METODE DALIL TIGA MOMEN.pdf

Darmansyah Tjitradi, MT.

METODE DALIL TIGA MOMEN Dalil tiga momen ini sering pula disebut dengan Metode Clayperon. Berbeda dengan cara yang terdahulu (Metode Consistent Deformation atau Castigliano) dimana gaya redundant dicari terlebih dahulu, pada metode ini besaran momen didapatkan terlebih dahulu. Dengan metode ini kita meninjau 3 momen pada tiga buah titik berturut-turut. Penurunan rumus dalil 3 momen ini menggunakan Metode Momen Area. Tinjau struktur ABC yang dibebani gaya-gaya dan mempunyai perletakan yang tidak sama tinggi. C

A tAB

h2

h1 A’

tCB BA

A”

C’

BC B

C” LAB

LBC

Jika struktur ABC dipisahkan menjadi bentang AB dan BC, maka pada titik A bekerja gaya MAB, titik B momen MBA dan MBC serta MCB pada titik C. P3

P2

MAB A

q

P1 MBA

IAB LAB

B

MBC B

MCB IBC

C

LBC

Maka diagram momennya dapat dipisahkan menjadi 2 bagian, yaitu akibat beban luar dengan momen dititik ujung.

Metode Dalil Tiga Momen

1

Darmansyah Tjitradi, MT. 

Diagram momen akibat beban luar.

I

A

IV

B

AAB

a1

B

C

ABC a2

Dimana: a1 a2 AAB ABC 

= jarak titik berat luas diagram momen ketitik A = jarak titik berat luas diagram momen ketitik C = luas diagram momen bentang AB = luas diagram momen bentang BC

Diagram momen akibat bekerjanya momen dititik ujung: MB

MB

II

MA

V

MC VI

III B

A

C

B

1/3.LAB

1/3.LBC 2/3.LAB

2/3.LBC

Dengan azas kompatibilitas, maka:

BA  BC ................................................................................................................................... (1) BA 

A' A" h1  t AB  LAB LAB

BC 

C ' C" tCB  h2  LBC LBC

h1  t AB tCB  h2  ..................................................................................................................... (2) LAB LBC


2

Darmansyah Tjitradi, MT. Dimana: tAB adalah besarnya simpangan antara 2 buah garis singgung antara titik A dan B terhadap titik A (Dalil Momen Area II). tCB adalah besarnya simpangan antara 2 buah garis singgung antara titik B dan C terhadap titik C (Dalil Momen Area II). tAB didapat dari superposisi tiga komponen, yaitu: beban kerja, MA dan MB. tCB didapat dari superposisi tiga komponen, yaitu: beban kerja, MB dan MC.

t AB 

Luas I Luas II  2  Luas III  1   a1      LAB      LAB  EI AB EI AB  3 EI AB  3   1 1  M B  LAB  M A  LAB 2  2 1  2  a1      LAB      LAB  EI AB EI AB 3  3 

t AB 

AAB EI AB

t AB 

AAB M  L2 M  L2  a1   B AB  A AB ..................................................................................... (3) EI AB 3EI AB 6 EI AB

tCB 

Luas IV Luas V  2  Luas VI  1   a2      LBC      LBC  EIBC EIBC  3 EIBC  3   1 1  M B  LBC  M C  LBC 2  2 1  2  a2      LBC     LBC  EI BC EI BC 3  3 

tCB 

ABC EI BC

t CB 

ABC M  L2 M  L2  a 2   B BC  C BC .................................................................................. (4) EI BC 3EI BC 6 EI BC

Persamaan (3) dan (4) dimasukkan ke persamaan (2), maka:

h1 t t h  AB  CB  2 LAB LAB LBC LBC

h1 1  LAB LAB

 A a  M  L2 M  L2  1  ABC a2  M B  L2BC M C  L2BC  h2   AB 1  B AB  A AB       3EI AB 6EI AB  LBC  EI BC 3EI BC 6EI BC  LBC  EI AB

A a  M L M L h1 A a  M L M L h  AB 1  B AB  A AB  BC 2  B BC  C BC  2 L AB EI AB L AB  3EI AB 6EI AB EI BC LBC  3EI BC 6EI BC LBC


3

Darmansyah Tjitradi, MT. A a  M A  L AB M B  L AB M B  LBC M C  LBC A a  h h      AB 1  BC 2  1  2 6EI AB 3EI AB 3EI BC 6EI BC EI AB L AB  EI BC LBC  L AB LBC A a  M A  L AB M B  L AB M B  LBC M C  LBC A a  h h      AB 1  BC 2  1  2 6EI AB 3EI AB 3EI BC 6EI BC EI AB L AB  EI BC LBC  L AB LBC

MA 

L  h L  L 6 ABC a2  LAB 6 AAB a1  h   2  M B   AB  BC   M C  BC     6  1  2  EI AB EI BC EI AB L AB  EI BC LBC   EI AB EI BC   LAB LBC 

atau L  L   h L  L  6A AB a1  6A BC a 2  h  MAB   AB   2  MBA   AB   2  MBC   BC   MCB   BC      6 1  2      EI EI EI EI EI L EI L L L AB AB BC BC BC   AB   AB   BC   BC   AB

Catatan: Persamaan ini diturunkan berdasarkan diagram momen positif oleh karena itu: 

Jika momen yang dihasilkan positif maka arah momen ke diagram momen positif.



h1 dan h2 positif bila diukur kearah atas dari titik B.


