DEPARTMEN TEKNIK SIPIL USU
DINAMIKA STRUKTUR PROF DR ING JOHANNES TARIGAN
I. PENDAHULUAN
I.1. Umum
Jenis-Jenis Beban Dinamik
Jenis-jenis beban dinamik ada 2 :
Beban Harmonis/Periodik, Harmonis/Per iodik, seperti beban mesin dll.
Beban Non harmonis/Non-Periodik, harmonis/Non-P eriodik, seperti seperti beban gempa dll.
Methode Diskretisasi
Ada 3 jenis Methode Diskretisasi, Diskretisasi, yakni :
Sistem
- SDOF
Lumped-Mass-Procedure
- MDOF
Sistem Kontinue (Generalized -Displacement)
Sistem Elemen Hingga (Finite Element)
I.2 Beban Harmonis
Beban harmonis adalah beban yang mempunyai periodik T seperti persamaan dibawah ini
x(t ) x(t nT ) ,
dimana n=1,2,3,………..
x(t ) A.sin .t B. cos cos .t , dimana ω : circular frequency
T
f
2`
1 T
dimana f:frequency of the oscillation
(oleh Heinrich Rudolf Hertz)
Prof.Dr.Ing.Johannes Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Kuliah Sem. A, 2016-2017 2016-2017
2
I. PENDAHULUAN
I.1. Umum
Jenis-Jenis Beban Dinamik
Jenis-jenis beban dinamik ada 2 :
Beban Harmonis/Periodik, Harmonis/Per iodik, seperti beban mesin dll.
Beban Non harmonis/Non-Periodik, harmonis/Non-P eriodik, seperti seperti beban gempa dll.
Methode Diskretisasi
Ada 3 jenis Methode Diskretisasi, Diskretisasi, yakni :
Sistem
- SDOF
Lumped-Mass-Procedure
- MDOF
Sistem Kontinue (Generalized -Displacement)
Sistem Elemen Hingga (Finite Element)
I.2 Beban Harmonis
Beban harmonis adalah beban yang mempunyai periodik T seperti persamaan dibawah ini
x(t ) x(t nT ) ,
dimana n=1,2,3,………..
x(t ) A.sin .t B. cos cos .t , dimana ω : circular frequency
T
f
2`
1 T
dimana f:frequency of the oscillation
(oleh Heinrich Rudolf Hertz)
Prof.Dr.Ing.Johannes Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Kuliah Sem. A, 2016-2017 2016-2017
2
I.3 SDOF (Single Degree Of Freedom)
Persamaan keseimbangan :
f I f D f S P( t )
...................... .......... ................... ....... (1.1.1)
Contoh sistem SDOF seperti gambar di bawah ini :
P(t )
f I
f D
f S
Gambar 1.1.
Konstruksi single beam yang dimodelkan menjadi menjadi SDOF
P(t )
f I
f D
Gambar 1.2
f S
Pondasi mesin yang dimodelkan menjadi SDOF
Dimana : **
f I m.a m. y
...................... .......... ................... ....... (1.1.2)
*
f D v. c c. y
...................... .......... ................... ....... (1.1.3)
..
