Diktat Dinamika Struktur

DIKTAT

DINAMIKA STRUKTUR

EDISI Th. 2012

Ir. Soetoyo

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo A. PENDAHULUAN

Selama ini telah dipelajari perilaku struktur yang mendapat beban statis, artinya beban beban tersebut tetap, baik intensitasnya, tempatnya, arah garis kerjanya. Sedangkan dalam dinamika struktur akan dipelajari perilaku struktur jika struktur tersebut mendapat beban dinamis, yaitu beban yang berubah-ubah menurut fungsi waktu ( time varying ). ). Perbedaan antara Beban Dinamik dan Beban Statik :

Beban Statik : Adalah beban tetap, baik besarnya (intensitasnya), titik bekerjanya dan arah garis kerjanya. Beban Dinamik : 1. Beban yang besarnya ( intensita intensitasnya snya ) berubah-ubah menurut waktu, sehingga sehingga dapat dikatakan besarnya besa rnya beban merupakan fungsi waktu. 2. Bekerja hanya untuk rentang waktu tertentu saja, akan tetapi walaupun hanya bekerja sesaat akibat yang ditimbulkan ditimbulkan dapat merusakkan struktur bangunan, oleh karena itu beban ini harus diperhitungkan didalam merencanakan struktur bangunan. 3. Beban dinamik dinamik dapat menyebabkan timbulnya gaya timbulnya gaya inersia ine rsia pada pada pusat massa yang arahnya berlawanan dengan arah gerakan. Contoh gaya inersia yang paling sederhana adalah tumpukan kotak pada bak belakang truk a kan terguling terguling kedepan kedepa n bila truk direm mendadak, dan akan aka n terguling terguling kebelakang bila truk dengan mendadak dijalankan. 4. Beban dinamis dinamis lebih kompleks dari pada beban statis, baik jika ditinjau ditinjau dari bentuk fungsi bebannya maupun akibat yang ditimbulkan. 5. Karena beban dinamik dinamik merupakan fungsi dari waktu, maka pengaruhnya terhadap struktur juga akan berubah-ubah.menurut waktu pula. Oleh karena itu penyelesaian persoalan dinamik harus dilakukan secara berulang-ulang berulang-ulang mengikuti men gikuti sejarah pembe banan yang ada. Jika penyelesaian problem statik bersifat tunggal ( single ( single solution ), solution ), maka dalam penyelesaian problem dinamik dinamik bersifat penyelesaian berulangberulangulang ( multiple solution ). solution ). 6. Karena beban dinamik dinamik menimbulkan repons yang berubah-ubah menurut waktu, maka struktur yang bersangkutan akan ikut bergetar. Pada saat bergetar bahan dari struktur akan melakukan resistensi/perlawanan terhadap getaran/gerakan, dan pada umumnya dikatakan bahan yang bersangkutan mempunyai kemampuan untuk meredam getaran. Dengan demikian pada pembebanan dinamik akan terdapat peristiwa redaman yang ha ha l ini tidak tidak terdapat terda pat pada pembebanan statik. Contoh-contoh Beban Dinamik :

a. Getaran yang di-akibatkan oleh generator. b. Getaran dijembatan yang diakibatkan diakibatkan oleh gerakan kendaraan. kenda raan. c. Getaran yang di-akibatkan di-akibatkan oleh oleh suara yang keras, seperti mesin mesin jet pesawat terbang. terbang.

01 [email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo

d. Angin. Angin dengan kecepatan tinggi dan menerpa suatu struktur bangunan dapat diekivalenkan sebagai suatu gaya yang bekerja sekaligus menggetarkan struktur bangunan. e. Beban Gelombang Gelombang Air Laut. Gelombang air laut menimpa bangunan pantai seperti pemecah gelombang ( breakwater ), dermaga dll. juga merupakan beban dinamik yang di-ekivalenkan suatu gaya yang bekerja pada bangunan-bangunan bangunan-bangunan tersebut. terse but. Energi gelombang ini dapat disebabkan adanya tiupan angin yang kencang, maupun gempa gempa bumi yang terjadi didasar d idasar laut dapat menimbulkan menimbulkan gelombang gelombang tsunami. f. Gempa bumi. g. Ledakan bahan bahan peledak atau bom. bom. h. Dan lain-lain. B. TYPE-TYPE BEBAN DINAMIS.

1. GETARAN GETARAN BEBAS ( FREE VIBRATION ) Jika pada suatu struktur diberikan diberikan simpangan simpangan kekiri (gambar (gambar 01a dan 01b 01b dibawah dibawah ini). Jika gaya dorong ( tangan ) yang memberi simpangan dihilangkan, maka struktur tersebut akan bergetar secara bebas kekiri dan kekanan. Tetapi makin lama getar getaran an akan berkurang berkurang secara perlahan-lahan mengikuti fungsi waktu, waktu, dan akhirnya berhenti. A

a

A

b

c

Gambar 01 Pengurangan simpangan simpangan ini disebabkan karena adanya factor redaman ( damping ), ), dunama bahan struktur tersebut mempunyai mempunyai kemampuan untuk meredam getaran. Pada gambar 01a, struktur diberi suatu simpangan A dengan memberikan gaya luar P. Kemudian gaya P dihilangkan. Karena keadaan elastis struktur, maka struktur berusaha kembali kekeadaan semul se mulaa dengan de ngan suatu percepatan pe rcepatan tertentu, te rtentu, bahkan akan menyimpang kearah sebalik seba liknya nya ( gambar gambar 01c), sehingga sistem akan aka n bergetar terus. te rus. Tetapi dengan dengan adanya gesekan dengan dengan udara dan gesekan gesekan pertikel-pertikel dalam dalam bahan struktur st ruktur serta kelelahan bahan, maka getaran struktur tersebut lama kelamaan akan berhenti. Gaya yang menyebabkan kehilangan energi tersebut disebur ″ gaya peredam ″ (damping force). 2. GETARAN GETARAN BERKALA BERKALA ATAU PERIODIK PERIODIK ( PERIODIC PERIODIC LOADING LOADING ) Beban/getaran Beban/getara n berkala ini merupakan beban yang berulang-ulang, berulang-ulang, dimana setelah waktu getar T tercapai, beban/getaran tersebut akan bekerja lagi seperti semula. 02

[email protected]


Beban/getaran Beban/getara n berkala atau periodik ini ini dapat dibagi dibagi menjadi 2 ( dua ), yaitu ya itu : a. Beban/Getaran Harmonis Harmonis Fungsi waktu dari beban/getaran harmonis mengikuti fungsi sinus atau sinus atau cosinus seperti digambarkan dibawah ini. F(t)

F(t) Fungsi sinus

Fungsi cosinus

(t)

(t)

T

T

(a)

(b)

Gambar 02 Contoh dari da ri beban/getaran be ban/getaran harmonis harmonis ini adalah getaran dari mesin yang ditempatkan pada gedung. gedung. b. Beban/getaran Beban/getara n kompleks kompleks tidak harmonis Beban periodik kompleks merupakan jumlah dari komponen-komponen beban harmonis. Beban/getaran kompleks ini juga periodik, jadi setelah waktu getar T tercapai, beban/getaran akan kembali berulang seperti semula, hal ini dapat dilihat pada grafik dibawah ini. F(t)

Contoh dari beban/getaran kompleks tidak harmonis ini adalah a dalah gaya hidrodinamis yang diakibatkan oleh putaran baling baling kapal. kapal. t

T

Gambar 03 3. BEBAN/GETARAN BEBAN/GETARAN TIDAK BERKALA ( NON PERIODIC LOADING ) Pada beban/getaran tidak berkala ( non periodic loading ) ) ini setelah waktu getar T tercapai, beban/getaran tidak akan berulang kembali dengan besaran yang sama seperti pada beban/getaran berkala. Beban tidak berkala ini ada 2 (dua ), yaitu :



a. Beban Impuls ( Impulsive Load ) Beban Impuls adalah beban yang bekerja sesaat pada rentang waktu t 1 yang sangat pendek (singkat) sekali dibandingkan dengan waktu getarnya ( T ).

F(t)

t t1 Gambar 04 Dari grafik gambar 04 diatas tampak bahwa dalam rentang waktu yang sangat singkat ( t1 ) beban dinamis besarnya akan mencapai puncaknya, kemudian secara perlahan-lahan akan berkurang sampai pada suatu saat akan berhenti getarannya. Contoh beban impuls ini adalah pengaruh ledakan bom pada struktur bangunan. b. Beban/Getaran tak beraturan dalam jangka lama ( Long duration loading ) Grafik beban/getaran dinamis tak beraturan dalam jangka lama dapat digambarkan seperti grafik dibawah ini ( gambar 05 ).

F(t)

t

Gambar 05 Contoh beban/getaran ini adalah pengaruh gaya gempa pada tangki air yang berada dimenara.

04

[email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo C. MODEL MATHEMATIK DAN PERSAMAAN DIFERENSIAL GERAKAN

1. MODEL MATHEMATIK Agar suatu struktur pada problem dinamik dapat dengan mudah di-analisa, pada umumnya dibuat model mathematiknya. Jadi model mathematik pada hahekaknya adalah permodelan suatu persoalan sedemikian rupa sehingga penyelesaian persoalan tersebut dapat dilakukan secara lebih jelas/mudah dengan menggunakan prinsip prinsip mathematik. Contoh :

L STRUKTUR YANG

(a)

SESUNGGUHNYA

(b)

MODEL FISIK BALOK

L

P1

A (c)

R A

P2

a

b

B c

R B

MODEL METHEMATIK

L

Gambar 06 Pada gambar 06 ( a ) diatas, suatu struktur jembatan dengan beban bergerak truk di buatkan gambar Model Mathematiknya seperti gambar 06 ( c ), dimana digambarkan dengan jelas dan lengkap gaya aksinya ( P 1 dan P 2 ) dan gaya reaksinya R A dan R B. Dengan model mathematik ini kita akan lebih mudah dan jelas dalam menganalisa persoalan struktur tersebut secara mathematis. 2. STRUKTUR TANPA REDAMAN ( UNDAMPED STRUCTURE ) P(t)

q = t/m

P

y

,

k k m

P(t)

y (a)

(b)

Struktur yang sebenarnya

Model Matematik

(c) Linier Elastik

Gambar 07 Struktur portal satu tingkat seperti gambar 07 ( a ) diatas ini memikul beban gravitasi q ton/m′ merupakan beban merata dan beban dinamik horisontal P ( t ) ton. Akibat beban dinamik P ( t ) portal akan bergoyang berganti-ganti kekiri dan kekanan. 05 [email protected]


Disini ada 2 parameter yang akan mempengaruhi besar-kecilnya simpangan goyangan portal, yaitu : massa ( m ) dan kekakuan kolom ( k ). Dua parameter ini selanjutnya disebut ″ dinamik karakteristik ″ portal tersebut. Beban gravitasi dimodelkan sebagai suatu massa m, yang dapat dihitung dengan suatu rumus : m=

W g

……………………. ( C.2.1 )

Dimana : m = massa W = q x panjang beban merata tersebut. g = percepatan gravitasi = 9,8 m/det2 Kemudian struktur portal ini secara matematik dimodelkan seperti gambar 07 ( b ) diatas. Massa m dimodelkan sebagai kotak diatas 2 roda yang bergerak diatas landasan akibat beban dinamik P ( t ), geseran roda dengan landasan disini diabaikan. Gerakan kotak massa m ini dikendalikan oleh suatu pegas/per dengan konstanta pegas k yang memodelkan kekakuan kolom k. Simpangan horisontal y di-ukur dari posisi kotak m dalam keadaan diam. Kolom memegang peranan yang penting didalam proses goyangan massa, hal ini ditunjukkan dengan adanya kekakuan kolom ( k ). Semakin kaku kolom ( k makin besar ), maka goyangan atau simpangannya akan semakin kecil. Model mathematik diatas adalah model mathematik struktur tanpa redaman ( undamped structure ). Disini kolom masih dianggap berperilaku elastis, sehingga model pegas yang dipakai adalah pegas linear elastik seperti digambarkan dalam gam bar 07 ( c ) diatas. Hubungan antara gaya pegas (disini sama dengan beban dinamis) F ( t ), simpangan y dan konstanta pegas dinyatakan sebagai : F(t)=k.y

( C.2.2 )

3. STRUKTUR DENGAN REDAMAN ( DAMPED STRUCTURE ) Semua benda yang bergerak diatas bumi ini akan mengalami tahanan ( resistensi ), baik karena gesekan dengan benda-benda disekelilingnya maupun oleh peristiwa internal sendiri benda tersebut. Dengan adanya resistensi ini, maka gerakan gerakan benda tersebut lambat laun akan melemah, hal ini pada umumnya dikatakan bahwa terdapat ″ penyerapan enersgi atau redaman ″ pada struktur atau benda tersebut. Ada tiga jenis redaman pada peristiwa dinamik, yaitu : a. Structural Damping Structural damping adalah redaman yang dihasilkan oleh gesekan internal molekul-molekul didalam bahan struktur, gesekan antara bagian-bagian struktur dengan alat-alat penyambung, maupun gesekan antara struktur dengan tumpuannya. Kualitas material, sambungan serta kodisi tumpuan akan berpengaruh terhadap kekakuan atau gaya redaman C

06

[email protected]


b. Coulomb Damping Coulomb damping adalah redaman yang dihasilkan oleh gesekan sesama benda padat, misalnya gesekan antara suatu kotak dengan berat/gaya normal N dengan lantai seperti pada gambar 08 dibawah ini. N F(t)

N tan φ

φ N G

Gambar 08 Kotak mendapat beban dinamik F ( t ), maka kotak akan bergerak dan gerakan kotak akan mendapat redaman akibat gesekan dengan lantai. Karena keseim bangan, maka komponen vertikal gaya perlawanan G akan sama besar dengan gaya normal/berat kotak N. Gaya redaman adalah komponen horisontal dari gaya perlawanan G, yaitu : C = N tan ∅ Dimana :

( C.3.1 )

∅ adalah sudut geser antara kotak dengan lantai.

c. Viscous Damping. Viscous damping adalah redaman yang dihasilkan oleh antara benda padat dan benda cair/gas ( air, minyak, olie atau udara ). Sebagai contph adalah gerakan torak didalam silinder yang dilumasi olie, gerakan perahu diatas air, hambatan angin terhadap mobil yang berjalan dijalan raya dsb. Goyangan struktur akibat beban dinamik pada umumnya dimodelkan sebagai viscous damping, oleh karena itu didalam model mathematis menggunakan simbol piston didalam silinder seperti contoh be rikut ini. q t/m' P(t)

B

E k

P(t) m

C A

D

C

L (a)

(b)

Gambar 09 Gaya redaman C dapat dihitung dengan rumus : C = c . y′

( C.3.2 )

Dimana : C = gaya redaman. c = koefisien redaman. y′ = kecepatan gerakan/goyangan portal. 07 [email protected]


4. DERAJAT KEBEBASAN ( DEGREE OF FREEDOM ) Derajat kebebasan adalah derajat independensi yang diperlukan untuk menyatakan posisi suatu sistem atau struktur pada setiap saat. Z

Pada gambar disamping ini, suatu massa m dengan koordinat ( x, y, z ) bebas bergerak terhadap sumbu X, Y dan Z. z Bila pada massa tersebut diberi beban gem taran, maka massa tersebut kemungkinan X dapat bergeser/translasi sepanjang sumbu X, y Y dan Z. x Selain bergeser/translasi sepanjang sumbu Y sumbu tersebut, kemungkinan massa terseGambar 10 but dapat berputar terhadap sumbu X, Y dan Z. Maka dapat dikatakan sistem/struktur massa m tersebut mempunyai 6 ( enam ) derajat kebebasan. Contoh – Contoh : Suatu portal seperti gambar 11 disamping ini dibebani dengan beban dinamis P ( t ). Akibat beban P ( t ) portal akan bergoyang kekiri dan kekanan sepanjang sumbu X. Jadi portal disamping ini mempunyai satu derajat kebebasan, atau ″ Single Degree of Freedom ″ dan disingkat S.D.O.F.

P(t)

Y

X

Gambar 11 F(t)

Y y X

Akibat beban dinamis kantilever akan melendut kebawah dan kembali keatas, kebawah lagi dan seterusnya. Gerakan kantileser ini sepanjang sumbu y, jadi kantilever ini juga mempunyai satu derajad kebebasan ( Single Degree of Freedom ).

Gambar 12 y2

F(t)

y1

Y

Akibat beban dinamis portal akan bergoyang kekanan dan kekiri sepanjang sumbu X. Lantai 1 akan bertranslasi y1 dan lantai 2 akan bertranslasi y2 . Sistem portal seperti gambar disamping ini dikatakan mempunyai Multi Degree of Freedom dan diM.D.O.F.

X

Gambar 13 08 [email protected]


5. KEKAKUAN EKUIVALEN q F(t) B

D

F

k 1

k2

k 3 F(t)

k 2

k 3

m

k 1 A

C

E

Portal 3 kaki ( kolom )

Model Mathematik

(a)

(b)

Gambar 14 Suatu portal dengan 3 kaki ( kolom ) seperti gambar 14 ( a ) diatas dengan kekakuan masing-masing kolom adalah sebagai berikut : Kekakuan kolom AB = k 1 Kekakuan kolom CD = k 2 Kekakuan kolom EF = k 3 Kekakuan kolom dimodelkan sebagai pegas/per yang dipasang paralel dengan konstanta pegar masing-masing k 1 . k 2 , k 3 seperti gambar 14 ( b ) diatas Hubungan antara gaya pegas, konstanta pegas dan translasi pegas dapat dinyatakan sebagai berikut : F1 ( t ) = k 1 . y

F2 ( t ) = k 2 . y

F3 ( t ) = k 3 . y

Karena dipasang paralel maka translasi masing-masing pegas sama, yaitu : y F ( t ) = F1 ( t ) + F 2 ( t ) + F 3 ( t ) = ( k 1 + k 2 + k 3 ) y Didepan ( halaman 006 ) telah diketahui hubungan antara gaya pegas F ( t ), konstanta pegas / kekakuan kolom dan simpangan y, sehingga kekakuan ekuivalen adalah : k e = k 1 + k 2 + k 3 Jadi secara umum untuk portal dengan model mathematis sebagai pegas yang dipasang paralel kekakuan ekuivalennya adalah : n

k e =

∑ k i

( C.5.1. )

i =1

09

[email protected]


P(t) y k 2 k 1

k 2

P(t) m

k 1

Model Mathematis Portal 2 tingkat (B) Portal 2 tingkat (A)

Gambar 15 Pada gambar 15 diatas adalah suatu portal dua tingkat dengan kekakuan ekuivalen kolom bagian bawah k 1 dan kekakuan ekuivalen kolom atas adalah k 2. Model mathematik portal tsb. ( gambar B ) dimana kekakuan kolom dimodelkan sebagai pegas/per yang dipasang seri dengan konstanta pegas/per masing-masing k 1 dan k 2. Hubungan antara gaya pegas P ( t ), konstanta pegas k dan simpangan y untuk masing-masing pegas adalah sebagai berikut : Pegas/per 1 → P ( t ) = k 1 . y1 → y1 =

P (t )

Pegas per 2 → P ( t ) = k 2 . y2 → y2 =

P (t )

Total simpangan : y = y1 + y2 = 1

y= Sehingga :

1 k e

=

1 k 1

k 1

+

P (t ) k 2

=

k 2

 1 1   +  P ( t )  k 1 k 2 

P ( t )

k e

+

P (t )

k 1

1 k 2

Atau secara umum untuk portal bertingkat dengan model mathematik pegar yang dipasang seri kekakuan ekuivalen kolomnya adalah : 1 k e

1   ∑ i =1  k i  n

=

( C.5.2. )

10

[email protected]


6. KEKAKUAN LATERAL KOLOM TUNGGAL A. Dengan Tumpuan Jepit y B

B

'

B

M BA

h

h

EI

H

EI MAB

A (a)

H

A (b)

Gambar 16 Suatu kolom dengan tumpuan jepit dan ujung atas kolom juga dijepit, panjang kolom h, modulus elastisitas kolom E dan momen inersia penampang kolom I ( gambar 16a ). Kemudian ujung atas kolom diberi simpangan/goyangan y, sehingga timbul momen MAB dan MBA. Seperti telah diketahui didalam mekanika teknik besar momen-momen tersebut adalah : MAB = MBA =

6 EI h2

y

Sehingga besarnya gaya geser H ada lah : H=

M AB h

+

M BA h

=

12 EI h3

y

( C.6.1. )

Definisi kekakuan lateral kolom adalah : Kekakuan lateral kolom adalah suatu gaya lateral yang dapat menimbulkan simpangan sebesal 1 (satu) satuan. Dengan kata lain jika pada persamaan ( C.6.1. ) diatas y = 1, maka H akan sama dengan kekakuan lateral kolom tunggal dengan tumpuan jepit ( k ), sehingga :

k=

12 EI h3

( C.6.2. )

11

[email protected]


B. Dengan Tumpuan Sendi y B

B

'

B

M BA

h

h

EI

H

EI

H A (a)

A (b)

Gambar 17 Suatu kolom dengan tumpuan sendi dan bagian atas kolom dijepit seperti gambar 17a diatas. Panjang/tinggi kolom h, modulus elastisitas kolom E dan momen inersia I. Kolom bagian atas diberi simpangan sebesar y sehingga akan timbul momen MBA pada ujung atas kolom, sedangkan ditumpuan karena berupa sendi tidak akan timbul momen. Seperti telah diketahui didalam mekanika teknik, maka besarnya momen tersebut adalah : MBA =

3 EI h2

y

Sehingga besarnya gaya geser horisontal H adalah : H=

M BA h

=

3 EI h3

y

Sesuai dengan definisi kekakuan lateral diatas, maka jika y = 1, maka H = k, sehingga : k =

3 EI h3

( C.6.3.)