4

Darmansyah Tjitradi, MT. Contoh Soal 1: P

P

q

EI

EI A

D C

B L

Diketahui: P 

1/2.L

1/4.L

1/2.L

1 qL 4

Hitung reaksi-reaksi perletakan balok menerus diatas? Penyelesaian: Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi balok ABCD dapat diekivalenkan dengan balok Ao-A-B-C-D.

I=~

EI

EI A

Ao

D C

B L

Lo

P

P

q

1/2.L

1/4.L

1/2.L

Diagram momen untuk masing-masing bentang dengan kondisi 2 tumpuan (statis tertentu):

1 2 qL 8

Ao

A

1 PL 4

B

C

D

1 2 1  4P  2 1 qL      L   PL 8 8  L  2


5

Darmansyah Tjitradi, MT. Bentang Ao-A:

I AoA ~ h1  h2  0

Bentang A-B:

AAB  a1 

2 1 1  PL  L  PL2 3 2 3

1 L 2

Bentang B-C:

ABC  a2 

1 1 1  PL  L  PL2 2 4 8

1 L 2

Tinjau bentang Ao-A-B: L  L  h L  6  A AoA  a 1  6  A AB  a 2  L  h  M AoA   AoA   2  M A   AoA  AB   M B   AB      6  1  2      EI EI EI EI EI  L EI  L L L AB  AoA AoA AB AB AB   AB   AoA   Aoa  AoA 2  PL   1   L 6  3   2   L AoA L AB   L AB  6A AoA a 1      M B      2M A      ~ EI EI ~ EI AB  AB L AB    AB 

2M A  M B  PL ........................................................................................................................... (1)

Tinjau bentang A-B-C: L L  L M A   AB   2  M B   AB  BC  EI AB   EI AB EI BC

MC  

 L   M C   BC   EI BC

  h 6  A AB  a 1  6  A BC  a 2  h       6  1  2  EI AB  L AB  EI BC  L BC    L AB L BC 

 L   M C   BC   EI BC

 6  A AB  a 1  6  A BC  a 2      EI AB  L AB  EI BC  L BC  

PL 4

L L  L M A   AB   2  M B   AB  BC  EI AB   EI AB EI BC

MA  4MB 

PL 3   PL  PL 4 8

9 M A  4  M B   PL ................................................................................................................. (2) 8


6

Darmansyah Tjitradi, MT. Persamaan (1) dan (2) dibuat dalam format matriks:

2 1 MA    1   1 4  M    9   PL    B   8  1

  1    9   PL  8 M  PL  4  1   1   23 56  A    PL   9    MB  7  1 2   8    5 28  M   2  1  A    MB   1 4 

23

56

q

 PL

5

28

P

 PL

EI

EI A

P

1  PL 4

D C

B L

1/2.L

1/4.L

1/2.L

Reaksi Perletakan Balok Menerus: 

Freebody AB: M B  0

V AB  L  M A  M B  1  q  L2  0 2 23 5 V AB  L  PL  PL  2 PL  0 56 28 125 P  V AB  56

MA  23

56

q

 PL

MB  5

A

M

A

0

 VBA  L  1  q  L2  M A  M B  0 2 23 5  VBA  L  2 PL  PL  PL  0 56 28 99 P  VBA  56


28

 PL

B VBA

VAB L

7


Freebody BC:

M

C

0

VBC  L  PL  MB  MC  0 2 VBC  L  PL  5 PL  1 PL  0 2 28 4 3P  VBC  7

M

B

MB  5

28

VA  VAB 

C

½.L

½.L

125 P  56 99 3 123 P P  P  56 7 56

VC  VCB  VCD 

4 88 PP  P  7 56

q

 PL

5

28

 PL

A


1  PL 4

1/2.L

VB 

P D

C

B L

125 P 56

P EI

EI

VA 

VCB

VBC

VB  VBA  VBC 

56

MC  1  PL 4

B

0

 VCB  L  PL  MB  MC  0 2 5 1  VCB  L  PL  PL  PL  0 2 28 4 4P  VCB  7

23

P

 PL

123 P 56

1/2.L

VC 

1/4.L

88 P 56

8


Gambar Momen, Lintang, dan Normal  

23 PL 56

11,50 PL 56 



A

10 PL 56

2 PL 56

B



14 PL 56

D

C

Bidang Momen



125 P 56



A

24 P 56



24 P 56

P

C

B 99  P 56



32 P 56



P

D

32 P 56

Bidang Lintang

A

B

C

D

Bidang Normal


9

Darmansyah Tjitradi, MT. Contoh Soal 2: q = 1,0 t/m 2EI

EI

B

A

C L = 6,0 m

L = 6,0 m

Hitunglah reaksi-reaksi perletakan dengan metode dalil 3 momen!