f S k . y
...................... .......... ................... ....... (1.1.4)
Prof.Dr.Ing.Johannes Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Kuliah Sem. A, 2016-2017 2016-2017
3
maka : **
*
m. y c. y k . y P( t )
...................... ........ ................ .. (1.1.5)
I.4 Getaran Bebas Tanpa Redaman
Jika pada persamaan di atas
c=0 dan P(t)=0 maka disebut getaran bebas tanpa
redaman dengan persamaan :
*
m. y(t ) k . y(t ) 0
...................... .......... .............. .. (1.2.1)
**
y(t ) 2 . y(t ) 0
........................ .......... .............. (1.2.2)
dimana :
k
...................... ........ ................ .. (1.2.3)
m
Penyelesaian umum dari persamaan tersebut diatas adalah :
y(t ) A sin t B cos cos t
...................... ........ ................. ... (1.2.4)
*
y(t ) A cost B sint ...................... . ....... ................. ... (1.2.5) **
y(t ) A 2 sint B 2 cost
.................... .................... (1.2.6)
**
dengan mensubstitusikan y (t ) dan y(t) ke persamaan (1.2) maka akan memenuhi persamaan tersebut. Untuk mencari koefisien A dan B akan didapat dari syarat batas *
*
t=0, maka y(t)=y 0 dan y (t ) y 0 . 0 dan
Dengan demikian *
B y0 dan A
y 0
Prof.Dr.Ing.Johannes Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Kuliah Sem. A, 2016-2017 2016-2017
4
dan persamaan (1.2) akan menjadi *
y 0
y (t )
sin t y0 cos t
......................... (1.2.7)
Untuk penjelasan fungsi tersebut dapat dilihat gambar berikut ini :
y( t )
T
y
2
P(t )
t
y( t ) Gambar 1.3
I.3. Frekuensi diri
Suatu sistem yang mempunyai massa m dan kekakuan k akan mempunyai frekuensi diri :
k
( s1 )
m
......................... (1.3.1)
dimana :
m
G g
Berat (kN , N ) 2
gravitasi (m / s )
kNs2 / m
I.4. Periode T
Periode dirumuskan :
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
5
2
T
m
2
(s)
k
......................... (1.3.2)
I.5. Frekuensi
Frekuensi didefinisikan dengan :
1
f
T
2
1
k
2 m
(Hz)
.................... (1.3.3)
I.6. Respons Getaran Dengan Redaman
**
*
m x c. x k . x P( t )
**
x
k m
**
c m
*
. x
k m
. x
P(t ) m
2
x
c m
*
.................... (1.3.4)
.................... (1.3.5)
.................... (1.3.6)
. x 2 . x
P(t ) m
.................... (1.3.7)
Dalam perhitungan ini dianggap yang bekerja adalah getaran yang harmonis, contohnya getaran mesin.
P(t )
t
Gambar 1.5
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
6
maka :
P(t ) P0 sin t
.................... (1.3.7i)
yang mana diketahui sebagai contoh getaran frekuensi lingkaran dari mesin. Sedangkan Po adalah beban mesin.
Jika persamaan (1.3.7i) dimasukkan ke persamaan (1.3.4) maka akan dihasilkan :
**
x
c m
*
2 . x . x
P 0 m
sin t
.................... (1.3.8)
Secara matematik akan diambil pendekatan :
x A1 sin t A2 cos t
.................... (1.3.9)
maka : *
x A1. cos t A2 . sin t
................... (1.3.10)
dan : **
2 2 x A1. sin t A2 . cos t
................... (1.3.11)
Persamaan (1.3.9), (1.3.10) dan (1.3.11) kemudian dimasukkan ke dalam persamaan (1.3.8) maka akan didapatkan :
( A1. 2 sin t A2 . 2 cos t )
2 ( A1 sin t A2 cost )
P 0 m
c m
( A1 cost A2 sin t ) ... (1.3.12)
sin t
Jika t 90 maka sin t 1 dan cost 0 0
A1. 2
c m
A2 2 A1
P 0 m
................... (1.3.13)
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
7
.( 2 2 ) A1
c m
A2
P 0
................... (1.3.13i)
m
Jika t 0 maka sin t 0 dan cost 1 0
c
A2 . 2 c m
A1 A2 0 2
m
................... (1.3.14)
2 2 A1 ( ) A2 0
