1
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
A. PENDAHULUAN Dalam Analisa Struktur, konstruksi yang paling sederhana adalah Konstruksi Statis Tertentu, dimana gaya dalam pada struktur dapat diketahui hanya dengan menggunakan beberapa persamaan kesetimbangan. Seperti pada sebuah balok sederhana (tumpuan sendi-rol) atau pada rangka batang dan portal statis tertentu. Struktur Statis Tak Tentu adalah struktur yang kompleks, penyelesaian dengan menggunakan persamaan-persamaan kesetimbangan pada struktur ini sudah tidak memungkinkan lagi. Sehingga perlu diadakan penyederhanaan/peng-idealan, agar struktur tersebut dapat diselesaikan berdasarkan analisa matematis yang sederhana dan sedapat mungkin dalam persamaan hubungan yang linier. Analisa Struktur dengan Cara Matriks telah memberikan kemungkinan bagi proses idealisasi tersebut. Hal utama dari suatu perencanaan struktur adalah dengan menganalisa apa akibat dari pembebanan gaya-gaya pada struktur yang ditinjau. Perilaku struktur pada umumnya sangat berhubungan erat dengan perubahan Tegangan (Stress (Stress)) dan Regangan (Strain (Strain)) yang terjadi padanya. Tegangan dapat terjadi sebagai akibat dari gaya-gaya dalam yaitu Momen Lentur, Gaya Lintang (Geser), Gaya Normal (Aksial) atau Momen Torsi, sedangkan regangan terjadi akibat adanya perubahan bentuk (deformasi) pada struktur. Dalam analisa perubahan bentuk ini, analisis difokuskan pada lendutan linier atau anguler (translasi dan rotasi) pada titik diskrit (titik kritis) dari struktur. Berarti analisa akan berkisar pada elemen struktur bila dibebani gaya, keuntungan dari analisa tersebut adalah bahwa satu elemen dapat mewakili elemen-elemen lain yang sejenis. Selanjutnya menggabungkan elemen-elemen tersebut dalam satu model matematis dari struktur yang harus dapat memenuhi syarat kompatibiliti dari segi geometri struktur dan syarat kesetimbangan statis struktur. Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa dalam analisa struktur statis tak tentu dengan cara matriks ini, untuk menentukan Tegangan dan Deformasi adalah dengan mengetahui karakteristik sifat hubungan Gaya Dalam dan Deformasi dari elemen struktur dan terpenuhinya syarat Kompatibiliti dan Kesetimbangan Kesetimbangan. Berarti terdapat tiga hal yang mendasari analisa, yaitu:
— Kompatibiliti Kompatibiliti
Hubungan antara Deformasi (perubahan struktur) struktur) dengan Lendutan (perpindahan/displacement).
— Hukum Hooke
Hubungan antara Gaya Dalam dan Deformasi. (Hubungan Tegangan dan Regangan)
— Kesetimbangan
Hubungan antara Gaya Luar dan Gaya Dalam.
2
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
Kesetimbangan
Hukum Hooke i s a m r o f e D
STRUKTUR
Gaya-gaya Dalam
Gaya-gaya Luar
Kompatibiliti Lentur Geser Aksial Torsi
Deformasi
Perpindahan (Displacement)
Translasi Rotasi
Momen Lentur Gaya Geser Gaya Normal Torsi
KONSEP ANALISA STRUKTUR
Kesetimbangan (Equilibrium) Keseimbangan Statis
F=0
(Hukum Newton–1)
Keseimbangan Dinamis
F = m.a
(Hukum Newton–2)
Persamaan Kesetimbangan pada Struktur: Fx = 0,
Fy = 0,
Fz = 0
Mx = 0,
My = 0,
Mz = 0
Hukum Hooke (Constitutive Law) Syarat material struktur elastis dan linear (Hukum Hooke)
Q = k.D
k = kekakuan struktur
D = ƒ . Q
ƒ = fleksibilitas struktur
Q = Gaya/Aksi D = Displacement (perpindahan struktur) Bahasan selanjutnya adalah tentang Metode Kekakuan (dengan Matriks), yang juga biasa disebut dengan Metode Perpindahan (Displacement method )
3
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
B. CARA MATRIKS KEKAKUAN 1. Kompatibiliti (Hubungan Deformasi dan Lendutan) Pengertian Lendutan disini adalah perpindahan (rotasi atau translasi) di titik diskrit yang menyebabkan terjadinya deformasi pada struktur. Nilai awal lendutan diberikan dalam (1 satuan) satuan) dengan simbol D, yang yang diterapkan diterapkan pada titik titik yang ditinjau (titik diskrit) struktur, sesuai dengan kemungkinan rotasi atau translasi yang terjadi pada titik diskrit tersebut.
