BAB II METODE DISTRIBUSI MOMEN 2.1 Pendahuluan Metode distribusi momen diperkenalkan pertama kali oleh Prof. Hardy Cross pada yahun 1930-an yang mana merupakan sumbangan penting yang pernah diberikan dalam analisis struktur balok menerus (continuous beam ) preliminary analyzes) dan portal (rigid frame). Dalam analisis permulaan ( preliminary
dan perancangan suatu struktur sederhana atau bagian dari suatu struktur yang besar, metode ini merupakan metode yang sangat memuaskan untuk memudahkan dalam memberikan gambaran tentang repons struktur berupa gaya dan perubahan bentuk ( deformation).
2.2 Konsep Dasar Jika suatu struktur balok menerus menerima beban kerja atau penurunan pada tumpuan, rotasi pada sumbu batang yang tidak diketahui (unknown member-axis rotation) tidak terjadi dalam respon perubahan bentuknya. Akan tetapi, titi buhul portal dapat atau mungkin tidak mempunyai kebebasan dari jumlah translasi yang tidak diketahui. Meskipun metode distribusi momen dapat digunakan untuk untuk menganalisis portal dengan translasi yang tidak diketahui, namun diperlukan proses bertahap untuk menyelesaikannya. Oleh karena itu, berikut ini diberikan konsep dasar tentang dasar pemikiran bahwa suatu struktur tidak mempunyai rotasi sumbu batang yang tidak ketahui. Respon perubahan bentuk dari suatu balok menerus atau portal tanpa translasi titik buhul yang tidak diketahui dinyatakan dengan rotasi titik buhul yang belum diketahui yaitu
θ B, θ C C,
dan
θ D seperti
ditunjukkan pada
Gambar 2.1(a) dan (c). Secara fisika, hal ini dapat dimungkinkan bahwa momen pengunci (locking moment) dapat dikerjakan pada titik buhul B, C II-1
II-2
dan D untuk membuat kemiringannya relatif datar seperti ditunjukkan pada Gambar 2.1(b) dan (d). Pada kenyataannya, besar dan arah dari momen pengunci ini diketahui dari beban yang bekerja atau penurunan tumpuan. Jika momen pengunci pada salah satu titik buhul dilepas, maka titik buhul akan berotasi. Rotasi ini menyebabkan perubahan tidak hanya pada momen diujung batang dekat titik buhul yang dilepasm tetapi juga pada momen pengunci pada titik buhul bersebelahan dikedua ujung titik buhul yang dilepas tersebut. Jika masing-masing titik buhul dilepas secara berurutan dan dikunci kembali dan kemudian proses ini diulangi, suatu saat akan dicapai dimana setiap titik buhul mencapai suatu respon perubahan bentuk akhir yang tetap. Momen pengunci ini selanjutnya akan didistribusikan ke seluruh struktur pada masing-masing jumlah rotasi titik buhulnya, sehingga metode ini dinamakan sebagai distribusi momen.
E A
B
θ B
C
θ C
D
θ D
(a)
E A
B
C
D
(b) B A B’ θ B
E C
θ C
D
θ D
(c)
B
E
A B’
C
D
(d) Gambar 2.1 Kondisi jepit dalam metode distribusi momen
II-2
dan D untuk membuat kemiringannya relatif datar seperti ditunjukkan pada Gambar 2.1(b) dan (d). Pada kenyataannya, besar dan arah dari momen pengunci ini diketahui dari beban yang bekerja atau penurunan tumpuan. Jika momen pengunci pada salah satu titik buhul dilepas, maka titik buhul akan berotasi. Rotasi ini menyebabkan perubahan tidak hanya pada momen diujung batang dekat titik buhul yang dilepasm tetapi juga pada momen pengunci pada titik buhul bersebelahan dikedua ujung titik buhul yang dilepas tersebut. Jika masing-masing titik buhul dilepas secara berurutan dan dikunci kembali dan kemudian proses ini diulangi, suatu saat akan dicapai dimana setiap titik buhul mencapai suatu respon perubahan bentuk akhir yang tetap. Momen pengunci ini selanjutnya akan didistribusikan ke seluruh struktur pada masing-masing jumlah rotasi titik buhulnya, sehingga metode ini dinamakan sebagai distribusi momen.
E A
B
θ B
C
θ C
D
θ D
(a)
E A
B
C
D
(b) B A B’ θ B
E C
θ C
D
θ D
(c)
B
E
A B’
C
D
(d) Gambar 2.1 Kondisi jepit dalam metode distribusi momen
II-3
2.3 Angka Kekakuan dan Induksi (Stiffness and Carry-Over Factors) Untuk mengembangkan detail tentang prosedur metode distribusi momen, perlu diketahui beberapa hal yang akan dikemukakan berikut ini. Jika momen M A dikerjakan pada ujung sendi dari suatu balok yang memiliki momen inersia seragam, dimana menumpu pada sendi pada salah jungnya dan jepit di ujung lainnya seperti se perti ditunjukkan pada Gambar 2.2(a), maka pada ujung sendi akan terjadi rotasi sebesar
θ A dan
momen M B pada
ujung jepitnya.
MA A
θA MB
B
EI = kons konsta tan n L
(a) M A L 3 EI
M A L
θB1
θA1
6 EI
MA
(b) θA2
MB
θB2
M B L
M B L
6 EI
3 EI
(c) Gambar 2. 2 Penentuan angka kekakuan dan angka induksi ujung jepit
Diagram momen lentur balok tersebut dapat diuraikan menjadi seperti ditunjukkan pada Gambar 2.2(b) dan (c). Berdasarkan teorema balok konjugasi, besarnya θ B1 dan θ B2 dapat ditentukan dan θ B = θ B1 – θ B2 =
diperoleh :
M A L M B L 6 EI
−
3 EI
=0
θ B sama
dengan nol.
II-4
M B =
1 M A 2
(2.1)
Selanjutnya dengan teorema balok konjugasi pula : θ A = − θ A1 + θ A2 =
−
M A L M B L 3 EI
+
6 EI
=0
Substitusi persamaan 2.1 ke dalam persamaan di atas akan diperoleh :
⎛ 4 EI ⎞ ⎟θ A L ⎝ ⎠
M A = ⎜
(2.2)
Jika selanjutnya ujung jauh jepit pada balok Gambar 2.2(a) diganti dengan ujunng sendi seperti pada hambar 2.3, dimana M B = 0 maka :
⎛ 3 EI ⎞ ⎟θ A L ⎝ ⎠
M A = ⎜
MA A
(2.3)
θA
θB
EI = kons konsta tan n
B
L Gambar 2. 3 Angka kekakuan ujung sendi
Selanjutnya, nilai dalam kurung dalam persamaan 2.2 dan 2.3 adalah angka kekakuan (stiffness factor ) masing-masing untuk ujung jepit dan ujung sendi. Angka kekakuan ini didefinisikan sebagai momen di dekat ujung jauh ( far-end moment ) untuk menyebabkan satu unit rotasi di dekat ujung jauh. Kemudian nilai +
1 2
dalam persaman 2.1 adalah angka induksi
(carry-over factor ) yang mana didefinisikan sebagai perbandingan momen pada ujung jauh jepit terhadap momen pada ujunng dekat yang mengalami rotasi.
