8/18/2011
2
Metode Deformasi Konsisten
KL3102, Kelas 01
Pengantar
Telah dipelajari sebelumnya bahwa keseimbangan merupakan persyaratan yang harus dipenuhi oleh sistem struktur yang menerima beban reaksi dan gaya dalam mengimbangi beban yang bekerja. Jika reaksi dan gaya dalam struktur dapat ditentukan , maka struktur termasuk kategori statis tertentu (statically determinate). F 0 F 0 M 0
F 0 M 0 x
Persamaan keseimbangan:
y
z
2D
F F
M 0 M 0
x
x
y
0
z
0
y
z
3D
1
8/18/2011
Ketaktentuan Statis
Jika terdapat lebih banyak reaksi dan/atau gaya dalam daripada jumlah persamaan keseimbangan, struktur dikatakan sebagai statis tak tentu (statically indeterminate). Hal ini bukan berarti reaksi dan gaya dalam tidak bisa ditentukan. Hanya persamaan keseimbangan tidak cukup untuk menentukan besar reaksi dan gaya dalam tersebut. M A R Ax
w A
R Ay
B
R B
Gaya Kelebihan
Struktur statis tak tentu dapat diubah menjadi struktur statis tertentu dengan menghilangkan sejumlah gaya (reaksi atau gaya dalam) yang nilainya belum diketahui. Gaya-gaya yang perlu dihilangkan agar struktur menjadi statis tertentu ini disebut gaya kelebihan (redundant forces). kestatistaktentuan struktur.
Struktur statis tertentu yang dihasilkan disebut struktur primer. Sembarang reaksi atau gaya dalam dapat dipilih sebagai gaya kelebihan selama struktur primer yang dihasilkan stabil.
2
8/18/2011
Prinsip Metode Deformasi Konsisten
Struktur statis tak tentu dapat dianalisis sebagai penjumlahan dari struktur primer yang dikenai beban luar dan struktur primer yang dikenai M gaya-gaya kelebihan. w A0
M A R Ax
w
R Ax0 B
A
R Ay
=
B
A
R Ay0
+
R B
M A1
M A = M A0 + M A1 R Ay = R Ay0 + R Ay1 ...
R Ax1
B
A
R B
R Ay1
Prinsip Metode Deformasi Konsisten Agar deformasi struktur primer di tempat gaya kelebihan bekerja konsisten dengan struktur statis tak tentu semula, diperlukan syarat kompatibilitas.
M A R Ax
M A0
w B
A
R Ay
=
R Ax0
R B
B = 0
B = 0 + 1
0 + 1 = 0
B
A
0
R Ay0
+ M A1 R Ax1
persamaan kompatibilitas
w
A
R Ay1
B
1
R B
3
8/18/2011
Prinsip Metode Deformasi Konsisten
Setiap persamaan kompatibilitas mengandung gaya kelebihan yang belum diketahui nilainya. Jumlah persamaan kompatibilitas sama banyak dengan jumlah gaya kelebihan.
kompatibilitas secara simultan akan menghasilkan nilai semua gaya kelebihan.
Ilustrasi Perhitungan M A0
R Ay 0 wL
w A
B
0
0
R Ay0 A1
A
R Ay1
B
1
1
Persamaan kompatibilitas:
8 EI M A1 RB L
;
R B L3
3 EI wL4
0 1 0
R Ay RAy 0 R Ay1 wL M A M A0 M A1
2
wL
8 EI B
Reaksi lainnya:
wL2
4
R Ay1 RB
R B
M A0
;
3wL 8
5wL 8
R B L3
3EI 3wL
0
8
wL 3wL L 2 8 8
wL2
2
CCW
4
8/18/2011
Metode Deformasi Konsisten Penamaan Variabel
Agar lebih sistematis, gaya-gaya kelebihan diberi nama X i, dan perpindahan struktur primer akibat beban luar dalam masing-masing arah gaya kelebihan diberi nama i0. Indeks i menun ukkan nomor a a kelebihan. M A1
w
R Ax0
A
B
10
R Ax1
R Ay0
A
R Ay1
B
1
X 1
Metode Deformasi Konsisten Koefisien Fleksibilitas
Untuk memisahkan unknown X i dalam perhitungan, terlebih dahulu dihitung perpindahan akibat beban 1 satuan dalam masing-masing arah gaya kelebihan. Perpindahan akibat gaya 1 satuan ini diberi nama , yaitu ij i X perpindahan dalam arah gaya kelebihan ke- ( i) akibat gaya 1 satuan dalam arah gaya kelebihan ke- j ( X j). se u uga oe s en e s as. ij
m A1 r Ax1
A
B
1 r Ay1
11
1 11 X 1 M A1 mA1 X 1 R Ay1 rAy1 X 1
5
8/18/2011
Metode Deformasi Konsisten Koefisien Fleksibilitas
Dengan metode beban satuan, nilai perpindahan struktur primer i0 dan koefisien fleksibilitas ij adalah: L
i 0 0
di mana
mi M 0 EI
L
dx
;
ij
mi m j
0
EI
dx
M 0
= momen lentur pada struktur primer akibat beban luar.