12

[email protected]


Contoh Soal 01 C

0 0 0 . 3

H

30 x 40

30 x 30 E

B

0 0 30 x 50 5 . 3

0 0 0 . 4

G

Hitunglah kekakuan lateral ekuivalen 30 x 40 portal tersebut.

Ø60 D

A 3.500

Diketahui suatu portal dari konstruksi beton bertulang dengan modulus elastisitas E = 220.000 kg/cm2. Ukuran portal seperti gambar disam ping ini.

F 3.500

Penyelesaian : Lantai 1 :

IAB =

1

IDE =

1

IFG =

12

x 30 x 50 3 = 312.500 cm4

64

x π x 604

1

12

= 636.173 cm4

x 30 x 40 3 = 160.000 cm4

Kekakuan masing-masing kolom : k AB = k DE = k FG =

12 xExI AB

=

3 AB

h

3 xExI DE 3 DE

h

12 xExI FG 3 h FG

= =

12 x220.000 x312.500 3503 3 x220.000 x636.173 3

400

= 19.242 kg/cm

= 6.561 kg/cm

12 x220.000 x160.000 3503

= 9.852 kg/cm

Kekakuan ekuivalen untuk lantai 1 : k 1 = k AB + k DE + k FG = 19.242 + 6.561 + 9.852 = 35.655 kg/cm Lantai 2 :

IBC =

1

IGH =

1

12 12

x 30 x 40 3 = 160.000 cm 4 x 30 x 30 3 = 67.500 cm4

Kekakuan masing-masing kolom : k BC = k GH =

12 xExI BC 3

h BC

=

12 xExI GH 3 hGH

=

12 x220.000 x160.000 3

300

12 x220.000 x67.500 300 3

= 15.644 kg/cm = 6.600 kg/cm

Kekakuan ekuivalent untuk lantai 2 : k 2 = k BC + k GH = 15.644 + 6.600 = 22.244 kg/cm

13

[email protected]


Jadi kekakuan lateral ekuivalen untuk portal adalah : 1 k e

1

=

k 1

=

1

+

k 2

=

1 35.655

+

1 22.244

0.00002805 + 0.00004496 = 0.00007301

Jadi k e = 13.697 kg/cm 7. KEKAKUAN LATERAL PORTAL DENGAN MEMPERHITUNGKAN BALOK Pada perhitungan kekakuan lateral kolom diatas kita belum memperhitungkan kekakuan dari balok portalnya, artinya selama ini kita anggap kekakuan balok portal adalah sangat besar bila dibandingkan dengan kekakuan kolom atau ∞. Didalam kenyataannya kondisi seperti ini sangat langka bahkan tidak mungkin, sehingga hasil perhitungan kekakuan kolom/portal yang diperoleh adalah kekakuan ″ upper bound/upper limit ″. Cara yang lebih realistis adalah dengan memperhitungkan kekakuan balok/plat seperti yang akan kita bahas berikut ini. y B

C

I b

y B

M BC

M CB

M BA

h

Ic1

M CB H1

B

C

h M AB

D

H2

MCD

h

Ic 2

A

MBA

C

M DC

A

H1

D

L

L

(A)

(B)

H2 D

A M AB

M DC

FREE BODY (C)

Gambar 18 Pada gambar 18A diatas suatu portal dengan 2 kaki ( kolom ), dengan momen inersia Ic1 dan Ic2. Sedangkan momen inersia balok BC adalah I b dan kedua tumpuan kolom adalah jepit. Kemudian portal diberi simpangan sebesar y = 1 satuan ( gambar 18B ), sehingga timbul momen-momen primer pada kolom. Sesuai dengan Ilmu Mekanika Teknik, besarnya momen primer akibat pergeseran y = 1 satuan adalah sebagai berikut : MBAP = MABP =

6 EI C 1 h2

dan

MCDP = MDCP =

6 EI C 2 h2

Karena dalam hal ini kekakuan balok BC turut diperhitungkan, maka momenmomen primer diatas didistribusikan kebalok dengan methode ″ moment distribution ″ atau dengan ″ methode Cross ″ sehingga akan diperoleh moment akhir seperti pada gambar 18B diatas. Momen akhir dari hasil d istribusi momen diperoleh MAB , MBA = M BC , MCB = MCD dan M DC



Dari keseimbangan free body kolom ( Gambar 18C ) akan diperoleh : H1 =

M AB + M BA

H2 =

h

M CD + M DC h

Jadi gaya yang menyebabkan terjadinya simpangan sebesar y = 1 ( satu ) satuan adalah : H1 + H2 =

M AB + M BA h

+

M CD + M DC h

=

1 h

( M AB + M BA + M CD + M DC )

Karena k = H1 + H2 Maka : k =

1

h

.( M AB + M BA + M CD

+ M DC )

Contoh Soal 02 : Suatu portal dari konstruksi beton bertulang dengan ukuran seperti sketsa dibawah ini dimana modulus elastisitas beton E = 2,4 x 10 5 kg/cm2. Hitunglah kekakuan lateral ( k ) portal bila kekakuan baloknya ikut diperhitungkan.

Penyelesaian : B M 0 2 , 3

µBA : µBC =

D

7,00 M

320

1.500 1.500 + 3.085,71

Kontrol :

IBC = 1/12 x 30 x 60 3 = 540.000 cm 4

0 4 X 0 3

3 E . .160000

Perhitungan Momen Inersia IAB = ICD = 1/12 x 30 x 40 3 = 160.000 cm 4

0 4 X 0 3

A

µBA =

C

30 x 60

:

Per hitungan F Fak tor Distr bu i bu si Tit ik B :: 3 EI AB 4 EI BC : µBA : µBC = h AB L BC

4 E . .540000 700

= 1.500 : 3.085,71

µBC =

= 0,327

3.085,71 1.500 + 3.085,71

= 0,673

µBA + µBC = 0,327 + 0,673 = 1 → OK

Titik C : Dengan cara yang sama dengan titk B

µCB : µCD = µCB =

4. E . I BC L BC

771,43 771,43 + 500

Kontrol :

:

4. E . I CD hCD

= 0,607

=

4 E . .540000 700

µCD =

:

4 E . .160000 320

500 771,43 + 500

= 771,43 : 500

= 0,393

µCB + µCD = 0,607 + 0,393 = 1 → OK



Kemudian portal pada level lantai diberi simpangan sebesar y = 1 satuan, maka momen yang timbul akibat simpangan tersebut : MBA =

3 x2,4 x105 x160.000 . y = x1 = 1.125.000 kgcm 320 2

3 E . . I AB 2 h AB

MCD = MDC =

6 x2,4 x105 x160.000

6. E I . CD

. y = x1 = 2.250.000 kgcm 2 2 hCD 320 Kemudian momen-momen diatas sebagai momen primer dan didistribusikan kebalok seperti tabel dibawah ini : Titik Kolom/Balok Faktor Dis tribus i

B BA 0.327

M

P rimer

11,250.00

M

Distribusi

-3,678.75

M

Induksi

M

Total

M

Distribusi

M

Induksi

M

Total

M

Distribusi

M

Induksi

M

Total

M

Distribusi

M

Akhir

C BC 0.673

CB 0.607

CD 0.393 22,500.00

-7,571.25

-13,657.50

-6,828.75

-3,785.63

7,571.25

-14,400.00

-17,443.13

13,657.50

2,233.00

4,595.75

2,297.87

1,487.75

1,148.94

2,297.87

9,804.25

-8,655.31

-12,847.38

15,145.25

-375.70

-773.23

-1,394.81

-903.06

-697.40

-386.62

9,428.55

-10,125.95

-14,628.80

14,242.19

228.05

469.35

234.68

151.94

9,656.60

-9,656.60

-14,394.13

14,394.13

D DC 22,500.00

-8,842.50 -4,421.25 18,078.75 743.88 18,822.63 -451.53 18,371.09 18,371.09

Dari hasil perataan momen diatas kita lihat free body kolom dibawah ini : M BA

M CB H1

B

C

H1 =

H2

h H1

A M AB

H2 D M DC

H2 =

M BA h

=

9.656,60 3,20

M CD + M DC h

=

= 3.017,69 kg

14.394,13 + 18.371,09 3,20

H2 = 10.239,13 kg

FREE BODY

Jadi k = H1 + H2 = 3.017,69 + 10.239,13 = 13.256,82 kg/cm



8. PERSAMAAN GERAK UNTUK S.D.O.F Ditinjau suatu model mathematis seperti sketsa dibawah ini : y k P(t)

Sebagaimana telah diketahui dalam ilmu fisika, hubungan antara konstanta pegas k, sim pangan pada saat t detik y ( t ), dan gaya pegas ( spring force ), adalah :

m

FS = k . y ( t )

C

Gambar 19 Gaya peredam ( damping force ) : FD = c .

dy(t ) dt

= c . y ′ ( t )

Dimana : c = koefisien peredam ( damping coefficient ) y′ ( t ) = kecepatan Gaya inersia ( inersia force )

: FI = m .

d 2 y(t ) dt 2

= m . y ″ ( t )

Dimana : m = massa y″ ( t ) = turunan kedua dari simpangan/perpindahan atau percepatan. Sehingga persamaan keseimbangan menjadi : FS + FD + FI = P ( t ) Jadi persamaan umum gerak S.D.O.F adalah : k . y ( t ) + c . y′ ( t ) + m . y″ ( t ) = P ( t ) ………… ( C.8.1 )

Getaran Bebas Tanpa Redaman ( Undamped Free Vibration ) Dalam hal getaran bebas tanpa redaman P( t ) = 0 dan koefisien redaman c = 0 Sehingga persamaan umum gerak S.D.O.F menjadi : k . y ( t ) + m . y″ ( t ) = 0 m.

d 2 y(t )

+ k . y ( t ) = 0 ………………….. ( C.8.2 ) dt 2 Penyelesaian Umum persamaan diferensial diatas ini adalah : y ( t ) = G . e S.t ……………….. ( C.8.3 ) Dimana : G e S t

= = = =

amplitudo bilangan logaritma natural konstanta waktu

Sehingga : y′ ( t ) = G . S . e S t y″ ( t ) = G . S2 . e S t 17

[email protected]


Hasil dari penurunan ini kita masukan dalam persamaan gerak ( C.8.3 ), maka didapat : m . G . S2 . e S t + k . G . e 2

(m.S

+k) .G .e

St

St

= 0

= 0

→

Nilai G . e S t

≠

0

Jadi : m . S 2 + k = 0 S 2 Sehingga :

ω

=−

k m

=

S 2 =

→ jika :

k m

= ω 2

→ disebut

k / m

− ω 2 →

S =

±

″ angular natural frequency ″

i.ω

Kalau hasil diatas dimasukan dalam penyelesaian umum ( C.8.3 ) maka diperoleh : y ( t ) = G 1 . e i ω t + G 2 . e – i ω t Untuk menyelesaikan persamaan diatas dipergunakan rumus Euler : e ± i ω t = cos ( ω t )

± i . sin ( ω t )

Jadi : y ( t ) = G 1 . { cos ( ω t ) + i . sin ( . ω t ) } + G 2 . { cos ( ω t ) − i . sin ( ω t ) } y ( t ) = ( G 1 + G 2 ) cos ( ω t ) + ( G 1 . i

−

G

2

. i ) sin ( ω t )

y ( t ) = A cos ( ω t ) + B sin ( ω t ) …………… ( C.8.4 ) Dimana A dan B suatu konstanta yang besarnya tergantung pada kondisi awal ( initial condition ) gerakan. Pada saat t = 0, maka : y ( 0 ) = A . cos ( ω 0 ) + B . sin ( ω 0 ) y ( 0 ) = yo = A → yo = simpangan pada saat t = 0 y′ ( t ) = y′ ( 0 ) =

− A ω − A ω

sin ( ω t ) + B ω cos ( ω t ) sin ( ω 0 ) + B ω cos ( ω 0 )

y′ ( 0 ) = y′ o = B ω —→ B = y′o / ω Sehingga persamaan gerak untuk Getaran Bebas tanpa Redaman menjadi : y (t ) = yo . cos(ω .t ) +

yo'

. sin(ω .t ) ……………… ( C.8.5 )

Melalui persamaan diatas dapat diplot hubungan antara waktu t versus simpangan y ( t ) dengan memperhitungkan kondisi awal y ( 0 ) dan y′ ( 0 ).

Ada kemungkinan 3 kombinasi nilai awal yang dapat disusun, yaitu : 1. Kondisi pertama

y ( 0 ) = 0 dan y′ ( 0 ) = 0

2. Kondisi kedua

y(0)

3. Kondisi ketiga

y ( 0 ) = 0 dan y ′ ( 0 ) ≠ 0

≠0

dan y′ ( 0 ) = 0



2

}

0 ) y ' (

2

0 ) y (

{ ω

+

β

ρ =

y(0)

α y' ( 0 )

ω Gambar 20

Dengan memperhatikan sketsa gambar 20 diatas ini, maka persamaan gerak untuk ″ Getaran Bebas Tanpa Redaman ″ dapat juga dinyatakan sebagai berikut : y ( t ) = yo . cos ( ω t ) + Lihat gambar segitiga diatas :

'

y o ω

. sin ( y o

sin α =

ρ

ω t )

→ yo = ρ . sin α

y' ( o) ω → y' ( o) = ρ cos α ρ ω Jika ini dimasukkan kedalam persamaan gerak diatas akan diperoleh : cos α =

Dimana :

ρ ρ

y ( t ) = ρ sin α . cos (

ω t ) + ρ cos α . sin ( ω t )

y ( t ) = ρ sin ( ω t +

α)

=

amplitudo

=

2  y ' (0)     2    y (0) +    ω  

………… ( C.8.6 )

y' ( 0) dan

α=

arc tan

ω y (0)

Dengan cara yang sama seperti diatas, persamaan gerak dapat juga dinyatakan : y( t) =

ρ

cos ( ωt − β )

………… ( C.8.7 )

Dari persamaan gerak untuk getaran bebas tanpa redaman diatas jelas merupakan getaran harmonis yang tentu saja periodik dan dalam ilmu fisika kita tahu bahwa fungsi sin ( ω t ) dan cos ( ω t ) mempunyai periode 2 π, jadi ω t = 2 π. Jadi waktu getar, adalah : T =

2π ω

detik ……………………….. ( C.8.8 ) 19

[email protected]


Amplitudo ( simpangan ) maksimum akan berulang setelah periode waktu T detik. Kebalikan dari waktu getar disebut ″ natural frequency ″ dan dinyatakan : f =

1 T

=

ω

siklus per detik ………….( C.8.9 )

2.π

Contoh Soal 03 Suatu portal dari konstruksi baja dengan dua tiang terjepit pada tumpuannya, seperti gambar dibawah ini. F(t)

q = 250 kg/m'

C

D y

0 0 5 . 4

k WF 150 x 200

m

WF 150 x 200

A

F(t)

(B)

B 7.500 (A)

Tinggi portal h = 4,500 m bentangan portal L = 7,500 m. Kolom dari profil WF 150x200. Modulus Elastisitas baja E = 2,1 x 10 6 kg/cm2. Beban gravitasi q = 250 kg/m′, dan percepatan gravitasi g = 9,81 m/det 2. Balok CD sangat kaku bila dibandingkan dengan kedua kolom sehingga portal akan bersifat sebagai Bangunan Geser ( Shear Building ) tanpa redaman. Hitunglah : Angular natural frequency ( ω ), waktu getar ( T ) dan natural frekuensi ( f ), bila portal mwndapat beban dinamis. Penyelesaian : Dari tabel profil baja diketahui untuk WF 150 x 200 adalah I X = 2690 cm4 Jadi kekauan lateral portal = konstanta pegas : k= 2x

6

12 E . I .

12 x2.1 x10 x 2690

= 2 x = 1.487,8 kg/cm 3 3 h 450 Berat beban gravitasi : W = q x 7,50 = 250 x 7,50 = 1.875 kg Angular Natural Frekuensi : ω = Waktu getar: T =

2π ω

=

Natural Frequency : f =

2π 27,91 1 T

=

k m

=

1487,80 1874

= 27,91 rad/det

981

= 0.225 det 1

0,225

= 4,44 siklus per detik.


Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Contoh Soal 04 Suatu balok kantilever dari baja dengan penampang berbentuk persegi dengan ukuran lebar 25 mm dan tinggi 6 mm. Bentangan balok kantilever tersebut L = 30 cm. Modulus elastisitas baja E = 2,1 x 10 6 kg/cm2. Pada ujung balok kantilever tersebut dibebani dengan beban seberat 25 kg yang digantungkan pada pegas ( per ) dengan konstanta pegas k = 1,9 kg/cm, seperti gambar dibawah ini. m m 6

k = 1,9 kg/cm 25 mm G = 25 kg

PENAMPANG BALOK

L = 30 cm

Jika berat sendiri balok kantilever diabaikan, maka hitunglah Angular Frequency ( Waktu Getar ( T ) dan Natural Frequensi ( f ) dari sistem diatas.

ω ),

Penyelesaian : Lendutan pada ujung kantilever akibat beban statis P diujung kantilever adalah

∆ =

3

PL

3 EI

→

P=

3∆ EI L3

Kekakuan balok kantilever k BLK adalah P, jika lendutan/simpangan ∆ = 1 satuan. Jadi 3 EI

k BLK =

∴ k BLK =

3

L

→

I=

1 12

x 2.50 x 0,6 3 = 0,045 cm4

3 x2,1 x10 6 x0,045

= 10,5 kg/cm 30 3 Balok dan pegas dapat di-identik-kan sebagai pegas yang dipasang seri, jadi : i k e

=

1 k BLK

+

1 k

1

=

10,5

+

1 1,9

= 0,0952 + 0,5263 = 0,6215

Jadi k e = 1,61 kg/cm Angular Natural Frequensi : ω = Waktu getar: T =

2π ω

=

Natural Frequensi : f =

2π 7,948 1 T

=

k = m

1,61

( 25 / 981)

= 7,948 rad/det.