Penyelesaian: Untuk menyelesaikan persoalan ini struktur dapat dianggap sebagai berikut: q = 1,0 t/m I=~ Ao

B 

2EI A

Lo

L = 6,0 m

EI C L = 6,0 m

Diagram momen untuk masing-masing bentang dengan kondisi 2 tumpuan (statis tertentu):

1 2 qL 8

1 2 qL 8

Ao

A

B AAB

C ABC

  A BC  2  1 qL2  L  1 qL3 3 8 12

A AB  2  1 qL2  L  1 qL3 3 8 12


10

Darmansyah Tjitradi, MT. Tinjau bentang Ao-A-B: L  L  h L  6  A AoA  a 1  6  A AB  a 2  L  h  M AoA   AoA   2  M A   AoA  AB   M B   AB      6  1  2  EI AoA  L AoA  EI AB  L AB   EI AB   EI AoA   EI Aoa EI AB   L AoA L AB 

L  L MAoA   AoA   2  MA   AoA ~    ~

1  1  6   qL3    L  L  6  AAoA  a1  12  L    2   6  0         MB      2EI  2 EI ~ 2 EI  L L    

1 6EI 1 MA  MB    qL2 ..................................................................................................... (1) 2 2 8 L

Tinjau bentang A-B-C: L L  L M A   AB   2  M B   AB  BC  EI AB   EI AB EI BC

 L   M C   BC   EI BC

  h 6  A AB  a 1  6  A BC  a 2  h       6  1  2  EI AB  L AB  EI BC  L BC    L AB L BC 

MC  0 L  L   L L MA      MC        2  MB    2EI   2EI EI   EI 

1  1  1  1  6   qL3    L  6   qL3    L   12   2    12   2   6    L L 2EI  L EI  L  

MA 6EI 3  3  MB  2    qL2 ............................................................................................... (2) 2 2 8 L

Karena titik B mengalami pergeseran maka perlu persamaan geser. Freebody AB:

 MA  0 2

 VBA  L  1  q  L  MA  MB  0 2  M  MB  1 VBA   A   qL L   2

q = 1,0 t/m

MA A

MB B

VBA

VAB L = 6,0 m

Freebody BC:

 MC  0 VBC  L  MB  1  q  L2  0 2  M  1 VBC    B   qL  L  2


q = 1,0 t/m

MB B

MC = 0 C

VCA

VBC L = 6,0 m

11

Darmansyah Tjitradi, MT. Pada titik B:

VBA  VBC  0  MA  MB  1  M  1    qL    B   qL  0 L   2  L  2 MA  2MB  qL2 ................................................................................................................... (3)

Dari persamaan (1) s.d. (3) disusun dalam bentuk matriks: MA 

1 1 M B  x   qL2 2 8

MA 3  3  M B  2  x   qL2 2 8

M A  2M B  qL2 misal: x 

6 EI L2

1,0  M A    0,125  1,0 0,5 0,5 3,0  2,0  M    0,375qL2     B     1,0  2,0 0   x    1,0 

21 M A    4  2   21  qL2 1  6 2    15  qL   M     7 , 50 , dimana:  4  B    8 9 9  x   51  9  12,75    16  

x

6 EI L2

x  L2  12,75  6 2 76,50     6EI 6EI EI


12

Darmansyah Tjitradi, MT. Contoh Soal 3: Hitunglah reaksi-reaksi struktur dibawah ini dengan Metode dalil tiga momen, beban P = 5 ton bekerja pada titik D. P = 5 ton 

D 1,5 m

3EI

B

A 4,0 m

5EI 

6,0 m

3,0 m

C

Penyelesaian: Pv = 3 ton

I=~

B A

Ao

MBD = 6 tm Ph = 4 ton v

B’ 

C

h v 

s

v

h

C” s

C’

v   4 h   3 5 s   3


13

Darmansyah Tjitradi, MT. Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada.

Tinjau bentang Ao-A-B: L  L   h L  L  6  A AoA  a 1  6  A AB  a 2  h  M AoA   AoA   2  M AAo   AoA   2  M AB   AB   M BA   AB      6  1  2      EI EI EI EI EI  L EI  L L L AoA AoA AB AB AB   AB   AB   AoA   Aoa   AoA

L  L     L  L  M AoA   AoA   2  M AAo   AoA   2  M AB    6  0  v    M BA  3EI L  3EI   ~   ~   4  MAB  2  MBA  EI   ......................................................................................................... (1)

Tinjau bentang A-B-C: L L  L  M AB   AB   2  M BA   AB   2  M BC   BC EI EI  AB   AB   EI BC

 L   M CB   BC   EI BC

  h 6  A AB  a 1  6  A BC  a 2  h       6  1  2      EI  L EI  L L L AB AB BC BC BC    AB

MCB  0  L   L   Ls   Ls   v s  M AB     2  M BA     2  M BC     M CB     6      3EI   3EI   5EI   5EI   L Ls  2  MAB  4  MBA  2  MBC  3EI   ........................................................................................ (2)

Pada titik kumpul B: MBD = 6 tm MBA B MBC

 MB  0  MBD  MBA  MBC  0

 MBA  MBC  6 ............................................................................................................... (3)


14


Freebody AB:

 MB  0

VAB  L  MAB  MBA  0   MAB  MBA  VAB    6   

MAB

MBA

A

B VBA

VAB L = 6,0 m

MBC

Freebody BC:

 MB  0

B

 VCB  Lh  MBC  0 M VCB   BC 3 

C Lihat seluruh konstruksi:

V  0

Lh = 3 m

VCB

VAB  VCB  3  0   MAB  MBA  MBC 3  0   6 3    MAB  MBA  2  MBC  18 ............................................................................................ (4)

Dari persamaan (1) dan (2) didapat: 4  MAB  2  MBA  EI   ___ x 3 ............................................................................................ (1)

2  MAB  4  MBA  2  MBC  3EI   ........................................................................................ (2) 14  MAB  10  MBA  2  MBC  0 ............................................................................................. (5)

Dari persamaan (3) s.d. (5) disusun dalam bentuk matriks:

