-+-
2-C, dima-
memberikan
a h { HA + Hc}
MC2
MBl
dan
:
8'";
kSA
mI
= - a t: {WI +W2} •• (III-3B)
/'>1G1>L-N"if
60 atau :
o.h{Wl+W2}
=
mII
+ (-C'lB)
T" II
ml
dimana:
=
2
Catatan
T"
a
_ 3 k2C 2C - --y-r-
t"SA - 3BkSA - T" II
II
(III-36a),
(III-36b),
but dapat diturunkan dibahas
(III-39b)
kSA
S2
II
Rumus2
:
t"
II -2 kSA J!-.
-
2 0. ]
klB+k2C+S2
t"lB -- 3 kT'"lB. B _
••
mS ffiI
+ (-B) "[
(III-'39a)
+ (-C'2C) m2 + (-C'SA)
TII
•••
(III-39a)
dan (III-39b)
dengan caralbentuk
terse-
yang lain yang akan
dalam buku bagian kedua.
5 mI
mII A
Gbr.III-20
langkah
perhitungan
B
:
Untuk momenrotasi dahulu, harga2
sedangkan
mf)
C
adalah
sarna seperti
untuk momen displacement
adalah
-(0) mI
_ ~ - - T" I
•
Kemudian menghi tung kedalam persamaan
(III-33c), S! -(0)
-(0) _ [1-(0) S mI
mnr -
dengan catatan
+ S mII
m~
-(0)
_
mII
- -
yaitu
0
o.h {Wl +W2}
T"
II
harga2
iiif)
dan
]
mr
dan
in!;' .
- untuk kolom 5-A ada dua harga
tSA
yaitu
dengan mengisikan
setiap
harga
harga2
untuk menghi tung
soal
& (III-39a)
:
slalu
(contoh
=
tersebut
dengan mengisikan
m~
C'SA
(III-36a)
menghitung
:
- untuk menghitung
dan
per-tarna2
dan m~J dengan menggunakan persamaan
dimana suku kedua pada ruas kanan persamaan2
iii~
pada contoh2 soal ter-
diberikan
digunakan
t'SA
mII.
dalsm buku bagian
kedua)
persamaan
(III-33c)
untuk menghitung
mI
61 111-2-3. B
Portal dengan sakangan sendi. Perhatikan Gbr.III-2i dabavah ini, dimana sakangan/tumpuan
adalah sendi, rumus2/persamaan mamen ratasi yang terdahulu (iihat
Bab
tetap berlaku, hanya untuk mamen ratasi pada titik kumpul (2) dan marnen displacement untuk tingkat ba\llahberabah sebagaimana yang a-
III-2-i)
kan ditunjukkan dalam penurunan rumus dibawah ini :
Wi
-+
6
5
4
mI
2
3
1
- 11 W2
ml1
J A
• C
"*"B Gbr.III-2i
Keterangan : m16
= m25 = m34 = mI
miA
= m2B = m3C = mff
(ingat: iii hanya tergantung
dari
*)
Kita tinjau pada titik kumpul (2) M2B MB2
= =
k2B { 2 m2 + mB + iliff} k2B {2 mB+m2+ffiff} = 0
Eliminer mB dari kedua persamaan tersebut, menghasilkan: M2B = k2B { 1ml + t iliff}
••• (III-40a)
Sementara pada batang2 yang lainnya M21
=
+ M21
k12{2m2+mi}
M23 = k23 { 2 m2 + m3} + M23 M25 = k25 {2m2+m5+iliI} Keseimbangan pad a titik kumpul
2 mi
~ k2B k21 k23 k25
(2)
~ E M2
} = 0 ,
••• (III-40b)
memberikan :
+k25 {m5 +iliI} +k2B {~iliff}+k21 ml + k23 m3 = - { M21 + M23} ••(III-4l) .