= 0,791 detik 1 0,791

= 1,26 siklus per detik

21

[email protected]


Sistem Getaran Bebas dengan Redaman Sistem ini disebut juga ″ Free Damped Vibration S.D.O.F ″. Seperti kita ketahui jika suatu struktur bergetar, maka getaran tersebut makin lama makin berkurang sehingga pada suatu saat getaran ini akan berhenti, hal ini disebabkan karena adanya redaman yang diakibatkan oleh geseran struktur tersebut dengan udara, geseran antara partikel-partikel struktur dan adanya kelelahan bahan dari struktur tersebut. Redaman Liat ( Viscous Damping ) Hal ini terjadi jika gaya peredam yang meredam getaran pada struktur sebanding dengan besarnya kecepatan dan berlawanan arah dengan arah dari perpindahan / simpangan struktur. Ada 3 kondisi redaman liat ( viscous damping ), yaitu : 1. Sistem Redaman Kritis ( Critical Damping System ) 2. Sistem Redaman Lemah ( Under Damped System ) 3. Sistem Redaman Kuat ( Over Damped System ) Dibawah ini uraian dari masing-masing sistem t ingkat redaman tersebut. Persamaan umum gerak S.D.O.F. m . y″ ( t ) + c . y′ ( t ) + k . y ( t ) = F ( t ) Untuk getaran bebas dengan redaman : F ( t ) = 0 Maka persamaan geraknya menjadi : m . y″ ( t ) + c . y′ ( t ) + k . y ( t ) = 0 ……………… ( C.8.10 ) Penyelesaian umum persamaan diferensial tersebut : y(t) = G.e

St

→ dimana :

G e S t

= = = =

amplitudo bilangan logaritma natural konstanta waktu

Sehingga : y′ ( t ) = G . S . e S t y″ ( t ) = G . S 2 . e S t

Hasil ini kita substitusikan pada persamaan gerak getaran bebas dengan redaman ( C.8.10 ) diatas, akan didapat : m . G . S 2 . e S t + c . G . S . e S t + k . G . e

St

= 0

m . S 2 + c . S + k = 0 S=

−c 2.m

(c

±

−c 2m

±

− 4.m.k ) 2m

Seperti telah diketahu : ω = S=

2

=

−c 2m

±

(c / 2m )2 − (k / m )     

(k / m) , maka :

{(c / 2m)

2

− ω 2 }

22

[email protected]


Jadi penyelesaian persamaan diatas menjadi : y ( t ) = G1 . e S1 . t + G2 . e S2 . t Dimana G1 dan G2 adalah suatu konstanta integrasi yang besarnya tergantung pada kondisi awal ( initial condition ). Ada 3 keadaan ( kondisi ) damping / redaman, yaitu : 1. Sistem Redaman Kritis ( ″ Critical Damping System ″ ) Terjadi bila besaran dibawah akar dari persamaan

S=

−c 2m

{(c / 2m)

±

( c / 2 m ) 2

− ω 2

2

− ω 2 }

diatas sama dengan nol, jadi :

= 0 → c = 2 m ω

Konstanta c dalam keadaan ini disebut ″ critical damping value ″ atau harga redaman kritis dan biasanya diberi notasi ccr , jadi : ccr = 2 m

Jadi

S=

− ccr 2m

ω =

=

2 m

− 2mω 2m

k / m = 2

=

km

−ω

Sehingga penyelesaian persamaan geraknya adalah : y ( t ) = G 1 . e - ω

t

+ G 2 . e - ω

= ( G 1 + G 2 ) e - ω

t

t

Critical Damping : adalah suatu keadaan dimana massa yang bergetar akan langsung kembali keposisi semula tanpa penyimpangan kearah lainnya. 2. Sistem Redaman Lemah ( ″ Underdamped System ″ )

Apabila koefisien redaman c < ccr , ini berarti c < 2 m ω ( c / 2m ) 2 Sehingga : S = - ( c/2m ) ±

[(c / 2m)

S = - ( c/2m ) ± i [ω 2

2

< ω2

− ω 2 ]

− (c / 2m) 2 ]

S = - ( c/2m ) ± i ω d Dimana :

Dimana :

ωd =

[ω 2

ωd =

ω 2 [1 − (c / 2mω ) 2 ] = ω

ξ =

c 2m

=

− (c / 2m) 2 ] =

c ccr

[ω 2

− ω 2 (c / 2mω ) 2 ] (1 − ξ 2 )

disebut : ″ Damping Ratio ″ ( % )

23

[email protected]


S = - ( c/2m ) ± i ω d

Dengan mensubstitusikan hasil : persamaan gerak, akan didapat :

kedalam penyelesaian

y (t ) = G 1 . e ( - c / 2m + i ωd ) t + G 2 . e ( - c / 2m – i ωd ) t y ( t ) = e – c / 2m t {G1 . e + i ωd

t

+ G 2 . e - i ωd t )

Konstanta G 1 dan G2 dicari dengan memperhatikan kondisi awal ( initial condition ) dan rumus Euler seperti pada halaman 018 diktat ini. 3. Sistem Redaman Redama n Kuat ( ″ Over Damped System ″ ) Jika koefisien redaman lebih lebih besar dari harga har ga redaman kritis, maka sistem ini ini dikatakan sistem redaman kuat atau over damped system. Jadi c > ccr → c > 2 m ω → c / 2 m = ω

maka : S1,2 =

− c/2m ±

[(c / 2m ) 2

− ω 2 ]

Ini berarti faktor yang berada dibawah akar nilainya positip, sehingga penyelesaian persamaan geraknya menjadi : y ( t ) = G 1 . e S1.t + G 2 . e S2 . t …………… ( C.8.11 ) Sama seperti pada halaman 018, konstanta G1 dan G2 diperoleh dengan memperhatikan kondisi awal ( initial condition ). Kondisi Kondisi awal t = 0 y ( 0 ) = yo = G 1 . e 0 + G 2 . e 0

→

yo = G1 + G2

(A)

Kecepatan pada kondisi awal t = 0 y′ ( 0 ) = y o′ = S1 . G 1 . e 0 + S2 . G 2 . e 0 = S1 . G1 + S2 . G 2 ( B ) Persamaan A dan B merupakan 2 persamaan dengan 2 konstanta ( G 1 dan G2 ) yang dicari, dapat diselesaikan secara mathematis seperti dibawah ini : G1

=

yo .S 2 − yo ' S 2

− S 2

dan

G2

=

yo .S 1 − yo ' S 1 − S 2

Hasil dimasukkan dalam persamaan persa maan ( C.8.11 ) diatas akan merupakan penyelesaian persamaan getaran bebas yang diredam dengan redaman kuat. y .S − yo ' y .S − y ' y (t ) = e S 1.t . o 2 + e S 2.t . o 1 o S 2 − S 1 S 1 − S 2

24

[email protected]


Contoh Soal 05

Suatu pelat lantai dari beton bertulang dengan berat W = 4 ton dipikul oleh 4 buah tiang seperti sketsa sketsa disamping ini. Gaya horisontal horisontal sebesar sebesar P = 2 ton yang bekerja pada pelat lantai tersebut mampu memberikan memberikan simpangan / perpindahan pada pelat lantai lanta i sebesar 0,5 cm. Damping Ratio ξ = 0,05.

P

W

Hitunglah : a. Angular natural frequency ω dan natural frequency f quency f untuk keadaan keadaan tanpa redaman. b. Koefisien redaman c Penyelesaian : k adalah besarnya gaya yang dapat menyebabkan perpindahan 1 ( satu ) satuan. Jadi : k =

P 0,5

=

2000 0,5

= 4000 kg/cm

Jadi angular natural frequency adalah :

ω =

4.000 /( 4.000 / 980) = 31,3 rad/det

k / k / m =

Natural frekunsi : f = ω / 2π = 31,3 / 2π = 4,98 cps ( cycle per sec )

ξ

= c / ccr

Koefisien Redaman c = ξ . ccr c=

ξ . 2 m ω =

0,05 . 2 ( 4.000/980 4.000/980 ) . 31,3 = 12,78 kg kg det/cm

Logarithmic Logarithmic Decrement Atau pengurangan logaritmis adalah sebagai logaritma natural dari ratio antara 2 puncak simpangan yang berurutan pada getaran bebas beba s yang diredam lemah ( underdamped free vibration system ) system )

Dari halaman 024 diktat kuliah ini, penyelesaian persamaan gerak untuk redaman lemah diperoleh : y ( t ) = e – c / 2m t {G1 . e + i

ωd t

+ G 2 . e - i

ωd t

)

Konstanta G1 dan G2 diperoleh dengan mengingat syarat-syarat batas. : Untuk Untuk menyelesaikan persamaan diatas diata s dipergunakan rumus Euler : e ± i ωd t = cos ( ω d t )

± i . sin ( ω d t ) y( t ) = e – c/2m t [G1{cos ( ω d t ) + i sin (ω d.t)} + G2{cos (ω d.t) − i sin (ω d t)}] y ( t ) = e – c/2m t [(G1 + G2) cos ( ω d . t ) + i . (G 1 − G2) sin ( ω d . t )] y ( t ) = e – c/2m t { A . cos (

ω d . t )

+ B . sin ( ω d . t ) } ………….. ( C.8.12 )



Untuk Untuk mencari menca ri A dan B kita lihat kondisi awal ( initial condit ion ) Pada saat t = 0, maka : yo = e 0 ( A . cos 0 + B . sin 0 ) —→ A = y o y ( t ) = A e – c/2m t . cos (

ωd . t )

+ B e – c/2m t . sin ( ω d . t )

y′ ( t ) =

− A . c/2m . e – c/2m t . cos ( ω d . t ) − A . e – c/2m t . ω d . sin ( ω d . t ) − B . c/2m . e – c/2m t . sin ( ω d . t ) + B . e – c/2m t . ω d . cos ( ω d . t ) y′ ( t ) = A . e – c/2m t { - c/2m . cos ( ω d . t ) − ω d . sin ( ω d . t ) } + B . e – c/2m t { - c/2m . sin ( ω d . t ) + ωd . cos ( ω d . t ) } Pada saat t = 0, maka : yo′ = A . e 0 ( - c/2m . cos 0 yo′ = B=

− c/2m . A + y0' + c / 2m. A

+ B . e 0 ( - c/2m . sin 0 + ω d . cos 0 )

B . ωd

=

ω d

− ω d . sin 0 )

y0'

+ c / 2m. y0 ω d

Kalau nilai A dan B disubstusikan ke penyelesaian persamaan gerak ( C.8.12 ) diatas, akan diperoleh :

y (t ) = e

− c 2 mt

  y '+c / 2 myo . sin sin (ω d .t ) ……… ( C.8.13 )  yo .cos(ω d .t ) + o ω d  

Seperti telah diketahui : ξ =

Maka : y ( t ) = e

-ξ

ω t

c 2mω

→

c 2m

ξω

=

  y0' + ξ .ω . y0 x sin(ω d .t )   y0 . cos(ω d .t ) + ω d   OA =

+ ξ .ω . y0

y0'

ω d

B

β

yo

α O

( lihat lihat halaman 023 023 )

OB = ρ =

 y0' + ξ .ω . y0  2  y0 +  ω d  

A

ωd = ω

2

1 + ξ 2

Gambar 21 sin β =

[email protected]

OA OB

=

+ ξ .ω . y0 ) / ω d = 2 ' 2 ( y0 + {( y0 + ξ .ω . y0 ) / ω d } ) ( y0'

( y0' + ξ .ω . y0 ) / ω d ρ

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo 26

( yo′ + ξ ω yo ) / ω d = cos β =

AB OB

=

y 0 2

( y 0

yo =

ρ . sin β

+ {( y0' + ξ .ω . y 0 ) / ω d }2 )

=

y 0 ρ

ρ . cos β

Kalau Nilai ( yo′ + ξ ω yo ) / ω d = ρ . sin β dan yo = ρ . cos β dimasukkan kedalam persamaan penyelesaian gerak ( C.8.13 ) dihalaman 026, maka persamaan gerak akan menjadi :

y (t ) = e y( t) = y(t)=

  y '+c / 2 my  yo .cos(ω d .t ) + o ω o .sin(ω d .t ) d   e - ξ ω t [ ρ . cos β . cos ( ω d . t ) + ρ . sin β . sin ( ω d . t ) ] ρ . e - ξ ω t . cos ( ω d . t − β ) akan maksimum ( puncak ) jika cos ( ω d . t − β ) = 1, sehingga

− c 2 mt

Simpangan ini persamaan diatas menjadi :

y(t)=

ρ . e - ξ ω t

Kalau kita gambarkan grafik dari getaran bebas dengan redaman lemah ini akan seperti gambar pada halaman berikut ini : y1 = ρ e -

ξωt

yt = ρ e - ξ ω t yt = ρ e - ξ ω t cos (ωd t - β ) y1 y2 TD

y3

Gambar 22

Pada grafik diatas y1 dan y 2 adalah simpangan maksimum atau amplitudo, dimana pada saat itu yt = Jadi

ρ . e - ξ ω t . cos ( ω d . t − β ) mencapai maksimum cos ( ω d . t − β ) = 1 y1 = ρ . e - ξ ω t1 dan y2 = ρ . e - ξ ω t2 = ρ . e - ξ ω t1+ TD



Logarithmic Decrement ( pengurangan logaritmis ) adalah :

δ = ln

y1 y2

= ln

ρ .e ρ .e

−ξ .ω .t 1

−ξ .ω .t 1+TD

=

Seperti telah diketahui diatas ( halaman 025 ) : Maka : Kar ena

δ = ξ ω

2π ω (1 − ξ ) 2

=

ξ ω TD

ω d = ω .

ξω

=

2π ω d

(1 − ξ 2 )

2πξ (1 − ξ ) 2

ξ sangat kecil sekali, maka

(1 − ξ 2 )

≈ 1,

sehingga :

Logarithmic Decrement atau Pengurangan Logaritmis :

δ =

Dimana :

ξ

2πξ Damping Ratio

Getaran dipaksa ( Force Vibrations )

Pada getaran bebas ( Free Vobration Systems ) getaran struktur diakibatkan oleh adanya kondisi awal ( initial condotion ) yang mengakibatkan adanya nilai-nilai awal ( initial value ) baik berupa simpangan awal maupun kecepatan awal atau kombinasi dari keduanya. Didalam prektek kejadian ini sangat langka, namun demikian untuk tujuan-tujuan tertentu pada suatu struktur tertentu getaran bebas dapat saja diadakan. Kejadian yang dapat menirukan peristiwa getaran bebas misalnya dengan menggunakan vibrator generator, yaitu suatu alat yang dapat membangkitkan gaya getar dalam dua arah. Pada getaran yang dipaksa ( Forced Vibration Systems ), getaran massa struktur betul-betul akibat gaya luar, misalnya akibat beban angin, beban getaran mesin, beban gempa atau ledakan. Getaran Dipaksa Tanpa Redaman. y

k m

P(t)

(b) Model Matematik

Kita tinjau struktur dengan model mathematis seperti sketsa disamping ini, dibebani dengan beban harmonis. P ( t ) = P o . sin ( Ω t ) Dimana : P ( t ) = Beban Harmonis Po = Nilai maksimum beban dinamik = Frekuwensi Ω

Gambar 23 Persamaan umum gerak ″ undamped forced vibrations system ″ adalah : m y ″ + k y = P ( t ) m y ″ + k y = P o . sin ( Ω t ) ……….. ( C.8.14 ) Untuk penyelesaian persamaan differential tersebut ada 2 bagian, yaitu : 1. Penyelesaian Umum : y ( t ) = A . cos ( ω t ) + B . sin ( ω t ) 2. Penyelesaian Khusus : y ( t ) = y . sin (

Ω t ) 28

[email protected]


Dari persamaan gerak diatas, penyelesaian khususnya adalah : y ( t ) = y . sin (Ω t )

}

y′ ( t ) =

}

Ω y . cos ( Ω t ) y″ ( t ) = − Ω2 y . sin ( Ω t )

→ Dimasukkan dalam persamaan ( C.8.14 )

}

Jadi persamaan gerak diatas menjadi :

− m Ω 2 y . sin ( Ω t ) + k y . sin ( Ω t ) = P o . sin ( Ω t ) − m Ω2 y + k y = P o → ( k − m Ω2 ) y = P o y=

P o k − m.Ω

=

2

P o / k 1 − m.Ω / k 2

→ karena

po / k

Maka : y =

1 − (k / ω 2 ).(Ω 2 / k )

Dimana : r =

=

m=

P o / k 1 − (Ω ω )

2

=

k 2

P o / k 1 − r 2

Ω

Jadi jika kedua penyelesaian diatas digabungkan, akan diperoleh : y ( t ) = A . cos ( ω t ) + B . sin ( y ( t ) = A . cos ( ω t ) + B . sin (

ω t ) + y . sin ( Ω t )

ωt)

+

P o / k 1 − r 2

. sin ( Ω t ) ……. ( C.8.15 )

Syarat-syarat batas : Pada saat t = 0 , simpangannya

yo = 0, sehingga A = 0 P / k y′ ( t ) = − A. ω . sin ( ω t ) + B . ω cos( ω t ) + o 2 . Ω . cos ( Ω t ) 1 − r

Pada saat t = 0, maka : Jadi :

0 = B . ω + B=−

P o / k

P o / k 1 − r

2

Ω

1 − r

2

x

Ω

= −

P o / k 1 − r 2

r

Jika nilai A dan B dimasukan kedalam persamaan ( C.8.15 ) diatas, maka akan didapat : y(t)=

y(t)=

−

P o / k 1 − r 2

P o / k 1 − r 2

r . sin ( ω t ) +

[ sin (

P o / k 1 − r 2

. sin ( Ω t )

Ω t ) − r . sin ( ω t ) ]

…… ( C.8.16 )

Persamaan ( C.8.16 ) diatas merupakan persamaan Gerak akibat Beban Harmoni Jika diperhatikan persamaan gerak akibat beban harmonis datas tersebut terdiri atas superposisi dari dua beban harmonis yang frekwensinya berlainan, yaitu : ω dan Ω



Harga :

P o / k

y(t) =

. sin (

1 − r

2

Ω t )

dinamakan : Respons dalam keadaan tetap ″ Steady state respons

″

Gaya peredam yang bekerja pada sistem ini dalam praktek akan menyebabkan faktor r sin (ω t ) = 0 Oleh karena itu harga :

y(t)=

dinamakan : Respons sementara Jika ω = Ω , maka r =

Ω ω

y(t) =

P o / k 1 − r 2

. r sin ( ω t )

″ Transient respons ″

= 1 akibatnya penyebut 1 − r 2 = 0, sehingga :

∞, dengan kata lain amplitudonya = ∞.

Suatu sistem dimana frekwensi natural dari struktur sama dengan frekwensi dari getaran mesin ( beban harmonis ), maka dikatakan bahwa sistem tersebut dalam keadaan resonansi. Akan tetapi karena material dari bangunan tersebut terbatas kekuatannya, maka sebelum amplitudonya mencapai ∞, bangunan tersebut sudah runtuh . Contoh Soal 06.

Diketahui balok diatas 2 tumpuan ( simple beam ) dari profil baja WF 400.300.9.14 dengan bentangan 4,00 m seperti gambar dibawah ini dipasang mesin ditengahtengah bentangannya . Putaran mesin adalah 300 rpm. Rotor e Ω berputar dengan radius eo yang besarnya 20 cm dari pusat berat. Berat rotor 25 kg, sedangkan berat mesin 8 ton. Modulus elastisitas profil baja o

2.00

2.00

E = 2,1 x 10 6 kg/cm2.

Hitunglah : 1. Natural Frequency 2. Frequency Ratio 3. Nilai maksimum beban harmonik P o Penyelesaian : 1. Untuk menghitung k, pertama-tama kita hitung simpangan dalam ha l ini penurunan pada titik dimana mesin tersebut terletak, yaitu ditengah-tengah bentangan.

P EI

C

δ

A 1/2 L

B 1/2 L

M =¼ P .L M

Bidang M

Kemudian bidang

M EI

Bidang M EI

E . I bagai beban, sehingga : V=½x½xLx

V

[email protected]

G

X

V

M

diberlakukan se-

M E I . 30

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo 1

V=¼xLx

4

xPxL

E . I

G=½x½Lx

M E . I

=

PxL2 16. EI 1

= ¼ L x

Jarak G ketengah-tengah bentang : X =

1

3

4

. P L .