................... (1.3.15)
dari (1.3.13i) dan (1.3.15) :
( 2 2 ) A1 ( (
c m
c
) A2
m
P 0
x (
m
) A1 ( 2 2 ) A2 0
( )( 2
2
( 2 2 )(
c m c m
c m
)
x ( ) 2
c
) A1 ( ) 2 A2 m
2
P 0 c ( ) m m
) A1 ( 2 2 ) 2 A2 0
------------------------------------ (-)
c
{( )2 ( 2 2 ) 2 A2 m
A2 (
c m
P 0 c ( ) m m
P 0 c ( ) m m
................... (1.3.16)
) ( ) 2
2
2 2
dari (1.3.13i) dan (1.3.15) :
( 2 2 ) A1 ( (
c m
c m
) A2
P 0 m
) A1 ( 2 2 ) A2 0
x ( ) 2
x (
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
c m1
2
)
8
( 2 2 ) 2 A1 ( (
c m
c m
)( 2 2 ) A2
P 0 m
( 2 2 )
c
) 2 A1 ( )( 2 2 ) A2 0 m
------------------------------------ (+)
{( 2 2 ) 2 ( P 0 A1
m
)} A1 0
m
{( ) (
2 2
c
m
( 2 2 )
m
................... (1.3.17)
) } 2
P 0
( 2 2 )
2
Jika
c
.................. (1.3.17i)
maka (1.3.16) :
P 0 c ( ) m m
A2 (
c m
) 2 ( 2 2 2 ) 2
A2 (
c m
P 0 m2
) 2 4 (1 2 ) 2
A2 2 {(
c m
{(
c m
P 0 m2
c
) 2 2 (1 2 )}
A2
c
P 0 2
m
c
) 2 (1 2 ) 2}
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
9
A2
P 0
c m2
(1 ) ( 2
m
A2
c k
2
c
m
, m
k 2
2 )
m
c m
{(1 2 ) 2 ( c
A2
)
2
k
(1 2 ) 2 (
k
m
2
2
P 0
c
2
P 0 A2
c m
) 2 }
P 0
m
k
(1 ) (
c
2
m
................... (1.3.18)
)
2
Koefisien redaman dari Lehr :
D
c 2 mk
c 2 k
c 2m
................... (1.3.19)
Dari (1.3.18) dan (1.3.19) :
A2
Jika
P 0
2 D
k (1 ) 4 D2 2 2
................... (1.3.20)
, seperti pada persamaan (1.3.17i) maka persamaan (1.3.17) akan menjadi
:
P 0 A1
m
( 2 2 2 )
{( 2 2 2 ) 2 (
c m
) 2 }
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
10
P 0 A1
m
{(1 2 ) 2 4 ( P 0
A1
(1 2 ) 2
m
c m
) 2 2 }
(1 2 )
(1 ) ( 2
2 2
c m
)
2
m
k 2
P 0 2 (1 ) k A1
2 {(1 ) ( 2
A1
c
2
m
P 0
1 2
k
(1 ) ( 2 2
2
) }
c m
................... (1.3.21)
)
2
Dari (1.3.21) dan (1.3.19) akan dihasilkan :
A1
P 0
1 2
k (1 2 ) 2 4D2 2
x A1 sin t A2 cos t
................... (1.3.22)
................... (1.3.23)
P 0 P 0 1 2 2 D x sin t cos t 2 2 2 2 2 2 2 2 k ( 1 ) 4 D k ( 1 ) 4 D ................... (1.3.24)
x adalah persamaan untuk satu massa dengan beban dinamik
x adalah
lendutan
yang terjadi.
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
11
Contoh pemecahan yang lain : **
x
c
P 0
*
m
x 2 x
m1
sin t
................... (1.3.25)
x A sin(t )
................... (1.3.26)
x A sin(t )cos A cos t sin ................... (1.3.27) x A1 sin t A2 cos t
................... (1.3.28)
dimana :
A1 A cos , A2 A sin A
A12 A22
arctan(
................... (1.3.29)
A2 A1
)
................... (1.3.30)
Seperti sebelumnya :
A1
A1
A1
................... (1.3.31)
k (1 2 ) 2 4D2 2
A2
A1
1 2
P 0
P 0
2 D
................... (1.3.32)
k (1 2 ) 4 D2 2
P 0
(1 2 ) 2 (2 D ) 2
k
{(1 2 ) 2 4 D2 2 }2
P 0
1
k
(1 2 ) 2 4 D2 2
P 0
1
k
(1 ) 4 D 2 2
2
2
................... (1.3.33)
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
12
x A sin(t )
max x
................... (1.3.34)
A , penurunan akibat beban dinamik. x
P 0
1
k
(1 2 ) 2 4 D2 2
................... (1.3.35)
Perhitungan statik :
x st
P 0
................... (1.3.36)
k
Jika v adalah perbandingan antara beban dinamik dan beban statik maka :
v
x x st
P 0
1
k
(1 2 ) 2 4 D2 2 P 0
................... (1.3.37)
k
v
1 (1 ) 4 D 2 2
2
2
................... (1.3.38)
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
13
Jika dibuat secara grafik maka akan didapat seperti gambar berikut
Gambar 1.6: Faktor Pembesaran dinamik Pada 1
dan D 0
maka akan terjadi apa yang dinamakan resonansi dan ini
sangat berbahaya dan harus dihindarkan.