62
atau:
= -
m2
T~
P2
(-Y2S) {mS+iiiI}
+
+ (-Y21)
+ (-Y2B)
(-Y23) {m3}
+
{mi}
{iii.rr} •• (II1-42a)
dimana :
Pi
= 2 [ k2B + k2S +
+ k23] -} k2B
k21
= Pi - t k2B Y'
_ k2S - PI 2 = k21 P'2
2S
Y2i
T2
;
Y' _ k23 23 - PI
;
Y'
=
[M21 + M23] ••• (I1I-42b)
2
_
2B
-
i-p-,k2B
./
2
Untuk momen diaplacement pada tingkat bawah Jumlah keseimbangan momen pada freebody masing2 kolom, memberikan: [~~:] + [M2B] + [~~
J= -
h {Wl
+W2}
••• (111-43)
Dengan jalan yang sama seperti pada penurunan rumus2 momen displacement pada Bab2 terdahulu, diperoleh: k2B { ~ m2} + k2B
{i iii.rr} + 3 kiA +
+
t [
ml +
2 kiA iii.rr
3 k3C m3 + 2 k3C iii.rr = -
klA.]
2 iii.rr k2B
+~
k2B m2 + 3 klA ml + 3 k3C m3
h {
= -
W 1 + W2}
h { Wi + W2}
k3C atau : m.rr = -
h{Wl+W2}
Tir
+ (-tiA) +
ml +
(-t'2B) m2
•• (III-44a)
(-t'3e) m3
dimana :
Tir = 2 [ klA = Izr t'
-
2B -
+
k2B + k3C ] -
!k2B
,/
!k2B
i k2B .J Tir ,
•• (III-44b) t'
- 3 klA
ix :
Tir'
•
3 k3C t'3C =~
Rumus2 tersebut berlaku umum; yaitu pada titik kumpul padaujung atas dari kolom tumpuan sendi dipakai persamaan (DI-42a) & (DI-42b) untuk momen rotasi, sedangkan untuk momen displacement tingkat bawah, harga2 ~ pada kolom2 tumpuan sendi, bilangan penyebutnya diganti
men-
jadi ~ kmn dan pada harga T = T - ~ kmn, dimana kmn adalah k kolom tersebut seperti persamaan (1lI-44b). (contoh soal pada buku kedua)
63
111-2-4.
Portal
dengan
Penurunan
dua
arah
pergoyangan
tertentu.
rumus2 untuk keadaan ini hanya terbatas pada kea-
daan khusus saja, yaitu goyangan vertikal yang terjadi hanya pada tempat (disamping
terjadi goyangan horizontal).
metris (bentuk maupun kekakuannya), symetris.
(lihat
sedangkan
satu
Bentuk portalharussypembebanannya
boleh tidak
& III-22b)
Gbr.III-22a
m
m m
•
..Itr
Gbr.III-22b
Gbr.III-22a
Keterangan:
Pada titik kumpul (m) disamping horizontal
terjadi goyangan
juga terjadi goyangan vertikal.
Sebagai contoh untuk penurunan ti pad a Gbr.III-22a,
",
"",
rumus, diambil portal seper-
dimana keadaan tersebut dapat diuraikan
menjadisu
per posisi dua keadaan berikut :
t.
5
6
f
4
l~ 1
2
3
e-
:>;!
·c
A
! ~ =#7
=
t
R 17,
c
A
Gbr.III-23b
Keadaan portal pada Gbr.III-23b
i
R
".-
Gbr.III-23a
+
A *
c
Gbr.III-23c
:
Rumus2 momen rotasi maupun momen displacement lu tetap berlaku,
hanya disini pada titik (2)
puskan, diganti dengan perletakan goyang kearah horizontal
saja.