II-5
2.4 Angka Distribusi (Distribution Factors) Angka distribusi dapat didefinsikan sebagai hasil bagi dari kekakuan suatu batang terhadap jumlah kekakuan batang-batang lainnya pada titik buhul yang bersangkutan. Jika terdapat beberapa batang suatu struktur pada titik buhul tertentu (gambar 2.4), akibat adanya rotaasi ujung-ujung batangnya akibat beban yang bekerja, momen pengunci ( Mo) yang bekerja harus didistribusikan secara proporsional ke masing-masing batang sesuai dengan angka kekakuannya. D
θA
C
Mo
Α
θA
θA
B Gambar 2. 4 Angka distribusi pada suatu struktur
Persyaratan keseimbangan pada titik buhul A adalah : M AB + M AC + M AD – Mo = 0
Dimana momen-momen di titik A adalah : M AB =
M AC =
4( EI ) AB L AB
θ A
4( EI ) AC L AC
θ A
II-6
M AD =
4( EI ) AD L AD
θ A
Jika bahan struktur tersebut adalah sama, maka momen pengunci, Mo, dapat ditulis :
⎛ I I I ⎞ Mo = 4E θ A ⎜⎜ AB + AC + AD ⎟⎟ ⎝ L AB L AC L AD ⎠ Jika diambil bahwa
I L
= K , maka persamaan di atas dapat ditulis :
Mo = 4E θ A Σ K
Atau : M o
∑ K
= 4E θ A
Sehingga momen ujung masing-masing batang yang melalui titik buhul A adalah : M AB =
M AC =
M AD =
Nilai
K AB
M o = (DF) AB Mo
∑ K
K ABC M o = (DF) AC Mo ∑ K K AD
(2.4)
M o = (DF) AD Mo
∑ K
K AB K AC K AD selanjutnya disebut dengan angka distribusi , , ∑ K ∑ K ∑ K
(distribution factor/DF) masing-masing untuk batang AB, AC dan AD. Untuk memenuhi persyaratan keseimbangan pada titik buhul, jumlah angka distribusi pada suatu titik buhul adalah harus sama dengan satu. (DF) AB + (DF) AC + (DF) AD = 1
2.5 Momen Ujung Jepit (Fixed – End Moment) Jika suatu balok yang tumpuannya adalah jepit-jepit untuk melawan rotasi atau translasi menerima beban luar arah transversal, maka balok tersebut
II-7
dinamakan dengan balok ujung jepit ( fixed-end beam). Momen yang bekerja akibat beban luar ini disebut dengan momen ujung jepit ( fixed-end moment ). Beberapa nilai momen ujung jepit untuk balok prismatis diberikan pada Tabel 2.1. Tabel 2. 1 Beberapa momen ujungjepit (FEM)
FEMAB Pab
Pembebanan
2
P
a
A
2
FEMBA
b
B
L
L
Pa 2 b
-
wL2
L2
-
12
w
wL2
A
30
wL2 ⎛ a a 2 ⎞ ⎜ 6 − 8 + 3 ⎟ 12 ⎜⎝ L L2 ⎠⎟
L
w A
a
B
L–a
w
3
wa ⎛ a ⎞ ⎜5 − 3 ⎟ 60 L ⎝ L ⎠
A
-
B
B
a
L–a
wL2 12 wL2 30
wL2 ⎛ a ⎞ ⎜4 − 3 ⎟ 12 ⎝ L ⎠
2 2 wa ⎛ a a ⎞ ⎜ 16 − 10 + 3 ⎟ 60 ⎜⎝ L L2 ⎠⎟
w 2
5 wL
A
96
M
M
- b(2a − b ) 2 L
Pa L
( L − a )
L/2
L/2
A
A
a
b
B
L
a
P
P L – 2a
-
B
a
B
5 wL2 96
M - a(2b − a ) 2 L
-
Pa L
( L − a )
II-8
Tabel 2. 1 Beberapa momen ujungjepit (FEM) (Lanjutan)
FEMAB
(
Pb L − b 2
Pembebanan 2
)
2
A
FEMBA
P
a
b
B
L
2 L
wL2 8
9 wL2 128 7 wL2
A
128
L/2
L/2
L/2
L/2
2.6 Aplikasi Analisis Struktur Statis Tak Tentu Dengan Metode Distribusi Momen 2.6.1
Struktur balok menerus Contoh 1. Tentukan diagram momen lentur dan gaya lintang dari struktur
balok menerus seperti pada Gambar 2.5. 3 t/m A
24 t C
(2EI)
(3EI) B 20 m
10 m
10 m
Gambar 2.5 Contoh aplikasi metode distribusi momen untuk struktur balok menerus
Prosedur analisis struktur balok dengan metode distribusi momen meliputi menentukan momen ujung jepit (FEM), angka kekakuan dan angka distribusi. Momen Ujung Jepit
II-9
1
FEMAB = +
2
12 1
FEMBA = -
12
FEMBC = +
(3 × 20 ) = 100 t.m (berlawanan arah jarum jam)
(3 × 20 ) = 100 t.m (searah jarum jam) 2
(24 × 10 ) 2 × 20
2
(20
2
− 10 2 ) = 90 t.m (berlawanan arah jarum jam)
FEMCB = 0(sendi) Angka Kekakuan
Untuk memudahkan dalam penghitungan angka kekakuan dapat dilakukan dengan cara membandingkan relative antara angka kekakuan satu batang dengan batang-batang lainnya, sehingga disebut juga angka kekakuan relative. Dalam hal ini cukup hanya menghitung angka kekakuan dari batang-batang yang bertemu pada satu titik buhul. SFBA : = SFBC =
4(3 EI ) 20
:
3(2 EI ) 20
=
12( EI ) 20
:
6 ( EI ) 20
= 2 : 1
Angka Distribusi
DFBA =
DFBC =
2
(2 + 1) 1
(2 + 1)
= 0.67
= 0.33
Selanjutnya momen-momen pada tiap-tiap batang dihitung seperti disajikan dalam Tabel 2.2. Tabel 2.2 Proses penghitungan metode distribusi momen
Titik Buhul Batang Angka Distribusi (DF) Tahapan 1 FEM Induksi Tahapan 2 Total Akhir
A AB +100 +3.3 +103.3
B
1/2
BA 0.67 -100 +6.6
BC 0.33 +90 +3.4
-93.4
+93.4
C CB 0
0
Hasil penghitungan momen-momen ujung batang dan reaksi gaya akibat beban luar dapat digambarkan dalam diagram benda bebas ( free body diagram) seperti ditunjukkan pada Gambar 2.6.
II-10
3 t/m
24 t B
A 30
B
C 12
30
12
(a) 93.4
103.3
93.4
B
A 0.495
B
C 4.67
4.67
0.495
(b) Gambar 2. 6 Diagram benda bebas struktur balok menerus (a) akibat beban luar (b) akibat momen ujung
Reaksi gaya pada tumpuan dan momen lentur dihitung dengan cara superposisi dari Gambar 2.6(a) dan (b). R A,V = 30 + 0.495 = 30.495 t.m R B,V = 30 – 0.495 +12 + 4.67 = 46.175 t.m R C,V = 12 – 4.67 = 7.33 t.m Kontrol resultante keseimbangan gaya arah vertikal : 30.495 + 46.175 + 7.33 – (30 x 20) – 24 = 0
30.495
OK!
16.67 (+)
A
(+)
D
C B
(-)
x
E
(-)
29.505
7.33
(a) 103.3
93.4 (-)
(-) (+)
(+) 51.69
(b)
73.3
Gambar 2. 7 (a) Diagram gaya lintang (b) Diagram momen lentur
Momen lentur positif pada bentang AB ditentukan pada jarak x dari tumpuan A dimana gaya lintangnya adalag nol, sebagai berikut :
II-11
SF x = R A,V – q.x = 0
x
=
R A ,V
30.495
=
q
3
= 10.165 m (dari tumpuan A)
Maka : M x = R A,V .x –
q x .