mi
= momen entur pa a stru tur pr mer a
at gaya 1 satuan
dalam arah gaya kelebihan X i.
Persamaan kompatibilitas sekarang dapat dituliskan dalam bentuk :
10 1 0 10 11 X 1 0 11 X 1
10
Metode Deformasi Konsisten Koefisien Fleksibilitas
Untuk struktur rangka batang, nilai perpindahan struktur primer i0 dan koefisien fleksibilitas ij adalah: N
i 0 k 1
Sk 0 ski Lk Ek Ak
;
ij
N
ski sk j Lk
k 1
Ek Ak
di mana
S k 0
= gaya batang k pada struktur primer akibat beban luar.
ski
= gaya batang k pada struktur primer akibat gaya 1 satuan dalam arah gaya kelebihan X i.
6
8/18/2011
Contoh 1
Pilih reaksi momen di A sebagai gaya kelebihan dan gunakan metode deformasi konsisten untuk menentukan reaksi dari struktur balok seperti tergambar.
M A R Ax
w B
A
R Ay
R B
X 1 R Ax
w B
A
R Ay
R B
struktur primer
Syarat kompatibilitas: putaran di tumpuan A harus sama dengan nol, karena tumpuan A berupa jepit.
di mana 10 = 11
10 11 X 1 0 putaran di ujung A pada struktur primer akibat beban luar,
= dalam arah X 1 w
Reaksi dan deformasi
B
A
B
A
10
11
R Ay0 = wL/2
Diagram momen
1
wL2/8
+
M 0
R B0= wL/2
r Ay1 = – 1/ L
r = 1/ L
1 +
m1
7
8/18/2011
L
0
24 EI
0
L
wL3 L
wL2 dx 1 2 6 EI 8 EI
M 0 m1
10
Perpindahan struktur primer akibat beban luar:
m1 m1
EI
3EI
L
3 EI
10 11 X 1 0
Persamaan kompatibilitas:
wL3
L
24 EI
3EI
1
X 1 M A
L
wL2
8 wL2
8
CCW
R Ay RAy 0 rAy1 X 1
Reaksi lainnya:
2 1 wL 5wL 8 2 L 8 R B RB 0 rB1 X 1
wL
wL
1 wL2
3wL
8 2 L 8
w
wL2/8
A
B
5wL/8 3wL/8
8
8/18/2011
Contoh 2
Hitung reaksi dan gambarkan diagram gaya lintang dan momen dari struktur seperti terlihat pada gambar. Balok AB dan kolom BC memiliki modulus elastisitas E dan inersia penampang I .
20 kN/m A
B
6m
C
8m
Struktur primer:
20 kN/m
Struktur yang diberikan merupakan struktur statis tak tentu derajat 1 (terdapat 1 gaya kelebihan). Salah satu reaksi dapat dipilih sebagai gaya kelebihan, misalnya reaksi horizontal di C ( RCx).