..
yang terdahu-
kolom tingkat bawah diha-
roll hingga konstruksi
tetapdapat
Kemudian dapat dihitung
reaksi R.
be~
64
Keadaan portal pada Gbr.III-23c : R merupakan beban luar terhadap konstruksi portal yangsyme· tris, dimana R sendiri juga symetris (ditengah2), dengan demikian
por-
tal hanya bergoyang kearah vertikal saja. Penurunan rumus momen rotasi dan momen displacement samase· perti pada Bab.111-1-1, hanya disini goyangannya kearah vertikal dengan muatan luar R pada titik kumpul (2). 1IJ1
:7
6
~
1IJ2
;5
4
1
1
/
12
t
'j 3\
65
I )
\'
<2
t
M
c
~
f
)M
t
£ t 3) t I
2
54
M3f
t
M12
r----
A
M45
l, t
lM 1IJ
t
M56+
<.
.t
R
----t
M23. I-- .t ------f
c
A
Gbr.III-24b
Gbr.III-24a
Perhatikan Gbr.III-24a Dari gambar diagram garis elastis, karena kanstruksi yang symetris (bentuk maupun angka kekakuannya) maka didapat : 81
m1
==-
83;
84
m3;
m4
==-
86;
82
m6;
m2
= =
85
m5
= =
0 ;
1IJl
=
0 ;
mI
=-
-1IJ2
•••
(III-45)
mlT
momen rotasi Karena tidak ada beban2 antara ~ T = O. Perhitungan cukup dengan meninjau separoh bangunan, kita ambil contoh misalnya untuk titik kumpul (1) ml
= (-Y12) {O+iiiI} = (- Y 12) { iiiI} +
+ (-Y16) {m6} (- Y 16) { m6}
•••
(III-46)
momen displacement Jumlah keseimbangan momen pada freebody masing2 balok memberikan : M12] M21
[
+
[M65] _ [M23] _ [M54] = -R •.t M56 M32 M45
• •• (II 1-47) .
65
Karena konstruksi yang symeti'is, maka: M23 M32
= = -
M21
MS4
M12
M45
= = -
MS6
(III-48)
M65
dan persamaan (III-47) menjadi :
2{[
n = _ R. .t
M12] + [M65 M56
M21
JI
-+
[
51 = _ !R •.t
M12] + [M6 M21 M56
(III-49)
Dengan jalan yang sarna seperti pada penurunan.rumus) momen displacement yang terdahulu (Bab.III-I-I), dapat diperoleh : 3 k12 { m1 + 0 } + 2 k12 iiiI + 3 k6S { m6 + 0 } + 2 k65 iiiI
2 -mI [k12 k65 atau: -+
J
+
= - ~ s.z
1 3 k12 m1 + 3 k65 m6 = -"2R •.t
1.R •.t mI = -
y I
+
(-t'12)m1
+
(-t'65) m6
•• (III-50a)
dimana: Ti- = 2
r k12 + k65 ] •• (III-SOb)
t' _ 3 k12 ; 12 - T"'" I
t' _ 3 k65 65 - --:rr I
Rumus/persamaan (III-50a) dan (III-SOb) tersebut dapat juga diturunkan dari persamaan (111-47) Iangsung yang kemudian dengan persamaan (111-45) akan diperoleh hasil yang sarna dengan penurunan rumuste~ sebut diatas. Langkah2 perhitungan sarna seperti pada contoh2 soal terdahulu. (Contoh soal diberikan dalam buku bagian kedua).
o
"$()ftOMo
HM" JAKARTA
66
111-3.
Ringkasan
langkah2
perhitungan.
Untuk keadaan portal dengan titik kumpul yang bergoyangini, per-tama2
dilihat dahulu bentuk konstruksinya,
digunakan
rumus2 yang dapat berlaku umum (lihat Bab.III-l-l),
dapat dilakukan
langkah2 perhitungannya.
dak dapat digunakan
dapat
langsung
Tetapi apabila bentuknya
ti-
rumus2 yang dapat berlaku umum, maka harus diturun-
kan lebih dahulu rumus2nya,
baru kemudian
Didalam pemecahan pemisalan
apabila bentuknya
penurunan
tanda2 momen pada masing2
arah dengan perputaran
langkah2 perhitungannya.
rumus2 tersebut harap diingat -
freebody yang selalu dimisalkan
jarum jam dan diberi tanda positip
se-
(lihat kemba-
Ii pada catatan di hale 8 bawah).