Contoh-1
Gambar–1a
D2
D1
1
2
A
3
4
B
C
Gambar–1b
D1=1
Untuk D1=1 satuan (1c) deformasi yang terjadi adalah d1=d4=0, d2=d3=1. Untuk D2=1 satuan (1d) diperoleh deformasi d1=d2=d3=0, d4=1.
d3 1
4 d2
Gambar–1c
D2=1
1
2
3 d4
Gambar–1d
Dari model struktur dasar (Gbr-1a), terlihat bahwa pada titik B dan C (tumpuan sendi) dapat terjadi perpindahan berupa rotasi, sehingga pada titik B dan C diberikan lendutan masing-masing 1 satuan D1 dan D2 (Gbr-1b). Selanjutnya semua titik diskrit (TD) dikekang, kemudian satu-demi-satu satu-demi-sa tu (tidak sekaligus), kekangan pada semua TD dibebaskan. Saat satu TD bebas untuk ber-rotasi atau bertranslasi, semua TD yang lain masih terkekang sesuai arah lendutannya.
D1 0 1 1 0
D2 0 0 0 1
d d1 d2 d3 d4
Dalam model Matriks: Jika matriks bagian-tengah dinamakan matriks [A], maka persamaan menjadi:
{d} = [A] ∙ {D} . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( I )
Dimana:
{d} [A] {D}
Deformasi pada elemen struktur Matriks deformasi Lendutan/perpindahan Lendutan/per pindahan di titik diskrit
4
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
2. Hukum Hooke (Hubungan Gaya Dalam dan Deformasi) Dalam hubungan ini yang perlu diketahui adalah berapa nilai Gaya Dalam (H) akibat adanya Deformasi (d).
1
2
EI1
A
3
4
EI2
B
C
L1
L2
H2
d1
d2
H1
Dari contoh struktur pada gambar-2 dapat dilihat bahwa akibat gaya dalam H1 dan H2, menyebabkan terjadinya deformasi d1 dan d2, dan untuk gaya dalam H3 dan H4 terjadi deformasi d3 dan d4. H4
d3
Arah berlawanan jarum-jam pada H dan d dianggap positif.
d4
H3
L1
L2
Gambar–2. Gaya Dalam dan Deformasi pada pada struktur
Dengan beberapa metode yang ada (seperti metode Moment Area/Conjugated Beam, Unit Load, dll) dapat diketahui nilai Deformasi pada struktur. Dengan cara Conjugated Beam: Batang-1
Akibat H1 +da1
H2
d1
Akibat H2 -db1
H2 EI.1
=
EI.1
d2
H1
+
EI.1
H1
L1
-da2 L1
H1· L1
3
+db2 L1
H1· L1 H1· L1
6
H2
2
=
+ H2 · L1
H1 H2 · L1
6
2
H2 · L1
3
. . . . . . . . . . . . (2.1)
. . . . . . . . . . . . (2.2)
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
5
Dari persamaan (2.1) dan (2.2) dapat diperoleh diperoleh persamaan Gaya Dalam (H):
Dengan cara yang sama untuk Batang-2, diperoleh:
Demikian pula untuk batang-batang yang lain pada struktur dengan jumlah batang yang lebih banyak, Gaya Dalam diformat dengan cara yang sama.
Jika persamaan di atas dinyatakan dalam bentuk Matriks, akan diperoleh:
Jika matriks bagian tengah tengah disebut matriks [S], maka diperoleh persamaan:
{H} = [S] ∙ {d} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( II ) Dimana:
{H} [S] {d}
Gaya Dalam Matriks Kekokohan Intern Elemen Deformasi pada elemen struktur
Matriks kekokohan intern elemen [S] merupakan gabungan dari nilai kekakuan elemen batang dari keseluruhan struktur, dari dimensinya dapat diketahui bahwa matriks [S] adalah matriks bujur sangkar yang simetris (band matriks). Tiap-tiap batang pada struktur, mempunyai matriks [S] yang berordo 2x2, sehingga ordo matriks [S] untuk keseluruhan struktur adalah 2 kali banyaknya anggota/batang anggota/batang pada struktur.
6
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
3. Kesetimbangan Kesetimbanga n (Hubungan Gaya Luar dan Gaya Dalam) Syarat ini merupakan syarat umum untuk tiap-tiap model struktur, yang mana dalam analisa analisa ini perlu diketahui diketahui hubungan gaya luar dan dan gaya dalam untuk kesetimbangan struktur. Lendutan D1 dan D2 yang meng D2 D1 akibatkan terjadinya deformasi terjadi akibat adanya gaya luar yang bekerja pada struktur. EI EI 1 2 3 4 1
2
A
B
C
L1
Gaya Luar yang bekerja harus selaras (koresponding) dengan Lendutan yang diberikan pada titik diskrit.