Peristiwa ini telah pernah terjadi pada suatu bangunan jembatan gantung di USA yang mana pada waktu itu beban dinamiknya adalah yang disebabkan oleh beban angin.
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
14
Jika 1 maka v
1 2 D 1
Nilai maksimum v
2 D
v (1 2 )2 4 D2 2
v maksimum dv d dv d
dv d
12
................... (1.3.39)
0
1
(1 2
) 4 D2 2
2 2
2(1 2 ) 4 D2
(1
(1
2
) 4 D
2 2
2
2
3
32
2(1
2
)(2) 8D2 0
0
2
) 2 D2 0
2 1 2 D2 1 2 D2
................... (1.3.40)
v maksimum : v 4 D4 4 D2 (1 2 D2 ) v 4 D4 4 D2 8D4 )
v 4 D2 4 D4 )
vmax
12
12
12
1 2 D 1 D2
................... (1.3.41)
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
15
Contoh soal
G= 20.000 N
1.
Sebuah balok diatas balok dengan 2 perletakan, dengan beban mesin yang mana beratnya G = 20.000 N, diatas balok beton 40 cm x 60 cm. Adapun bentang balok adalah 6 m. Hitunglah k ( kekakuan balok),
( angular velocity/natural frequency) dan f.
G N G Ns 2 M g M g M 2 s
Massa mesin M=
20000 Ns 2 9,8
m
= 2040
Ns 2 m
Massa balok beton A = 0.4 x 0.6 = 0,24 m2
Berat Jenis beton γ =24000 N/m3 g gravitasi = 9,8 m/s2 Berat (G) = 0.24 x 24000x6 = 34560 N, Massa = G/g = 34560/9.8 =3526
Ns 2 m
1 N= 1kgm/s 2 Massa total
Mtotal = 2040 + 3526 = 5566
Ns
2
m
Balok diatas 2 perletakan dengan tumpuan sendi-sendi
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
16
k
3 EIL
I
1
2 2
ab
12
dimana a =3 m dan b = 3 m, l =6 m. E = 23,5 N/mm 2 = 23,5 . 10 2 N/cm2
bh3
1 12
40.603 720000cm4
Didapat k = 376 N/cm 2. cm4. cm / cm4 (
N cm
) = 376 . 10 2
N m
N
Angular velocity
k m
37600 m 2 5566 Ns
1 1 6,755 s =2,599 s
m
T
Periode
Frequensi
f
2
1 T
6,28 2,599
2,416 s
0,413 Hz
2. Jika pada soal 1 diatas diberikan beban mesinmempunyai rpm n e= 2600 putaran/menit Gambarkan respon yang terjadi pada balok.
ne= 2600 putaran/menit, maka 2.ne 2.3,14.
2600 rad 60
s
272
rad s
P 0 1 2 2 D P 0 x sin t k (1 2 )2 4 D2 2 cos t 2 2 2 2 k (1 ) 4D
P0= 20.000 N
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
17
k = 37600
=
N m
272 2,599
104,6
D=0,1
X=53,191.
10940,16 20,92 sin( 272t ) + 53,191. cos(272t ) 119687100,8 437,64 119687100,8 437,64
X= -0,00486 sin( 272t ) +9,297 . 10 -6 cos(272t )
Respons struktur dapat dilihat dibawah ini
0,006 0,004 0,002 0
Series1 1
3
5
7
9 11 13 15 17 19 21
-0,002 -0,004 -0,006
3. Berapakah factor pembesaran dinamis dari contoh soal 2 diatas
=
272 2,599
104,6
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
18
Dari gambar 1.6 faktor pembesaran dinamis ν=0,2 (pada diatas 3 karena
104,6 )
Kekakuan balok diatas dua perletakan
a. Jepit bebas
k
3 EI L3
m
L
b. Sendi-sendi
m
a
k
3 EIL a 2b 2
b
L
b. Jepit-sendi
k
12 EIL3
a 3b 2 (3 L b)
c. Jepit-jepit
k
3 EIL3 a 3b3
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
19
d.
m a
k
b
3 EI (a b)b 2
e.
k
EA L
m
4. Sebuah konstruksi seperti digambar dibawah Hitunglah
dari struktur tersebut.