 MBA  MBC  6 ............................................................................................................... (3)  MAB  MBA  2  MBC  18 ............................................................................................ (4) 14  MAB  10  MBA  2  MBC  0 ....................................................................................... (5)


15


 1,0 1,0  MAB   6,0  0  1,0 1,0 2,0  M     18      BA       14 10 2,0 MBC   0 

 1,0 1,0  MAB   0     MBA    1,0 1,0 2,0 M   14 10 2,0  BC  

1

 6,0      18   0   

MAB    18 12  3  6,0   2,0  1        18     4  tm 30  14  1 MBA        3 M   54  24  14  1  0   22   BC       3 4   5   MAB  MBA   2  3  VAB      ton     6 9    6   

M 22 VCB   BC   ton  3 9 HA   4,0 ton  P = 5 ton 

D

MAB = 2 tm MBA = 4/3 tm HA = 4,0 ton

3EI

1,5 m

MBD = 6 tm B

MBC = 22/3 tm

A

VAB  

4,0 m

5EI

5 ton 9

 C 6,0 m

3,0 m

VCB  


22 ton 9

16

Darmansyah Tjitradi, MT. Contoh Soal 4: Balok ABC dengan kekakuan dan beban seperti tergambar dibawah ini. Analisalah reaksi balok tsb. dengan menggunakan Dalil 3 Momen, kemudian gambarkan bidang Momen, dan Lintangnya.

M = 10 tm EI

2 EI

C

B A 2,0 m

2,0 m

Penyelesaian: Untuk menyelesaikan persoalan ini struktur dapat dianggap sebagai berikut: EI A 2,0 m

C 

I=~

2EI

Bo

B 2,0 m

Lo

Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas digram momen tidak ada.

Tinjau bentang A-C-B: L  L  L  L   h 6  AAC  a1  6  ACB  a 2  h  MA   AC   2  MCA   AC   2  MCB   CB   MB   CB      6  1  2  EI AC  LAC  EI CB  LCB   EI AC   EI AC   EI CB   EI CB   LAC LCB 

MA  0 2  2   2    2  MCA     2  MCB     MB     6    EI   2EI   2EI  2 2

4  MCA  2  MCB  MB  6    EI ............................................................................................ (1)

Tinjau bentang C-B-Bo:

L  L  L   h L 6  ACB  a1  6  ABBo  a 2  h  MCB   CB   2  MB   CB  BBo   MBo   BBo      6  1  2  EI CB  LCB  EI BBo  LBBo   EI CB   EI CB EI BBo   EI BBo   LCB LBBo 

 2   2 Lo   Lo     MCB      MBo     6    0   2  MB    2EI   2EI ~   ~  2 


17


MCB  2  MB  3    EI ... x 2

2  MCB  4  MB  6    EI .......................................................................................... (2) Dari persamaan (1) dan (2) didapat:

4  MCA  2  MCB  MB  6    EI ................................................................................ (1)

2  MCB  4  MB  6    EI .......................................................................................... (2) +

4  MCA  4  MCB  5  MB  0 ...................................................................................... (3) Pada titik kumpul C: M = 10 tm M = 10 tm MCA

C

MCB

 MC  0  MCA  MCB  10  0 MCA  MCB  10 ............................................................................................................. (4)

Freebody AC:

 MC  0 VAC  2  MCA  0   MCA  VAC     2 


MCA A

C VCA

VAC 2,0 m

18

Darmansyah Tjitradi, MT. Freebody BC:

C

 VBC  2  MCB  MB  0

B VBC

VCB

 M  MB  VBC   CB  2   

MB

MCB

 MC  0

2,0 m

Lihat seluruh konstruksi:

V  0

VAC  VBC  0  MCA  MCB  MB   0 2 2  

 MCA  MCB  MB  0 ............................................................................................... (5) Dari persamaan (3) s.d. (5) disusun dalam bentuk matriks:

4  MCA  4  MCB  5  MB  0 ................................................................................ (3)

MCA  MCB  10 ....................................................................................................... (4)  MCA  MCB  MB  0 ............................................................................................... (5) 4 4 5  MCA   0   1  1 0   M    10     CB       1 1  1  MB   0 

MCA  4 4 5      MCB   1  1 0   M  1 1  1  B   

1

 0      10  0   

5  1 1 MCA   18 2 18   0   5       MCB    118  12 5 18    10   5   M   1    0 4   0   0   B   9 9 


19

Darmansyah Tjitradi, MT. Reaksi Perletakan:

  MCA    5  VAC      2,5 ton   2   2 

 V  0        VBC  VAC  2,5 ton  MB  VAC  4  M  2,5  4  10  0 tm


20


Gambar Momen, Lintang, dan Normal M = 10 tm 5 tm

MB = 0

5 tm

EI

2 EI

C

B A 2,0 m

VA = 2,50 t

2,0 m

VB = 2,50 t

-5 tm

A

C

B

+5 tm

Bidang Momen A

C

-2,5 ton

B

-2,5 ton

Bidang Lintang A

C

B

Bidang Normal


21

Darmansyah Tjitradi, MT. Contoh Soal 5:

Balok ABC dengan kekakuan dan beban seperti tergambar dibawah ini. Analisalah reaksi balok tsb. dengan menggunakan Dalil 3 Momen, kemudian gambarkan bidang Momen, dan Lintangnya. M = 10 tm 2EI

EI C B

A 2,0 m

2,0 m

Penyelesaian: Untuk menyelesaikan persoalan ini struktur dapat dianggap sebagai berikut: M = 10 tm 2EI A