L2
Gambar-3a. Lendutan 1 Satuan Satuan
1
EI1
Gaya-gaya luar Q1, Q2 adalah gaya luar ekivalen, yaitu suatu gaya yang mewakili semua gaya-gaya luar yang ada pada batang yang dibebani. Gaya-gaya Q akan berupa beban terpusat jika lendutan yang terjadi adalah translasi (vertikal atau horisontal) dan berupa momen jika lendutannya berupa rotasi.
Q2
Q1
2
3
4
EI2
L1
L2
Gambar-3b. Gaya Luar Luar Ekivalen Ekivalen
H1
H2
H3
H4
Dari contoh pada gambar-3b dapat diperoleh: L1
Q1 = MºBA + MºBC Q2 = MºCB
L2
Mº adalah momen primer batang.
Gambar-3c. Gaya-gaya Dalam Q1 H4
A
H2
B
H3
Gambar-3d. Kesetimbangan antara Gaya-Luar dan Gaya-Dalam struktur.
Q2
C
Dengan melihat gaya-luar dan gaya-dalam struktur (gambar-3c dan 3d), dapat dibuat hubungan kesetimbangan antara gaya luar Q dan gaya dalam H. Titik-B Titik-C
Q1 = H2 + H3 Q2 = H4
Hubungan gaya-dalam dan gaya-luar dalam bentuk matriks: Jika matriks bagian tengah disebut sebagai matriks [B], maka maka akan diperoleh persamaan:
{Q} = [B] ∙ {H}
Terlihat bahwa Matriks [B] juga merupakan transpose dari matriks [A], sehingga persamaan dapat ditulis:
7
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
T
{Q} = [A] . {H} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( III ) Dari persamaan-persamaan yang diperoleh, yaitu: Kompatibiliti
{d}
= [A] · {D}
................... ( I )
Hukum Hooke
{H}
= [S] · {d}
. . . . .. . . .. . . . . .. . . . (I I )
Kesetimbangan
{Q}
= [A] · {H}
T
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( III )
Jika ketiga persamaan dihubungkan ( pers. III
II
I ), akan diperoleh:
T
{Q} = [A] · ( [S] · {d} ) {Q} = [A]T · [S] · ( [A] · {D} ) Dari persamaan Kekakuan {Q} = [K] · {D} diperoleh Matriks Kekakuan; T
[K] = [A] · [S] · [A] Lendutan/perpindahan di titik diskrit: 1
–
{D} = [K]
∙ {Q}
Vektor Gaya-gaya Dalam:
{H} = [S] ∙ [A] ∙ {D} Momen Desain/Akhir diperoleh dengan cara mengurangkan Gaya-Dalam {H} dengan Momen Primer untuk tiap-tiap ujung elemen batang.
M = H – Mº Momen Akhir pada contoh Balok-Menerus Balok-Menerus seperti yang diuraikan di atas adalah: MAB =
H1 – MºAB
MBA =
H2 – MºBA
MBC =
H3 – MºBC
MCB =
H4 – MºCB
Arah Momen ujung akan berputar searah-jarum-jam jika Momen Akhir Negatif, dan akan berputar berlawanan-arah-jarum-jam jika Momen Akhir Positif. Pada keadaan ini Momen Akhir merupakan Momen Batang (momen yang bekerja dan berpengaruh sepanjang batang), bukan arah Momen-Titik. Momen-Titik. Dengan momen ujung batang yang diperoleh, dapat dibuat diagram benda-bebas ( free-body free-body ) dari struktur, untuk memperoleh momen, gaya geser/lintang, atau gaya normal/aksial, di sepanjang bentang dari elemen balok.
8
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
Daftar Gaya Jepit Ujung, untuk beberapa model beban.
A
B
MA
MB
Gaya Jepit Ujung Akibat Beban
RB
RA
L
1 P
A
A
Pab2
RA
L2
Pb2 L2
(3a
b)
B a
b
B
Pa2 b
RB
L2
L
Pa 2 (a 3b) L2
2 q
A
B
A
1 qL2 12
B
1 qL2 12
A
1 qL2 30
RA
qL 20
B
1 qL2 20
RB
7qL 20
RA RB
qL 2
L
3
q
A
B
L
4
q
A
A
B
B
a L
RA
qa2 2
12L
qa3 12L2
qa 2L3
(6L2
8aL 3a2)
(4L - 3a)
(2L3
2a2L a3 )
RB
qa3 2L3
(2L a)
5 M
A A
Mb 2
L
(2a b)
B a
b
B L
Ma L2
(2b a)
RA
RB
6Mab L3
9
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
Mulai
Momen Jepit Ujung (Momen Primer)
Derajat Ketidak Tentuan Kinematis, D
Matriks Deformasi [A] [A]T Matriks Kekokohan Intern Elemen [S] T Matriks Kekakuan [K] = [A] . [S] . [A]
T
periksa
[K] Simetris? Y -1
Invers Matriks Kekakuan
T
periksa
[K]
-1
[K] x [K] = [I [I] -1 [K] simetris?