A
B
C
X
Syarat kompatibilitas: Perpindahan horizontal di C harus sama dengan nol, karena tumpuan C semula adalah sendi:
10 11 X 1 0 10 =
perpindahan horizontal titik C pada struktur primer akibat beban luar,
11 =
perpindahan horizontal titik C pada struktur primer akibat gaya satu satuan dalam arah X 1
9
8/18/2011
Reaksi dan momen lentur pada struktur primer : 20 kN/m 1
0.75
80 kN
1
(a) Ri0
(b) ri1 0.75
80 kN
6
160 –
+
6 –
(c) M 0
(d ) m1
Perpindahan struktur primer akibat beban luar:
10
Koefisien fleksibilitas:
11
L
0
L
dx
EI
m1 m1
8 6 2 160 6 EI
2560 EI
dx
0
(perpindahan struktur primer akibat beban 1 satuan)
M 0 m1
8 6 6 6 6 6 3 EI
3EI
168 EI
10 11 X 1 0
Persamaan kompatibilitas:
2560 EI
168 X 0 EI 2560 15.24 kN X 1 168 RCx 15.24 kN
10
8/18/2011
Reaksi lainnya: R Ax RAx 0 rAx1 X 1 0 115.24 15.24 kN
X 80 0.7515.24 91.43 kN
R Ay RAy 0 rAy1 X 1 80 0.7515.24 68.57 kN RCy RCy 0 rCy1 20 kN/m 15.24 kN
1
68.57 15.24
+ – 68.57 kN
(a) Reaksi
91.43
15.24 kN
+
(b) Gaya lintang V [kN]
91.43 kN
91.43
– + 117.55
–
(c) Momen M [kN-m]
Contoh 3
Hitung reaksi dan gayagaya batang dari struktur rangka batang seperti tergambar. Semua batang terbuat dari bahan yang sama, dengan modulus elastisitas E dan luas penampang A.
90 kN A
B 7
4 5 3
9m
2
C
6
D 1
E
6m
6m
11
8/18/2011
90 kN
Struktur primer:
R A
Struktur yang diberikan merupakan struktur statis tak tentu luar derajat 1 (terdapat 1 reaksi kelebihan). Salah satu reaksi dapat dipilih sebagai gaya kelebihan, misalnya reaksi di C .
A
X 1
B S 4 S 5
S 3 S 2
C
S 7 S 6
D
S 1
R Ex
Syarat kompatibilitas: Perpindahan vertikal di C harus sama dengan nol, karena tumpuan C semula adalah rol:
R Ey
10 11 X 1 0 10 =
perpindahan vertikal titik C pada struktur primer akibat beban luar,
11 =
perpindahan vertikal titik C pada struktur primer akibat gaya satu satuan dalam arah X 1
Reaksi dan gaya-gaya batang pada struktur primer: 90 kN
60 kN
0
1 0
–90
1.33
1.33
1.33 0
0
–1.67
0
–45 –75
–1.67 60 kN
1.33
90 kN
1
Ri0
dan Si0
ri1
dan si1
12
8/18/2011
Perhitungan deformasi:
Batang
Li [m]
S i0 [kN]
s i1
S i0 si1 Li
si1 si1 Li
S i [kN]
1
7.5
–75
–1.67
937.5
20.83
–50.20
–
–
3
7.5
75
0
0
0
75
4
6
0
1.33
0
10.67
–19.84
5
4.5
–90
0
0
0
–90
6
7.5
0
–1.67
0
20.83
24.80
7
6
0
1.33
0
10.67
–19.84
937.5
63
10
Persamaan kompatibilitas:
937.5
11
EA
63 EA
10 11 X 1 0 937.5 EA
63
X 1 0 EA
X 1 14.88 kN
Reaksi lainnya: R A RA0 rA1 X 1 60 1.33 14.88 40.16 kN R Ex REx0 rEx1 X 1 60 1.33 14.88 40.16 kN
R Ey REy 0 rEy1 X 1 90 1 14.88 75.12 kN
14.88 kN
Gaya-gaya batang: i
i0
90 kN
si1
40.16 kN
–19.84
1
–90 75
Hasil perhitungan dituliskan di kolom paling kanan pada tabel perhitungan di atas dan pada gambar di samping.