Co

C

B 2,0 m

Io = ~

EI 2,0 m

Lo

Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada (A =0) dan tidak terjadi perpindahan pada tumpuan (h1 = h2 = 0)

Tinjau bentang A-B-C: L  L   h L  L  6  AAB  a1  6  ABC  a 2  h  MA   AB   2  MBA   AB   2  MBC   BC   MC   BC      6  1  2  EI AB  LAB  EI BC  LBC   EI AB   EI AB   EI BC   EI BC   LAB LBC 

MA  0  2   2   2  2  M BA     2  M BC     M C     0  2EI   EI   EI 

2  M BA  4  M BC  2  M C  0 ................................................................................................... (1)


22

Darmansyah Tjitradi, MT. Tinjau bentang B-C-Co: MCO = 0 L  L L MBC   BC   2  MC   BC  CCo  EI BC   EI BC EI CCo

 L   MCo   CCo   EI   CCo

  h 6  ABC  a1  6  ACCo  a 2  h     6 1  2   EI BC  LBC  EI CCo  LCCo    LBC Lo 

 2   2 L  L  M BC     2  M C    o   M Co   o   0  EI   EI ~  ~ 2  M BC  4  M C  0 ................................................................................................................. (2)

Pada titik kumpul B: M = 10 tm M = 10 tm MBA

MBC B

M

B

0

 M BA  M BC  10  0 M BA  M BC  10 ................................................................................................................ (3)

Dari persamaan (1) s.d. (3) disusun dalam bentuk matriks:

2  M BA  4  M BC  2  M C  0 ................................................................................................... (1)

2  M BC  4  M C  0 ................................................................................................................. (2) M BA  M BC  10 ................................................................................................................ (3) 2 4 2  M BA   0  0 2 4   M    0      BC   1  1 0  M C   10 1

 M BA  2 4 2  0        M BC   0 2 4   0   M  1  1 0  10  C    

3  0 1 1  M BA   5 10 5     6,0       1  1  2   0    4,0 tm  M BC    5 10 5  M   1 10  2,0 3 1 C    10  10 5     Metode Dalil Tiga Momen

23

Darmansyah Tjitradi, MT. Reaksi Perletakan: 

Freebody AB: MB  0

MBA A

VAB  2  M BA  0  M BA 6,0 VAB    3,0 ton  2 2  M BA 6,0 VBA    3,0 ton  2 2

VCB

2,0 m

Tumpuan A:



Tumpuan B:

B

B

C VCB

VBC 2,0 m VBA

M A  0 tm VA  VAB  3,0 ton 

V

MC

MBC

  M BC  M C    4  2      3,0 ton  2    2   3,0 ton 



VBA

VAB

 Freebody BC:  MC  0  VBC  2  M BC  M C  0

VBC

B

VBC

B

 0   

VB

VB  VBA  VBC  0 VB  3,0  3,0  0 ton 

Tumpuan C: M C  2,0 tm ()

VC  VCB  3,0 ton  Lihat seluruh konstruksi:

M = 10 tm MC

V  0 V A  VB  VC  0

 3,0  0  3,0  0 .... ok!


VA

2,0 m

VB

VC 2,0 m

24


Gambar Momen, Lintang, dan Normal

M = 10 tm

6,0 tm

4,0 tm

2,0 tm EI

2EI

C B

A

VC  3,0 ton

VB  0

VA  3,0 ton 2,0 m

2,0 m

6,0 tm

 A

2,0 tm

 B

C

-

4,0 tm

Bidang Momen 3,0 ton 3,0 ton

3,0 ton



 A

B

3,0 ton

C

Bidang Lintang

A

B

C

Bidang Normal


25


B

C

EI

Data : Titik A : Jepit

4m

2EI

Titik C : Sendi

A

4m

Karena salah dalam pelaksanaan titik C mengalami penurunan sebesar 10 cm, analisislah gaya-gaya dalam portal diatas dengan Metode Dalil 3 Momen (misal: EI = 17280 kg.m2). Penyelesaian: Titik C mengalami penurunan sebesar 10 cm Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi balok ABCD dapat diekivalenkan dengan portal Ao-A-B-C. B

4m

EI

C v =10 cm C’

2EI

A

I= ~

Ao 4m Metode Dalil Tiga Momen

26

Darmansyah Tjitradi, MT. Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas digram momen tidak ada.

Tinjau bentang Ao-A-B: L  L  h L  L  6  AAoA  a1  6  AAB  a 2  h  MAoA   AoA   2  MA   AoA  AB   MB   AB      6  1  2  EI AoA  LAoA  EI AB  LAB   EI AB   EI AoA   EI Aoa EI AB   LAoA LAB 

4  L  L  4  M AoA   AoA   2  M A   AoA    MB   0 2EI   ~   ~  2EI 

4  MA  2  MB  0 .................................................................................................................. (1) Tinjau bentang A-B-C: L L   h L  L  6  AAB  a1  6  ABC  a 2  h  MA   AB   2  MB   AB  BC   MC   BC      6  1  2  EI AB  LAB  EI BC  LBC   EI AB   EI AB EI BC   EI BC   LAB LBC 

Titik C sendi, maka: MC  0 4  0,10   4   4  MA      0  6  0    2  MB   4   2EI   2EI EI  

2  MA  12  MB   0,30  EI ................................................................................................. (2) 2 Persamaan (1) dan (2) dibuat dalam format matriks: 4 2  M A    0   2 12  M    0,30   EI    B  2   M A  4 2     M B  2 12