E . I

PxL2

=

x ½ L =

16. E I . 1

L

6

Jadi penurunan δ adalah momen ditengah-tengah bentang akibat beban M/EI

δ =

V x ½ L − G . X

δ =

P . L

2

16. EI

x ½ L −

2

P . L

16. EI

3

x

1

6

P . L

x L =

48. EI

k adalah suatu gaya P yang dapat memberi simpangan sebesar δ = 1 satuan, jadi k . L3

1=

48. EI

→ k =

48 EI . L3

Dari tabel profil WF 400.300.9.14

→

48.(2,1x10 6 ).33700

k=

(400) 3

Natural frequency :

ω =

k / m =

I = 33.700 cm4

= 53.077,50 kg/cm k . g W

=

53077 ,50 x980 8000

= 80,63 rad / det

2. Force frequency ( frekuensi dari mesin ) : Ω

Ω adalah kecepatan sudut, jadi 1 rpm mesin menjalani

sudut 2 π

Putaran mesin 300 putaran per menit ( 60 detik ), jadi

Ω =

300 x 2π 60

Frequency Ratio : r =

eo

= 31,42 radial/detik

Ω ω

31,42

=

80,63

= 0,390 Massa motor total = m Massa motor untuk bagian yang ber putar saja = m1

eo sin ( Ω t )

Ω m1 m

y1 y

y

Perpindahan vertikal rotor ( m1 ) adalah : y1

= y + eo . sin ( Ω t )

y1′ = y′ + e o . Ω . cos ( k

y1″ =

Ω t ) y″ − eo . Ω2 . sin ( Ω t )

Sehingga persamaan gerak menjadi : ( m – m1 ) y ″ + m1 . y1 ″ + k . y = 0

31

[email protected]


( m – m1 ) y ″ + m1 . { y ″ − eo . Ω2 . sin (

Ω t ) } + k . y = 0

m y″ − m1 eo Ω 2 sin ( m y″ + k y =

Ω t ) + k y = 0 m1 eo Ω 2 sin ( Ω t )

3. Persamaan undamped forced vibration system ( C.8.14 ) diatas : m y ″ + k y = P o . sin ( Ω t ) maka : Po = m1 eo Ω 2 =

25 980

x 20 x 31,42 2 = 503,68 kg



Getaran dipaksa dengan redaman

Ditinjau model mathematis dari osillator yang bergetar secara harmonis dan teredam seperti gambar dibawah ini.

k m

k.y

Po = sin ( Ω t )

''

m. y

C

P = sin ( Ω t )

'

c.y

(a)

(b)

Model Mathematis

Free Body Diagram

Gambar 24

Dari free body diagram dapat ditulis persamaan geraknya se bagai berikut : m y″ + c y ′ + k y = P o . sin ( Ω t ) …………… ( C.8.17 ) Penyelesaian umum persamaan diferential homogin diatas adalah : Persamaan ( C.8.14 ) seperti pada halaman 025 y ( t ) = e – c/2m t { A cos ( dimana c = ξ 2 m ω

ωd

→

c 2m

=ξω

ω d t ) + B sin ( ω d t ) }

→ lihat halaman 024

= ω (1 − ξ 2 ) —→ lihat halaman 023

Sehingga penyelesaian umum menjadi : y ( t ) = e - ξ ω .t { A cos ( ω d t ) + B cos ( ω d t ) } Penyelesaian khusus persamaan diferential homogin ( C.8.17 ) diatas adalah : y ( t ) = C 1 sin ( Ω t ) + C2 cos ( Ω t ) Persamaan gerak diatas dapat ditulis sebagai berikut : m y″ + c y′ + k y = P o . e i Ω t …………… ( a ) Dimana : e i Ω t = cos ( Ω t ) + i sin (

Ω t ) →

ingat rumus Euler

Disini diasumsikan hanya komponen yang mengandung bilangan imajiner dari Po . e i Ω t yaitu P o . sin ( Ω t ) Penyelesaian khusus dapat ditulis :

y(t) = y′( t ) = y″( t ) =

ρ . e i Ω t …………….. ( b ) ρ . i Ω e i Ω t − ρ . Ω 2 e i Ω t 33

[email protected]


Jika hasil ini dimasukkan dalam persamaan ( a ), akan diperoleh :

− m ρ Ω 2 e i Ω t + c ρ i Ω e i Ω t + − m ρ Ω2 + c ρ i Ω + k ρ = Po ρ =

P o k − mΩ 2

k ρ e i Ω t = Po . e i Ω t

→ Amplitudo

+ icΩ

Jadi persamaam ( b ) diatas dapat ditulis : y(t)=

po k − mΩ

2

+ icΩ

. e i Ω t

Dengan menggunakan bentuk koordinat polar, bilangan kompleks penyebut dapat ditulis sbb. : y(t)=

y(t)=

P o .e [(k − mΩ )

2 2

i .Ω .t

+ (cΩ) 2 ].e iθ

P o .e i (Ω.t −θ ) (k − mΩ 2 ) 2

Dimana : tan θ =

+ ( c.Ω) 2

→ ( A )

c.Ω k − mΩ 2

Respons dari gaya P o . sin ( Ω t ) ( komponen imajiner dari P o . ei.Ωt ) adalah merupakan komponen imajiner dari persamaan ( A ) diatas, sehingga : y(t)=

P o . sin( Ωt − θ ) (k − mΩ )

2 2

+ ( cΩ) 2

(B)

y ( t ) = Y . sin ( Ω t - θ ) Dimana :

Y=

P o (k − mΩ )

tan θ =

2 2

+ ( c.Ω)

2

: ″ Steady State Motion ″ Amplitudo

c.Ω k − m.Ω 2

Persamaan ( B ) diatas dapat ditulis dalam bentuk ratio tanpa dimensi seperti dibawah ini : y(t)=

yST . sin( Ωt − θ ) (1 − r )

2 2

+ ( 2.ξ .r ) 2

→ tan θ =

2.ξ .r 1 − r 2

34

[email protected]


Dimana : yST =

ξ

P o

=

→ lendutan statis pegas dimana diatasnya bekerja P o

k c ccr

Ω

r =

→ →

ω

ratio redaman ratio frekwensi

Dengan mengkombinasikan dengan penyelesaian umum, maka pemyelesaian gerak tersebut menjadi : ξω t

y(t)=e-

{ A cos ( ω d t ) + B sin ( ω d t ) } +

y ST . sin( Ω t − θ ) (1 − r )

2 2

+ ( 2.ξ .r ) 2

Konstanta A dan B ditentukan berdasarkan syarat-syarat batas ( initial condition ) seperti yang sudah-sudah. Faktor Magnifikasi Dinamis Faktor magnifikasi dinamis atau ″ Dynamic Load Factor ″ biasanya diberi notasi D, adalah perbandingan antara Amplitudo dalam keadaan steady Y dengan lendutan statis yST.

Seperti telah diketahui diatas, bahwa : y ( t ) = Y. sin ( Ω t − θ ) → Halaman 33 y(t)=

y ST . sin( Ωt − θ ) (1 − r )

2 2

+ ( 2.ξ .r ) 2

Dari kedua persamaan tersebut diperoleh Faktor Magnifikasi Dinamis : D=

Y yST

=

1 (1 − r )

2 2

+ (2.ξ .r ) 2

Contoh Soal 07

Suatu portal dengan 2 buah kolom dari konstruksi beton bertulang seperti gambar dibawah ini. Modulus elastisitas beton E b = 200.000 kg/cm 2 dan percepatan gravitasi g = 980 m/det 2 W = 4 ton Pt = 0, 50 sin ( 7 t )

C

D 25 x 55

5 3 x 5 2

5 3 x 5 2

0 5 . 3

Portal tersebut memikul mesin dengan berat total W = 4 ton. Damping ratio ξ = 4,5 %. Akibat getaran mesin, menye babkan timbulnya gaya horisontal pada portal yang besarnya mengikuti fungsi waktu, yaitu : Pt = 0,50 sin (7 t ) ton

A

6.00

B

35

[email protected]


Hitunglah : 1. Kekakuan lateral portal dengan memperhitungkan kekakuan balok CD. 2. Frekuensi ratio r. 3. Amplitudo dalam kondisi ″ Steady State ″ 4. Tegangan dinamis maksimum yang terjadi pada kolom 5. Faktor magnifikasi dinamis ( Dynamic Load Factor ) D. Penjelesaian : IAC = IBD = 1/12 x 25 x 35 3 = 89.322,92 cm 4 ICD = 1/12 x 25 x 55 3 = 346.614,58 cm 4 Per hitungan F Fak tor Distr b i bu si Tit ik C ::

µCA : µCD =

4. E . I CA h AC

4. E I . CD

:

LCD

255, 21

µCA =

=

255,21 + 577,69

89.322,92 350

:

µCD =

= 0,306

346.614,58 600

= 255,21 : 577,69

577,69 255,21 + 577.69

= 0,694

Kontrol : µCA + µCD = 0,306 + 0,694 ≈ 1 → OK

µDB = µCA = 0,306 dan µDC = µCD = 0,694 Titik C dan D diberi simpangan sebesar ∆ = 1 satuan, sehingga akan timbul momen Karena simetris maka : primer : Momen Primer : MPAC = MPCA =

6 E . I . AC 2 AC

h

6 x200.000 x89.322,92

=

350 2

= 875.000 kgcm = 8.750 kgm

Karena simetris, maka : MP DB = MP BD = MP AC = 8.750 kgm. Pendistribusian momen ke balok CD dilakukan dengan tabel seperti dibawah ini : Karena simetris pendistribusian hanya dihitung separuh saja. Titik

C

A

Batang

AC

µ M Primer

8,750

M Distribusi

M Induksi M Total

-1,339 7,411

M Distribusi M Induksi M Total

465 7,876

M Distribusi M Induksi M Total\

-161 7,715

M Distribusi M Akhir

7,715

CA

CD

0.306

0.694

8,750 -2,678

-6,073

6,073

-3,036 -9,109

929

2,107

7,002

1,054 -5,948

-322

-731

6,679

-366 -7,045

112

254

6,791

-6,791

Sebagai kontrol, jumlah momen pada suatu titik ( misalnya titik C ) harus ≈ 0 Jadi : MCA + MCD = 6,791 + ( - 6,791 ) ≈ 0, OK



HC =

H AC + H CA h AC

=

7.715 + 6.791 3,50

= 4.144,57 kg/cm

Karena simetris HD = HC = 4.144,57 kg/cm Jadi kekakuan lateral portal : k = HC + HD = 4.144,57 + 4.144,57 = 8.289,14 kg/cm Perhitungan Frekwensi Ratio : Pt = P 0 . sin ( Ω t ) = 0,50 sin ( 7 t ), jadi P 0 = 0,50 ton = 500 kg

Ω = 7 rad/det k

ω =

8.289,14

=

m

4000 / 980

Jadi frekwensi ratio : r =

Ω ω

=

= 45,06 rad/det 7 45,06

=

0,155

Perhitungan Amplitudo dalam kondisi Steady State : Amplitudo : Y=

P o (k − mΩ 2 ) 2

+ ( c.Ω) 2

Dimana : c = ξ 2 m ω

→ ξ = Damping Ratio 4,5 %

 4.000  x 45,06 = 16,55    980 

c = 0,045 x 2 x

Jadi amplitudo dalam keadaan steady state menjadi : Y=

500 [8.289,14 − ( 4.000 / 980) x7 2 ]2

+ (16,55 x7) 2

= 0,062 cm

Per hitungan T Tegan gan D Dinamis M Mak s imum : Tegangan pada kolom akibat Amplitudo dalam keadaa n steady M=

6 xExI AC 2 AC

h

Y =

6 x200.000 x89.322,92 350 2

Section modulus kolom SAC =

1

6

0,062 = 54.250 kgcm

25 . 35 2 = 5.104,17 cm3

Jadi tegangan dinamis maksimum pada kolom : f Dinamis =

M S AC

=

54.250 5.104,17

= 10,63 kg/cm2

Per hitungan F Fak tor Magnif ik as i D Dinamis : D = =

1 (1 − r )

2 2

+ ( 2.ξ .r )

2

= =

1 (1 − 0,155 ) 2

2

+ (2 x0,045 x0,155)

2

= 1,0245 =


Dynamics of Structures Ir. Soetoyo D. RESPONS STRUKTUR SDOF AKIBAT GERAKAN PONDASI / TANAH

Apabila suatu mesin yang diletakan dipermukaan tanah, maka tanah akan bergetar manakala mesin sedang bekerja. Getaran tanah ini akan mengakibatkan seluruh bangunan disekitarnya ikut bergetar. Kejadian semacam ini tidak saja diakibatkan oleh kerja mesin, tetapi segala macam sebab yang dapat mengakibatkan tanah bergetar. Sebabsebab itu diantaranya akibat pemancangan tiang pancang, akibat suatu ledakan didalam tanah atau akibat pergeseran tanah dan gempa bumi. Gerakan tanah/pondasi suatu struktur dimodelkan sebagai : ys = yo . sin ( ω s . t ) …….. ( D.01 ) Dimana : ys : simpangan tanah atau pondasi yo : amplitudo ( simpangan ) maksimum

ωs

: frekwensi sudut gerakan tanah atau pondasi

System ini dapat dibuat model mathematisnya sepert i gambar 25 dibawah ini. m

y

k ( y - ys )

k c

''

my

m c

'

'

c ( y - ys ) (b )

(a) STRUKTUR SDOF

(c)

MODEL MATHEMATIS

FREE BODY DIAGRAM

Gambar 25 Dari gambar 25c, berdasarkan keseimbangan dinamik diperoleh : m. y″ + c ( y′ - ys′ ) + k ( y – ys ) = 0 ……..……… ( D.02 ) Dimana : ys = perpindahan tumpuan/pondasi akibat gerakan tanah y = perpindakan masa m Kita tinjau persamaan ( D.01 ) diatas : ys = yo sin ( ω s t ) ys′ = yo ω s cos ( ω s t ) Jika hasil ini kita masukkan kedalam persamaan ( D.02 ) a kan diperoleh : m y″ + c y ′ - c yo ω s cos ( ω s t ) + k y – k y o sin ( ω s t ) = 0 m y″ + c y ′ + k y = k y o sin ( ω s t ) + c y o ω s cos ( ω s t ) m y″ + c y ′ + k y = F o sin ( ω s t + β ) ………… ( D.03 ) Dimana : Fo = yo

k 2

tan β =

c.ω s k

+ (c.ω s )2 = yo k

1 + (2 .r .ξ ) 2

=2rξ



Kalau kita lihat persamaan ( D.03 ) adalah suatu persamaan diferensial untuk osilator yang dipengaruhi oleh gaya/beban harmonis F o sin ( ω s t + β ). Persamaan ini identik dengan persamaan ( C.8.17 ) untuk getaran dipaksa dengan redaman, yaitu : m y″ + c y ′ + k y = P o . sin ( Ω t ) …………………….dihalaman 032 diatas. Sehingga penyelesaian persamaan ( D.03 ) dalam keadaan tetap ( steady state ) mirip seperti dihalaman 034, dengan hasil : y(t)=

Jika Fo = yo k y(t ) yo

( F o / k ) sin(ω st + β − θ ) (1 − r 2 ) 2

+ ( 2.r .ξ ) 2

…………………( D.04 )

1 + (2 .r .ξ ) 2 kita masukan, maka akan didapat : 1 + (2.r .ξ ) 2

=

(1 − r 2 ) 2

+ ( 2.r .ξ ) 2

sin ( ω s t + β - θ ) …………… ( D.05 )

Persamaan ( D.05 ) diatas merupakan gerakan penyokong ( pondasi ) terhadap struktur yang dimodel mathematikan sebagai osilator ( gerobak yang bergerak diatas landasan ). Derajad isolasi relatif dalam dinamika struktur dikenal sebagai transmisibilitas (transmissibility ) dan didefinisikan sebagai ratio amplitudo dari gerak osilator y dan amplitudo yo dari gerakan penokong ( pondasi ). Dari persamaan ( D.05 ) maka transmisibilitas Tr diberikan oleh persamaan : Tr =

Y y o

=

1 + (2.r .ξ ) 2 (1 − r 2 ) 2

+ ( 2.r .ξ ) 2

………………… ( D.06 )

Persamaan ( D.04 ) diatas memberikan respons absolut dari osilator redaman pada gerak harmonis dari dasar (pondasi). Alternatif lain adalah menyelesaikan persamaan diferensial ( D.02 ) dihalaman 38 dalam besaran gerak relatif antara massa m dan penyokong (pondasi) : Perpindahan relatif massa m terhadap perletakan ( pondasi ) u, jadi

→ u′ = y′ - ys′ → u = y - ys

y = u + ys y′ = u′ + ys′ → y″ = u″ + ys″

Kemudian disubstitusikan dalam persamaan ( D.02 ) akan didapat : m (u″ + ys″) + c ( u ′ + ys′ - ys′) + k ( u + y s – ys ) = 0 m u″ + m ys″ + c u ′ + k u = 0 m u″ + c u ′ + k u = F eff (t) Feff (t) adalah sebagai gaya efektif dinyatakan oleh koordinator u.

→ dimana Feff ( t ) = - m ys″ yang bekerja pada osilator dan perpindahannya

Diatas gerakan pondasi : ys = yo sin ( ω s t ) ys′ = yo ω s cos ( ω s t ) ys″ = - yo ω s2 sin ( ω s t ) 39 [email protected]


Jadi :

m u ″ + c u ′ + k u = m y o ω s2 sin ( ω s t ) m u″ + c u ′ + k u = F o sin ( ω s t )

→ dimana Fo = m yo ω s2 m y ″ + c y ′ + k y = P o . sin ( Ω t ) dihalaman 032,

Persamaan ini juga identik dengan sehingga penyelesaiannya dalam keadaan steady state adalah : u(t)=

F o / k . sin(ω s t − θ ) (1 − r )

+ ( 2r ξ )

ω s2

ω s2

2 2

Substusikan : u (t ) y o

k / m

=

=

2

( m. yo .ω s2 / k ). sin( ω s t − θ ) (1 − r ) 2

2

+ (2 r ξ )

2

…………. ( D.07 )

= r 2 , akan didapat :

2

ω

r . sin(ω s t − θ ) 2

=

(1 − r )

2 2

Dimana tan θ =

+ ( 2r ξ )

2

…………………. ( D.08 )

2.ξ .r 1 − r

2

Contoh Soal 08 : Sebuah kerangka ( portal ) baja seperti gambar dibawah ini : y

y

W = 15 kips F(t) k

0 2 x 8 F W

0 2 x 8 F W

20'

F(t) m

' 5 1 c

(B)

(A)

memikul sebuah mesin rotasi yang mengakibatkan gaya horisontal pada bidang balok sebesar F ( t ) = 200 sin 5,3 t lb. Dianggap redaman 5 % redaman kritis. Kolom terdiri dari profil WF 8 x 20 dan balok dianggap sangat kaku, dan modulus elastisitas baja adalah : E = 30 x 106 psi. Tentukan : a. Amplitudo dalam steady state ( keadaan tetap ) dari getaran tersebut. b. Tegangan dinamis maksimum pada kolom. c. Jika struktur diatas dipengaruhi oleh gerakan tanah ys ( t ) = 0,2 sin 5,3 t lb Tentukan transmisibilitas dari gerakan balok d. Gaya geser maksimum pada kolom. e. Tegangan maksimum pada kolom.

40

[email protected]


Penyelesaian : Dari tabel profil untuk WF 8 x 20 diketahui I = 2881 cm4 = 69,2164 inch 4 ≈ 69,2 inch 4 Jadi kekakuan satu kolom : k =

3 xExI h3

6

=

3 x30 x10 x69, 2 (12 x15) 3

= 1067,90 lb/inch

Karena balok dianggap sangat kaku, maka : Kekakuan portal : k eq = 2 x k = 2 x 1067,90 = 2135,8 lb/inch ≈ 2136 lb/inch F o

Lendutan dalam keadaan statis : yST = k eq

ω = Frekwensi ratio : r =

Ω ω

=

200 2136

2136

=

m

k eq

=

15000 / 386

5,3

= 0,0936 inch

= 7,41 rad/det

= 0,715

7 ,41

Jadi amplitudo dalam steady state akibat getaran mesin rotasi adalah : y ST

Y =

(1 − r )

2 2

+ ( 2.r .ξ )

2

0,0936

=

(1 − 0,715 )

2 2

+ ( 2 x0,715 x0,05)

2

= 0,189 inch

Momen pada kolom akibat amplitudo dalam steady state, adalah : M=

3 EI h2

6

Y=

3 x30 x10 x69, 2 (12 x15) 2

x 0,189 = 36.330 lb inch

Dari tabel profil untuk WF 8 x 20 didapat S X = 278,6 cm3 = 17 inch 3 M 36.330 Tegangan dinamis maksimum pada kolom : f maks = = = 2137 psi S X 17 Transmisibilitas : Tr =

1 + (2.r .ξ ) 2 (1 − r 2 ) 2

+ (2.r .ξ ) 2

1 + (2 x0,715 x0,05) 2

=

(1 − 0,7152 ) 2

+ (2 x0,715 x0,05)2

= 2,03

Perpindahan / simpangan relatif maksimum adalah : yo .r 2

u(t)=

(1 − r )

2 2

+ ( 2.r .ξ )

2

0, 2 x0,715 2

=

(1 − 0,715 )

2 2

+ ( 2 x0,715 x0,05)

2

= 0,207 inch

Momen akibat simpangan relatif maksimum ( pergerakan pondasi ) : M=

3 EI h

2

U(t) =

3 x30 x106 x69, 2 (12 x15)

Gaya geser maksimum : H maks =

2

M h

=

x 0,207 = 39.790 lb inch 39.790 (12 x15)

= 220,83 lb

Tegangan maksimum akibat gerakan tanah : f maks =

M S X

=

39.790 17

= 2.335 psi


Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Penyaluran Gaya ke Pondasi ( Force Transmitted to the Foundation )

Ditinjau osilasi teredam pada gambar dengan beban harmonis : F ( t ) = Fo . sin ω s . t seperti pada gambar 26 dibawah ini. m

y

k c

m c (b)

(a) STRUKTUR SDOF

MODEL MATHEMATIS

Gambar 26 Persamaan differential dasi gerakan ini adalah : m y″ + c y ′ + k y = F o . sin ω s t Penyelesaian dalam keadaan Steady State : y = Y . sin ( ω s t - θ ) ………………( lihat halaman 033 ) y′ = Y .ω s . cos ( ω s t - θ ) F o / k

Dimana : Y =

(1 − r )

+ ( 2r ξ )

tan θ =

2.ξ .r

2 2

dan

2

…………….. ( D.09 )

1 − r 2

Gaya dari osilator ( struktur) disalurkan ke pondasi melalui pegas k y dan elemen redaman c y′, jadi gaya total yang disalurkan ke pondasi adalah : FT = k y + c y′

ω s t - θ ) + c . Y . ω s . cos ( ω s t - θ ) FT = Y [ k . sin ( ω s t - θ ) + c . ω s . cos ( ω s t - θ ) ] FT = k . Y . sin ( 2

FT = Y . k FT = Y .

k 2

+ c 2ω s2

sin ( ω s t - θ + β )

+ c 2ω s2

sin ( ω s t - ∅ ) ……………. ( D.10 )

Dimana : tan β =

c.ω s k

=2ξr

∅ = θ - β

dan

Dari persamaan ( D.09 ) dan ( D.10 ), maka gaya maksimum yang disalurkan ke pondasi : F o / k k 2 + c 2ω s2 . sin (ω s t - ∅ ) FT = (1 − r 2 ) 2 + ( 2.ξ .r ) 2 FT =

F o / k (1 − r )

2 2

+ ( 2.ξ .r )

k 1 + ( 2r ξ ) sin (ω s t - ∅ ) 2

2

42

[email protected]


FT = Fo

1 + (2r ξ ) 2 (1 − r 2 ) 2

+ (2r ξ ) 2

sin (ω s t - ∅ )

Gaya FT akan maksimum jika sin ( ω s t - ∅ ) diterima/di-salurkan ke pondasi F T = A T adalah :

≈ 1,

jadi gaya maksimum yang

1 + (2.ξ .r ) 2

AT = Fo .