–19.84
24.80
–45
40.16 kN
–50.20
75.12 kN
13
8/18/2011
Contoh 4
Hitung reaksi dan gayagaya batang dari struktur rangka batang seperti tergambar. Semua batang terbuat dari bahan yang sama, dengan modulus elastisitas E dan luas penampang A.
80 kN
4m
30 kN D
6
C
2
5 4
3 1
A
B
3m
Reaksi Reaksi dapat langsung dihitung menggunakan persamaan keseimbangan. Struktur ini merupakan struktur statis tak tentu dalam derajat 1 (terdapat kelebihan 1 batang). 80 kN
S 6
Struktur primer Salah satu gaya batang dapat dipilih sebagai gaya e e an, m sa nya gaya atang . atang seo a -o a “diputus” di tengah dan dapat berpindah relatif terhadap satu sama lain akibat beban luar dan akibat beban 1 satuan dalam arah X 1.
30 kN D
C X 1 S 2
S 4
X 1 A
S 1
S 5
B
Syarat kompatibilitas Total perpindahan antara kedua uj ung batang 3 yang “ ” .
10 11 X 1 0 10 = 11 =
perpindahan relatif kedua ujung batang 3 yang “diputus” akibat beban luar, perpindahan relatif kedua ujung batang 3 yang “diputus” akibat beban satu satuan dalam arah X 1
14
8/18/2011
Reaksi dan gaya-gaya batang pada struktur primer:
80 kN C
–40
30 kN D
30
–0.6 C
D
0
–50
1
1
–0.8
–0.8
1 30 kN A
30
B
40 kN
B
40 kN
Ri0
–0.6
A
ri1
dan Si0
dan si1
Perhitungan deformasi:
Batang
Li [m]
S i0 [kN]
s i1
S i0 si1 Li
si1 si1 Li
S i [kN]
1
3
30
–0.6
–54
1.08
22.01
–
– .
.
–
.
3
5
0
1
0
5
13.31
4
5
–50
1
–250
5
–36.69
5
4
0
–0.8
0
2.56
–10.65
6
3
30
–0.6
–54
1.08
22.01
–230
17.28
10
230 EA
11
17.28 EA
15
8/18/2011
10 11 X 1 0
Persamaan kompatibilitas:
230 EA
17.28 X 1 0 EA X 1 13.31 kN tarik
-
Si Si 0 si1 X 1 80 kN 22.01
C 5 6 . 0 5 –
30 kN
30 kN D 5 6 . 0 1 –
A
22.01
40 kN
3m
B
40 kN
Derajat Kestatistaktentuan > 1
Untuk struktur dengan derajat kestatistaktentuan > 1, diterapkan pola penyelesaian yang sama:
Ubah menjadi struktur primer statis tertentu dengan sejumlah gaya kelebihan. Tetapkan syarat kompatibilitas. Selesaikan persamaan kompatibilitas menggunakan nilai perpindahan struktur primer akibat beban luar (i0) dan koefisien fleksibilitas ( ij) untuk memperoleh nilai gaya kelebihan. Tentukan nilai reaksi lainnya.
16
8/18/2011
Ilustrasi M A
struktur statis tak tentu
R Ax
w A
R Ay
struktur rimer dan gaya kelebihan
B
C
R B
RC
B
C
w A
X 2 = RC
X 1 = R B
syarat kompatibilitas
1 = B = 0
Perpindahan struktur primer akibat beban luar:
2 = C = 0
M A0
10
20
R Ay0 m A1
(perpindahan struktur primer akibat beban 1 satuan dalam arah masing-masing gaya kelebihan)
11
21
1 r Ay1 m A2
12
r Ay2
22
1
1 0 10 11 X 1 12 X 2 0 2 0 20 21 X 1 22 X 2 0
17
8/18/2011
Sekarang persamaan kompatibilitas dapat dituliskan dalam bentuk matriks: 11 12 X 1 0 10
21
0 20
22 X 2
atau dalam formula yang lebih umum:
X 0 [ ] =
matriks fleksibilitas yang berisikan koefisien fleksibilitas
{ X } =
vektor gaya kelebihan yang nilainya belum diketahui
=
, kecuali jika terjadi perpindahan tumpuan
{0} = vektor perpindahan struktur primer pada setiap arah gaya kelebihan akibat beban luar
Gaya kelebihan: 1
X 0
Reaksi dan gaya dalam lainnya: i
i0
i1
1
i2
2
iN
N
N
Ri 0 rik X k
k 1
Si Si 0 si1 X 1 si 2 X 2
siN X N
N
Si 0 sik X k
k 1
18
8/18/2011
Teorema Betti-Maxwell James C. Maxwell (1864)
Perpindahan suatu titik pada struktur (titik A) akibat beban satuan yang bekerja di titik yang lain (titik B) sama dengan perpindahan titik B akibat beban satuan yang bekerja di titik A.