EI1 EI2
EI1
m
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
20
1.7 Torsi dinamik
Torsi dinamik dapat terjadi pada kolom saat gempa.
Torsi dinamik terjadi pada
jembatan Tacoma Narrows Bridge pada tahun 1940 akibat beban angin seperti gambar dibawah.
Torsi pada batang dapat dilihat pada gambar dibawah:
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
21
Persamaan dinamik Torsi adalah
c k P (t ) J 0 T Dimana
∅ :
c :konstanta redaman : kekakuan
: sudut puntir
Persamaan dapat ditulis
P (t ) c k T o J 0 J o J o
Dimana
=
Kekakuan
adalah natural frekuensi
=
Ip : Inertia Torsi L : panjang
G : modulus geser
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
22
1.7, Respons beban gempa
Gempa adalah beban non harmonis. Contoh beban gempa adalah seperti
Selanjutnya untuk pengertian SDOF adalah seperti gambar dibawah, dimana ada satu bangunan 1 lantai, yang mengalami gempa yang mengakibatkan bangunan miring kekanan.
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
23
Untuk itu modeling strukturnya ada seperti dibawah ini:
Struktur dimodelkan menjadi SDOF, dengan massa m dan pada kolom mempunyai kekakuan k dan pada bangunan ada redaman c.
Persamaan SDOF menjadi
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
24
Dimana
: beban gempa.
Penyelesaian adalah dengan duhamel integral dapat dilihat di (Clough, Penzien,1985), dimana :
− − − − 1
=
(
0
)
sin
\
(3)
k m
(4)
Dimana ω adalah frekuensi natural, k adalah kekakuan kolom,m massa Dimana natural .
c 2 mk
c 2k
c 2m
(5)
= ratio redaman, c: koefisien redaman, m massa dan ω adalah frekuensi
adalah ratio redaman dimana jika >1 radaman kuat sedangkan <1
redaman lemah, menurut Lehr, berdasarkan material seperti pada tabel 1.
Tabel 1: Ratio Redaman berdasarkan (Mueller, 1978)
Elastic
elasto- plastis
Beton Bertulang
1-2%
7%
Beton Pratekan
0,8%
5%
1%
7%
Baja yang memakai baut
0,4%
4%
Kayu
1-3%
Dinding Bata
1-2%
Jenis Material
Baja yang memakai las
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
7%
25
Deformasi respons (u)
u (t) =
() 1
dimana
Berdasarkan duhamel integral maka respons gempa terhadap deformasi dari gempa ElCentro dapat dilihat dibawah
Velocity respons ( ) Sedangkan berdasarkan kecepatan dapat dilihat dibawah ini
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
26
D
2.67
5.97
7.47
T
0.5
1
2
12.56
6.28
3.14
33.5352
37.4916
23.4558
A=(2*Π/T)(2*Π/T)*D
421.2021
235.4472
73.65121
A/g (g=386in2/sec)
1.091197
0.6100
0.1908
2*Π/T V=(2*Π/T)*D
Acceleration respons
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
27
=
( , , ) adalah response spectra akibat perpindahan disebut juga pseudo perpindahan
=
( , , ) , adalah response spectra akibat kecepatan disebut juga pseudo kecepatan
=
( , , ) adalah response spectra akibat percepatan disebut juga p seudo percepatan
yang mana hubungan Sa, Sv dan Sa adalah
≈ ≈ 1
1
2
Kekakuan
Respons spektra El-Centro
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
28
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
29
Contoh soal Suatu bangunan gudang seperti dibawah. Kolom bangunan mempunyai ukuran 40 x 40 cm, dengan ketinggian kolom 7 m, redaman material
= 2 %, Mutu
beton f’c= 30 Mpa. Berat bangunan 250 kN. Hitung gaya gempa (H) dengan spektrum El-centro. Model H H = m. Sa
k,
Tahap 1:
Untuk mengitung Sa, harus di cari T.
T = 2Л/ω dimana ω : natural frekuensi atau frekuensi diri. ω = √ k/m
dimana
m : massa dan k : kekakuan kolom .