(1 − r 2 ) 2

+ (2.ξ .r ) 2

Transmisibilitas TR didefinisikan sebagai ratio dari amplitudo gaya yang disalurkan ke pondasi dan amplitudo gaya yang bekerja, jadi : TR =

AT F o

1 + (2.ξ .r ) 2

=

(1 − r 2 ) 2

+ (2.ξ .r ) 2

Seperti telah diketahui diatas : ∅ = θ - β maka : tan ∅ =

tan θ − tan β 1 + tan θ . tan β

Telah diketahui diatas bahwa : tan θ =

Sehingga :

tan ∅ =

2.ξ .r 1 − r

2

dan tan β = 2 ξ r

2.ξ .r 3 1 − r 2

+ 4.ξ 2 .r 2

Contoh Soal 09 Sebuah mesin dengan berat W = 1.750 kg dipasang pada balok baja dengan 2 (dua) perletakan seperti gambar dibawah ini. Fo sin ( Ω t )

m W

A

C

y

WF 125.60.6.8

B

y

1.50

c

k

1.50

STRUKTUR (A)

MODEL MATHEMATIS (B)

Bentangan balok L = 3,00 m. Sebuah torak yang bergerak keatas dan kebawah pada mesin akan menimbulkan gaya harmonis sebesar F o = 3.175 kg dan frekwensi sudut sebesar Ω = 60 rad/det. Balok baja AB terdiri dari profil WF 125.60.6.8 dengan modulus elastisitas E = 2,1 x 10 6 kg/cm2 dan redaman 10 % dari redaman kritis.



Jika berat balok sendiri diabaikan, hitunglah : a. Amplitudo dari gerakan mesin. b. Gaya yang disalurkan ke tumpuan ( pondasi ). c. Sudut fasa yang bersangkutan. Penyelesaian : Dari tabel profil untuk WF 125.60.6.8 diperoleh I = 413 cm4 Lendutan ditengah-tengah bentang akibat beban P ditengah-tengah bentang :

∆ = Jadi : k =

48 E . I . L3

=

PxL3 48. E I .

48 x2,1 x10 6 x413 300 3 k

ω = r=

→ Jika ∆ = 1 cm, maka P ≈ k

m

Ω

15.419

=

1.750 / 980 60

=

92,92

Seperti telah diketahui :

= 15.419 kg/cm

= 92,92 rad/det

= 0,65 y ST . sin( Ωt − θ )

y(t)=

(1 − r )

2 2

+ ( 2.ξ .r ) 2

y ( t ) adalah simpangan pada saat t det. Amplitudo adalah simpangan maksimum dan ini bisa dicapai jika sin ( Ω t - θ ) ≈ 1, jadi amplitudo dari gerakan mesin adalah : y st

Y=

Jadi :

(1 − r )

+ ( 2.ξ .r )

2 2

→ yst =

2

0, 206

Y=

(1 − 0,65 ) 2

2

+ (2 x0,10 x0,65)

2

F o k

=

3.175 15.419

= 0,206 cm

= 0,348 cm

Gaya yang disalurkan ke pondasi : AT = Fo

tan ∅ =

1 + (2.ξ .r ) 2 (1 − r 2 ) 2

+ (2.ξ .r ) 2

2.ξ .r 3 1 − r 2

+ ( 2.ξ .r ) 2

=

= 3.175

1 + ( 2 x 0,1 x 0,65) 2 (1 − 0,652 ) 2 + (2 x0,10 x0,65) 2

= 5.409 kg

2 x0,10 x0,653 1 − 0,65 2

+ ( 2 x 0,10 x 0,65) 2 3

Jadi sudut fasa ∅ = arc tan

2 x0,10 x0,65 1 − 0,65

2

+ ( 2 x 0,10 x 0,65) 2

= 5,28°


Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Contoh 10

Suatu kendaraan berjalan dijalan dengan permukaan yang bergelombang yang mana gelombang jalan di-idealisir sebagai funsi sinus harmonik dengan panjang gelombang adalah L = 60 m, dan amplitudo gelombang 5 cm. Kendaraan mempunyai pegas dengan kekakuan k s = 400 kg/cm dengan rasio redaman ξ = 35 %. Kendaraan berjalan dengan kecepatan Vk = 60 km/jam dan berat kendaraan W = 2.250 kg. Hitunglah simpangan vertikal tempat duduk kendaraan tersebut. Penyelesaian : Peristiwa diatas dapat dibuat model mathematisnya seperti gambar dibawah.

y

k

W Vk Y b

L

Frekwensi sudut gerakan kendaraan :

ω =

k s m

400

=

2.250 / 980

= 13,199 rad/det.

Jalan yang bergelombang akan menyebabkan elevasi tempat duduk di kendaraan mengalami naik – turun, dengan amplitudo y k Waktu getar akibat gelombang jalan : T=

L

=

V k

60 60.000 / 3600

= 3,6 det

Frekwensi sudut akibat beban karena jalan bergelombang :

Ω =

2π T

=

Frekwensi Ratio : r =

Transmisibility : TR =

2π 3,6

Ω ω

= 1,745 rad/det

=

1,745 13,199

= 0,132

1 + ( 2.ξ .r ) 2 (1 − r 2 ) 2 + ( 2.ξ .r ) 2

=

1 + (2 x0,35 x0,132) 2 (1 − 0,1322 ) 2

+ (2 x 0,35 x0,132)2

TR = 1,018 Transmisibility adalah ratio amplitudo dari gaya yang disalurkan ke pondasi ( disini amplitudo kursi yk ) dan amplitudo gaya yang bekerja ( dalam hal ini amplitudo gelombang jalan Y b ). Jadi : TR =

yk Y b

→

yk = Y b x TR = 5 x 1,018 = 5,09 cm


Dynamics of Structures Ir. Soetoyo E. Beban Impuls Selama ini yang kita pelajari adalah pengaruh beban harmonis pada struktur, padahal kita tahu beban dinamik tidak harus berupa getaran yang harmonis. Beban impuls adalah beban yang bekerja dalam waktu yang sangat singkat, jadi durasi beban impuls ( dt ) relatif pendek/singkat terhadap perode getar struktur ( T s ), akan tetapi intensitas beban impuls ini pada umumnya sangat besar. y

k

P(t)

m

Gambar 27

Selama beban impuls bekerja ( selama dt ), maka pada pegas/per pada model mathematik disam ping ini akan timbul resistensi. Menurut Biggs ( 1965 ) gaya pegas/per tersebut relatif kecil bila dibandingkan dengan gaya im pulsnya, mengingat sangat singkatnya waktu be ban impuls bekerja, sehingga pada umumnya dalam beban impuls ini resistensi/gaya pegas da pat diabaikan.

Karena resitensi/gaya pegas diabaikan, maka selama berlangsungnya beban impuls sistem struktur dianggap tidak mengalami perubahan simpangan. Clough dan Penzien ( 1993 ) mengatakan bahwa pengaruh redaman pada beban impuls juga relatif kecil. Oleh karena itu satu-satunya respon yang terjadi pada pembebanan yang sangat singkat itu adalah timbulnya percepatan awal ( initial acceleration ), yaitu gaya impuls dibagi dengan massa. Dari persamaan gerak : m y″ + c y ′ + k y = F ( τ ) Karena resistensi pegas dan penaruh redaman diabaikan, maka : m y ″ = F ( τ ) Dimana : F ( τ ) : beban impuls m : masssa y″ : percepatan ( acceleration ) Impuls pada pembebanan ini dapat didefinisikan sebagai perkalian dari gaya dan selang waktu bekerjanya gaya tersebut.

τ

F ( )

Pada gambar 28 disamping ini. Impuls dari suatu gaya F ( τ ) digambarkan oleh bagian yang di-arsir, ialah : F ( τ ) . d τ. Impuls ini bekerja pada massa m yang menurut hukum gerak dari Newton :

τ

d . )

τ

( F

τ τ + dτ dτ Gambar 28

τ

m

dv

= F (τ ) →

d τ Dimana :

F ( τ ) . d dv

τ

dv =

F (τ ).d τ m

: adalah impuls : pertambahan kecepatan

Kita tinjau impuls F ( τ ) . d τ yang bekerja pada suatu osilator tanpa redaman. Pada waktu τ detik osilator mengalami perubahan kecepatan yang dinyatakan dengan persamaan :

46

[email protected]


dv =

F (τ ).d τ

………….. ( E.01 )

m

Persamaan gerak untuk Getaran Bebas Tanpa Redaman ( halaman 019 ) : '

y ( t ) = y o . cos ( ω t ) +

y o ω

.sin (ω t ) → yo′ = vo

Sehingga : y ( t ) = yo . cos ( ω t ) +

vo ω

. sin ( ω t )

Jika perubahan kecepatan ( E.01 ) diatas, dimasukkan kedalam persamaan Getaran Bebas Tanpa Redaman, sebagai kecepatan awal vo, dan perpindahan/simpangan awal yo = 0 dan yang mengakibatkan perpindahan pada waktu berikutnya τ berikutnya, akan didapat : dy(t) =

F (τ ).d τ mω

sin ω ( t - τ )

Perpindahan total y ( t ) pada waktu t detik : y(t)=

F (t )

t

∫ mω

1

sin ω ( t - τ ) dt =

0

mω

∫

t

F (τ ). sin ω (t − τ ).d τ

0

Persamaan integral diatas dikenal sebagai Integral Duhamel . Persamaan diatas menyatakan perpindahan/simpangan total akibat pengaruh gaya F ( τ ) yang bekerja pada osilator tanpa redaman. Untuk memperhitungkan pengaruh perpindahan awal y o dan kecepatan awal vo pada waktu t = 0, maka perpindahan total adalah : vo

y ( t ) = y o . cos ( ω t ) +

ω

. sin ( ω t ) +

1 mω

∫

t

F (τ ). sin ω .(t − τ ).d τ …….. ( E.02 )

0

1. Beban Konstant : Suatu osilator tanpa redaman seperti gambar 29 dibawah ini dibebani suatu gaya konstant Fo secara tiba-tiba pada wantu t = 0 F(t)

k

Fo

F(t) m

t ( a)

(b)

Gambar 29 Untuk perpindahan awal ( y o ) dan kecepatan awal ( vo ) sama dengan nol maka persamaan ( E.02 ) diatas menjadi : y(t)=

1 mω

t

∫ F sin ω (t − τ ).d τ o

0

47

[email protected]


y(t)=

y(t)=

F o

t

mω F o k

. cos(t − τ ) 0

(1 − cos ω .t ) = yst ( 1 – cos

ωt)

……. ( E1.01 )

Respons dari pembebanan dengan gaya konstant secara tiba-tiba dapat dilihat pada gambar 30 dibawah ini. Gambar 30 disamping adalah respons se buah sistem tak teredam dari SDOF akibat gaya tetap yang bekerja secara tiba-tiba. Jika diamati penyelesaian ini sangat mirip dengan penyelesaian getaran bebas dari osilator tanpa redaman.

y(t) yst

2 1 0

t T

Gambar 30 2. Beban Segi Empat Ditinjau suatu beban tetap Fo yang bekerja secara tiba-tiba untuk selang waktu t d se perti gambar 31 dibawah ini. F(t)

Fo

F(t)

k

m td

(a)

t

(b) Gambar 31

Sehingga perpindahan/simpangan pada selang waktu tersebut adalah : yd =

F o k

{ 1 – cos ( ω td )}

Sedangkan kecepatannya adalah turunan pertama dari persamaan diatas. vd =

F o k

ω

sin ( ω td )

Untuk respons setelah waktu t d digunakan persamaan untuk getaran bebas tanpa redaman ( hal 019 ) : y ( t ) = y o . cos ( ω t ) +

'

y o ω

.sin (ω t ) 48

[email protected]


Dimana kondisi awal ( initial condition ) untuk perpindahan dan kecepatan pada saat td , yaitu dengan mengganti y o dengan yd, vo = yo′ dengan vd dan t dengan ( t – t d ), maka diperoleh : y(t)=

F o

{1 – cos ( ω td ) } cos ω ( t – t d ) +

F o

k Yang dapat disederhanakan menjadi : y(t)=

F o k

k

sin ( ω td ) . sin ω ( t – t d )

{cos ω ( t – t d ) – cos ω t } …………. ( E1.02 )

Jika faktor beban dinamis ( Dynamic Load Factor ) yang disingkat D atau DLF didefinisikan sebagai perpindahan pada setiap wahtu t dibagi dengan perpindahan statis yst , maka persamaan ( E1.01 ) halaman 048 dan persamaan ( E1.02 ) diatas dapat ditulis sebagai berikut : Dari persamaan ( E1.01 ) :

y (t ) y st

= DLF = 1 – cos ω t

→

t ≤ td

Dari persamaan ( E1.02 ) : y (t ) y (t ) = = DLF = cos ω ( t – t d ) – cos ω t F 0 y st k

→ t ≥ td

Sering pula persamaan frequensi sudut ω dinyatakan dalam waktu getar T, sehingga pada persamaan diatas frequensi sudut diganti dengan 2π/T, sehingga akan diperoleh : DLF = 1 – cos 2 π Dan

DLF = cos 2π

t T

→ t ≤ td

 t t d   −  - cos 2π  T T 

t T

→ t ≥ td



Contoh Soal 11 : Suatu portal dari konstruksi beton dengan E = 220.000 kg/cm 2, berat konstruksi diidealisasikan sebagai beban merata q = 2,5 ton/m′ seperti gambar dibawah ini. F q = 2,5 t/m

B

C 20 x 40 Fo

0 5 . 3

20 x 30

20 x 30

5.00

A

D

t

td

0 (B)

(A)

Portal dibebani dengan beban tetap F o = 1.500 kg seketika dengan jangka waktu selama td = 0,40 detik, setelah itu beban dihilangkan. 1. Plot simpangan portal terhadap waktu akibat beban Fo dan setelah beban Fo dihilangkan. 2. Hitung Faktor Beban Dinamis ( DLF ) maksimum. Penyelesaian : IAB = ICD = IBC =

1 12

1

12

20 x 30 3 = 45.000 cm4

20 x 40 3 = 106.667 cm 4

Perhitungan faktor distribusi : Titik B :

µBA : µBC = µBA =

4 xEI AB h AB

:

128,57 128,57 + 213,33

4 xEI BC L BC

=

= 0,376

45.000 350

µBC =

:

106. 667 500

= 128,57 : 213,33

213,33 128,57 + 213,33

= 0,624

µBA + µBC = 0,376 + 0,624 ≈ 1 → OK Karena simetris, maka µCD = µBA = 0,376 dan µCB = µBC = 0,624 Momen primair pada kolom akibat s impangan ∆ = 1 cm. Check :

MBA = MAB =

6 xEI AB 2 AB

h

∆

=

6 x220.000 x 45.000 350 2

x 1 = 484.898 kgcm

Karena simetris, maka MCD = MDC = MAB = 484.898 kgcm Perataan momen ke balok, dilakukan dengan methode distribusi momen yang dibuat secara tabelaris seperti pada halaman berikut ini :

50

[email protected]


B

Titik

A

Member

AB

BA

BC

Fak. Distribusi

---

0.376

0.624

Momen Primair

484,898

484,898

Momen Distribusi

-182,322

Momen Induksi

-91,161

Momen Total

393,737

302,576

-453,864

56,884

94,404

28,442

Momen Total

47,202

422,179

359,460

-312,258

-17,748

-29,454

341,712

-341,712

Momen Distribusi Momen Akhir

422,179

Gaya geser pada kolom AB : H1 =

-302,576 -151,288

Momen Distribusi Momen Induksi

---

M AB + M BA h AB

=

422.179 + 341.712 350

= 2.183 kg/cm

Jadi kekakuan lateral portal : k = 2 x H1 = 2 x 2.183 = 4.366 kg/cm. Berat total struktur : W = q x L BC = 2.500 x 5 = 12.500 kg Frequensi sudut :

ω =

k m

=

4.366 12.500 / 980

= 18,50 rad/det.

Simpangan struktur pada saat t ≤ td, dapat dicari dengan persamaan ( E1.01 ) y(t)=

F o k

( 1 – cos

ω t ) =

1.500 4.366

( 1 – cos 18,50 t )

y ( t ) = 0,344 ( 1 – cos 18,50 t ) Untuk t = 0 det → yo = 0 cm Untuk t = 0,05 det → y = 0,136 cm Untuk t = 0,10 det → y = 0,439 cm

→ y = 0,665 cm Untuk t = 0,20 det → y = 0,636 cm Untuk t = 0,25 det → y = 0,374 cm Untuk t = 0,30 det → y = 0,088 cm Untuk t = 0,35 det → y = 0,006 cm Untuk t = 0,40 det → y = 0,193 cm Untuk t = 0,15 det

Simpangan struktur pada saat setelah beban dihilangkan ( t persamaan ( E1.02 ) : y(t)=

F o k

{cos ω ( t – t d ) – cos ω t } =

1.500 4.366

≥

td ), dipergunakan

{ cos 18,50 ( t – 0,4 ) – cos 18,50 t }



y ( t ) = 0,344 { cos 18,50 ( t – 0,4 ) – cos 18,50 t } Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk

t = t d = 0,4 det → y = 0,193 cm t = 0,45 det → y = 0,363 cm t = 0,50 det → y = 0,244 cm t = 0,55 det → y = - 0,069 cm t = 0,60 det → y = - 0,328 cm t = 0,65 det → y = - 0,325 cm t = 0,70 det → y = - 0,063 cm t = 0,75 det → y = 0,248 cm t = 0,80 det → y = 0,363 cm t = 0,85 det → y = 0,188 cm ……dst.