=
Den an kata lain:
Implikasi: matriks fleksibilitas simetris.
Prosedur Metode Deformasi Konsisten
Tentukan derajat kestatistaktentuan struktur. Pilih gaya kelebihan sehingga diperoleh struktur primer yang stabil. Tetapkan syarat kompatibilitas yang sesuai dengan gaya kelebihan yang dipilih. Susun persamaan kompatibilitas dalam bentuk:
X 0 dengan menentukan nilai ij (perpindahan struktur primer akibat beban 1 satuan dalam arah masing-masing gaya kelebihan) dan i0 (perpindahan struktur primer akibat beban).
19
8/18/2011
Prosedur Metode Deformasi Konsisten
Selesaikan persamaan kompatibilitas untuk memperoleh nilai gaya kelebihan { X }. 1
X 0
Hitung reaksi dan gaya-gaya dalam lainnya menggunakan persamaan ese m angan, atau engan superpos s : Ri Ri 0
N
r
ik
X k
k 1
Si Si 0
N
s
ik
Xk
k 1
Contoh 5
Hitung reaksi dan gambarkan diagram gaya lintang dan momen dari struktur balok seperti tergambar. Balok AB dan BC memiliki modulus elastisitas E , panjang L, dan inersia penampang I . M A R Ax
w A
R Ay
B
C
R B
RC
20
8/18/2011
w
Struktur primer dan gaya kelebihan:
B
A
C
X 2 = RC
X 1 = R B
1 = B = 0
Syarat kompatibilitas:
Persamaan kompatibilitas:
11 X 1 12 X 2
10 21 X 1 22 X 2 20
Diagram momen akibat beban luar dan beban 1 satuan pada masing-masing arah gaya kelebihan: w
L
2 L
2wL2
1
1
2wL
2 L +
+
2wL2
M 0
m2
m1
Koefisien fleksibilitas:
L
11
0 L
12
0 L
22
0
1 1
L
–
2 = C = 0
m1 m1 EI m1 m2 EI mm EI
dx
1 L L L EI
dx x
3
L3
3EI
1 L L 2 2 L L 6
EI
1
2 L 2 L 2 L
EI
3
5 L3 6EI
8L3 3EI
Perpindahan struktur primer akibat beban luar: L
10
M 0 m1
dx
2 2 1 L L 2 wL 2 1.125wL
17 wL4
0 L
M 0 m2
20 0
EI
dx
1
2 L 2 L 2 wL2 2 0.5wL2
EI
6
2wL4 EI
21
8/18/2011
X 0
Persamaan kompatibilitas:
5 X 1
L3 2
wL4 17
6 EI 5 16 X 2 24EI 48 1
X 1 wL 2 5 17 X 4 5 16 48 wL 1 16
R B
Reaksi lainnya:
8wL 7
RC
;
4 7 5
11wL 28
R A R A0 rA1
5 17 wL 32 2 48 28 11
rA2 X 1
M A M A0 mA1 mA2 X 2 2wL 1 1 32 wL wL 13 11 28 28 2L 2 2 wL L 2 L R A
13wL 28
; M A
wL2
14
CCW
Diagram gaya-gaya dalam: w 2
wL
B
A
14
C
13wL
8wL
11wL
28
7
28
17 wL 13wL
28
28
+
+
V
–
–
11wL
15wL
28
28
0.0772wL2 0.0364wL2
+
+
M
–
–
0.0714wL2 0.1071wL2
22
8/18/2011
Contoh 6
Hitung reaksi dan gayagaya batang dari struktur rangka batang seperti tergambar. Semua batang terbuat dari bahan yang sama, dengan modulus elastisitas E dan luas penampang A.
