Teknik Sipil UMI 1 Analisa Struktur II A. PENDAHULUAN

Transkripsi

1 Teknik Sipil UMI. PENDHULUN Dalam nalisa Struktur, konstruksi yang paling sederhana adalah Konstruksi Statis Tertentu, dimana gaya dalam pada struktur dapat diketahui hanya dengan menggunakan beberapa persamaan kesetimbangan. Seperti pada sebuah balok sederhana (tumpuan sendi-rol) atau pada rangka batang dan portal statis tertentu. Struktur Statis Tak Tentu adalah struktur yang kompleks, penyelesaian dengan menggunakan persamaan-persamaan kesetimbangan pada struktur ini sudah tidak memungkinkan lagi. Sehingga perlu diadakan penyederhanaan/peng-idealan, agar struktur tersebut dapat diselesaikan berdasarkan analisa matematis yang sederhana dan sedapat mungkin dalam persamaan hubungan yang linier. nalisa Struktur dengan Cara Matriks telah memberikan kemungkinan bagi proses idealisasi tersebut. Hal utama dari suatu perencanaan struktur adalah dengan menganalisa apa akibat dari pembebanan gaya-gaya pada struktur yang ditinjau. Perilaku struktur pada umumnya sangat berhubungan erat dengan perubahan Tegangan (Stress) dan Regangan (Strain) yang terjadi padanya. Tegangan dapat terjadi sebagai akibat dari gaya-gaya dalam yaitu Momen Lentur, Gaya Lintang (Geser), Gaya Normal (ksial) atau Momen Torsi, sedangkan regangan terjadi akibat adanya perubahan bentuk (deformasi) pada struktur. Dalam analisa perubahan bentuk ini, analisis difokuskan pada lendutan linier atau anguler (translasi dan rotasi) pada titik diskrit (titik kritis) dari struktur. erarti analisa akan berkisar pada elemen struktur bila dibebani gaya, keuntungan dari analisa tersebut adalah bahwa satu elemen dapat mewakili elemen-elemen lain yang sejenis. Selanjutnya menggabungkan elemen-elemen tersebut dalam satu model matematis dari struktur yang harus dapat memenuhi syarat kompatibiliti dari segi geometri struktur dan syarat kesetimbangan statis struktur. Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa dalam analisa struktur statis tak tentu dengan cara matriks ini, untuk menentukan Tegangan dan Deformasi adalah dengan mengetahui karakteristik sifat hubungan Gaya Dalam dan Deformasi dari elemen struktur dan terpenuhinya syarat Kompatibiliti dan Kesetimbangan. erarti terdapat tiga hal yang mendasari analisa, yaitu: Kompatibiliti Hubungan antara Deformasi (perubahan struktur) dengan Lendutan (perpindahan/displacement). Hukum Hooke Hubungan antara Gaya Dalam dan Deformasi. (Hubungan Tegangan dan Regangan) Kesetimbangan Hubungan antara Gaya Luar dan Gaya Dalam.

2 Teknik Sipil UMI 2 Kesetimbangan Hukum Hooke Kompatibiliti STRUKTUR Deformasi Lentur Geser ksial Torsi Gaya-gaya Luar Gaya-gaya Dalam Deformasi Perpindahan (Displacement) Momen Lentur Gaya Geser Gaya Normal Torsi Translasi Rotasi KONSEP NLIS STRUKTUR Kesetimbangan (Equilibrium) Keseimbangan Statis F = 0 (Hukum Newton ) Keseimbangan Dinamis F = m.a (Hukum Newton 2) Persamaan Kesetimbangan pada Struktur: Fx = 0, Fy = 0, Fz = 0 Mx = 0, My = 0, Mz = 0 Hukum Hooke (Constitutive Law) Syarat material struktur elastis dan linear (Hukum Hooke) Q = k. D D = ƒ. Q Q = Gaya/ksi k = kekakuan struktur ƒ = fleksibilitas struktur D = Displacement (perpindahan struktur) ahasan selanjutnya adalah tentang Metode Kekakuan (dengan Matriks), yang juga biasa disebut dengan Metode Perpindahan (Displacement method)

3 Teknik Sipil UMI 3. CR MTRIKS KEKKUN. Kompatibiliti (Hubungan Deformasi dan Lendutan) Pengertian Lendutan disini adalah perpindahan (rotasi atau translasi) di titik diskrit yang menyebabkan terjadinya deformasi pada struktur. Nilai awal lendutan diberikan dalam ( satuan) dengan simbol D, yang diterapkan pada titik yang ditinjau (titik diskrit) struktur, sesuai dengan kemungkinan rotasi atau translasi yang terjadi pada titik diskrit tersebut. Contoh- Gambar a D Gambar b Gambar c Gambar d D C D= d3 4 d2 2 3 D2= d4 Dari model struktur dasar (Gbr-a), terlihat bahwa pada titik dan C (tumpuan sendi) dapat terjadi perpindahan berupa rotasi, sehingga pada titik dan C diberikan lendutan masing-masing satuan D dan D2 (Gbr-b). Selanjutnya semua titik diskrit (TD) dikekang, kemudian satu-demi-satu (tidak sekaligus), kekangan pada semua TD dibebaskan. Saat satu TD bebas untuk ber-rotasi atau bertranslasi, semua TD yang lain masih terkekang sesuai arah lendutannya. Untuk D= satuan (c) deformasi yang terjadi adalah d=d4=0, d2=d3=. Untuk D2= satuan (d) diperoleh deformasi d=d2=d3=0, d4=. D D2 d 0 0 d 0 d2 0 d3 0 d4 Dalam model Matriks: Jika matriks bagian-tengah dinamakan matriks [], maka persamaan menjadi: {d} = [] {D} ( I ) Dimana: {d} Deformasi pada elemen struktur [] Matriks deformasi {D} Lendutan/perpindahan di titik diskrit