Kemudian nilai y ini diplotkan dengan t sebagai absis dan y sebagai ordinat, maka hasilnya akan seperti gambar dibawah ini y

0,665

0,363

0,55 0,05

0,10

0,15

0,20

0,25

0,30

0,35

0,40

0,45

0,60

0,65

0,70

0,50

0,75

0,80

0,85

t

GAYA Fo BEKERJA

- 0,328

Simpangan grafik diatas terlihat bahwa simpangan maksimumnya terjadi kurang lebih pada t = 0,15 detik sebesar ymaks = 0,665 cm. Simpangan statis : yst = Faktor Beban Dinamis ( DLF ) =

F o k

y maks y st

=

=

1.500 4.366 0,665 0,344

= 0,344 cm

= 1,933


Dynamics of Structures Ir. Soetoyo 3. Beban Segitiga Suatu osilator tanpa redaman dibebani dengan gaya F ( t ) dengan nilai awal ( initial value ) sebesar Fo, dan beban ini berkurang secara linear sampai akhirnya nol dalam waktu td detik. F(t)

Fo

y(t) k

Ft

m

t

td

(a)

(b)

Gambar 32 Respons dari beban segitiga ini dapat dihitung dengan persamaan ( E.02 ) dihalaman 047, yaitu : y ( t ) = y o . cos ( ω t ) +

vo ω

. sin ( ω t ) +

1 mω

∫

t

F (τ ). sin ω .(t − τ ).d τ ….. ( E.02 )

0

dalam dua interval : Untuk interval pertama

τ ≤



td , gaya diberikan oleh : F ( τ ) = Fo 1 −



τ 



t d 

Untuk kondisi awal ( initial condition ) : yo = 0 dan v o = 0 Kalau nilai ini dimasukkan dalam persamaan ( E.02 ) diatas dan di-integrasikan akan diperoleh : y=

F o k

( 1 – cos ω t ) +

F o k .t d

 sin ω t − t  ………….. ( E3.01 )    ω 

Faktor Beban Dinamis ( DLF ) : DLF =

y y st

= 1 – cos ( 2πt/T ) +

sin( 2π .t / T ) 2π .t d / T

−

t t d

yang mendefinisikan response sebelum waktu t d. Untuk interval kedua Redaman :

t

≥

td , dipergunakan persamaan Getaran Bebas Tanpa '

y ( t ) = y o . cos ( ω t ) +

y o ω

.sin (ω t ) = yo . cos ( ω t ) +

vo ω

sin ( ω t )

Kondisi awal dari persamaan ini diperoleh dari persamaan ( D ) diatas dengan memasukkan simpangan / perpindahan dan kecepatan pada waktu t d , sehingga diperoleh : yd =

F o k

( 1 – cos ω td ) +

F o k .t d

 sin ω .t d  − t d   ω   53

[email protected]


yd =

F o k

 sin ω .t d   − cosω .t d  ……………… ( E3.02 )  ω .t d 

Kecepatan pada saat td diperoleh dari turunan pertama y d, yaitu : vd =

F o k

  ω t ω .sin ω .t d + cos . d − 1  ……….. ( E3.03 ) t d t d  

Harga-harga yd dan v d ini dapat diambil sebagai kondisi awal pada waktu t = t d untuk interval kedua. Jadi jika pada persamaan getaran bebas tanpa redaman diatas dimasukkan harga-harga yo = yd , vo = vd , dan mengganti t dengan t - t d , akan diperoleh : y=

F o k .ω .t d

{ sin ωt – sin ω ( t – t d ) } -

Faktor beban dinamis ( DLF ) = DLF =

1 ω .t d

y y st

=

y F o / k

F o k

cos ω t

akan diperoleh :

{ sin ω t – sin ω ( t – t d ) } – cos ω t

Jika ω = 2π/T dimasukan dalam persamaan diatas akan diperoleh : DLF =

1 2π .t d / T

 

. sin 2π

 t t  − sin 2π  − d  T  T T  t

- cos 2π

t T

Contoh Soal 12 :

Suatu portal dari konstruksi beton dengan E = 220.000 kg/cm 2, berat konstruksi diidealisasikan sebagai beban merata q = 2,5 ton/m ′ seperti contoh 11 diatas dibebani dengan beban segitiga seperti gambar dibawah. F q = 2,5 t/m

B

C 20 x 40 Fo

0 5 . 3

20 x 30

A

20 x 30

5.00 (A)

D

td

0

t

(B)

Konstruksi dibebani secara tiba-tiba dengan beban sebesar Fo = 1.500 kg dan beban ini berkurang secara linear sampai waktu td = 0,40 det beban menjadi nol. Hitunglah : 1. Simpangan maksimum akibat beban dinamis. 2. Dinamic Load Factor ( DLF ) maksimum akibat beban dinamis tsb.

54

[email protected]


Penyelesaian : Seperti telah dihitung pada contoh 11 terdahulu : k = 4.366 kg/cm

k

ω =

m

=

4.366 12.500 / 980

= 18,50 rad/det

Untuk interval t ≤ td , simpangan diberikan oleh persamaan ( E3.01 ) pada hal. 053 y=

F o

y=

k

( 1 – cos ω t ) +

1.500 4.366

F o k .t d

 sin ω t − t     ω 

( 1 – cos 18,50 t ) +

1.500 4.366 x0,40

y = 0,344 ( 1 – cos 18,50 t ) + 0,859

 sin(18,50.t )  − t    18,50 

 sin(18,50.t )  − t   18 , 50  

Untuk t = 0 det → y = 0 cm Untuk t = 0,05 det → y = 0,131 cm Untuk t = 0,10 det → y = 0,398 cm Untuk t = 0,15 det → y = 0,553 cm Untuk t = 0,20 det → y = 0,440 cm Untuk t = 0,25 det → y = 0,113 cm Untuk t = 0,30 det → y = − 0,201 cm Untuk t = 0,35 det → y = − 0,286 cm Untuk t = 0,40 det → y = − 0,109 cm Dari perhitungan diatas terlihat simpangan maksimum ymaks = 0,553 cm yst =

F o k

=

1.500 4.366

= 0,344 cm

Jadi Dinamic Load Factor ( DLF ) maksimum : DLFmaks =

y maks y st

=

0,553 0,344

= 1,61

55

[email protected]


4. Beban Kombinasi ( Finite Rise Load ) Disini akan dibahas komdinasi antara beban segitiga yang intensitas awalnya sama dengan nol atau F ( t ) =0, kemudian naik secara linear dan pada saat t = t d beban mencapai Fo, kemudian menjadi beban konstan, seperti gambar dibawah ini. F(t) Fo k

F(t)

Fo

m

Fτ

τ

td

(A)

t

(B)

Gambar 33 Untuk interval : t ≤ td : Fτ = F ( τ ) =

τ t d

. Fo

Untuk pembebanan dengan beban dinamik tanpa adanya nilai awal ( tidak ada simpangan awal dan kecepatan awal ), maka simpangan pada saat t det adalah : y(t)=

1 mω

t

∫

F (τ ). sin ω (t − τ ).d τ lihat halaman 047

0

Kalau nilai F ( τ ) diatas disubstitusikan, persamaan menjadi y(t)=

y(t)=

F o m.ω F o .ω k .τ d

t

τ

∫ t

. sin ω ( t - τ ) dτ → m =

0 d t

ω

t

d

0

k ω 2

∫τ .sin ω (t − τ ).d τ = y . t . ∫τ .sin ω (t − τ ).d τ st

0

Jika di-integralkan akan diperoleh : Untuk t < td y ( t ) = yst

1 t d

t − 1 sin(ω .t )     ω 

…………( E4.01 )

Sebagaimana telah dibahas sebelumnya, maka dynamic load factor ( DLF ) adalah : DLF =

y (t ) y st

=

t − 1 sin(ω .t )    t d  ω  1

……….( E4.02 )

Pada saat t = td , maka simpangan dan kecepatan massa adalah y ( t d ) dan y′( td ) akan menjadi nilai-nilai awal bagi pembebanan berikutnya, yaitu pada fungsi beban dimana F ( t ) = Fo 56

[email protected]


Jadi simpangan pada waktu t = t d , adalah : y ( td ) =

y st  sin(ω .t d )  t −  t d  ω 

Sedangkan kecepatannya adalah : y′( td ) =

y st t d

{ 1 − cos ( ω . td ) }

Substitusikan simpangan dan kecepatan ini kedalam persamaan ( E.02 ) hal 047, dengan F ( τ ) = Fo , yo = y ( t d ) dan vo = y′( td ), dan t diganti dengan ( t – t d ), akan di peroleh : y ( t ) = y o . cos ( ω t ) + y(t)=

. sin ( ω t ) +

1 mω

 sin(ω .t d )  t −  cos ( t – td ) + ω  

y st t d +

vo

F o m.ω

t

∫

F (τ ). sin ω .(t − τ ).d τ

0

y st t d .ω

{ 1 − cos ( ω . td ) } sin ω ( t – t d )

t

∫ sin ω (t − τ ).d τ 0

Persamaan diatas dapat disederhanakan menjadi :



y ( t ) = yst cosω (t − t d ) −



yst

 1 sin(ω .t d ). cosω (t − t d ) + sin ω .(t − t d )  t d .ω t d .ω  1

−

t   1 ω cosω .t d . sin ω (t − t d ) + cosω (t − τ ) |   t ω ω . 0  d

Persamaan diatas ini dapat disederhanakan menjadi : Untuk t > td :

 

y ( t ) = y st 1 +

1

t d .ω

 

[sin ω (t − t d ) − sin ω .t ]

…… ( E4.03 )

Dynamic Load Factor ( DLF ) : DLF =

y (t ) y st

 

= 1 +

1

t d .ω

 

[sin ω (t − t d ) − sin ω .t ]

… ( E4.04 )

57

[email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Contoh Soal 13 : Suatu portal dari baja seperti gambar dibawah ini, mendapat beban kombinasi dinamis.

F(t)

q

C

F(t)

D

h

Fo L

A

td

B

t

Kolom portal ( AC an BD ) dari profil WF 400.200.8.13 sedangkan balok CD sangat kaku. Bentangan portal L = 6 m dan tinggi kolom h = 3,50 m. Berat konstruksi diekspresikan sebagai beban merata q = 2 ton/m′. Portal dibebani dengan beban impuls yang mana pada saat t = 0 det beban impuls F ( t ) = 0 ton dan beban impuls ini bertambah secara linear sampai td = 1,5 det beban impuls menjadi F o = 4 ton, seterusnya beban menjadi beban tetap. Bila E = 2,1 x 10 6 kg/cm2, maka plot besarnya simpangan terhadap waktu pembebanan. Penyelesaian : Dari tabel profil diperoleh untuk WF 400.200.8.13 → IX = 23.700 cm4 12 EI

k AC =

h3

=

350 3

= 13.929,80 kg/cm

6

3 EI

k BD =

12 x2,1 x10 6 x 23.700

3 x2,1 x10 x 23.700

= = 3.482,45 kg/cm 3 3 h 350 k = k AC + k BD = 13.929,80 + 3.482,45 = 17.412,25 kg/cm W = q x L = 2.000 x 6 = 12.000 kg

ω =

k m

=

17.412, 25 12.000 / 980

= 37,71 rad/det.

Untuk interval t ≤ td y ( t ) = yst

y(t)=

1 t d

t − 1 sin(ω .t )  =    ω 

F o k .t d

t − 1 sin(ω .t )     ω 

1   sin( 37,71.t )  = 0,153 x { t – 0,0265xsin( 37,71 t ) } t − 17.412,25 x1,5  37,71  Untuk t = 0 det → y = 0 cm Untuk t = 0,5 det → y = 0,08 cm Untuk t = 1,0 det → y = 0,15 cm Untuk t = 1,5 det → y = 0,23 cm 4.000

58

[email protected]


Untuk interval t ≥ td



1



t d .ω

y ( t ) = y st 1 +

y(t)=

F o

y(t)=



[sin ω (t − t d ) − sin ω .t ] 

  1 ω t t ω t [ ] + − − 1 sin ( ) sin .  d k  t .ω  d 

4.000 17.412,25

1   x[sin ω (t − 1,5) − sin( 37,71xt ) ] 1 +  1,5 x37,71 

y ( t ) = 0,229 {1 + 0,018 x[sin 37,71(t −1,5) − sin(37,71t )]} Untuk t = t d = 1,5 det → y = 0,23 cm Untuk t = 2,0 det → y = 0,23 cm Untuk t = 2,5 det → y = 0,23 cm Hasil Plotting :

y(t) 0,23 0,15 0,08 0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

t

59

[email protected]


F. BANGUNAN GESER ( SHEAR BUILDING )

Seperti yang telah dijelaskan pada kuliah-kuliah yang lalu. bangunan geser ( shear building ) adalah suatu bangunan portal dimana balok lantai/atap dianggap kaku sekali bila dibandingkan dengan kekakuan kolomnya. Sehingga bila terjadi pergeseran/penyimpangan horisontal seperti gambar disamping ini tidak akan terjadi perputaran sudut pada balok lantai/ atap, jadi konstruksi hanya mengalami perpin perpindahan / pergeseran horisontal saja, oleh karena itu konstrusi disebut ″ Bangunan Geser ″ ( shear building ).

Sangat Kaku Tidak terjadi perputaran

Sangat Kaku Tidak terjadi perputaran

Jika balok lantai/atap tidak kaku, bila terjadi pergeseran akan terjadi perputaran sudut pada pertemuan antara balok lantai/atap dengan kolom, jika hal ini terjadi maka konstruksi terse but bukan merupakan bangunan geser .

Gambar 34

Persamaan kekakuan Bangunan Geser. Untuk bangunan geser terdapat asumsi-asumsi sebagai berikut :

1. Massa total tiap lantai dipusatkan pada masing-masing lantai. 2. Balok lantai/atap mempunyai kekakuan yang sangat besar jika dibandingkan dengan kolom sehingga jika terjadi pergeseran/penyimpangan horisontal tidak akan terjadi perputaran sudut pada pertemuan balok lantai/atap dengan kolom. 3. Deformasi struktur tidak tergantung pada gaya aksial yang bekerja dikolom. Kita tinjau bangunan geser bertingkat 3 seperti sketsa diatas. Sebagaimana asumsi diatas bahwa massa lantai dipusatkan pada masing-masing lantai yang disebut ″ Lamp Mass ″ m3

F3 ( t )

y3

F3 ( t )

k 3

m3

y3

m 3 y3"

F3 ( t )

k 3

k 3 ( y3 - y2 ) m2

F2 ( t )

y2

F2 ( t ) m 2

k 2

Lantai 3

k 3 ( y3 - y2 ) y2

F2 ( t )

m 2 y2" Lantai 2

k 2 ( y2 - y1 )

k 2

k 2 ( y2 - y1 ) m1

F1 ( t )

y1

F1 ( t )

m1

y1

m1 y1"

F1 ( t )

Lantai 1

k 1 y1 k 1

Bangunan Geser

k 1

Free Body

Lamp Mass

Gambar 35 Akibat gaya lateral F1 ( t ) , F 2 ( t ) dan F3 ( t ) yang masing-masing bekerja pada

lantai 1, lantai 2 dan lantai 3 maka timbul pergeseran horisontal sebesar y 1 pada lantai 1, y2 pada lantai 2 dan y3 pada lantai 3. 60 [email protected]


Dari Free Body kita tinjau keseimbangan gaya pada masing-masing massa lanta i Massa lantai 1 :

m1 y1 ″ + k 1 y1 − k 2 ( y2 − y1 ) = F1 ( t ) ……………

(a)

Massa lantai 2 :

m2 y2 ″ + k 2 ( y2 − y1 )

k 3 ( y3 − y2 ) = F2 ( t ) …..

(b)

Massa lantai 3 :

m3 y3 ″ + k 3 ( y3 − y2 ) = F3 ( t ) ………………….

(c)

−

Ingat persamaan gerak umum SDOF dengan redaman adalah : m. y″ + c. y′ + k. y = F ( t ), kasus diatas tanpa redaman. Ketiga persamaan diatas merupakan formulasi kekakuan ( stiffness ) dari persamaan gerak untuk bangunan geser tiga lantai dan dapat ditulis dengan notasi matriks sebagai berikut : [ M ] { y″ } +[ K ] { y } = [ F ] Dimana : [ M ] adalah matriks massa dan dapat ditulis :

[M] =

m1 0   0

  0  m3 

0

0

m2 0

[ K ] adalah matriks kekakuan dan dapat ditulis

[K] =

k 1 + k 2  − k 2   0

0  − k 2  k 2 + k 3 − k 3  k 3  − k 3

{ y } adalah vektor perpindahan/simpangan { y″} adalah vektor percepatan [ F ] adalah vektor gaya Ketiga vektor ini dapat ditulis dalam notasi matriks sebagai berikut :

{y} =

 y1   y   2  y3 

{ y″ } =

 y1"  y "  2  y3 "

[F]=

 F 1 (t )   F (t )   2   F 3 (t ) 

Kekakuan lateral dari portal bangunan geser diatas dapat dihitung sebagai berikut : Kita lihat gambar 36 dihalaman berikut ini :



m3

3

3

2

2

3

k 3

k 3

k 3 m2

k 3 k 2

k 2

2

k 3

k 2 m1

k 2

1

k 2

1

k 1

1

k 1 k 1

Lamp Mass

Mode 1

Mode 2

Mode 3

Gambar 36

Karena disini ada 3 massa lantai yaitu m1, m2 dan m3 maka disini ada 3 mode shape : Mode 1 : k Lateral pada titik 1 pada titik 2

= k 1 + k 2 =

− k 2

pada titik 3 = 0 Mode 2 : k Lateral pada titik 1 = − k 2 pada titik 2 = k 2 + k 3 pada titik 3 = − k 3 Mode 3 : k Lateral

pada titik 1 = 0 pada titik 2 = − k 3 pada titik 3 = k 3

Sehingga matrik kekakuan dapat ditulis :

[K] =

k 1 + k 2  − k 2   0

0  − k 2  k 2 + k 3 − k 3  k 3  − k 3

62

[email protected]


1. Persamaan kelenturan ( fkexibility ) dari bangunan geser.

Kelenturan ( flexibility ) dapat didefinisikan sebagai berikut : Kelenturan atau flexibility adalah perpindahan/simpangan yang dihasilkan oleh gagaya 1 ( satu ) satuan. Kekakuan ( stiffness ) dapat didefinisikan sebagai berikut : Kekakuan atau stiffness adalah adalah gaya yang dapat menghasilkan perpindahan sebesar 1 ( satu ) satuan. Alternatif pendekatan untuk mendapatkan persamaan gerak struktur adalah formula kelenlenturan ( flexibility ). Pada pendekatan ini, sifat elastis dari struktur yang diwakili oleh koefisien kelenturan ( flexibility coefficients ), yang didefinisikan sebagai lendutan yang di-akibatkan oleh beban yang bekerja pada suatu titik koordinat. Kita tinjau bangunan geser 3 tingkat seperti gambar 37 dibawah ini : F3 ( t )

m 3 y3" m3

F2 ( t )

m 2 y2" m2

F1 ( t )

LT. 3

LT. 2

m1 y1" m1

Bangunan Geser

f 31

f 32

f 21

f 2 2

f 11

LT. 1

f 33

1

f 2 3

f 12

1

A

B

1

f 13

C

Gambar 37 Koefisien lenturan seperti yang didefinisikan diatas dapat diperjelas sebagai berikut : Koefisien lenturan f ij adalah perpindahan/pergeseran/lendutan pada titik i yang diakibatkan oleh satuan gaya yang bekerja pada titik j. Jadi jika kita lihat pada gambar A diatas bekerja satu satuan gaya yang bekerja pada lantai 1 dan menimbulkan pergeseran f 11 pada lantai 1, juga menyebabkan pergeseran sebesar f 21 pada lantai 2 dan pergeseran sebesar f 31 pada lantai 3. Sehingga perpindahan/pergeseran setiap lantai akibat gaya luar F 1 ( t ), F 2 ( t ) dan F 3 ( t ) yang masing-masing bekerja pada Lt. 1, Lt. 2 dan Lt. 3 dapat dituliskan sbb. y1 = [ F1 ( t ) − m1 y1″ ] f 11 + [ F2 ( t ) − m2 y2″ ] f 12 + [ F3 ( t ) − m3 y3″ ] f 13 y2 = [ F1 ( t ) − m1 y1″ ] f 21 + [ F2 ( t ) − m2 y2″ ] f 22 + [ F3 ( t ) − m3 y3″ ] f 23 y3 = [ F1 ( t ) − m1 y1″ ] f 31 + [ F2 ( t ) − m2 y2″ ] f 32 + [ F3 ( t ) − m3 y3″ ] f 33 Persamaan diatas dapat ditulis dalam bentuk matriks sebagai berikut : { y } = [ f ] { F }

−

[ f ] . [ M ] . { y ″ }

63

[email protected]


Matriks fkeksibility :

[ f ] =

 f 11  f  21  f 31

f 13 

f 12

  f 33 

f 22

f 23

f 32

2. Hubungan Matriks Kekakuan [ K ] dan Matriks Fleksibiliti [ f ]

Dari diktat kuliah ini pada halaman 61 telah diperoleh persamaan : [ M ] { y″ } +[ K ] { y } = { F } Dan dari pembahasan diatas diperoleh persamaan :

−

{ y } = [ f ] { F }

[ f ] . [ M ] . { y ″ }

Hubungan antara gaya-gaya statis dan perpindahan didapat dengan membuat vektor percepatan : { y″ } = 0 untuk kedua persamaan diatas, sehingga : [ K] { y} = { F} { y } = [ f ] { F } = [ f ] [ K ] { y } —→ [ K ] = [ f ] − 1 Dari hubungan diatas ternyata Matriks Kekakuan [ K ] berbanding terbalik dengan Matriks Kelenturan [ f ] [ K ] = [ f ] −1

atau [ f ] = [ K ] − 1

Akibatnya matriks kelenturan [ f ] dapat kita peroleh dari kebalikan matriks kekakuan atau dihitung langsung dari definisi koefisien kelenturan ( flexibility coefficients ). Jadi untuk bangunan geser tiga lantai diatas ( gambar 37A ) diperoleh : k 1 . f 11 = 1 f 11

= f 21 = f 31 =

1 k 1

Untuk gambar 37B, den gan cara yang sama diperoleh : k eq . f 22 = 1 1

f 22

=

f 32

= f 22 =

k eq

=

1

+

k 1 1 k 1

+

1 k 2 1 k 2

dan f 12

=

1 k 1

Dengan cara yang sama untuk gambar 37C diperoleh : f 33

=

1 k 1

+

1 k 2

+

1 k 3

f 23

=

1 k 1

+

1 k 2

dan f 13

=

1 k 1

64

[email protected]


Jika harga-karga diperoleh :

kelenturan diatas dimasukkan dalam matriks kelenturan akan

[ f ] =

1  k  1 1  k 1 1   k 1

1 k 1 1 k 1 1 k 1

+ +

  k 1  1 1  + k 1 k 2  1 1 1 + +  k 1 k 2 k 3  1

1 k 2 1 k 2

3. GETARAN BEBAS untuk BANGUNAN GESER

Telah kita pelajari pada kuliah-kuliah terdahulu bahwa pada getaran bebas ( free vibration ) struktur sama sekali tidak dipengaruhi oleh gaya luar dan gerakannya hanya dipengaruhi oleh kondisi awal ( initial condition ) saja, ini berarti vektor gaya sama dengan nol, atau {F} = {0} Sehingga persamaan gerak menjadi [ M ] { y″} + [ K ] { y } = { F }

→ dimana

{ F }= { 0 }

[ M ] { y″ } + [ K ] { y } = { 0 } ……….. ( A ) Solusi untuk persamaan getaran bebas tak teredam ( tanpa redaman ) diatas adalah : yi = a i . sin (

ω t − α )

i = 1, 2 , ……….. , n

Atau bila ditulis dalam bentuk notasi vektor : { y } = { a } sin ( Dimana :

a n

{ y′ } = { y″ } =

i

ω t − α )

………………( B )

adalah amplitudo gerak dari koordinat ke i adalah jumlah derajad kebebasan.