80 kN
4m
30 kN D
6
C
2
5 4
3 1
A
B
3m
80 kN
Struktur primer dan gaya kelebihan Satu reaksi dan satu gaya batang harus dipilih sebagai gaya kelebihan, misalnya reaksi horizotal di B dan gaya batang 3, seperti tergambar.
S 6
30 kN D
C X 1 S 2
S 4
X 1
X 2
S
S 5
Reaksi dan gaya-gaya batang pada struktur primer:
B
80 kN C
–40
30
–0.6 C
0
–
30 kN A
30 kN D
–0.8
1
1 –0.8
1 30
40 kN
B
1
1
40 kN Ri0
D
dan Si0
ri1
dan si1
1
A
–0.6
ri2
B
dan si2
23
8/18/2011
Perhitungan koefisien fleksibilitas dan perpindahan struktur primer: L
S
[m]
S 0 [kN]
s1
s2
s1s1 L
s1s2 L
s2s2 L
S 0s1 L
S 0s2 L
1
3
30
–0. 6
1
1. 08
–1. 8
3
–54
90
0
2
4
–40
–0.8
0
2.56
0
0
128
0
–48.69
3
5
0
1
0
5
0
0
0
0
10.86
4
5
–50
1
0
5
0
0
–250
0
–39.14
5
4
0
–0.8
0
2.56
0
0
0
0
–8.69
6
3
30
–0.6
0
1.08
0
0
–54
0
23.48
17.28
–1.8
3
–230
90
11
12
22
10
20
#
Persamaan kompatibilitas:
[kN]
X 0
1 17.28 1.8 X 1
EA 1.8
0 1 230 3 X 2 0 EA 90 1
X 1 17.28 1.8 230 X 2 . 10.86 23.48
S 3 10.86 kN tarik R Bx 23.48 kN
Reaksi dan gaya batang lainnya:
Ri Ri 0 ri1
r i 2 X 2
Si Si 0 si1
X 1 si 2 X 2
1
24
8/18/2011
Pengaruh Perpindahan Tumpuan
Berbeda dengan struktur statis tertentu, perpindahan tumpuan pada struktur statis tak tentu akan menimbulkan gaya-gaya dalam pada struktur. Dalam struktur yang sebenarnya, perpindahan tum uan ini da at diakibatkan oleh enurunan tanah atau pondasi, kesalahan pengukuran pada saat konstruksi, perubahan ukuran material akibat perubahan suhu, susut dan rangkak pada beton, kesalahan fabrikasi, atau sebab-sebab lainnya.
Pengaruh Perpindahan Tumpuan
Pada metode fleksibilitas, perpindahan tumpuan ini dimasukkan ke dalam analisis dengan mengubah nilai perpindahan pada persamaan kompatibilitas. Terdapat dua kasus yang mungkin terjadi:
Per indahan ada arah an di ilih seba ai a a kelebihan Perpindahan tumpuan struktur primer (yang tidak dipilih sebagai gaya kelebihan)
25
8/18/2011
Perpindahan pada arah yang dipilih sebagai gaya kelebihan w
C = 1
B
A
C
Tumpuan C mengalami penurunan sebesar 1 satuan.
w B
A
1
struktur primer dan gaya kelebihan yang dipilih
C
=
X = R
B
Syarat kompatibilitas di tumpuan C berubah menjadi:
20 21 X 1 22 X 2 1
sehingga persamaan kompatibilitas menjadi:
0 10 22 X 2 1 20
11 21
12 X 1
Perpindahan tumpuan struktur primer w B
A
C
w B
A
1
=
C
B
1s = –0.1 L
11 21
2
Tumpuan A mengalami putaran sebesar 0.1 rad searah putaran jarum jam. struktur primer dan gaya kelebihan yang dipilih
=
2s = –0.2 L
10 1s 20 2 s
0
0 10 0.1 L 22 X 2 0 20 0.2 L 12 X 1
26