2
2
+ M AB
(3 × 10.165 ) - 103.3 = +51.691 T.m 2
= (30.495 x 10.165) -
2
Sedangkan momen lentur positif pada bentang BC (titik E : ditengah bentang) ditentukan sebagai berikut : M E = R B,V(kanan). 2.6.2
L 2
+ M AB = (16.67 x 10) – 93.4 = +73.3 T.m
Struktur balok menerus pada perletakan elastis
Bila suatu struktur balok dengan konstruksi seperti pada Gambar 2.8 dimana pada perletakan diujung C dapat dianalogikan bahwa balok tersebut didukung oleh perletakan elastik seperti pada Gambar 2.9. P1
P2 C
A
B D, E
LAB
D
LBC
E LDE
(a) P2
P1
C A
B LBC
LAB
(b) Gambar 2. 8 Struktur balok menerus di atas perletakan elastik
Dalam hal ini letak ujung C akan dipengaruhi oleh defleksi batang DE. Bila ujung C terletak di tengah batang DE, maka angka pegas ( spring
II-12
constant ) ddiberikan dalam persamaan 2.5a. namun, ujung C dapat pula
didukung oleh suatu batang dari atas ( tie-rod ), maka keadaan demikian ini mempunyai angka pegas seperti disajikan dalam persamaan 2.5b. t=
t=
48 ( EI ) 3
L
( AE ) L
(2.5a)
(2.5b)
P1
P2 C
A
P1
(a)
∆C
t
B P2
R C C
A B
(b)
O
R C
A B
(c)
C
∆'C
R’C
Gambar 2. 9 Analogi balok di atas perletakan elastik
Bila defleksi ujung C belum diketahui, maka analisis balok pada Gambar 2.9(a) merupakan superposisi dari dua tahap seperti pada Gambar 2.9(b) dan (c) dan diberikan dalam persamaan 2.6. Pada tahap pertama reaksi pada perletakan di C ditentukan terhadap beban luar (Gambar 2.9(b)), selanjutnya beban luar ini tidak diperhitungkan dalam tahap kedua dimana reaksi pada tumpuan C ditentukan berdasarkan hanya akibat defleksi. RC =t.∆C ∆C =
n1∆’C O C +
RC =R
n1 R’C
(2.6)
II-13
Dan nilai n1 yang belum diketahui dapat dihitung sebagai berikut : O C +
t ∆C = R
n1 R’C
O C +
t n1∆’C = R
n1 R’C O C =
n1(R’C - t.∆’C )+ R
(2.6a) 0
o
n1 =
RC t .∆' C − R' C
(2.6b)
Maka momen akhir total adalah : o
(2.7)
M = M + n1 M’
Contoh 2. Tentukan momen dan reaksi pada tumpuan dari struktur balok
menerus seperti pada Gambar 2.10.
30 kN
10 kN/m
C
A EI
EI
B
6m
3m
t = 5 x103 kN/m 3m
E = 20 x 106 kN/m2; I = 2 x 10-3 m4 Tahap I: diasumsikan bahwa tidak terjadi defleksi pada ujung C dan
dalam penghitungan momen ujung jepit hanya akibat beban luar. FEM BA = − FEM BC = +
1
(10 × 6 ) = -45 kN.m 2
8
(30 × 6 ) + ⎡⎢ (30 × 6 )⎤⎥ = +33.75 kN.m 8 2 ⎣ 8 ⎦ 1 1
1
Angka kekakuan :
SFBA : SFBC =
3( EI ) 6
Angka distribusi :
DFBA = DFBC =
1 1+1 1 1+1
= 0.5 = 0.5
:
3( EI ) 6
= 1 : 1
II-14
Tabel 2.3 Proses penghitungan metode distribusi momen Tahp I
Titik Buhul Batang Angka Distribusi (DF) Tahapan 1 FEM
A AB -
B BA 0.5 -45 +5.625 -39.375
0 -
Jumlah
M
o
0 39.375
10 kN/m A
BC 0.5 +33.75 +5.625 +39.375
39.375
0 0
30 kN
B
B
C
36.5625
23.4375
C CB -
21.5625
R oC = 8.4375
Gambar 2. 10 Diagram benda bebas Tahap-I o
R C =
30 2
39.375
−
6
= +8.4375 kN
Tahap II: diasumsikan bahwa defleksi pada ujung C, ∆’C = 1 cm (= 0.01
m) dan dalam penghitungan momen ujung jepit beban luar tidak dihitung lagi. FEM BC = +
3( EI )∆' C L2
=+
(
)(
3 20 × 10 6 2 × 10
−3
6 2
)(0.01) = +33.33 kN.m
Tabel 2.4 Proses penghitungan metode distribusi momen Tahap II
Titik Buhul Batang Angka Distribusi (DF) Tahapan 1 FEM
A AB -
B BA 0.5 0
Jumlah
M
’
0 16.667
A
B 2.778
2.778
-16.667 -16.667
BC 0.5 +33.333 -16.667 +16.667
’
−
16 .667 6
= -2.778 kN
0 0
16.667 B
C 2.778
Gambar 2. 11 Diagram benda bebas Tahap II
R C =
C CB -
R ’C = 2.778
II-15
Menggunakan persamaan 2.6(a) diperoleh : n1 =
+ 8 .4375 = 0.16 (5000 × 0.01) − (− 2.778 )
Momen akhir total dihitung menggunakan persamaan 2.7 : o
M BA = M BA + n1 M’ BA = -39.375 + (0.16)(-16.667) = -42.0395 kN o
M BC = M BC + n1 M’ BC = +39.375 + (0.16)(16.667) = +42.0395 kN
42.04
10 kN/m A
42.04 B
B 37.007
22.993
30 kN C 7.993
22.007
Gambar 2. 12 Diagram benda bebas Contoh-2
2.6.3
Struktur dengan penurunan pada perletakan
Metode distribusi momen dapat juga digunakan untuk menganalisis struktur balok atau portal yang mengalami penurunan pada perletakannya (support settlemennt ). Akibat dari penurunan atau perpindahan posisi pada perletakan ditunjukkan pada Gambar 2.13. P1
Pn B
A
C
∆v
(EI)
(EI)
B’ hAD
(EI)
hBE
(EI)
D E
∆v
E’
∆h LAB
LBC
Gambar 2. 13 Kontruksi portal akibat penurunan pada perletakan
II-16
Akibat perpindahan posisi perletakan E, baik vertikal dan horisontal, terjadi momen ujung yang dapat digambarkan seperti pada Gambar 2.14. Ujung B mengalami penurunan sebesar D, untuk kedua ujung adalah terkekang (jepit) momen ujung yang ditentukan seperti pada persamaan 2.8a, dimana momen ujung B (M B) adalah sama besar dan arahnya dengan MA. Sementara bila salah satu ujungnya adalah sendi (Gambar 2.14b), momen ujung diberikan pada persamaan 2.8b. V
A (EI)
MA(+)
B
∆
V
MB(+)
L
(a) B
(EI)
C
∆ MB(-)
L
(b) Gambar 2. 14 Konsep balok akibat penurunan pada perletakan
M A = M B = + M B = −
6 ( EI )∆
3( EI )∆ L2
2
L
(2.8a)
(2.8b)
Contoh 3. Gambarkan diagram gaya lintang, momen lentur dan gaya
normal dari konstruksi portal seperti pada Gambar 2.15. Perletakan E mengalami perpindahan posisi vertikal ( ∆v)10 cm dan perletakan D bergeser (∆h) 2.5 cm ke kiri. Nilai modulus elastisitas (E) bahan 2 2
-5
4
kN/m , dan momen inersia penampang (I) 6 x 10 m .