1

 0    0,30   EI  2 

M A  1  12  2  1  0,30  0     0,30   EI       EI    44   0,6  M B  44  2 4   2  


27

Darmansyah Tjitradi, MT. Jika EI = 17280 kg.m2, maka: M A   117,8184    kg.m M B    235,636  M BC  Vc  4  235,636  Vc  4



Vc  58,9090 kg 

M BA  H A  4  M A  235,636  H A  4  117,8184 H A  88,3636 kg 

VA  VC



VA  58,9090 kg 

M BC  235,636 kg.m

B

EI M BA  235,636 kg.m

4m

H C  88,3636 kg

C VC  58,9090 kg

2EI

A H A  88,3636 kg

M A  117,8184 kg.m

4m VA  58,9090 kg


28


Gambar Momen, Lintang, dan Normal - 235,636 kg.m

- 235,636 kg.m

B C

Bidang Momen A + 117,8184 kg.m + 58,9090 kg - 88,3636 kg

+ 58,9090 kg

B C

Bidang Lintang

- 88,3636 kg

A A - 88,3636 kg

- 58,9090 kg

- 88,3636 kg

B C

Bidang Normal

- 58,9090 kg


A A

29


B

C

EI

Data : Titik A : Jepit

4m

2EI

Titik C : Sendi

A

4m

Karena salah dalam pelaksanaan titik C mengalami translasi kekanan sebesar 10 cm, analisislah gaya-gaya dalam portal diatas dengan Metode Dalil 3 Momen (misal: EI = 17280 kg.m2).

Penyelesaian: Titik C mengalami translasi kekanan sebesar 10 cm Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi portal ABC dapat diekivalenkan dengan portal Ao-A-B-C. h =10 cm h =10 cm B’

B

C

C’

EI 4m

2EI

A

I= ~

Ao 4m Metode Dalil Tiga Momen

30

Darmansyah Tjitradi, MT. Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada. Tinjau bentang Ao-A-B: L  L  h L  L  6  AAoA  a1  6  AAB  a 2  h  MAoA   AoA   2  MA   AoA  AB   MB   AB      6  1  2  EI AoA  LAoA  EI AB  LAB   EI AB   EI AoA   EI Aoa EI AB   LAoA LAB 

4   0,10  L  L  4   M AoA   AoA   2  M A   AoA    MB     6  0  2EI  4   ~   ~  2EI  

4  MA  2  MB   0,30  EI .................................................................................................. (1) 2

Tinjau bentang A-B-C: L L   h L  L  6  AAB  a1  6  ABC  a 2  h  MA   AB   2  MB   AB  BC   MC   BC      6  1  2  EI AB  LAB  EI BC  LBC   EI AB   EI AB EI BC   EI BC   LAB LBC 

Titik C sendi, maka: MC  0 4  4   4   0,10  MA      0  6    0   2  MB   2 EI 2 EI EI 4      

2  MA  12  MB   0,30  EI ................................................................................................. (2) 2 Persamaan (1) dan (2) dibuat dalam format matriks:  0,30  4 2  M A   2   2 12 M   0,30   EI    B   2   1  0,30  M A  4 2   2        0,30   EI M 2 12    B  2    0,30  M A  1  12  2  1  2,10      0,30 2   EI     EI   44   0,9  M B  44  2 4    2 


31

Darmansyah Tjitradi, MT. Jika EI = 17280 kg.m2, maka: MA   824,7276    kg.m MB   353,4544 M BC  Vc  4  353,4544  Vc  4



Vc  88,3636 kg 

M BA  H A  4  M A  353,4544  H A  4  824,7276 H A  294,5455 kg  VA  VC



VA  88,3636 kg 

M BC  353,4544 kg.m

B

EI M BA  353,4544 kg.m

4m

C

HC  294,5455 kg

VC  88,3636 kg

2EI

A HA  294,5455 kg

MA  824,7276 kg.m

4m VA  88,3636 kg


32


Gambar Momen, Lintang, dan Normal

+ 353,4544 kg.m + 353,4544 kg.m

B C

Bidang Momen A

+ 294,5455 kg

B

- 824,7276 kg.m

- 88,3636 kg

- 88,3636 kg

C

Bidang Lintang

+ 294,5455 kg

A A + 294,5455 kg

+88,3636 kg

+ 294,5455 kg

B C

Bidang Normal +88,3636 kg

A


33


Sebuah konstruksi portal ABCD dengan tumpuan pada titik B adalah Sendi, dan titik A adalah Jepit. Karena salah dalam pelaksanaan titik A bergeser kekiri sebesar 10 mm. Hitunglah reaksi perletakan dan gambarkan gaya-gaya dalam struktur portal dengan Metode Dalil 3 Momen (EI = 17280 kg.m2). P = 2,0 ton

2EI

C

D

B 2EI

4m

A

4m

2m

Penyelesaian: Struktur portal di modifikasi menjadi 2 bagian, yaitu: 1. Portal akibat beban terpusat saja, titik A tidak bergeser. P = 2,0 ton

B

2E I

C

D 2EI

A

4m

4m

2m

2. Portal akibat pergeseran titik A kekiri sebesar 10 mm, beban luar tidak ada.

B

2E I

C

D 2EI

4m Metode Dalil Tiga Momen

A

4m

2m 34

Darmansyah Tjitradi, MT. 1. Portal akibat beban terpusat saja, titik A tidak bergeser. P = 2,0 ton 2E I