Y
Vektor Gaya Luar -1
Vektor Lendutan {D} = [K] . {Q} Vektor Gaya Dalam {H} = [S] . [A] . {D} Momen Akhir M = H – Momen Primer
T
periksa
H, V, M
0?
Y Selesai
Gambar 4. Bagan Alir – Metode Kekakuan (tanpa superposisi)
{Q}
10
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
q
P 1
2
EI1
3
EI2
4
B
A a
C
b L1
L2
# Diketahui Struktur Balok Menerus seperti tergambar: t ergambar: P
= 1250 Kg
L1
=
5,0 m
q
=
EI1
=
1.5 EI
a
=
2,0 m
L2
=
6,0 m
b
=
3,0 m
EI2
=
2,0 EI
750 Kg/m’
# Ditanyakan: Hitung Momen Akhir Akhir dengan Cara Matriks Kekakuan Kekakuan
M°AB
=
–900,00 Kg.m
M°BC
= –2250,00 Kg.m
M°BA
=
600,00 Kg.m
M°CB
=
2250,00 Kg.m
DKK =
2 (Rotasi di titik-B dan titik-C) D1
1
2
EI1
D2
q
P 3
EI2
4
B
A a
C
b L1
L2
Untuk D1 = 1 Satuan D1=1
1
A
d2
L1
B
4
d3
C L2
11
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
Untuk D2 = 1 Satuan D2=1 d4 1
2
3
B
A L1
L2
Q1 = Q2 =
M°BA + M°CB
M°BC
C
= =
–1650,00 Kg.m 2250,00 Kg.m
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
Menghitung [K] -1 dengan cara Gauss-Jordan (Operasi Baris)
12
13
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
M.AB = (–900) = 143.18 Kgm –756.818 – M.BA = (600) = –2113.64 Kgm –1513.636 – MB=0 M.BC = 2113.64 Kgm –136.364 – (–2250) = M.CB = 2250 – (2250) = 0 Kgm _________________________ ________________________________________ ______________________________ ____________________________ ____________________________ _________________________ __________ FREE-BODY
P
MA
MB
B
A 2m
3m 5m
R.AB
R.BA
q
MB
B
C x
P MA MB R.AB R.BA MP
= = = = = =
1250 143,18 2113,64 355,91 894,09 568,64 5 68,64
Kg Kg.m Kg.m Kg Kg Kg.m (di titik gaya P)
q Q MB R.BC R.CB
= = = = =
750 4500 2113,64 2602,27 1897,73
Kg/m’ Kg Kg.m Kg Kg
6m R.BC
RB = R.BA + R.BC = 3496,36 Kg
R.CB
Momen dan Gaya Geser (Btg-BC) 2
2
Mx = RBC (x) – q/2 (x ) – MB Vx = dMx/dx = RBC R BC – q (x)
= 2602,27 (x) – 375 (x ) – 2113,64 = 2602,27 – 750 (x)
Momen Maksimum (Vx = 0)
x = 3,47 m (dari titik B)
x Mx Vx
0 -2114 2602
1 114 1852
2 1591 1102
3 2318 352.3
3,47
1250 Kg
4 2295 -398
5 1523 -1148
1,5 EI
2 EI
A
B
C
3m 5m
355,91 Kg
0 -1898
750 Kg/m
143,18 Kg.m
2m
6
6m 3 4 9 6, 36 K g
RA . 11 + RB . 6 – MA – P . 9 – Q . 3 = 0 RA + RB + RC – P – Q = 0
1897,73 Kg
Ok Ok
14
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
; Struktur portal bidang bidang (tanpa pergoyangan) pergoyangan) seperti tergambar L1 L2 L3 L4 h1
= = = = =
4,0 2,0 3,0 2,0 3,0
m m m m m
h2 EI1 EI2 EI3 EI4
= = = = =
1,0 2,0 1,5 1,0 2,0
m EI EI EI EI
P1 P2 P3 q1 q2
= = = = =
1500 1000 800 2000 750
Kg Kg Kg Kg/m Kg/m
; Momen Akhir dengan dengan Cara Matriks Matriks Kekakuan. Kekakuan.
∙
M°AD = M°DA =
0 Kg.m 0 Kg.m
M°CD = M°DC =
–1066.67 Kg.m
1600 Kg.m
MEG ( Btg–EG ) P –2000 Kg.m q2 –1500 Kg.m MEG = –3500 Kg.m
M°EB = M°BE = Btg–DE Akibat P1 Akibat q2 Jumlah
-150 Kg.m 450 Kg.m M°DE (Kg.m) –1080 –280 –1360
M°ED (Kg.m) 720 820 1540
** Persamaan Momen primer, dapat di lihat pada Halaman-8.
Batang EG (level) tidak memiliki momen primer, tetapi langsung berupa momen ujung akhir dari batang/level tersebut yang diperlakukan sebagai momen primer.