Angka kekakuan :
SFAD =
4(2 EI ) 6
=
8 EI 6
x
108
II-17
q = 10 kN/m A
C (2EI)
B
(2EI)
∆v
B’ 6m
(2EI)
(EI)
D
E
D’
∆v
E’
∆h 12 m
12 m
Gambar 2. 15 Kontruksi portal akibat penurunan pada perletakan untuk Contoh 3
4 (2 EI )
SFAB = SFBA = SFBC = SFBE =
12
3(2 EI ) 12 4( EI ) 6
=
=
=
4 EI 6
EI 6
EI 6
SFAD : SFAB : SFBA : SFBC : SFBE = 8 : 4 : 4 : 1 : 4
Angka distribusi :
DFAD = DFBA = DFBE =
8 8 + 4
= 0.7;
4 4 +1+ 4 4 4 +1+ 4
DFAB =
= 0.44;
4 8 + 4
= 0.3
DFBC =
1 4 +1+ 4
= 0.12
= 0.44
Momen ujung jepit : FEM DA = FEM AD = +
6 (2 EI )∆h h2
=
6 2 × 2 × 10 8 × 6 × 10 6 2
−5
)0.025
II-18
= + 100 kN.m 2
FEM AB = +
qL
12
+
6 (2 EI )∆v L2
(100 × 12 ) + 6 (2 × 2 × 10 = + 2
12
8
× 6 × 10 −5 )0.10
12 2
= + 220 kN.m FEM BA = −
= −
qL2 12
+
6 (2 EI )∆v L2
100 × 12 2 12
) + 6 2 × 2 × 10
8
× 6 × 10 −5 )0.10
12 2
= -20 kN.m FEM BC = +
qL2 8
−
3(2 EI )∆v L2
(100 × 12 ) − 3(2 × 2 × 10 = + 2
8
8
× 6 × 10 −5 )0.10
12 2
= +130 kN.m
Tabel 2.5 Distribusi momen Contoh 3
Titik Buhul Batang DF FEM
D DA +100 -112 +4.8 +0.16
Jumlah
-7.04
A AD 0.7 +100 -224 +9.6 +0.31
-114.1
B AB 0.3 +220 -96 -13.7 +4.1 -0.45 +0.14
+114.1
BA 0.44 -20 -48 -27.3 +2.05 -0.9 +0.07 -0.03 -94.1
E
C CB 0
BC 0.12 +130
BE 0.44 0
EB 0
-7.4
-27.3
-13.7
-0.25
-0.9
-0.45
-0.01
-0.03
-0.015
+122.3
-28.2
-14.2
0
Diagram benda bebas momen-momen ujung dan gaya-gaya pada masing-masing ujung batang diberikan pada Gambar 2.16.
II-19
20.2 61.7 20.2
94.1
114.1
122.3
20.2 7.1 128.5
58.3
61.7
70.2
7.1
114.1
49.8
28.2
20.2
7.04
7.1
7.1
14.2 128.5
61.7
(a) 70.2
61.7 (+)
A
(+)
B
x2 = 4.98 m C (-)
(-) x1 = 6.17 m
49.8
58.3 (-)
(-)
D
E
20.2
7.1
(b) 122.3 114.1
114.1
A
94.1 (-)
(-)
C B
(+) (-)
28.2
(+)
(-)
76.24
124..1
(+)
D
(+)
7.04
14.2
(c)
E
II-20
B
A
C
(-)
(-)
7.1
20.2
(-)
(-)
D
E
61.7
128.5
(d) Gambar 2. 16 (a) Diagram benda bebas (b) Diagram gaya lintang (c) Diagram momen lentur (d) Diagram gaya normal Contoh 3
2.6.4
Struktur Dengan Beban Simetris
Suatu struktur yang mempunyai geometri dan beban simetris seperti ditunjukkan pada Gambar 2.17, dalam analisis strukturnya dapat ditentukan hanya dengan meninjau setengah bentangnya. Sehingga dimungkinkan terdapat modifikasi nilai angka kekakuannya.
P1
q A
(EI)
P1
q
(EI)
B
L1
C
(EI)
D
L1
L2
(a) P1
q A
(EI) L1
B
(EI)
q
P1 (EI)
C
L2
L2
D
(EI)
E
L1
(b) Gambar 2.17 Contoh aplikasi metode distribusi momen untuk struktur balok menerus
Pada Gambar 2.17(a) dan (b), struktur dapat ditinjau setengah bentang. Sehingga nilai angka kekakuan batang BC pada Gambar 2.17(a) adalah
II-21
2( EI ) BC L2
. Sedangkan untuk Gambar 2.18(b), titik C dapat dimisalkan
sebgai jepit dengan angka kekakuan normal (
4( EI ) BC L2
).
Contoh 4. Distribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal
seperti pada Gambar 2.19. 40 kN
24 kN/m (3EI)
A
24 kN/m
(2EI)
B
8m
4m
C
(3EI)
4m
D
8m
Gambar 2.18 Contoh 4
Analisis struktur di atas dapat hanya meninjau setengah bentang saja. Angka kekakuan :
SFBA = SFBC =
3(3 EI ) 8 2(2 EI ) 8
SFBA : SFBC =
=
9 EI
=
4 EI
8 8
(setengah bentang BC)
9 EI 4 EI =9:4 : 8 8
Angka distribusi:
DFBA =
9 9+4
= 0.69;
DFBC =
4 9+4
= 0.31
Momen ujung jepit : FEM BA = -
FEM BC = +
(24 )(8 )2 8
= - 192 kN.m
(40 )(4)(4)2 2
8
=+40 kN.m
Pelu diperhatikan bahwa, dalam penghitungan momen ujung, bentang yang diperhitungkan adalah tetap bentang penuh (bukan setengah bentang BC).
II-22
Tabel 2.6 Distribusi momen Contoh 4
Titik Buhul Batang DF FEM
A AB 0
Jumlah
2.6.5
B
0
BA 0.69 -192 +104.9
BC 0.31 +40 +47.1
-87.1
+87.1
Struktur Portal Tanpa Translasi Titik Buhul
Aplikasi metode momen distribusi untuk analisis struktur portal tanpa mengalami translasi titik buhul (tidak dapat bergoyang), pada dasarnya adalah sama dengan seperti yang diuraikan pada struktur balok menerus. Namun, pada struktur portal jumlah batang yang bertemu pada satu buhul sering
lebih
dari
dua
batang.
Pada
beberapa
kasus,
terdapat
ketidakseimbangan momen pada titik buhul akibat momen-momen ujung batang yang melalui titik buhul tersebut. Resultante momen yang tidak seimbang ini kemudian didistribusikan ke beberapa ujung batang sesuai dengan angka distribusinya masing-masing. a
P
P
A
B
(2EI) (EI)
(EI) E
D
q
(a) A
C (2EI)
(2EI)
B
(EI)
(EI)
D
E
(b)
Gambar 2. 19 Kontruksi portal yang tidak menyebabkan goyangan (tanpa translasi titik buhul)
II-23
Konstruksi portal yang tidak dapat bergoyang ini dapat dikarenakan bila portal adalah simetris secara geometris dan beban yang bekerja juga simetris, atau portal terhubungkan dengan konstruksi lainnya yang tidak dapat menyebabkan bergoyang seperti ditunjukkan pada Gambar 2.19.