Langkah2
perhitungan
1. Perhitungan
untuk keadaan umum.
momen2 parsiil
a. menetapkan
angka2 kekakuan masing2 balok/kolom
b. menetapkan
besarnya
momen2 primer
c. momen rotasi dan momen displacement: p , y dan m(o) pada tiap titik kumpul
- menetapkan
harga2
- menetapkan
harga2 T, t
dan iii(o)pada masing2
tingkat
momen2 parsiil
d. pemberesan sebaiknya
T,
selalu dimulai dari pemberesan
lam satu langkah/putaran,
baru kemudian
pada langkah yang bersangkutan
momen rotasi lebih dwlu dapemberesan
momen displacemen
dengan momen rotasi, yang dapatdisim-
pulkan sebagai berikut : langkah ke-l langkah ke-2
langkah ke-
- pemberesan
momen rotasi langkah ke-l
- pemberesan
momen displacement
- pemberesan
momen rotasi langkah ke-Z
- pemberesan
momen displacement
- pemberesan
momen rotasi langkah ke-n
- pemberesan
momen displacement
dengan catatan bahwa pada setiap pemberesan kut sertakan
harga2 momen displacement
langkah ke-l
langkah ke-2 langkah ke-n momen rotasi selalu dii-
dimana titik kumpul tersebut-
terletak. 2. Perhitungan
momen design
Lihat Bab.II-2, yang bersangkutan
dimana disini ditambahkan
harga2 momen displacement-
dengan titik kumpul tersebut
terletak.
67
PENUTUP
BAB.IV
Tidak ada sesuatu yang sempurna, demikianpula
halnya dengan
metode TAKABEYA yang telah kita pelajari ini, yang banyak membawa keuntungan, namun tak luput dari kekurangan/kelemahan2. Kelemahan dari metode ini antara lain hanya dapat digunakan pada portal dengan arah pergoyangan satu arah saja, sehingga untuk portal dengan arah pergoyangan sebarang, metode ini tak dapatdigunakan lagi, demikian pula untuk portal dengan bentuk tak teratur yang meskipun arah pergoyangannya searah/tertentu, masih memerlukan penurunan rumus2 tersendiri yang tergantung dari bentuk konstruksinya. Namun demikian sudah pada tempatnyalah kalau kita katakan bahwa metodeTAKABEYA ini cukup mendekati kesempurnaan dan praktis penggunaannya. Untuk portal dengan pergoyangan yang searah dengan pembebanan horizontal atau muatan lainnya yang bekerja pada kolom, memerlukanpenurunan rumus2 tersendiri yang akan dibahas dalam buku bagian kedua. Sebagaimana yang telah kita pelajari bahwa metode inimemerlukan pemberesan momen yang cukup sederhana, untuk ini dapat dimamfaatkan prinsip pemberesan momennya untuk portal dengan arah pergoyangansebarang yang juga akan dibahas dalam buku bagian kedua tersebut.
Daftar
Kepustakaan :
1. Dr. F. TAKABEYA, "MULTYSTORYFRAMES" Wilhelm Ernst
& soiui , Berlin
- Munich - 1965.
2. Soetomo HM, Skripsi kat 3. Ir.
"Penggunaan metode TAKABEYAuntuk perhitungan
banyak"
Departemen Sipi1
bert inq-
FTSP ITB - 1972.
Kadarman nersokueumo,
Ku1iah2 ekstra
4. Ir.
portal
wiratman
"Perhitungan
tentang
"Metode TAKABEYA"Dep.Sipi1
FTSP ITB - 1972.
Wangsadinata, portal
bertingkat
dengan cara KANI"
PNINDAHKARYA-1963.
5. Soetomo HM, "Responsi
teori
&
soa12 metode CROSS" Dep.Sipi1
FTSP ITB - 1970.