15
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
∙
DKK = 3 (Rotasi di A, D, D, dan E)
Dengan cara yang sama seperti contoh sebelumnya dapat di tentukan Matriks Deformasi [A] sesuai penomoran yang diberikan pada ujung-ujung setiap batang. ∙
∙
, dari persamaan persamaan {d} = [A] ∙ {D}
, koresponding dengan Lendutan - D
Q1, Q2, dan Q3 (masing-masing pada titik-D, titik-E, dan titik-A)
Q1 = M°DC+M°DE+M°DA Q2 = M°ED+M°EB+MEG Q3 = M°AD
= = =
240 Kg.m –2110 Kg.m 0 Kg.m
16
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
, dari persamaan {H} = [S] ∙ {d}
∙
d1
d2
d3
d4
d5
d6
d7
d8
17
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
T
, dari persamaan [K] = [A] ∙ [S] ∙ [A]
∙
Hitung [K]
–1
Cara Gauss Jordan (Operasi Baris)
18
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
∙
∙
∙
∙
∙
\_________________/ \_________________/
\____________/ \____________/
[S] ∙ [A]
{D}
19
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
∙
nub
Arah
1
MCD
=
155,505
–
2
MDC
=
311,009
–
3
MDE
=
–226,514
–
6
MDA
=
155,505
5
MAD
=
4
MED
8
(–1066,67)
=
1222.17 Kgm
(1600) =
–1288.99 Kgm
=
1133.49 Kgm
–
0 =
155.50 Kgm
0
–
0 =
0 Kgm
=
–732,936
–
( 1540 ) =
–2272.94 Kgm
MEB
=
–1377,064
–
( –150 ) =
–1227.06 Kgm
–
MEG
=
0,000
–
=
3500.00 Kgm
7
MBE
=
–688,532
–
( 450 ) =
–1138.53 Kgm
( –1360 )
( –3500 )
1500 Kg
2000 Kg/m MC D
M DC
C
HC
MED
HDE
D
D
MEG
E
E
Q2
VD
4m
MDA
V ED 2m
VEG
3m
HDA
G
Q3
VE
VDE
VDC
ME=0
HED
Q1 VC
MD=0
1000 Kg
750 Kg/m
MDE
HDC
Check
2m MEB
HEB E
D
3m
3m
A
P3
HA
1m
B
HB
MBE
VA
VB
VC = VDC = HC =
1316,63 Kg ( ) VDE = 1347,11 Kg ( ) 2683,37 Kg ( ) VED = 2402,89 Kg ( ) 339,56 Kg ( )xxx HED = 391,40 Kg ( )
HA = HDA = VA =
51,83 1,83 Kg ( ) 51,83 1,83 Kg ( ) 4030,48 Kg ( )
HB HEB VB
= 119 1191,4 1,40 Kg ( ) = 391,40 Kg ( ) = 4902,89 Kg ( )
VEG
=
2500 Kg (
)
20
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
150 0 K g 750 Kg/m
2000 Kg/m
1222.17 Kgm
C
339.56 Kg
1000 Kg
2 EI
D
1,5 EI
F
G 3m
2 EI
EI
1316,63 Kg
E
51,83 Kg
A
800 Kg
H 1191,40 Kg
1m
B 1138.53 Kgm
4030,48 Kg 4m
2m
3m
2m 4902,89 Kg
HA – HB + HC + P3 = 0 VA + VB + VC – (Q1+Q2+Q3+P1+P2) = 0 VA(5) – HA(1) + VC(9) – HC(4) – MC + MB – Q1(4/3+5) – Q2(3/2) + Q3(2/2) – P1(3) + P2(2) – P3(1) = 0
+HA –HB +HC +P3
= = = =
51,84 –1191,40 339,56 800
+VA +VB +VC –Q1 –Q2 –Q3 –P1 –P2
= = = = = = = =
4030,48 4902,89 1316,63 -4000,00 -2250,00 -1500,00 -1500,00 -1000,00
+VA (5) –HA (1) +VC (9) –HC (4) –MC +MB –Q1 (4/3+5) –Q2 (3/2) +Q3 (2/2) –P1 (3) +P2 (2) –P3 (1)
= = = = = = = = = = = =
20152,41 –51,81 11849,66 –1358,26 –1222,17 1138,53 –25333,33 –3375,00 1500,00 –4500,00 2000,00 –800,00
21
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
C. STRUKTUR PORTAL BIDANG DENGAN PERGOYANGAN Pergoyangan (sidesway ) adalah asumsi tentang terjadinya perpindahan pada struktur, dimana titik kritis (diskrit) pada struktur mengalami translasi akibat beban luar yang bekerja. Dalam konteks bahan yang elastis-linear, panjang batang masih dianggap sama, sebelum dan setelah perpindahan terjadi (Hukum Hooke). Pembahasan disini (balok menerus dan portal bidang) dibatasi hanya pada deformasi lentur (tidak mencakup deformasi aksial, geser dan torsi) yang terjadi pada titik-titik titik-titik diskrit akibat bekerjanya beban pada struktur. Dari contoh sebelumnya, deformasi lentur yang terjadi (d) dapat diperoleh dengan melihat dimana terjadinya kemungkinan Rotasi di titik diskrit, dan matriks-deformasi matriks-deformasi [A] dibentuk menurut pe-nomor-an yang diberikan pada ujung-ujung batang. Jika pada titik diskrit dianggap terjadi Translasi, konsep Translasi pada suatu batang harus memenuhi prinsip-prinsip berikut: Batang AB dengan titik diskrit di titik-B (ujung batang no.2) dianggap dapat berpindah secara vertikal (pada titik B, diberi lendutan 1 satuan gaya, yang searah dengan arah translasi). Gambar (5a dan 5b) menunjukkan kemungkinan deformasi akibat Translasi ke bawah dan Translasi ke atas (arah translasi harus tegak lurus sumbu batang).