Contoh 5. Distribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal
seperti pada Gambar 2.20, dan gambarkan diagram gaya lintang dan momen lenturnya. 36 kN
64.8 kN/m
A
(2EI)
B
C
(EI)
5m
D
1.5 m
5m Gambar 2. 20 Contoh 5
Angka kekakuan :
SFBC = SFBD =
4(2 EI ) 5 4 ( EI ) 5
SFBC : SFBD =
=
=
8 EI 5
4 EI 5
8 EI 4 EI =8:4 : 5 5
Angka distribusi:
DFBA =
8 8 + 4
= 0.67;
DFBC =
4 8 + 4
= 0.33
Momen ujung jepit : FEM BA = - (36 × 1.5 ) = -54 kN.m (overhang)
II-24
FEM BC =- FEM CB =
(64.8 )(5)2 12
=+135 kN.m
Tabel 2.7 Distribusi momen Contoh 5
Titik Buhul Batang DF FEM
B BC 0.67 +135 -54
BA -54
BD 0.33 0 -27
Induksi Jumlah
-54
36 kN
+81 81
54
36
D DB 0
-27
-13.5
-162
-13.5
64.8 kN/m
162
181.8
B
A
-27
C CB -135
8.1 27
B
C
B
8.1 145.8
178.2
8.1
(a) 8.1 D
13.5
181.8 145.8
162
81 54
B
(+)
x
C
A (-)
(-)
2.25 m
(-) A 27
(-)
x
(-) B
C
(+)
36 83.025
(-) 178.2 D
8.1
D
(b) x =
145.8 64.8
= 2.25 m
13.5
(c)
II-25
B
A
C
(-)
8.1
Momen lentur pada jarak x: M x = -81 + 145.8 (2.25) 1 2 - (64.8 )(2.25 ) = 83.025 kN.m 2
(-)
D
181.8
(d) Gambar 2. 21 (a) Diagram benda bebas (b) Diagram gaya lintang dan (c) Diagram momen lentur (d) Diagram gaya normal Contoh 5
Contoh 6. Distribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal
seperti pada Gambar 2.22, dan gambarkan diagram gaya lintang dan momen lenturnya. q = 45 kN/m A
C
(4EI)
B
(EI)
(EI)
D
E
(4EI)
(EI)
6m
F
8m
8m
(a) q = 45 kN/m B
A (4EI)
(EI)
D
(b) Gambar 2. 22 Contoh 6
Konstruksi adalah simetris secara geoemtris dan pembebanan, sehingga dapat dianalisis hanya dengan meninjau setengah bentang seperti ditunjukkan pada Gambar 2.22(b). Dalam hal ini pada titik buhul B harus
II-26
dalam keseimbangan, dimana tidak terjadi lentur pada batang BE. Dalam analisisnya, keseimbangan momen pada titik buhul A dan C adalah sama tetapi berbeda arah momen yang bekerja. Angka kekakuan :
SFAD = SFAB =
4( EI ) 6
=
4(4 EI ) 8
SFAD : SFAB =
2 EI 3
=
16 EI 8
2 EI 3
= 2EI
: 2 EI = 2 : 6
Angka distribusi:
DFAD =
2 2 + 6
= 0.25;
DFAB =
6 2 + 8
= 0.75
Momen ujung jepit : FEM AB = - FEM BA =+
1 12
(45)(8 )2 = +256 kN.m
Tabel 2.8 Distribusi momen Contoh 6
Titik Buhul Batang DF FEM
D DA 0
Induksi
-32
Jumlah Batang
-32 FC
q = 45 kN/m
64 156 16 64
16
32
B 156
AD 0.25 0 -64
228
-64 CF
+64 CB
16
456
16
B
-352 BC q = 45 kN/m
352
64
B
16
C 228
16 D
AB 0.75 +256 -192
B BA -256 -96
352
A
A
A
156
156 C
64
16
16 E
156
F 456
(a)
156
32
II-27
228
156 (+)
x
A
C B
(-)
3.25 m
(-)
(-)
(-)
228 16
D
3.25 m
(+)
E
16
156
F
(b)
352
64
(-)
(-) 64 (-)
A
64
(-)
(-)
B
(+)
C
(+)
64 (-)
189.5
189.5 228 D
(+)
32
E
32
(+)
F
(c) B
A 16
(-)
(-)
D
C
(-)
(-)
(-)
E 156
16
456
156
F
(d) Gambar 2. 23 (a) Diagram benda bebas (b) Diagram gaya lintang dan (c) Diagram momen lentur (d) Diagram gaya normal Contoh 6
Momen lentur pada jarak x: M x = -64 + 156 (3.25) 2.6.6
1 2
(45 )(3.25 )2 = +189.5 kN.m
Struktur Portal Dengan Translasi Titik Buhul
Aplikasi dari metode distribusi momen untuk analisis portal statis tak tentu dimana terdapat titik buhul yang mengalami translasi yang belum
II-28
(unknown translation),
diketahui
atau
goyangan
belum
diketahui
(unknown sideways) akan diuraikan pertama dengan cara yang sederhana dimana derajat kebebasan (degree of freedom ) goyangan tersebut adalah sama dengan 1. Terdapat tiga langkah utama dalam analisis portal seperti ditunjukkan pada Gambar 2.24. Ketiga langkah tersebut adalah sebagai berikut : W2 C
B W1 M
HA
A
D
HD
(a)
R o
C
B
'
∆'
W2
R’
C
B
C’
W1 Mo
A
M’
HA1
A D
HA2
HD1
D
(b)
HD2
(c)
Gambar 2. 24 Portal dengan goyangan satu derajat kebebasan
1. Goyangan ke samping dari batang BC dicegah dengan memberikan tumpuan “buatan” (artificial support ) pada C seperti ditunjukkan pada o
Gambar 2.24(b). Pada tahap ini momen-momen pada ujung batang (M ) dihitung akibat beban luar yang bekerja pada portal tersebut, sehingga o
reaksi pada tumpuan C yaitu R dapat diketahui besar dan arahnya.
II-29
2. Titik buhul B dan C dikunci untuk melawan rotasi, tetapi tumpuan C diperbolehkan mengalami perpindahan posisi sebesar ∆’, sehingga menyebabkan terjadinya momen ujung pada kolom AB dan CB seperti ditunjukkan pada Gambar 2.24(c). Selanjutnya momen-momen pada ujung batang (M’) dapat ditentukan dengan metode distribusi momen, sehingga besar dan arah dari reaksi pada tumpuan C (R’) dapat ditentukan pula. Perlu diingat bahwa pada tahap kedua ini, beban luar tidak diperhitungkan lagi dalam penghitungan momen ujung (M’). Karena besarnya ∆’ belum diketahui, maka ∆’ dapat diasumsikan sebarang nilai sehingga besarnya momen ujung (FEM) serasi dengan nilai-nilai momen sebelumnya. 3. Momen-momen ujung tiap batang yang sesungguhnya (M) pada Gambar 2.24(a) merupakan resulatante dari momen akibat beban diluar dan n kali momen akibat perpindahan posisi seperti diberikan pada persamaan 2.9. o
M = M + n M’
(2.9)
Dimana n ditentukan dari : o
R = n R’ n=
R
o
R'
(2.9a)
Pada permasalah sederhana seperti Gambar 2.24 di atas, arah goyangan dapat diketahui atau diperkirakan degan tepat. Namun demikian, arah goyangan dapat pula diperkirakan ( assumed ) terlebih dahulu dan selanjutnya hasil penghitungan akan menunjukkan apakah arah goyangan yang diperkirakan adalah tepat atau tidak. Jika derajat kebebasan pada goyangan adalah lebih dari satu, maka distribusi momen dilakukan untuk masing-masing goyangan ∆’1, ∆’2, ∆’3, dan seterusnya. Momen akhir yang sesungguhnya selanjutnya dapat ditentukan dengan cara menentukan nilai n 1, n 2, n3, dan seterusnya dengan penyelesaian persamaan simultan. Pada Gambar 2.25 diberikan suatu contoh portal bertingkat yang terdiri atas kolom dan dua batang horisontal.