ω { a } cos ( ω t − α ) → kecepatan, turunan 1 dari ( B ) − ω 2 { a } sin ( ω t − α ) …. ( C ) → percepatan

Jika persamaan ( B ) dan ( C ) disubstitusikan kedalam persamaan ( A ), akan didapat :

− ω2

[ M ] { a a } } ssin (( ω tt − α )) + [ K ] { a a } } ssin (( ω tt − α )) = { 0 }

[ [K]

− ω2

[ M ] ] { a } sin ( ω t − α ) = { 0 } ……. ( D )

Jika persamaan ( D ) ditulis dalam besaran matriks, maka diperoleh : [ [K]

− ω 2 [ M ] ] { a } = { 0 } ………….. ( I )

Dalam hal ini { a } [ [K]

− ω 2 [

≠

0, sehingga diperoleh :

M ] ] = 0 …………………( II )

65

[email protected]


Jawaban persamaan ( II ) pada umumnya mempunyai bentuk persamaan polynomial derajat n dalam besaran ω 2 yang harus mempunyai n buah harga ω 2 yang memenuhi persamaan ( II ). Polynomial ini dikenal sebagai persamaan karakteristik dari sistem, dimana setiap harga ω 2 yang memenuhi persamaan ( II ) dapat untuk menyelesaikan persamaan ( I ) untuk menda-patkan konstanta-konstanta a 1, a2, ………, an Untuk formula kelenturan pada getaran bebas diperoleh dari persamaan pada halaman 64 diatas, adalah : { y } + [ f ] [ M ] { y″ } = [ f ] { F } ……dimana f : koefisien kelenturan Untuk getaran bebas { F } = 0, maka diperoleh : { y } + [ f ] [ M ] { y″ } = 0 ………………… ( III ) Penyelesaian dalam bentuk notasi vektor adalah : { y } = { a } sin ( ω t - α ) { y′ } = ω { a } cos (

ω t - α ) { y″ } = - ω 2 { a } sin ( ω t - α ) Jika dimasukkan dalam persamaan ( III ) akan diperoleh : { a } sin ( ω t - α ) + [ f ] [ M ] [ - ω 2 { a } sin ( ω t - α ) ] = 0 { a } sin ( ω t - α ) = ω 2 { a } sin ( ω t - α ) [ f ] [ M ] { a } = ω 2 [ f ] [ M ] { a } 1 1

2

{ a } = [ f ] [ M ] { a }

2

{ a } = [ D ] { a } ……….. ( IV ) Dimana : [ D ] = [ f ] [ M ]

→ Disebut Matrik Dinamis

Persamaan ( IV ) dapat ditulis : [D]{a}- 1 [[D]- 1

2

ω 2

{ a } = 0

[ I ] ] { a } = 0

Dimana [ I ] = matrik satuan Karena { a } ≠ 0, maka : [[D]- 1

2

[ I ] ] = 0


Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Sifat Ortogonalitas dari pola normal ″ normal mode ″

Sifat ini merupakan dasar dari methoda yang paling baik untuk menyelesaikan persoalan sistem berderajad kebebasan banyak . Seperti telah diketahui diatas, persamaan getaran bebas yaitu persamaan ( I ) : [ [K]

− ω2

[K] {a} =

[M] ] {a} = {0}

ω2

[ M ] { a}

Ditinjau bangunan geser 2 tingkat seperti dibawah ini :

Gambar 38 Pada kuliah yang lalu, penyelesaian getaran dalam bentuk vektor adalah sbb. Lantai 1 : y1 = a1 sin ( ω t

− α ) →

y1′ = y1″ =

Lantai 2 : y2 = a2 sin ( ω t − α )

→

− a1 ω cos ( ω t − α ) − a1 ω2 sin ( ω t − α )

y 2′ = y2″ =

− a2 ω cos ( ω t − α )

− a2 ω2 sin ( ω t − α )

Dari keseimbangan free body diatas dapat diperoleh : Lantai 1 : m1 y 1″ + k 1 y 1

− k 2 ( y2 − y1 ) = 0 ( 1 ) Lantai 2 : m2 y 2″ + k 2 ( y 2 − y1 ) = 0 (2) Jika harga-harga y 1 , y 2 , y1″ dan y2″ disubstitusikan ke persamaan ( 1 ) dan ( 2 ) diperoleh : ( 1 ) − m1 a1 ω 2 sin ( ω t − α ) + k 1 a1 sin ( ω t − α ) − k 2 ( a 2 − a1 ) sin ( ω t − α ) = 0 − m1 a1 ω2 + k 1 a1 − k 2 ( a 2 − a 1 ) = 0 ( k 1 + k 2 ) a1 (2)

− k 2 a 2 = m1 a 1 ω 2

− m2 a2 ω2 sin ( ω t − α ) + k 2 − m2 a 2 ω 2 + k 2 ( a2 − a 1 ) = 0 − k 2 a1 +

( a2 − a 1 ) sin ( ω t

− α ) = 0

k 2 a 2 = m2 a 2 ω 2

Kalau kita lihat dua persamaan diatas, ada 2 sistem, yaitu : Sis tem 1 1 :: Pada titik 1 ( Lt. 1 ) ada gaya m1 a 11 ω 12 yang menimbulka n perpinda han a 11 dan pada titik 2 ( Lt. 2 ) ada gaya m2 a 21 ω 12 yang menimbulkan perpindahan a 21 67

[email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Sistem 2 : Pada titik 1 ( Lt. 1 ) ada gaya m1 a 12 ω 22 yang menimbulkan perpindahan a 12 dan pada titik 2 ( Lt. 2 ) ada gaya m2 a 22 ω 22 yang menimbulkan perpindahan a 22 Lihat gambar 39 dibawah ini :

ω12 a 21 m 2

m2

a 21

ω22 a 222 m 2

a22 m2

m2

ω21 a11 m1

m1

a 11

ω22 a 1 2 m 1

m1

MODE 1

BANGUNAN GESER

a 12 m1

MODE 2

Gambar 39 Menurut Hukum ″ B e t t i

″

( Lihat mata kuliah Mekanika Teknik )

Usaha yang dilakukan oleh gaya-gaya pada Sistem 1 terhadap perpindahan akibat Sistem 2 sama dengan yang dilakukan oleh gaya-gaya pada Sistem 2 terhadap perpindahan akibat Sistem 1. ( ω 12 a11 m1 ) a12 + ( ω 12 a21 m2 ) a22 = ( ω 22 a12 m1 ) a11 + ( ω 22 a22 m2 ) a21 ( ω 12 ( ω 12 Karena

− ω 22 ) ( 2 m1 a11 a12 + 2 m2 a 21 a 22 ) = 0 − ω 22 ) ( m1 a 11 a12 + m2 a 21 a 22 ) = 0

ω 1 ≠ ω2 , maka

m1 a 11 a12 + m2 a 21 a 22 = 0 → Sif at O Or togonalitas

Dan dapat ditulis : n

∑ m .a k

ki

.akj = 0

untuk i

≠

j

k =1

Atau [ a i ] T [ M ] [ a j ] = 0

untuk i ≠ j

Dimana [ a i ] dan [ a j ] adalah 2 buah vektor modal

θij =

aij T

dimana θij disebut komponen i normal dari

″ modal vector ″ j

[ ai ] [ M ][a j ] atau :

θij =

aij n

∑m a

2

k kj

k =1

68

[email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Contoh Soal :

Suatu portal bangunan geser dari konstruksi beton bertulang dengan data-data seperti gambar sketsa dibawah ini. E 0 0 . 3

w 2 = 350 kg/m

2

F

30 x 40

m 2 y"2

y2

k 2 ( y 2 - y1 )

30 x 40

k 2 ( y2 - y1 )

2

w 1 = 500 kg/m

y1

C 0 5 . 4

D

30 x 50

k 1 y1

FREE BODY

30 x 50

A

m 1 y"1

B 9.00

Jarak antara portal satu dengan yang lain 3,00 m. Modulus elastisitas beton E b = 200.000 kg/cm2 Percepatan gravitasi g = 980 cm/det 2 Bila konstruksi portal tsb. mengalami getaran bebas ( free vibration ), hitunglah : a. Natural frekwensi getarnya ω b. Siklus getarannya f c. Natural periode getarnya T d. Ratio amplitudo a 11 dan a 21 serta a22 dan a 12 Penyelesaian : IAC = I BD =

1 12

k AC = k BD =

k CE = k DF =

x 30 x 50 3 = 312.500 cm4

12 xExI AC 3 AC

h

12 xExI CE 3

hCE

=

=

ICE = IDF =

12 x200 .000 x312.500 450 3 12 x 200.000 x160.000 300

3

1 12

x 30 x 40 3 = 160.000 cm4

= 8.230,45 kg/cm

= 14.222,22 kg/cm

Karena prinsip bangunan geser lantai/balok sangat kaku sehingga tidak terjadi perputaran pada pertemuan antara kolom dan balok, maka : k 1 = k AC + k BD = 2 x 8.230,45 = 16.460,90 kg/cm k 2 = k CE + k DF = 2 x 14.222,22 = 28.444,44 kg/cm Perhitungan masa lantai : W1 = 3,00 x 9,00 x w1 = 3,00 x 9,00 x 500 = 13.500 kg m1 =

W 1 g

=

13.500 980

= 13,78 kg det 2/cm

W2 = 3,00 x 9,00 x w 2 = 3,00 x 9,00 x 350 = 9.450 kg m2 =

W 2 g

=

9.450 980

= 9,64 kg det 2/cm

69

[email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Dari keseimbangan free body diperoleh : Lantai 1 : m1 y 1″ + k 1 y 1 − k 2 ( y2 − y1 ) = 0 Lantai 2 : m2 y 2″ + k 2 ( y 2 − y1 ) = 0 Seperti pada pembahasan diatas telah diketahui penyelesaian kedua persamaan tsb. adalah : 1. ( k 1 + k 2 ) a1 − k 2 a 2 = m1 a1 ω 2 ( k 1 + k 2 − m1 ω 2 ) a1 − k 2 a2 = 0 2.

− k 2 a 1 + k 2 a2 = m2 a 2 ω 2 − k 2 a 1 + ( k 2 − m2 ω 2 ) a2 = 0

k 1 + k 2 − m1ω 2 − k 2    − k 2 k 2 − m2ω 2   Karena

 a1  a  = 0  2

………… ( a )

 a1  a  ≠ 0, maka :  2

k 1 + k 2 − m1ω 2 − k 2  = 0  2 ω k k m − −   2 2 2 ( k 1 + k 2 − m1 ω 2 ) ( k 2 − m2 ω 2 )

− k 22 = 0 k 1 k 2 + k 22 − m1 ω 2 k 2 − ( k 1 + k 2 ) m2 ω 2 + m1 m2 ω 4 − k 22 = 0 m1 m2 ω 4 − { ( k 1 + k 2 ) m2 + m1 k 2 } ω 2 + k 1 k 2 = 0 13,78 . 9,64 . ω 4

− { ( 16.460,90 + 28.444,44) 9,64 + 13,78 x 28.444,44 } ω2

+ 16.460,90 x 28.444,44 = 0 132,84 ω 4

− 824.851,86 ω2 + 468.221.082,40 = 0 ω 4 − 6.209,36 ω2 + 3.524.699,51 = 0

Natural Frekuensi :

ω 12 = ω 22 =

5.577,40 631,96

Siklus getar : f 1 = f 2 =

→ →

ω 1 = ω 2 =

74,68 rad/det 25,14 rad/det

ω 1 / 2π = 74,68 / 2π = 11,89 spd ( siklus per detik ) ω 2 / 2π = 25,14 / 2π = 4,00 spd ( siklus per detik )

Natural perode getar : T 1 =

T2 =

1 f 1 1 f 2

=

=

1 11,89 1 4,00

= 0,08 det

= 0,25 det

Kita kembali ke persamaan ( a ) diatas :

k 1 + k 2 − m1ω 2 − k 2    − k 2 k 2 − m2ω 2  

 a1  a  = 0  2

70

[email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Untuk

ω 1 = 74,68 rad/det

16.460,9 + 28.444,44 − 13,78 x74,682  − 28.444, 44   28.444,44 − 9,64 x74,682  − 28.444,44 

a11  a  = 0  21 

( - 31.947,13 ) ( - 25.318,83 ) a 11 − ( 809.086.166,90 ) a 21 = 0 ( 808.863.953,50 ) a 11 – ( 809.086.166,90 ) a 21 = 0 Ratio amplitudo :

a11 a21 Untuk

=

809.086.166,90 808.863.953,50

= 1

ω 2 = 25,14 rad/det

16.460,90 + 28.444,44 − 13,78 x 25,142  − 28.444,44   28.444,44 − 9,64 x 25,142  − 28.444,44  ( 36.196,11 x 22.351,77 ) a 12

a12  a  = 0  22 

− ( 28.444,44 x 28.444,44 ) a 22 = 0

809.044.591,90 a 12 − 809.086.166.,90 a 22 = 0 Ratio amplitudo :

a12 a 22

=

809.086.166,90 809.044.591,90

= 1


Dynamics of Structures Ir. Soetoyo BANGUNAN GESER MEMIKUL BEBAN HARMONIS

Seperti telah diketahui pada kuliah-kuliah yang lalu beban harmonis berupa fungsi sinus atau cosinus. Tanpa Redaman ( Undamped )

Ditinjau portal 2 tingkat seperti gambar 40 dibawah ini. F2 ( t )

y2 E

F2 ( t )

m2 y2"

F

m2

k 2 ( y2 - y1 ) k 2 C

k 2 ( y2 - y1 ) D

m1

m1 y1"

y1 k 1 y1

k 1

FREE BODY

A

B

Gambar 40 Akibat getaran mesin dilantai 2 ( atap ), akan bekerja beban harmonis sebesar : F2 ( t ) = F o . sin Ω t Dari Free Body dapat disusun persamaan geraknya adalah sebagai berikut :

m1 y1 ″ + k 1 y1

− k 2 ( y2 − y1 ) = 0 → k 2 ( y2 − y1 ) = Fo sin Ω t →

m1 y1 ″ + ( k 1 + k 2 ) y1

−

m2 y2 ″ +

m2 y2 ″ − k 2 y1 + k 2 y2 = Fo sin

k 2 y2 = 0 ……( 1 )

Ωt

…. ( 2 )

Untuk simpangan dalam keadaan ″ Steady State ″ y1 = a 1 . sin Ω t → y1′ = a 1 Ω cos Ω t y1″ = − a1 Ω2 sin Ω t y2 = a 2 . sin Ω t

→

y2′ = a 2 Ω cos Ω t y2″ = − a2 Ω2 sin Ω t

Jika disubstitusikan kedalam persamaan ( 1 ) dan ( 2 ) diatas, akan diperoleh : (1)

m1 ( − a1 Ω2 sin Ω t ) + ( k 1 + k 2 ) a1 . sin Ω t − k 2 a2 . sin Ω t = 0 ( k 1 + k 2

− m1 Ω2 ) a1 −

k 2 a2 = 0 ………… ( a )

( 2 ) m2 ( − a2 Ω2 sin Ω t )

− k 2

a1

− k 2 a1 . sin Ω t + k 2 a2 . sin Ω t = Fo sin Ω t + ( k 2 − m2 Ω2 ) a2 = Fo …………..( b )

Persamaan ( a ) dan ( b ) diatas adalah 2 persamaan dengan 2 bilangan a1 dan a 2 yang belum diketahui dan secara mathematis dapat diselesaikan, sehingga a1 dan a2 dapat dihitung.



Dengan didapatnya a 1 dan a 2 maka simpangan dalam kondisi y2 dapat diketahui pula.