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
30
m = 25 ton = 250 kN
′ =
=
=
9,81
250
/ 2
= 25,48
9,81
2
= 254,8
2
= 25,48
2
=25742.96 N/mm2
E = 4700
I= 2,133,333,333.33 mm4
3
k = 3EI/h (kekakuan jepit bebas) untuk 1 kolom, untuk 2 kolom K= 2k= 6EI/h3 K= 960.6702 N/mm
N
k m
960,6702 mm 37,70291/ s 25,48 Ns 2 mm
Maka T = 2Л/ω
= 2.3.14/37,70291 = 1,022 s
Dengan T = 1.022 s, dengan = 2 %,
maka Sa dari grafik adalah : 1,20 m 2/s
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
31
Maka gaya horizontal adalah H = m * Sa = 25,48* 1.2 =30.776 N
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
32
Bab II. MDOF ( Multi Degree Of Freedom) 2.1 Umum
Multi degree of freedom adalah dimana massa suatu konstruksi adalah lebih dari satu, dan dapat disebut juga massa berderajat banyak. Contoh sistem massa berderajat banyak seperti konstruksi dibawah ini, yakni bangunan bertingkat atau balok dengan beberapa massa.
m4 m3
m2
m1
Gambar 2.1.
P4 (t )
P3 (t )
P2 (t )
P1 (t )
Konstruksi bangunan bertingkat yang dimodelkan menjadi MDOF
P1 (t )
m1
Gambar 2.2.
m2
m3
Konstruksi balok yang dimodelkan menjadi MDOF
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
33
2.1 Persamaan Keseimbangan
1 m1 y
Lantai IV
f I 1 f d 1 f S 1
P 1 (t )
2 m2 y
Lantai III
f I 2 f D 2 f S 2
P2 (t ) Lantai II
3 m3 y P 3 (t )
Gambar 2.3
f I 3 f D 3 f S 3
Pemodelan gedung bertingkat
maka untuk lantai I s/d lantai III berlaku :
f I 1 f D1 f S 1 P1 (t )
.................... (2.1.1)
f I 2 f D 2 f S 2 P2 (t )
.................... (2.1.2)
f I 3 f D 3 f S 3 P3 (t )
.................... (2.1.3)
f I 1 m1 y1
.................... (2.1.4)
f D1 c11 y1 c12 y2 c13 y3
.................... (2.1.5)
f S 1 k11 y1 k12 y2 k13 y3
.................... (2.1.6)
f I 2 m2 y2
.................... (2.1.7)
f D 2 c21 1 y1 c22 y 2 c23 y3
.................... (2.1.8)
f S 2 k21 y1 k22 y2 k23 y3
.................... (2.1.9)
f I 3 m3 y3
................... (2.1.10)
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
34
f D3 c31 y1 c32 y2 c33 y3
................... (2.1.11)
f S 3 k31 y1 k32 y2 k33 y3
................... (2.1.12)
maka persamaan (2.1) akan menjadi :
M y C y K y P (t )
................... (2.1.13)
dimana :
m1 M 0 0
0 m2 0
c11 c12 C c21 c22 c31 c32 k11 K k21 k31
k12 k22 k32
0
y1 y2 , y y 3
c13
y1 , y y 2 y 3
0 m3
c23 c33 k 13
k 23 k 33
P1 ( t ) , P( t ) P2 ( t ) P (t ) 3
II.3. Natural frekuensi dan Mode Shape pada MDOF
Dari persamaan bebas tanpa redaman didapat natural frekuensi. menjadi :
M y K y 0
.................... (2.2.1)
dengan :
y a sin t
.................... (2.2.2)
y a cos t
.................... (2.2.3)
y a 2 sin t
.................... (2.2.4)
maka :
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
35
K a 2 M a 0
.................... (2.2.5)
( K 2 M ) a 0
.................... (2.2.6)
Persamaan ini disebut persamaan Eigenform sedangkan { a} disebut Eigenvektor.
Dari persamaan ini :
K 2 M 0
sedangkan
a 0 .
Dengan demikian maka akan didapat harga
yang disebut juga frekuensi diri/natural
frekuensi.