II-30
Dengan langkah-langkah yang serupa seperti diuraikan di atas, dapat diuraikan kembali langkah-langkah untuk analisis portal pada Gambar 2.25 adalah sebagai berikut : P1
P1 B
A
A
P2
P2
C
F
E
(b)
∆1’
∆1’ R 1
B
A
F
E
(a) ’
R 2’ D
∆2’
C
R 2
D
F
E
’’
R 1
B
A
∆2’ C
R 2o
D
C
D
o
R 1
B
(c)
’’
F
E
(d)
Gambar 2. 25 Portal dengan goyangan dua derajat kebebasan
1. Agar titik buhul B dan D tidak dapat mengalami perpindahan posisi, maka pada B dan D diberi tumpuan “buatan” seperti ditunjukkan pada Gambar 2.25(b). Selanjutnya momen-momen pada ujung batang (M o) dihitung akibat beban luar yang bekerja pada portal tersebut, o
o
sehingga reaksi pada tumpuan B dan D yaitu R 1 dan R 2 dapat diketahui besar dan arahnya.
II-31
2. Titik buhul A, C dan D dikunci untuk melawan rotasi, tetapi tumpuan B diperkirakan mengalami perpindahan posisi sebesar ∆1’, sehingga menyebabkan terjadinya momen ujung pada kolom AC dan BD seperti ditunjukkan pada Gambar 2.24(c) yang besarnya cukup diberi nilai banding yang serasi dengan momen ujung sebelumnya. Selanjutnya momen-momen pada ujung batang (M’) dapat ditentukan dengan metode distribusi momen, sehingga besar dan arah dari reaksi pada tumpuan B dan D yaitu R 1’ dan R 2’ dapat ditentukan pula. 3. Seperti pada langkah 2 di atas, tetapi tumpuan B dikunci dan C diperkirakan mengalami perpindahan posisi sebesar ∆2’, sehingga menyebabkan terjadinya momen ujung pada kolom AC dan BD seperti ditunjukkan pada Gambar 2.24(d) yang besarnya cukup diberi nilai banding yang serasi dengan momen ujung sebelumnya. Selanjutnya momen-momen pada ujung batang (M’’) dapat ditentukan dengan metode distribusi momen, sehingga besar dan arah dari reaksi pada tumpuan B dan D yaitu R 1’’ dan R 2’’ dapat ditentukan pula. 4. Dari langkah 1, 2 dan 3 di atas didapat persamaan simultan (persamaan 2.10a dan b) untuk menentukan nilai n 1 dan n2 yang selanjutnya digunakan
untuk
menentukkan
momen
akhir
sesungguhnya
(persamaan 2.10c). o
(2.10a)
o
(2.10b)
R1 + n1 R1’ + n2 R1” = 0 R2 + n1 R2’ + n2 R2” = 0 o
M = M + n1 M’ + n2 M” = 0
(2.10c)
Contoh 7. Distribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal
seperti pada Gambar 2.26, dan gambarkan diagram gaya lintang, gaya normal dan momen lenturnya.
Akibat beban horizontal 60 kN portal mengalami goyangan kekanan, dan titik buhul C mengalami perpindahan ∆’ (Gambar 2.25b).
II-32
30 kN/m
∆’
60 kN
∆’
R o
C B
B
(3EI)
C
4m A
(EI)
3EI
A
8m
D
D
8m
(a)
(b) Gambar 2. 26 Contoh 7
Angka kekakuan :
SFBA =
4( EI ) 4
= EI
SFBC = SFCB = SFCD =
4(3 EI )
4(3 EI ) 8
=
12 EI
12 EI
3 EI
8
=
8
=
8
=
3 EI 2
2
SFBA : SFBC : SFCB : SFCD = EI :
3 EI 3 EI 3 EI : : = 2 : 3 :3 : 3 2 2 2
Angka distribusi:
DFBA = DFCB =
2 2+3 3 3+3
= 0.40;
DFBC =
= 0.50;
DFCD =
3 2+3 3 3+3
= 0.60 = 0.50
Tahap I : Menentukan M o akibat beban luar yang bekerja Momen ujung jepit : FEM BC = - FEM CB =+
1 12
(30 )(8 )2 = +160 kN.m
Selanjutnya distribusi momen akibat beban yang bekerja pada portal diberikan pada Table 2.9 dan diagram benda bebas diberikan pada Gambar 2.27.
II-33
Tabel 2.9 Distribusi momen akibat beban luar yang bekerja Contoh 7
Titik Buhul Batang DF FEM
A AB 0
B BA 0.50 0
-40
-80
-3.0
-6.0
-0.017
-0.034
BC 0.60 +160 +40 -120 +15 -9.0 +1.125 -0.675 +0.084 -0.050
-43.22
-86.48
+86.48
-.0.2
Jumlah Mo
C
-0.45
86.48 116.76 60 kN
CB 0.50 -160 +80 -60 +30 -4.5 +2.25 -0.34 +0.17
-112.42
30 kN/m
32.43
43.22
A
+30
+15
+2.25
+1.1
+0.17
0.084
+112.42
+56.18
112.42 123.24
B
C
32.43 B
CD 0.50 0 +80
D DC 0 +40
86.48
116.76
123.24
R o = 71.36
21.08
112.42
C
21.08
32.43 116.76
21.08 D
56.18
123.24 Gambar 2. 27 Diagram benda bebas akibat beban yang bekerja untuk menentukan Ro
Reaksi pada tumpuan “buatan” C (R o) ditentukan dari :
ΣFH = 0 R o = (60 + 32.43) – (21.08 ) = 71.36 kN (ke kiri) Tahap II : Menentukan M’ akibat mengalami perpindahan ’ Momen ujung jepit : FEM AB = FEM BA =+
6 ( EI )∆' 4
2
=
3 EI ∆' 8
II-34
FEM DC = FEM CD =+
6 (3 EI )∆' 2
8
=
9 EI ∆' 32
Momen yang serasi diambil berdasarkan perbandingan : 3 EI ∆' 9 EI ∆' : =12 : 9 8 32
FEM AB : FEM DC =
Dan ∆’ diasumsikan sebesar 1 satuan, maka momen-momen serasinya adalah : FEM AB = FEM BA = +12 kN.m FEM DC = FEM CD = +9 kN.m Tabel 2.10 Distribusi momen akibat beban luar yang bekerja Contoh 7
Titik Buhul Batang DF FEM
A AB +12
B BA 0.50 +12
-1.95
-3.9
C
-0.011
-0.022
BC 0.60 0 -2.25 -5.85 +0.73 -0.44 +0.055 -0.033
+9.89
+7.79
-7.79
-0.15
Jumlah M’
-0.29
CB 0.50 0 -4.5 -2.93 +1.46 -0.22 +0.11
-6.08
7.79 B
C 1.73
B 4.42
A
+0.73
+0.11
+0.055
+6.08
+7.54
6.08
4.42
4.42
+1.46
1.73
1.73
7.79
CD 0.50 +9 -4.5
D DC +9 -2.25
R ’ = 6.12
1.70 C
1.73
6.08
1.70
9.89 1.73
1.70 7.54
D 1.73
Gambar 2. 28 Diagram benda bebas akibat beban yang bekerja untuk menentukan R’
II-35
4.4 60 kN
96.5
30 kN/m
183.3 143.5
B
C
19.1 4.4
96.5
B
40.9 C
143.5
40.9
183.3 19.1
19.1 72.1
A
96.5
40.9 D
(a)
143.5 183.3
96.5
19.1
B
+
+
144.