1
2
1
2
L
L
D d1
d2
D=1
d2
D=1
d1
D L
Gambar 5a. Translasi ke bawah
L
Gambar 5b. Translasi ke atas
Dari asumsi awal bahwa Rotasi berlawanan arah-jarum-jam (Positif) dan Rotasi yang searah dengan arah-jarum-jam (Negatif), diperoleh: Gambar-5a Gambar-5b
d1 = d2 = +1/L d1 = d2 = – 1/L
22
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
Kestabilan suatu batang yang dianggap berpindah ujung-ujungnya, harus mengikuti aturan ‘garis tegak lurus’ dari ujung-ujung batang asli yang berpindah. Untuk keseragaman di dalam analisa, arah Lendutan translasi (D=1 Satuan) diberikan menu menuru rutt ara arah h Ver Verti tika kall ( ) dan dan Hori Horiso sont ntal al ( ). Contoh (hanya untuk Lendutan Translasi):
D2
1
1
D3 D1
D1
Struktur semula
Untuk D1=1 satuan memberikan deformasi lentur positif, pada batang-batang vertikal.
Portal-bidang Portal-bidang dengan anggota batang yang serong/miring:
D2 D1
1
D3
1
D1
Struktur semula
D1=1 satuan memberikan deformasi lentur positif untuk batang selain dari batang horisontal .
Batang yang serong akan membentuk segitiga kecil yang sebangun dengan segitiga yang membentuk kemiringan batang. Dengan prinsip matematis, nilai-nilai V dan S yang belum diketahui dapat dihitung. Nilai V dan S, digunakan untuk menentukan deformasi lentur pada batang horisontal ( d = V /L ), dan deformasi lentur pada batang serong ( d = S/L ), dimana L adalah panjang semula dari masing-masing batang bersangkutan. –
23
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
Contoh untuk Portal-bidang bertingkat (hanya untuk akibat Translasi): 1
1
D5 D2
D2
D6
D3
1
1
D4
D1
D1
Struktur semula
D1=1 Satuan
D2=1 Satuan
D3 D7
D8
D4
D5
1
D9
D2
1
D6
D1
1
D1 1
Struktur semula
D1=1 Satuan D3
1 1
1
1
D2
1
D2=1 Satuan
D3=1 Satuan
24
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
Soal Latihan-01:
Diketahui struktur portal bidang seperti tergambar. Tentukan: 1) Jumlah DKK (Rotasi dan Translasi) 2) Matriks deformasi [A] [A] Ket: Panjang batang diberi simbol dengan huruf.
Contoh lain dari portal bidang dengan batang serong:
D2
D3
D1
D1
x1 z1
x2 y1
y1 z2
y2
y2-y1
D1=1 Satuan
Struktur semula
D2
D1
D2
Struktur semula dengan alternatif translasi (D1) yang berbeda.