1 2 Dimana : .. n Dari harga
.................... (2.2.7)
tersebut dengan memasukkan ke persamaan (2.2.6) di atas maka akan
didapat Eigen vektor
a :
ai1 a ai ..i 2 ain
.................... (2.2.8)
Contoh soal mencari Mode pada MDOF Lantai 4
3m
30/30 Lantai 3
3m
30/40 Lantai 2
3m
30/50
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
36
Suatu struktur berlantai 3, yang mempunyai data-data seperti diatas. Berat (G3) lantai atap adalah 300 kN, Lantai 3 (G2) adalah 500 kN dan Lantai 2 (G3) adalah 500 kN. Hitunglah frekuensi natural dari bangunan tersebut. Carilah dan Gambarkan Mode dari struktur tersebut. Persamaan getaran bebas tanpa redaman pada MDOF
K
2
M
0
Mencari matrix K
k11 K k21 k31
k12
k 13
k22
k 23
k32
k 33
Langkah 1: lantai 4 bebas, lantai 3 dan 2 dikekang
30/30
30/40
k 11
k 21 k 31=0
30/50
k 11 2
6
E=2,5 * 10
12 EI 1
h13
N cm
2
I1= 30.303/12 = 6,74.104 cm4
Maka didapat k 11= 150
kN cm
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
37
k 21 2
12 EI 1 h13
Analog didapat k 21 = - k 11 = - 150
kN cm
Langkah 2: K 12
30/30 K 22 30/40 30/50
K 12 2
K 32
12 EI 1
h13
I 1 30 303 1 6,74 10 4 12
h1 3m K 12 150
K 22 2
kN cm
12 EI 1 h13
2
12 EI 2 h23
150 355 505
kN cm
h1 h2 3m I 2 30 403 1 16 10 4 12
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
38
K 32 2
12 EI 3 h33
= - 355
kN cm
h3 3m I 3 30 50 3 1 31,25 10 4 cm 4 12
Langkah 3: K 13=0
30/30 K 23 30/40 K 33 30/50
K 23 K 32 355
K 33 355 24
I 3
1 12
kN cm
EI 3 3 3
h
= 355 + 700 = 1055
kN cm
30 50 3 31,25 10 4 cm 4
K 43 24
EI 3 h33
700
kN cm
Dengan demikian matrix kekakuan adalah sbb:
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
39
k 11 K = k 21 k 31
k 12
k 13 150
k 22
k 23 = 150
k 32
k 33 0
150
0
355 355 1055 505
Matrix massa m1
300
0,3
980
m2 m3
500
m1 M 0 0
0
980
m2 0
kNs 2 cm
0,3
kNs 2 cm
0 0,3
0 = 0 m3 0
0
0
kNs 2 0,5 0 cm 0 0,5
K
2
M
0 150 150 150 505 355 - 2 0 355 1055
0,3. 2 (1 150 150 1 0
Dengan
0 0,3 0 0 0,5 0 =0 0 0 0,5
1 0,5. 2 3,4 150 2,4
0
0 2,4 0 2 0,5 7 150
w2 150
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
40
Maka
(1 0,3 1 0
1 3,4 2,4
2,4 0 7 0,5 0
Dengan determinan diperoleh 3 24,13 2 134,8 147,2 0 1 1,44
Didapat 2 6,19 3 16,50
Dengan demikian 12 216 , maka 1 15
rad
sec rad 22 928,5 , maka 2 30,5 sec 2 3 2475 , maka 49,75 rad 3 sec
Mencari Mode/shape Dengan 1 15 (1 0,45 1 0
rad sec
1 3,4 0,75 2,4
1 2,4 12 0 7 0,75 13 0
1 1 1 12 0,56 13 0,22
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
41
Dengan 2 30,5
rad sec
0 1 0,87 1 1 0,278 2,4 22 0 0 2,4 3,87 23
1 1 2 22 0,82 23 0,51
Dengan
3
49,75
rad sec
0 1 1 3,89 1 4,85 2,4 32 0 0 2,4 1,25 33
1 1 3 32 3,95 33 7,58
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
42
Perhitungan gaya gempa dengan Modal Analysis Massa berderajat kebebasan banyak dalam dinamika struktur disebut juga multi degree of freedom ( MDOF). Bangunan bertingkat dimodelkan juga dengan MDOF.
30/30
3m 3m
30/40
3m
30/50
Suatu bangunan bertingkat 3 yang tiap lantai mempunyai massa m1, m2 dan m3 sedangkan gaya horizontalnya adalah H1, H2 dan H3.