x
C
40.9
B 4.4
-
3.22 m
-
4.4
183.3
C
+
-
19.1 A
+
143.5
A
72.1
143.5
(+) D
(b)
D
40.9
(c)
96.5
B
143.5
C
-
40.9
40.9
A
144.1
96.5
-
143.5
D
(d) Gambar 2. 29 (a) Diagram benda bebas (b) Diagram gaya lintang (c) Diagram momen lentur dan (d) Diagram gaya normal Contoh 7
II-36
Reaksi pada tumpuan “buatan” C (R’) ditentukan dari :
ΣFH = 0 R ’ = (4.42) + (1.70) = 6.12 kN (ke kanan) Selanjutnya : -Ro + n R’ = 0 n=
R
o
R'
=
71.36 6 .12
= 11.66 o
Selanjutnya momen akhir sesungguhnya : M = M + n M’ Tabel 2.11 Momen akhir sesungguhnya Contoh 7
Titik Buhul Batang Mo M’ n M’ M
A AB -43.2 +9.9 +115.3 +71.1
B BA -86.5 +7.8 +90.8 +4.4
C BC +86.5 -7.8 -90.8 -4.4
CB -112.45 -6.1 -70. 9 -183.3
CD +112.45 +6.1 +70. 9 +183.3
D DC +56.2 +7.5 +87.9 +144.1
Contoh 8. Distribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal
seperti pada Gambar 2.30, dan gambarkan diagram gaya lintang, gaya normal dan momen lenturnya.
Akibat beban yang tidak simetris portal mengalami goyangan kekiri, seperti ditunjukkan pada Gambar 2.30(c) dan (d). Angka kekakuan :
SFAC : SFAB =
4( EI ) 4(2 EI ) = 1 : 1 : 4 8
SFBA : SFBD =
4( EI ) 4(2 EI ) : = 1 : 1 4 8
SFCE : SFCA : SFCD =
3( EI ) 4( EI ) 4(3 EI ) = 3 : 4 : 6 : : 4 4 8
SFDF : SFDB : SFDC =
3( EI ) 4( EI ) 4(3 EI ) : : =3:4:6 4 4 8
Angka distribusi:
DFAC = DFBA =
1 1+1 1 1+1
= 0.50;
DFAB =
= 0.50;
DFBD =
1 1+1 1 1+1
= 0.50 = 0.50
II-37
90 kN
90 kN B
A
A
B
R Bo
D
R Do
(2EI) (EI)
4m
EI 120 kN
120 kN
C
C
D (3EI)
4m
(EI)
(EI)
E
F 2m
F
E
6m
(a)
(b)
∆1’
∆1’ R B’
B
A
B
A
∆2’ R B’
C
∆2’
C
’’
F
F
E
(c)
(d) Gambar 2. 30 Contoh 8
DFCE = DFCD = DFDB =
3
= 0.23;
DFCA =
= 0.46;
DFDDF
= 0.31;
DFDC =
3 + 4 + 6 6
3 + 4 + 6 4 3 + 4 + 6
4 3 + 4 + 6
= 0.31
3 3 + 4 + 6
= 0.23
6 3 + 4 + 6
= 0.46
Tahap I : Menentukan M o akibat beban luar yang bekerja Momen ujung jepit :
R D
D
D
E
R B’’
II-38
FEM AB = + FEM BA =-
(90 × 2 × 6 )(6 ) 2
8
(90 × 2 × 6 )(2 ) 2
8
FEM CD = + FEM DC =-
= + 101.25 kN.m
= -33.75 kN.m
(120 × 2 × 6 )(6 ) 8 2
(120 × 2 × 6 )(2) 2
8
= + 135 kN.m
= -45 kN.m
Selanjutnya distribusi momen akibat beban yang bekerja pada portal diberikan pada Table 2.12. Tabel 2.12 Distribusi momen akibat beban luar yang bekerja Contoh 8
Joint Batang DF FEM
C CD 0.46 135.00 -62.31
CE 0.23 0 -31.15
14.47 2.61
1.30
0.05 1.63
0.82
-0.17 -0.032
-0.016
o
M
-29.05
91.24
CA 0.31 0 -41.54 -20.12
1.74 -3.58
1.09 0.24
-0.022
-62.19
A AC 0.50 0 -20.77 -40.24
0.87 -7.17
0.54 0.49
-0.01 0.04
-66.25
AB 0.50 101.25
B BA 0.50 -33.75
-40.24 13.47
-20.12 26.94
-7.17 -1.51
0.49 -0.07
0.04
66.25
-3.58 -3.03
0.24 -0.14
0.02 0.05 -33.38
BD 0.50 0
DB 0.31 0
26.94 9.64
13.47 19.29
-3.03 0.03
-1.51 0.06
-0.14 -0.11
-0.07 -0.23
0.024 0.002 33.38 31.03
D DC 0.46 -45.00 -31.15
DF 0.23 0
28.93 1.30
14.47
0.10 0.82
0.05
-0.34 -0.016
-0.17
0.003 -45.37
0.002 14.34
0.05
Diagram benda bebas dari distribusi momen akibat beban yang bekerja diberikan pada Gambar 2.31. Besar dan arah reaksi pada tumpuan buatan di B dan D dapat diketahui sebagai berikut : o
R B = (32.11) – (16.10 ) = 16.01 kN (ke kiri) o
R D = (32.11 + 3.60) – (16.10 + 7.26 ) = 12.34 kN (ke kanan) ’
Tahap II : Menentukan M akibat terjadinya goyangan ke kiri pada titik buhul B.