D3
D3 D1 1
1
D1
x
D1=1 Satuan
D1=1 Satuan 1+x
D1 1
25
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
P2
C
P1
P3
EI
D
2E I
4m
2E I
A
B 1,5m
1, 5 m
Diketahui
2m
4m
P1 = 1250 Kg
P2 = 2000 Kg
P3 = 1000 Kg
Hitung Momen Akhir dengan cara Matriks Kekakuan Kekakuan (* Portal bidang dianggap mengalami mengalami pergoyangan) pergoyangan)
∙
MoAC = – P1 (a) (b2) / (L2)
=
–625,000 MoCA = + P1 (a2) (b) / (L2) = 625,000 MoCD = – P2 (a) (b2) / (L2) = –1777,778 MoDC = + P2 (a2) (b) / (L2) = 888,889
Kg.m
Mo.DB = 0.000 Kg.m
Kg.m
Mo.BD = 0.000 Kg.m
Kg.m Kg.m
∙
DKK = 3 (Rotasi di C, dan D, dan Translasi di CD) CD)
D2
D3
D1 3 2
1
4 5
6
26
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
(Koresponding dengan Lendutan D)
∙
Q2
Q3
Q1 C
3
4
D 5
2
1
6
A
B
Q1
Jumlah gaya-gaya horisontal sepanjang garis-kerja Q1
Q2
Jumlah momen primer di titik C
Q3
Jumlah momen primer di titik D P2 M°CD
M°DC
VC M°CA
2m
4m
VD
HC 2m
P1
( MC=0) HA = [P1(2)+M°AC–M°CA] / 4 = 625 Kg HC = P1–HA = 625 Kg
2m
M°AC
( MD=0) VC = [P2(4)+M°CD–M°DC] / 6 = 1481,481 Kg VD = P2–VC = 518,519 Kg
HA 3m
(tidak ada beban pada batang) Q2
Q3 H1=3/4(VC)
Q1 HC
P3
VC
A
B
Q1 = HC+H1–P3 Q2 = M°CA+M°CD Q3 = M°DC+M°DB
27
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
∙
1
D1=1
1
C
D
C’
x=1
-d4
D’’
C’
C
y
+d5 z
C’’
-d3
C’’
4m
+d2
+d1
+d6
A
B 3m
6m
d1 = d2 = z/LAC = 1,25/5 = +0,250 d3 = d4 = y/LCD = 0,75/6 = –0,125 d5 = d6 = x/LBD = 1,00/4 = +0,250 Untuk
d1=0,
,
,
d4=0,
d5=0,
d6=0
Untuk
d1=0,
d2=0,
d3=0,
,
,
d6=0
∙
28
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
∙
∙
∙ [A]
∙
∙
∙
∙
∙
29
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
∙
nub
Arah 875,000 Kgm
(625,000) = –1049.242 Kgm
1
MAC =
250,000 –
(–625,000) =
2
MCA =
–424,242 –
3
MCD =
–728,535 – ( –1777,778 ) =
4
MDC =
–421,717 –
5
MDB =
1310,606 –
0,000 =
1310,606 Kgm
6
MBD =
1232,955 –
0,000 =
1232,955 Kgm
1049.242 Kgm Kgm
(888,889) = –1310,606 Kgm
Check
MC=0 MD=0
_O_ _O_ FREE BODY P2 M CD
M DC
HC
HD VC
VD
2m
4m VD
VC MCA HC
MDB P3
HD
2m P1
4m 2m HA
MAC
HB MCB
VA VB
3m
VC
= 1289,773 Kg (
)
VA = 1289,773 Kg (
)
VB =
710,227 Kg (
)
VD
=
)
VC = 1289,773 Kg (
)
VD =
710,227 Kg (
)
HC
= 163 1635,8 5,890 Kg (
)xxx HA =
)
HB =
635, 635,8 890 Kg (
)
HD
= 163 1635,8 5,890 Kg (
)
)xxx HD = 1635,890 Kg (
)
710,227 Kg (
385,890 Kg (
HC = 1635,8 5,890 Kg (
30
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
2000Kg
1000Kg EI
C
D 2m
1250Kg
2EI
2EI
2m 385,89Kg
635,89Kg
A
875 Kgm
B 3m
2m
1232,955 Kgm
4m
1 2 8 9, 7 7 3 K g
7 1 0, 2 2 7 K g
HA – HB + P1 – P3 = 0 VA + VB – P2 = 0 VA(9) + P1(2) – P2(4) – P3(4) – MA – MB = 0
+HA
=
385,890
+VA
=
1289,773
+VA (9)
=
11607,955
–HB
=
–635,890
+VB
=
710,227
+P1 (2)
=
2500,000
+P1
=
1250,000
–P2
=
-2000,000
–P2 (4)
=
–8000,000
–P3
=
–1000,000
–P3 (4)
=
–4000,000
–MA
=
–875,000
–MB
=
–1232,955
31
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
D. STRUKTUR RANGKA-BATANG BIDANG
Struktur Rangka-Batang (Truss (Truss)) adalah struktur yang dibangun dari batang-batang yang membentuk bidang segitiga. Titik kumpul (titik diskrit) rangka-batang umumnya di anggap sebagai sendi ( pin/ pin/hinge), hinge), sehingga tidak ada momen yang bekerja pada titik kumpul, dan hanya gaya aksial (tarik atau tekan) saja yang dianggap sangat berpengaruh pada setiap batang dari rangka batang. Dengan gaya tarik atau gaya tekan, berarti batang hanya akan mengalami perpanjangan (elongation (elongation)) atau perpendekan ((contraction contraction). ). Suatu segitiga adalah suatu bentuk yang sangat stabil (dalam menahan defleksi) lebih stabil dari bentuk segi-empat, seperti terlihat pada gambar:
Beban
Beban
Tidak Stabil
Stabil
Suatu rangka-batang yang yang paling sederhana dapat dilihat seperti berikut :
Idealisasi asumsi-asumsi rangka-batang rangka-batang 1) Semua titik-kumpul ( joint ) adalah sendi. Titik kumpul merupakan pertemuan antara garis yang melalui titik pusat berat dari penampang batang. 2) Semua batang pada rangka-batang, bekerja hanya dalam keadaan Tarik atau Tekan saja. 3) Semua beban-beban diaplikasikan diaplikasikan sebagai beban terpusat pada pada titik-kumpul.