Dalam mengitung gaya gempa dengan dinamik dengan modal analisis/memakai respon spectra 1 massa, dimana Gaya gempanya dihitung dengan
,1
=
,
,
dimana = =1
,
=1
2
2
yang mana He,i adalah gaya gempa total pada mode 1,2 dst…..berdasarkan respons 1 massa, sedangkan me,i adalah massa pendekatan dari n massa ke satu massa.
Kemudian gaya gempa ini didistribusikan ke tiap-tiap lantai dari setiap mode dan kemudian akan diambil pada setiap lantai akan dapat diambil gaya gempa rata-rata.
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
43
=
Dimana
=
=
,
H 1 2 H 2 2 H 3 2
Max HE=
Aplikasi Metode Responsspectra Suatu bangunan 3 lantai dengan beban gempa El-centro akan dihitung gaya gempa dengan responsspecta Sa. Tinggi bangunan h1=h2=h3=3 m. Ukuran kolom K 1=30/30 (cm), k 2=30/40(cm), 6 2. K 3=30/50(cm), G1=300kN, G2=G3=500 kN, E=2,5*10 N/cm ratio redaman D = 5 %,
Kekakuan balok
− − − − =
150 150 0
150 505 355
0 355 1055
(sudah dihitung dicontoh sebelumnya)
0,3 = 0 0
Matrix massa
0 0,5 0
0 0 0.5
2
(sudah dihitung sebelumnya)
− − Dengan rumus Didapat
1
2
= 15
2
= 0
,
2
= 30,5
,
3
= 49,75
= 0= 0
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
44
Maka faktor bentuk /eigenform sesuai dengan gambar dengan 6 adalah 1 11 2 Mode 1 , = 12 = = 0,42 1 = 0,56 1 = 15 1 = 0,22 13 1 21 2 0,82 2 = 30,5 = 0,21 Mode 2 = 22 = , 2= 2 = 0,51 23 1 31 2 3,95 3 = 49,75 = 0,13 Mode 3 = 32 = 3 = 3 = 7,58 33
∅ ∅ ∅
−− −
Mode 1:
1
= 15
,
=
1
= 0,42
2
Gaya gempa untuk mode 1 adalah
Dimana
1
=
,
,
=
=
=1
=1
2
=
2
0,98 0,3 + 0,5 + 0,5
Maka total H =
1
,1
∗ ∗ ∗
=
,
∗ ∗
0,3 1+0,5 0,56+0.5 0,22 2
0,3 12 +0,5.0,56 2 +0,5 0,22 2
=
0,47 0,48
= 0,98
= 0,75
∗ ∗
= 0,75 1,3 440 = 429 kN
dengan T = 0,42 didapat Sa = 4,4 m/s2 =440cm/s2
Sa
T
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
45
11
=
12
=
13
=
1
11
=
1
1
12
=
1
1
13
1
=
∗ ∗ ∗
∗ ∗∗ ∗∗ ∗
0,3
1
∗ ∗ ∗
0,3 1 + 0 , 5 0,56 + 0,5 0,22 0,5 0,56 0,3 1 + 0 , 5 0,56 + 0,5 0,22 0,5 0,22 0,3 1 + 0 , 5 0,56 + 0,5 0,22
= = =
0,3 0,69 0,28 0,69 0,11 0,69
= 0,434 = 0,407 = 0,159
=1
Gaya gempa berdasarkan Sa dapat akibat mode 1 HE,11 = 0,434 x 429 = 186,186 kN HE,12 =0,407 x429 = 174,603 kN HE,13 =0,159 x 429 = 68,20 kN Gaya gempa berdasarkan Sa akibat mode 2 HE,2,1 = -60,1 kN HE,2,2 = 82,2 kN HE, 2,3= 52.1 kN (coba dicari dan dihitung?) Gaya gempa berdasarkan Sa akibat mode 3 HE,3,1 = 6.2 kN HE,2,2 = - 40,9 kN HE, 2,3= 78 kN (coba di cari dan dihitung) Gaya horizontal total: Max HE=
H 1 2 H 2 2 H 3 2
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
46
186.1
-60.1
6.2
174.6
82.2
-40.9
196.1
68.2
52.1
78.
116.2
ω = 15
ω = 30,5
195.75
ω = 49,75
Gambar : Gaya Gempa
Prof.Dr.Ing.Johannes Tarigan Kuliah Sem. A, 2016-2017
47