B

C

D 2EI

4m

A

4m

2m

Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi portal ABCD dapat diekivalenkan dengan portal Ao-A-B-C-D. P = 2,0 ton

B

2E I

C

D 2EI

4m

A Lo

I= ~

4m


Ao

2m

35

Darmansyah Tjitradi, MT. Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada. Tinjau bentang B-D-A: MB = 0 (sendi), h1 = h2 = 0 (tidak mengalami deformasi) ABD = ADA = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang) L  L  L  L   h 6  ABD  a1  6  ADA  a 2  h  MB   BD   2  MDB   BD   2  MDA   DA   MA   DA      6  1  2      EI EI EI EI EI  L EI  L L L BD BD DA DA DA   BD   BD   DA   DA   BD  4   4   4  2  M DB     2  M DA     MA   0  2EI   2EI   2EI 

2  MDB  2  MDA  MA  0 ..................................................................................................... (1)

Tinjau bentang D-A-Ao: h1 = h2 = 0 (tidak mengalami deformasi) ADA = AAAO = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang) L LAAO L  MDA   DA   2  MA   DA    EI DA   EI DA EI AAO

  LAA O M   AA O   EI AA O   LO   4   4  LO  M DA      2  MA     M AAO   0 ~   2EI   2EI  ~ 

  h 6  AAAO  a 2  h     6  ADA  a1    6  1  2   EI DA  LDA  EI AAO  LAAO  LDA LAAO  





M DA  2  M A  0 ...................................................................................................................... (2)

Pada titik kumpul D: MDB

D

4000 Kg.m

MDA

M

D

0

MDB  MDA  4000  0

M DB  M DA  4000 .................................................................................................. (3)


36

Darmansyah Tjitradi, MT. Dari persamaan (1) s.d. (3) disusun dalam bentuk matriks:  2 2 1 MDB   0   0 1 2  M    0      DA    1 1 0  MA   4000 1

MDB   2 2 1  0        MDA    0 1 2   0   M   1 1 0  4000  A     3  0  MDB   2 1  12000 1      1    MDA      2 1  4   0     16000 kg.m 7 M   7   8000   1  4 2    A  4000  


37

Darmansyah Tjitradi, MT. 2. Portal akibat pergeseran titik A kekiri sebesar 10 mm, beban luar tidak ada.

2E I

B

C

D 2EI

4m

A

4m

2m

Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi portal ABCD dapat diekivalenkan dengan portal Ao-A-B-C-D.

2E I

B

C

D 2EI

A’

0,01 m

4m

A Lo

I= ~

4m


Ao

2m

38

Darmansyah Tjitradi, MT. Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada. Tinjau bentang B-D-A: MB = 0 (sendi), ABD = ADA = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang) L  L L   h L  6  ABD  a1  6  ADA  a 2  h  MB   BD   2  MD   BD  DA   MA   DA      6  1  2      EI EI EI EI EI  L EI  L L L DA  BD BD DA DA DA   BD   BD  DA   BD 4   0,01  4  4   2  MD      MA     6  0  4   2EI 2EI   2EI  

8  M D  2  M A  0,015  EI .................................................................................................. (1)

Tinjau bentang D-A-Ao: ADA = AAAO = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang)   LAA   h 6  ADA  a1  6  AAAO  a 2  h  O  M     6 1  2  AA O   EI AA  EI DA  LDA  EI AAO  LAAO  LDA LAAO  O    L   4   4 L    0,01  MD    O   M AAO   O   6    0   2  MA   ~   2EI   2EI  ~   4 

L LAAO L  MD   DA   2  MA   DA   EI DA EI AA  EI DA  O 





2  M DA  4  M A  0,015  EI .................................................................................................... (2)

Persamaan (1) dan (2) dibuat dalam format matriks: 8 2 MD   0,015 2 4  M    0,015  EI    A   1

MD  8 2  0,015     EI   MA  2 4  0,015 MD  1  4  2  0,015 1  0,045      EI     EI   14  0,075 MA  28  2 8   0,015

Jika EI = 17280 kg.m2, maka: MD  1  0,045 8640  0,045        17280   kg.m 7  0,075 MA  14  0,075

atau MDB   0,045   8640   M    DA   0,045 kg.m 7 M   0,075  A  


39

Darmansyah Tjitradi, MT. Momen akibat beban luar: MDB   12000   1   MDA     16000 kg.m 7 M    8000   A  

Momen akibat pergeseran titik A: MDB   0,045   8640     0,045 kg.m MDA   7  M    A  0,075

Momen total akibat beban luar dan pergeseran tumpuan A: MDB   12000  0,045  12388,80  1769,8285714   1   8640   1       0,045    15611,20   2230,1714286 kg.m MDA     16000  7 7 7 M    8000   0,075   7352   1050,2857143  A        