II-39
66.25 32.11
33.38
90 kN
A
B
A 33.38
32.11 62.19
C
32.11 7.26 C 7.26
R B = 16.01 kN
B 66.25
32.11
o
16.10
16.10
16.10
91.24
120 kN
C
31.03
D
45.37
16.10
D
R Do = 12.31 kN
3.60 29.05
14.39
7.26
D 3.60
3.60
E
F
Gambar 2. 31 Penentuan besar dan arah reaksi horizontal pada tumpuan buatan B dan D akibat beban yang bekerja
Tabel 2.13 Distribusi momen akibat goyangan pada titik buhul B
Joint Batang DF FEM
CE 0.23 0 13,85
-4,76
0,20
-0,040
M’
9,23
C CD 0.46 0 27,69
7,92 -9,51
1,28 0,41
0,01 -0,079
0,01 27,69
CA 0.31 -60 18,46 12,69
-6,34 -2,16
0,27 0,16
-0,053 0,07
-36,92
A AC 0.50 -60 9,23 25,38
-3,17 -4,33
0,14 0,32
-0,03 0,14
-32,31
AB 0.50 0 25,38 11,83
-4,33 -0,78
0,32 -0,25
0,14 -0,02 32,31
B BA 0.50 0 12,69 23,65
-2,16 -1,56
0,16 -0,51
0,07 -0,039 32,31
BD 0.50 -60
DB 0.31 -60
23,65 5,28
11,83 10,56
-1,56 0,85
-0,78 1,70
-0,51 0,01
-0,25 0,01
-0,039 0,01 -32,31
-0,019 0,018 -36,92
D DC 0.46 0 13,85
15,84 -4,76
7,92
2,56 0,20
1,278
0,02 -0,040
0,01
0,027 27,69
0,014 9,23
Akibat goyangan ke kiri seperti ditunjukkan oleh Gambar 2.30(c), momen yang serasi diambil berdasarkan perbandingan :
DF 0.23 0
II-40
FEM AC = FEM CA = FEM BD = FEM DB = -
6 EI ∆' 4
2
6 EI ∆' 4
2
Dan momen-momen serasinya adalah : FEM AB = FEM BA = -60 kN.m FEM DC = FEM CD = -60 kN.m
Selanjutnya distribusi momen akibat beban yang bekerja pada portal diberikan pada Table 2.13 di atas.
32.31 17.31
32.31
A
B
A
C
17.31 2.31
32.31
17.31
17.31
36.92
R B = 34.6233
B 32.31
17.31
’
17.31
27.69 C
36.92 27.69 D
17.31 D 17.31 2.31
C
9.23
2.31
2.31
9.23
R D’ = 39.23 kN
D 2.31
2.31 E
F
Gambar 2. 32 Penentuan besar dan arah reaksi horizontal pada tumpuan buatan B dan D akibat goyangan ke kiri pada titik buhul B
Besar dan arah reaksi pada tumpuan buatan di B dan D dapat diketahui sebagai berikut : ’
R B = (17.31 + 17.31) = 34.62 kN (ke kiri) ’
R D = (17.31 + 17.31) + (2.31 + 2.31) = 39.23 kN (ke kanan)
II-41
Tahap III : Menentukan M” akibat terjadinya goyangan ke kiri pada titik buhul B.
Akibat goyangan ke kiri seperti ditunjukkan oleh Gambar 2.30(d), momen yang serasi diambil berdasarkan perbandingan : FEM AC = FEM CA = + FEM BD = FEM DB = + FEM CE = FEM DF = -
6 EI ∆' 4
2
6 EI ∆' 42 3 EI ∆' 4
2
Dan momen-momen serasinya adalah : FEM AB = FEM BA = +60 kN.m FEM DC = FEM CD = +60 kN.m FEM CE = FEM DF = -30 kN.m
Selanjutnya distribusi momen akibat beban yang bekerja pada portal diberikan pada Table 2.14. Tabel 2.14 Distribusi momen akibat goyangan pada titik buhul D
Joint Batang DF FEM
CE 0.23 -30 -6.92
3.81
-0.32
-0.030
M’’
-33.46
C CD 0.46 0 -13.85
-2.66 7.62
-0.85 -0.65
0.046 -0.060
-10.40
CA 0.31 60 -9.23 -13.85
5.08 2.25
-0.43 0.08
-0.040
43.86
A AC 0.50 60 -4.62 -27.69
2.54 4.50
-0.22 0.17
-0.02 -0.05
34.61
AB 0.50 0
B BA 0.50 0
-27.69 -11.54
-13.85 -23.08
4.50 -0.12
0.17 0.12
-0.05
-34.61
2.25 -0.24
0.08 0.24
-0.025 -0.003 -34.61
BD 0.50 60
DB 0.31 60
-23.08 -1.78
-11.54 -3.55
-0.24 -0.57
-0.12 -1.14
0.24 0.03
0.12 0.06
-0.003
-0.001 0.010 43.86
34.61
D DC 0.46 0 -6.92
DF 0.23 -30
-5.33 3.81
-2.66
-1.70 -0.32
-0.85
0.09 -0.030
0.05
0.014 -10.40
0.007 -33.46
II-42
34.61 19.61
34.61
A
B
19.61
A 34.61
B 34.61
16.61
19.61
19.61
43.86 C
19.62 8.26
10.38
10.38
C
D
19.61
43.86 D 19.62 8.36
C
D 33.46
8.36
’’
R B = 39.23 kN
8.26
R D’’ = 55.96 kN 33.46
8.36
8.36 E
F
Gambar 2. 33 Penentuan besar dan arah reaksi horizontal pada tumpuan buatan B dan D akibat goyangan ke kiri pada titik buhul D
Besar dan arah reaksi pada tumpuan buatan di B dan D dapat diketahui sebagai berikut : R B’’ = (19.62 + 19.62) = 39.24 kN (ke kanan) ’’
R D = (19.62 + 19.62) + (8.36 + 8.36) = 22.52 kN (ke kiri) Dari hasil distribusi momen pada masing-masing tahapan diperoleh : o
o
R B = 16.01 kN (ke kiri)
R D = 12.31 kN (ke kanan)
R B‘= 34.61 kN (ke kiri)
R D‘= 39.23 kN (ke kanan)
R B‘’= 39.23 kN (ke kanan)
R D‘’= 55.96 kN (ke kiri)
Persamaan simultan untuk factor n1 dan n2 : o
-16.01 –34.61 n1 + 39.23n2 = 0
o
+12.31 + 39.23n1 – 55.96n2= 0 (b)
R B + n1 R B’ + n2 R B” = 0 R D + n1 R D’ + n2 R D” = 0
Dari persamaan (a) dan (b) diperoleh : n1 = -1.038 dan n2 = -0.507
(a)
II-43
Momen akhir sesungguhnya adalah diberikan oleh persamaan (c) dan ditabelkan dalam Tabel 2.15. o
(c)
M = M + n1 M’ + n2 M” = 0 Tabel 2. 15 Hasil penghitungan momen akhir total Contoh 8
Joint Batang Mo M’ M” M
CE -29.05 9,23 -33.46
C CD 91.24 27,69 -10.40
A CA -62.19 -36,92 43.86
AC -66.25 -32,31 34.61
AB 66.25 32,31 -34.61
BA -33.38 32,31 -34.61
BD 33.38 -32,31 34.61
-21.7
67.8
-46.1
-50.3
50.3
-49.3
49.3
50.3 24.10
90 kN
B
DF 14.34 9,23 -33.46
47.1
-68.8
21.7
49.3
A
B
24.10
67.625
22.375 22.375
67.625 A
B 50.3
24.11
49.3
24.10 46.1
DB 31.03 -36,92 43.86
D DC -45.37 27,69 -10.40
24.10
24.10
C
47.1
D
67.625
22.375 67.8
24.10 5.42
120 kN
68.8
C
24.10
D
5.42 89.875
89.875 C 5.42
21.7
5.42
30.125
30.125 21.7
5.42
5.42
E 89.875
D
F 30.125
Gambar 2. 34 Diagram benda bebas hasil akhir distribusi momen Contoh 8
II-44
67.625 (+) B
A
24.1
(-) (-)
22.375
89.875
(+) (+) D
C
24.1
24.1
(-) 30.125
(-)
(-)
5.42
E
5.42
F
(a) 50.3
49.3 (-)
(-)
A (-)
B
49.3
(-)
(+) 68.8 84.95
21.7 (-)
(-) (+)46.1
(-)
C
47.1
(+) (+) D
(+)
111.95 F
E
(b)
(-)
21.7