″ Steady State ″ yaitu y1 dan

Demikian pula untuk bangunan geser 3 tingkat atau lebih dengan cara seperti diatas, yaitu melalui keseimbangan free body dapat pula dihitung simpangannya dalam keadaan steady state. Contoh Soal :

Suatu bangunan geser bertingkat 2 seperti gambar dibawah ini, akibat getaran mesin mendapatkan beban harmonis dilantai 1 sebesar F 1 ( t ) = 0,50 sin 2 t ton dan dilantai 2 sebesar F2 ( t ) = 0,70 sin 4 t ton. Jarak antara portal satu dengan yang lain 3,50 m. g 2 = 300 kg/m 2

F 2 ( t ) = 0,70 sin 2 t ton

F

E 30 x 50

0 5 . 4

30 x 50

g 1 = 500 kg/m 2

F 1 ( t ) = 0,50 sin 2 t ton

C

D

30 x 60

0 5 . 4

30 x 60

A

B

6.50

Modulus elastisitas beton E b = 200.000 kg/cm 2 dan percepatan gravitasi g = 980 cm/det 2 Hitunglah simpangan lantai 1 dan lantai 2 dalam kondisi ″ Steady State ″ Penyelesaian : IAC = IBD = 1/12 x 30 x 60 3 = 540.000 cm 4 ICE = IDF = 1/12 x 30 x 50 3 = 312.500 cm4 Kekakuan masing-masing kolom : k AC = k BD = k CE = k DF =

12 xE b xI AC 3

h AC

12 xE b xI CE

= =

12 x200000 x540000 450 3

= 14.222 kg/cm

12 x200000 x312500

= 8.230 kg/cm 3 3 hCE 450 Karena portal ini merupakan bangunan geser, sehingga tidak perlu memperhatikan kekakuan plat lantai serta balok-baloknya, maka kekakuan ekuivalent untuk masingmasing tingkat adalah sebagai berikut : k 1 = k AC + k BD = 14.222 + 14.222 = 28.444 kg/cm k 2 = k CE + k DF = 8.230 + 8.230 = 16.460 kg/cm W1 = 6,50 x 3,50 x g 1 = 6,50 x 3,50 x 500 = 11.375 kg W2 = 6,50 x 3,50 x g 2 = 6,50 x 3,50 x 300 = 6.825 kg 73 [email protected]


Jadi : m1 = m2 =

W 1

11.375

=

g W 2

980

=

6.825

= 11,61 kg det 2/cm

= 6,96 kg det 2/cm

g 980 Dari keseimbangan Free Body seperti sketsa dibawah ini diperoleh :

F2 ( t )

m 2 y2"

m1 y1 ″ + k 1 y1 − k 2 ( y2 − y1 ) = F1 ( t ) m1 y1 ″ + k 1 y1 − k 2 y2 + k 2 y1 = F1 ( t )

k 2 ( y2 - y1 )

m1 y1 ″ + ( k 1 + k 2 ) y1 − k 2 y2 = F1 ( t ) ……( 1 ) F1 ( t )

k 2 ( y2 - y1 )

m2 y2 ″ + k 2 ( y2 − y1 ) = F2 ( t )

m 1 y1"

m2 y2 ″ − k 2 y1 + k 2 y2 = F2 ( t ) ……………...( 2 )

k 1 y1 FREE BODY

″ Steady State ″ adalah : y1′ = a 1 Ω cos Ω t → y1″ = − a1 Ω2 sin Ω t y2′ = a 2 Ω cos Ω t → y2″ = − a2 Ω2 sin Ω t

Simpangan pada kondisi y1 = a 1 sin Ω t → y2 = a 2 sin Ω t → Sehingga : (1)

m1 ( − a1 Ω2 sin Ω t) + ( k 1 + k 2 ) a1 sin Ω t − k 2 a2 sin Ω t = F01 sin Ω t ( k 1 + k 2 − m1 Ω2 ) a1

(2)

m2 ( − a2 Ω2 sin Ω t )

− k 2 a2 = F01 ………… ( A ) − ( a1 sin Ω t ) k 2 + ( a 2 sin Ω t ) k 2 = F02 sin Ω t

− k 2 a1 + ( k 2 − m2 Ω2 ) a2 = F02

……………… ( B )

Substitusikan harga-harga : m1 =11,61 kg det 2/cm F01 = 0,50 ton = 500 kg

m2 = 6,96 kg det 2/cm

k 1 = 28.444 kg/cm

F 02 = 0,70 ton = 700 kg

k 2 = 16.460 kg/cm

ϖ = 2 rad./det

Kedalam persamaan ( A ) dan ( B ) akan diperoleh : ( A ) ( 28.444 + 16.460 − 11,61 x 2 2 ) a1 − 16.460 a 2 = 500 44.857,56 a 1 − 16.460 a 2 = 500 (B)

− 16.460 a 1 + ( 16.640 − 6,96 x 2 2 ) a2 = 700 − 16.460 a 1 + 16.432,16 a 2 = 700

Dari kedua persamaan ini diperoleh : a1 = 0,042 dan a 2 = 0,085 Sehingga perpindahan/simpangan lantai 1 dan 2 dalam kondisi

″ Steady State ″

y1 = a 1 sin Ω t = 0,042 sin 2 t cm y2 = a 2 sin Ω t = 0,085 sin 2 t cm 74

[email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo PERHITUNGAN KEKAKUAN KOLOM CARA MUTO

Sebelum kita masuk keperhitungan kekakuan cara Muto, ada baiknya kita review dahulu perihal pendistribusian gaya lateral di Mekanika Teknik. Jika suatu portal mendapat beban lateral, maka beban lateral tersebut didistribusikan kekolom-kolomnya berdasarkan kekakuannya yang disebut Koefisien Distribusi Geser ( ″ Sheardistribution coefficient ″ ) D. Kita tinjau frame atau portal yang disangga 2 kolom seperti pada gambar dibawah :

δ

δ M BC

B

C I b

M BA

M CB

M CD

θ h

Akibat beban lateral portal mendapat simpangan sebesar δ. Karena disisi kekakuan balok BC ikut diperhitungkan, maka titik B dan C juga terjadi perputaran sebesar θ Ditinjau titik B : Perputaran sudut

M AB

M DC

A

θ =

M BA .h 3 E . I c

D

L

−

M AB .h 6 E . I c

+

δ h

θ =

………….. ( 2 )

→ dimana

M BC L . M CB . L 3 E . I b

Jika :

I b L

6 E I . b L

θ = 2 E

I b L

6 E . I b

…….. ( 1 )

Ic : momen inersia kolom

Karena MBC = + MCB , maka persamaan ( 1 ) diatas menjadi : Jadi : MBC =

−

θ =

M BC . L 6 E . I b

( 3 θ )

= K. k b → dimana K : kekakuan standar ( ″ standard stiffness ″ ) k b : kekakuan relative balok MBC = 2 E K k b ( 3 θ )

Maka :

Karena MBA = MAB , maka persamaan ( 2 ) diatas menjadi :

θ =

M BA .h 6 E . I c

MBA =

+

δ

6 E . I c h

MBA = 2 E

I c h

h

 θ − δ  →    h  ( 3θ − 3 R )

radius perputaran : R = δ / h

→ Jika

:

I c h

= K . k c

Maka : MBA = 2 E K k c ( 3θ - 3 R )

75

[email protected]


Seperti telah diketahui pada bangunan geser kekakuan balok dianggap sangat besar bila dibandingkan dengan kolom, sehingga bila mendapat beban lateral tidak akan terjadi per putaran hanya terjadi translasi seperti telah dibahas pada kuliah-kuliah yang lalu. Muto ( 1975 ) memberikan suatu alternatif tata cara menghitung kekauan kolom dengan memperhitungkan kekakuan balok-baloknya, sehingga bila portal tersebut mendapatkan beban lateral ( horizontal ) dimungkinkan terjadi perputaran pada joint-joint antara portal dan balok sehingga akan menghasilkan perhitungan yang lebih realistis. Pada penurunan kekakuan kolom dengan cara Muto ini terdapat beberapa asumsi, antara lain adalah : 1. Bangunan cukup besar, banyak kolom, simetri dan gaya geser kolom dianggap sama. 2. Joint-joint antara kolom dan balok mengalami perputaran ( rotasi ) yang sama. 3. Pengaruh P Delta akibat gravitasi di-abaikan. 4. Momen lentur ( Bending Momen ) berbangun anti-simetrik. 5. Titik balok ( point of inflection ) pada kolom dan balok dianggap terletak ditengahtengah bentangan. Kekakuan relatif dan Kekakuan absolut.

Kekakuan relatif suatu kolom dan balok dinyatakan sebagai berikut : K k c =

I c hc

Dimana : I c = momen inersia kolom hc = tinggi kolom k c = kekakuan relative kolom K = kekakuan standar ( ″ standard stiffness ″ ) Ditinjau bagian portal seperti gambar dibawah ini :

B

'

Β

B

A

A

'

Q

δ A h φ '

R

Q

'

Gambar 41 Besarnya gaya geser tingkat adalah Q. Akibat gaya lateran maka konstruksi akan mengalami simpangan sebesar δ. 76

[email protected]


Rotasi goyangan : R, maka : Dimana :

R

=

δ h

δ

: simpangan h : tinggi kolom

Sudut rotasi joint : φ Sesuai dengan prinsip mekanika diatas, maka : MAB = MBA = 2 E K k c ( 3φ - 3 R ) ….( A ) MA‛A = M B‛B = 2 E K k b ( 3 φ )…….…( B ) Dari keseimbangan joint

: 2 MAB + 2 MA‛A = 0

Dari keseimbangan tingkat : 2 MAB =

(C)

− Q.h

(D)

Jika persamaan ( A ) dan ( B ) disubstitusikan kedalam persamaan ( C ), maka akan diperoleh : 2 { 2 E K k c ( 3 φ - 3 R ) } + 2 { 2 E K k b ( 3 φ ) } = 0 ( k c + k b ) φ − k c R = 0

 k  φ =  c . R  k c + k b 

atau

 k c + k b  . φ k  c 

R = 

Dari persamaan ( C ) : 2 MAB = − 2 MA‛A 2 MAB = − 2 { 2 E K k b ( 3 φ ) } 2 MAB = − 12 E K k b φ ………… ( E ) Jika persamaan ( D ) dikaitkan dengan persamaan ( E ) diatas ini, maka akan diperoleh :

 k  − Q.h = − 12 E K k b . φ = − 12 E K k b  c  R = − 12 E K  k c + k b   k .k  − Q h = − 12 E K  c b  . R  k c + k b  Jika : k =

2k b k c

2 k c 2 k c

= − 12 E K

 k c .k b   +  R  k c k b 

 2 k b   k   k c+ k  . k c . R 2 b c  k c   

, maka persamaan diatas dapat ditulis :

− Q h = − 12 E K

k ' k ' +2

k c . R …………. ( F )

Disini dengan catatan bahwa k ‛ tersebut adalah khusus untuk pembahasan dimana kolom dipegang oleh 2 balok pada joint bawah dan 2 balok pada joint atas.



δ

Mengingat bahwa : R =

Q= Karena : K k c =

dengan : K m =

12 EK h2 I c

δ

δ

k ' k ' +2

.k c ………….( G )

( lihat dihalaman 75 ), maka kekakuan kolom dapat diperoleh

hc

Q

, maka persamaan ( F ) diatas dapat ditulis :

h

=

k ' 12 EI  12 EK  k c . 2  = .  k ' +2  h  k '+2  h 3  k '

K m = C m. K f

Dimana : C m =

k '

dan

k '+2

K f =

12 EI h

3

K f : kekakuan kolom jepit-jepit, jika kolom dengan tumpuan sendi maka : 3 EI

K f =

h

3

Cm : koefisien kekakuan Muto

k 1

k 1

k c

k 2

k 1

k c

k c

k 3

k 2 KOLOM TEPI

k 2

k 4

KOLOM TENGAH

KOLOM BAWAH

Gambar 42 Ada kemungkinan terdapat perbedaan kekakuan relatif antar balok, misalnya untuk gambar 42 diatas ini. Kolom Tengah : dipegang oleh 4 balok k ‛ =

k 1

+ k 2 + k 3 + k 4 2k c

=

∑ k

b

2k c

dan C m =

k ' k ' +2

Kolom Tepi : dipegang oleh 2 balok k ‛ =

k 1 + k 2 2 k c

=

∑ k

b

2k c

dan C m =

k ' k ' +2 78

[email protected]


Ada sedikit perbedaan untuk kolom bawah atau kolom dasar yang berhubungan dengan pondasi ( Gambar 42 ), yaitu : k ‛ =

∑ k

b

k c

dan koefisien kekakuan Muto : Cm =

k ' +0,5 k ' +2

Sedangkan K f tergantung pada tumpuan kolom jepit atau sendi. Contoh Soal : Struktur Beton SDOF dengan beban gravitasi w sepert i gambar dibawah : W 20x45

0 0 0 . 4

20 x 40

20 x 30

20 x 40

20 x 30

6.000

5.000

Modulus elastisitas beton balok : E b = 2,5 x 10 5 kg/cm2 Modulus elastisitas beton kolom : Ec = 2,8 x 10 5 kd/cm2 Ukuran kolom dan balok seperti tercantum dalam gambar diatas. Hitunglah kekakuan kolom dengan cara Muto Penyelesaian :

Momen inersia kolom : Kolom tepi

: Ic1 = Ic3 =

Kolom tengah : Ic2 =

1 12

x 20 x 30 3 = 45.000 cm4

1 12

x 20 x 40 3 = 106.667 cm 4

Momen inersia balok : Balok kiri

: I b1 =

1 12

x 20 x 45 3 = 151.875 cm 4

Balok kanan

: I b2 =

1 12

x 20 x 40 3 = 106.667 cm 4

Langkah berikutnya menghitung besaran Kolom tepi

:

Kolom tengah :

E c . I c1 h E c . I c 2 h

= =

E . I L

untuk masing-masing kolom dan balok

280.000 x 45.000 400

= 3,150 x 10 7 kgcm

280.000 x106.667 400

= 7,467 x 10 7 kgcm

79

[email protected]


Balok kiri

:

Balok kanan :

E b I . b1

250.000 x151.875

=

L kr E b I . b2

600 250.000 x106.667

=

L kn

500

= 6,328 x 10 7 kgcm

= 5,333 x 10 7 kgcm

E . I Diambil nilai K ( kekakuan standard ) : K = c c1 = 3,150 x 10 7 kgcm h Jadi : k c1 =

 E c . I c1    / K =  h 

k c2 =

 E c . I c 2    / K =  h 

3,150 x10

7

= 1,0

3,150 x10 7 7, 467 x10 3,150 x10

7

= 2,37

7

k c3 = k c1 = 1,0

 E I .  k b1 =  b b1  / K =  Lkr   E I .  k b2 =  b b 2  / K =  Lkn 

6,328 x10 7 3,150 x10 7 5,333 x10 7 3.150 x10

= 2,01

= 1,69

7

Perhitungan Nilai k ′ :

k 1′ =

Kolom tengah :

k 2′ =

Kolom kanan

k 3′ =

Kolom kiri

:

k b1 kc1

=

2,01 1, 0

k b1+ k b 2 k c 2 k b 2 k c 3

=

2,01 + 1,69

=

2,37

1,69 1,0

= 2,01

= 1,56

= 1,69

Koefisien kekakuan Muto : Kolom kiri

: Cm1 =

Kolom tengah : Cm2 =

+ 0,5 = ' k 1 + 2

2,01 + 0,5

+ 0,5 = ' k 2 + 2

1,56 + 0,5

+ 0,5 = k 3' + 2

1,69 + 0,5

k 1'

k 12 '

Kolom kanan

: Cm3 =

k 3

2,01 + 2

1,56 + 2

1,69 + 2

= 0,626

= 0,579

= 0,593

80

[email protected]


Perhitungan kekakuan kolom tunggal : Kolom tepi

: K f1 = K f3 =

Kolom tengah : K f2 =

12 E c I . c1

12 E c I . c2 h3

h3 =

5

=

12 x2,8 x10 x 45.000 400 3

12 x2,8 x10 5 x106.667 400 3

= 2.362,5 kg/cm

= 5.600,0 kg/cm

Kekakuan kolom total : K m = C m1.K f1 + C m2.K f2 + C m3.K f3 K m = 0,626 x 2.362,5 + 0,579 x 5.600,0 + 0,593 x 2.362,5 = 6.122,29 kg/cm

Contoh Soal :

Suatu portal/frame beton bertulang dengan data dan dimensi seperti gambar dibawah ini

Modulus elastisitas beton E b = 220.000 kg/cm 2 Beban gravitasi : Lantai 1 : w1 = 750 kg/m′ Lantai 2 : w2 = 500 kg/m′ Akibat getaran mesin yang berada dilantai 1 dan lantai 2, portal menerima beban harmonis di Lantai 1 : F 1 ( t ) = 0,30 sin 2t ton Lantai 2 : F2 ( t ) = 0,75 sin 2t ton Bila percepatan gravitasi g = 980 cm/det2, hitunglah simpangan dilantai 1 dan lantai 2 dalam kondisi ″ steady state ″ dan kekakuan portal dihitung dengan cara pendekatan Muto.

81

[email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Penyelesaian :

Momen inersia kolom : IAC = IBD =

1 12

ICE = IDF =

1 12

IEF = Menghitung factor :

Balok EF

:

h AC E b . I CE hCE

E b . I CD LCD E b . I EF L EF

=

=

220.000 x540.000

=

560 220.000 x312.500

=

490

220.000 x857.500 840 220.000 x540.000

Diambil nilai konstanta K =

Jadi : k AC =

x 30 x 60 3 = 540.000 cm 4

L E b . I AC

Kolom CE dan DF :

:

x 30 x 50 3 = 312.500 cm 4

E I .

Kolom AC dan BD :

Balok CD

x 30 x 60 3 = 540.000 cm4

x 30 x 70 3 = 857.500 cm 4

1 12

Momen inersia balok : ICD =

1 12

840 E b . I AC h AC

 E b I . AC    / K = h  AC 

= 21,2143 x 107 kgcm = 14,0306 x 107 kgcm

= 22,4583 x 10 7 kgcm = 14,1429 x 10 7 kgcm

= 21,2143 x 10 7 kgcm

21, 2143 x10

7

21, 2143 x10

7

= 1,0

k BD = k AC = 1,0 k CE = k DF =

 E b I . CE    / K = h  CE 

k CD =

 E b I . CD    / K = L  CD 

k EF =

 E b . I EF    / K = L  EF 

14,0306 x10

7

21, 2143 x10 7

22, 4583 x10 7 21, 2143 x10 14,1429 x10 7 21, 2143 x10 7

7

= 0,66

= 1,06

= 0,67

Perhitungan Nilai k ′

Kolom AC :

k AC′ =

k CD k AC

=

1,06 1,0

= 1,06

82

[email protected]


k BD′ =

k CD

: k CE′ =

k CD

k DF′ =

k CD

Kolom BD : Kolom CE

Kolom DF :

=

k BD

1,06 1,0

= 1,06

+ k EF

2.k CE

+ k EF

2.k DF

1,06 + 0,67

=

1,06 + 0,67

=

= 1,31

2 x0,66 2 x0,66

= 1,31

Koefisien Kekakuan MUTO Kolom AC dan Kolom BD ( kolom bawah )

k AC + 0,5 '

CmAC = C mBD =

=

' k AC +2

1,06 + 0,5 1,06 + 2

= 0,510

Kolom CE dan Kolom DF ( kolom atas ) CmCE = C mDF =

' k CE + 0,5

k CE + 2 '

1,31 + 0,5

=

1,31 + 2

= 0,547

Kekakuan Kolom Tunggal : Kolom AC dan BD :

K AC = K BD =

12 E b I . AC 3

h AC

=

12 x220.000 x540.000 560

3

= 8.117,71 kg/cm

Kolom CE dan DF : K CE dan K DF = Kekakuan Total :

12 E b I . CE 3 CE

h

=

12 x220.000 x312.500 490 3

K bawah = 2 x C mAC x K AC = 2 x 0,510 x 8.117,71 = 8.280,06 kg/cm K atas = 2 x CmCE x K CE = 2 x 0,547 x 7.012,38 = 7.671,54 kg/cm

Beban gravitasi : Lantai 1 :

W1 = w1 x LCD = 750 x 8,40 = 6.300 kg m1 =

Lantai 2 :

m2 .y2

''

g

=

6.300 980

= 6,4286 kg det2/cm

W 2 g

=

4.200 980

= 4,2857 kg det 2/cm

Dari keseimbangan freebody gambar disamping : Lantai 1 :

k atas .( y2 - y1 )

m1 . y1 ″ + K bwh . y1

k atas .( y2 - y1 ) F1 ( t )

W 1

W2 = w2 x LEF = 500 x 8,40 = 4.200 kg m2 =

F2 ( t )

= 7.012,38 kg/cm

m1. y1

''

− K atas ( y2 – y1 ) = F1 ( t )

m1 . y1 ″ + ( K wh – K atas ) y1 − K atas . y2 = F1 ( t )

(1)

k bawah .y1



Lantai 2 :

m2 . y2 ″ + K atas ( y2 – y1 ) = F2 ( t ) m2 . y2 ″ + K atas . y2 − K atas . y1 = F2 ( t )

(2)

Simpangan pada kondisi ″ Steady State ″ :

Lantai 1 : y1 = a 1 . sin ( Ω t )

→

y1′ = a 1 Ω cos ( Ω t ) y1″ = − a1 Ω2 sin ( Ω t )

Lantai 2 : y2 = a 2 . sin ( Ω t )

→

y2′ = a 2 Ω con ( Ω t ) y2″ = − a2 Ω2 sin ( Ω t )

Jika hasil penurunan diatas disubstitusikan ke persamaan ( 1 ) dan ( 2 ) diatas, diperoleh : ( 1 ) : m1 [ − a1 Ω2 sin ( Ω t ) ] + ( K bwh − K atas ) [ a1 sin (

= F01 sin ( ( K atas + K bwh − m1

Ω t ) ] − K atas [ a2 sin ( Ω t ) ]

Ω t )

Ω2 ) a1 + K atas a2 = F01

( 2 ) : m2 [ − a2 Ω sin ( Ω t ) ] − [ a1 sin ( 2

(a)

Ω t ) ] K atas + [ a2 sin ( Ω t ) ] k atas

Ω t ) − K atas . a1 + ( K atas − m2 Ω2 ) a2 = F02 = F02 sin (

(b)

Masukkan dalam persamaan ( a ) dan ( b ) diatas nilai-nilai berikut ini : m1 = 6,4286 kg det 2 / cm

m2 = 4,2857 kg det 2 / cm

K atas = 7.671,54 kg/cm

K bwh = 8.280,06 kg/cm

F01 = 0,30 ton = 300 kg

F 02 = 0,75 ton = 750 kg

Ω = 2 rad/det Akan diperoleh : ( a ) : ( 7.671,54 + 8.280,06

− 6,4286

22 ) a1 + 7.671,54 a 2 = 300

15.925,89 a 1 + 7.671,54 a 2 = 300 a2 = ( b ) :

300 − 15.925,89 a1 7.671,54

→ ( b )

− 7.671,54 a 1 + ( 7.671,54 − 4,2857 − 7.671,54 a 1 + 7.654,40 x

22 ) a2 = 750

300 − 15.925,89.a1 7.671,54

= 750

− 7.671,54 a 1 + 299,33 − 15.890,31 a 1 = 750 − 23.561,85 a 1 = 450,67 a1 =

−

450,67 23.561,85

= − 0,019

84

[email protected]

Diktat Dinamika Struktur

Recommend Documents