VB 



MDB 1769,8285714   442,4571429 kg  LDB 4

VA  VB  P 

HA 



1769,8285714  2000  2442,4571429 kg  4

MDA MA 15611,20 7352 22963,20      820,1142857 kg  LDA LDA 28 28 28

HB  HA  820,1142857 kg 

1769,828 kg.m

4000 kg.m

P = 2,0 ton

HB = 820,114 kg 2EI B VB = 442,457 kg

C

D

2230,171 kg.m

2EI

4m

A HA = 820,114 kg MA = 1050,286 kg.m VA = 2442,457 kg 4m


2m

40


Gambar Momen, Lintang, dan Normal - 4000 kg.m - 1769,828 kg.m

B D

+2230,171 kg.m

C

Bidang Momen

A - 1050,286 kg.m

+ 2000 kg

B - 442,457 kg

+ 2000 kg

D

C - 820,114 kg

- 442,457 kg

Bidang Lintang A

+ 820,114 kg

- 820,114 kg

+ 820,114 kg

C B

D

- 2442,457 kg

A

- 2442,457 kg

Bidang Normal


41


Sebuah konstruksi portal ABC dengan tumpuan pada titik A adalah Jepit, dan titik C adalah Roll. Karena salah dalam pelaksanaan titik A mengalami penurunan sebesar 10 mm. Hitunglah reaksi perletakan dan gambarkan gaya-gaya dalam struktur portal dengan Metode Dalil 3 Momen (EI = 17280 kg.m2). B

EI C 2EI

4m

A

4m

Penyelesaian: Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi portal ABC dapat diekivalenkan dengan portal Ao-A-B-C. 



B

EI

0,01 m 2EI

C

B’

C 4m

A 0,01 m A’

I=~

Ao


Lo

4m

42

Darmansyah Tjitradi, MT. Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada. Tinjau bentang Ao-A-B: ABD = ADA = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang) L  L  h L  L  6  AAoA  a1  6  AAB  a 2  h  MAoA   AoA   2  MA   AoA  AB   MBA   AB      6  1  2  EI AoA  LAoA  EI AB  LAB   EI AB   EI AoA   EI AoA EI AB   LAoA LAB  4    L  L  4   M AoA   o   2  M A   o    M BA     6  0  ~ ~ 2 EI 2 EI 4        

8  M A  4  M BA  3    EI  0 ............................................................................................... (1)

Tinjau bentang A-B-C: ADA = AAAO = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang) L  L   h L  L  6  AAB  a1  6  ABC  a 2  h  MA   AB   2  MBA   BA   2  MBC   BC   MC   BC      6  1  2      EI EI EI EI EI  L EI  L L L AB AB BC BC BC   AB   BA   BC   BC   AB  4   4   4      0,01 MA      2  M BA     2  M BC     0  6   4   2EI   2EI   2EI   4

4M A  8  M BA  16  M BC  3    EI  0,03 EI ........................................................................ (2)

Pada titik kumpul B: MBC

B

MBA

M

B

0

M BA  M BC  0 .................................................................................................................. (3)


43


Freebody AB:

 MB  0

HBA

HAB  4  MA  MBA  0 HAB

B MBA

 M  MBA   A  4  

4,0 m

 Kontrol seluruh konstruksi:

MA HAB

H  0

A

HAB  0  MA  MBA   0 4   MA  MBA  0 ...................................................................................................................... (4)

Persamaan (1) dan (4) dibuat dalam format matriks: 8 4 0 3   M A   0  4 8 16  3 M  0,03      BA     EI 0  1 1 0  M BC   0    1  1 0 0    EI   0 

 MA  8 4 M  4 8  BA     MBC  0  1   EI  1  1

1

0 3  0  16  3 0,03    EI 1 0  0   0 0   0  1

 M A  8 4 0 3   0   0,00075 M  4 8 16  3 0,03  0,00075  BA           EI          EI  M 0  1 1 0 0  0 , 00075  BC         EI  1  1 0 0   0    0,003 

Jika EI = 17280 kg.m2, maka:  M A   0,00075  12,960 M   0,00075  12,960  BA          17280    M BC   0,00075  12,960   EI    0,003   51,840

Pergeseran akibat goyangan: EI  51,840   0,003 m


44

Darmansyah Tjitradi, MT.  = 0,003 m B

 = 0,003 m EI

0,01 m

C C

B’

2EI

4m

A 0,01 m A’ 4m 12,96 kg.m B

EI

C

12,96 kg.m 2EI

VC = 3,24 kg

4m

HA = 0 A MA = 12,96 kg.m VA = 3,24 kg 4m M BC  VC  4 VC 



M BC 12,96   3,24 kg  4 4



VBC  VC  3,24 kg 

V  0



VA  VC  3,24 kg 

H  0 HA  0


45


Gambar Momen, Lintang, dan Normal + 12,96 kg.m + 12,96 kg.m

B

C

Bidang Momen

A + 12,96 kg.m

- 3,24 kg

B

- 3,24 kg

C

Bidang Lintang

A

+3,24 kg

B

C

Bidang Normal

A +3,24 kg


46


SOLUSI SOFTWARE GRASP VERSION 1.0

Satuan : Bidang Momen : Kg.m, Lintang : kg, Normal: kg Metode Dalil Tiga Momen

47


Soal-soal latihan: Analisislah gaya-gaya dalam balok menerus dibawah dengan Dalil Tiga Momen!

Soal 1: P = 16 t

q = 4 t/m

EI

EI A

C

B 5m

1,5 m

1,5 m

Soal 2: P = 10 t

P = 7,5 t EI

EI A

EI

B 2m

q = 2 t/m

3m

D

C 1,0 m

2,0 m

4,0 m

Soal 3: M = 15 tm 4 EI

5 EI

4 EI C

B

A 4,0 m

D 4,0 m

5,0 m

Soal 4: P=5t

E 3,0 m

2 EI

2,5 EI C

B

A 4,0 m Metode Dalil Tiga Momen

2 EI

5,0 m

D 4,0 m 48

METODE DALIL TIGA MOMEN.pdf

Recommend Documents