32
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
Elemen-elemen pada rangka-batang hanya mengalami deformasi aksial saja, untuk kondisi elastis, akan berlaku hukum Hooke.
EA L
d
Gambar di atas memperlihatkan suatu batang yang menerima gaya normal mengalami deformasi-aksial (elongasi) sebesar sebesar d.
, dan
Deformasi aksial diperoleh menurut persamaan, d = H.L / (EA) Dimana E adalah modulus elastis bahan, dan dan A adalah luas penampang penampang batang. Gaya yang bekerja pada pada batang, H = ( EA/L ) d Sehubungan dengan metode Kekakuan yang di bahas, dari persamaan terakhir di atas, dapat diperoleh nilai dari matriks [S], yang merupakan nilai kekakuan-aksial dari setiap elemen batang, yang untuk setiap batang batang akan bernilai bernilai EA/L. 1 d ~ 1 H
H 2 ~ d 2
1 d ~ 1 H
H3~d3
Struktur semula
H 2 ~ d 2
H3~d3
Diagram H~d dari rangka batang. (hubungan gaya dalam dan deformasi)
Untuk rangka rangka batang batang sederhana sederhana seperti gambar di atas, nilai matriks [S] adalah:
33
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
P1
P2
2,5 m
1,5m
3,5 m
Diketahui struktur rangka batang sederhana seperti tergambar P1 = 750 Kg, dan P2 = 500 Kg, EA = Konstan Tentukan besar gaya-gaya gaya-gaya batang dengan cara matriks-kekakuan
1] Derajat Ketidak Tentuan Kinematis Kinematis (DKK = 2), translasi dalam arah-x dan arah-y pada titik kumpul di C. Translasi arah-y dari D1=1 satuan, akan memberikan deformasi deformasi aksial aksial tarik pada batang-1 dan batang-2 (+d1, +d2). Translasi arah-x dari D2=1 satuan, memberikan deformasi aksial tarik pada btg-1 (+d1), dan deformasi aksial tekan pada btg-2 ( – –d2).
D1 D2
2,5 m
1,5m
3,5 m
D1 d 2 d 2
1 d 1 d
D2
2
1
3
Translasi arah-y dari D1=1 satuan
2
1
3
Translasi arah-x dari D2=1 satuan
34
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
Untuk D1=1 satuan
Untuk D2=1 satuan
1 d
1 d
d 2
d 2
d1 = sin d2 = sin
d1 = cos d2 = cos
Untuk D1=1 satuan
Untuk D2=1 satuan
d1 = 0,8575 d2 = 0,5812
d1 = 0,5145 d2 = – 0,8137
2] Matriks deformasi deformasi [A]
D1
D2
3] Matriks kekokohan kekokohan intern intern elemen (kekakuan batang) [S]
35
Teknik Sipil – UMI Analisa Struktur II
T
4] Matriks Kekakuan, [K] = [A] . [S] . [A]
5] Vektor Gaya Luar Luar {Q}, koresponding koresponding dengan dengan Lendutan Lendutan {D}
6] Vektor Lendutan {D} = [K]-1 {Q}
7] Vektor Gaya-gaya Gaya-gaya dalam {H} = [S] [A] {D}
H1, H2, dan H3 masing-masing masing-masing adalah gaya-gaya-dalam gaya-gaya-dalam (gaya-gaya batang). H1 = Gaya Batang No-1 = –320,702 H2 = Gaya Batang No-2 = –817,221 H3 = Gaya Batang No-3 = 0
Kg Kg Kg
(TEKAN) (TEKAN)
( tinjau titik kumpul C ) P1
P2 y
H1 sin H1
H1 cos
x
.Fx = 0 H1 cos – H2 cos + P2 = 0 320,702 (0,5145) – 817,221 (0,8137) + 500 = 0
.Fy = 0 H1 sin + H2 sin – P1 = 0 320,702 (0,8575) + 817,221 (0,5812) – 750 = 0
H2 sin H2
H2 cos