4 Teknik Sipil UMI 4 2. Hukum Hooke (Hubungan Gaya Dalam dan Deformasi) Dalam hubungan ini yang perlu diketahui adalah berapa nilai Gaya Dalam (H) akibat adanya Deformasi (d). EI 2 3 EI 2 4 C L L2 d H2 d3 H d2 H3 d4 H4 Dari contoh struktur pada gambar-2 dapat dilihat bahwa akibat gaya dalam H dan H2, menyebabkan terjadinya deformasi d dan d2, dan untuk gaya dalam H3 dan H4 terjadi deformasi d3 dan d4. rah berlawanan jarum-jam pada H dan d dianggap positif. L L2 Gambar 2. Gaya Dalam dan Deformasi pada struktur Dengan beberapa metode yang ada (seperti metode Moment rea/conjugated eam, Unit Load, dll) dapat diketahui nilai Deformasi pada struktur. Dengan cara Conjugated eam: atang- kibat H kibat H2 H +da -db d H2 = + EI. EI. d2 H -da2 EI. +db2 H2 L L L = H L 3 H H L 2 H L 6 + H2 L 6 H2 L 2 H2 H2 L (2.) (2.2)

5 Teknik Sipil UMI 5 Dari persamaan (2.) dan (2.2) dapat diperoleh persamaan Gaya Dalam (H): Dengan cara yang sama untuk atang-2, diperoleh: Demikian pula untuk batang-batang yang lain pada struktur dengan jumlah batang yang lebih banyak, Gaya Dalam diformat dengan cara yang sama. Jika persamaan di atas dinyatakan dalam bentuk Matriks, akan diperoleh: Jika matriks bagian tengah disebut matriks [S], maka diperoleh persamaan: {H} = [S] {d} ( II ) Dimana: {H} Gaya Dalam [S] Matriks Kekokohan Intern Elemen {d} Deformasi pada elemen struktur Matriks kekokohan intern elemen [S] merupakan gabungan dari nilai kekakuan elemen batang dari keseluruhan struktur, dari dimensinya dapat diketahui bahwa matriks [S] adalah matriks bujur sangkar yang simetris (band matriks). Tiap-tiap batang pada struktur, mempunyai matriks [S] yang berordo 2x2, sehingga ordo matriks [S] untuk keseluruhan struktur adalah 2 kali banyaknya anggota/batang pada struktur.

6 Teknik Sipil UMI 6 3. Kesetimbangan (Hubungan Gaya Luar dan Gaya Dalam) Syarat ini merupakan syarat umum untuk tiap-tiap model struktur, yang mana dalam analisa ini perlu diketahui hubungan gaya luar dan gaya dalam untuk kesetimbangan struktur. D D2 Lendutan D dan D2 yang meng akibatkan terjadinya deformasi terjadi akibat adanya gaya luar EI 2 3 EI 2 4 yang bekerja pada struktur. C Gaya Luar yang bekerja harus L L2 selaras (koresponding) dengan Lendutan yang diberikan pada titik Gambar-3a. Lendutan Satuan diskrit. Gambar-3b. Gaya Luar Ekivalen H H2 H3 H4 L Gambar-3c. Gaya-gaya Dalam EI 2 3 EI 2 4 L H2 Q Gambar-3d. Kesetimbangan antara Gaya-Luar dan Gaya-Dalam struktur. Q H3 L2 L2 Q2 H4 C Q2 Gaya-gaya luar Q, Q2 adalah gaya luar ekivalen, yaitu suatu gaya yang mewakili semua gaya-gaya luar yang ada pada batang yang dibebani. Gaya-gaya Q akan berupa beban terpusat jika lendutan yang terjadi adalah translasi (vertikal atau horisontal) dan berupa momen jika lendutannya berupa rotasi. Dari contoh pada gambar-3b dapat diperoleh: Q = Mº + MºC Q2 = MºC Mº adalah momen primer batang. Dengan melihat gaya-luar dan gaya-dalam struktur (gambar-3c dan 3d), dapat dibuat hubungan kesetimbangan antara gaya luar Q dan gaya dalam H. Titik- Titik-C Q = H2 + H3 Q2 = H4 Hubungan gaya-dalam dan gaya-luar dalam bentuk matriks: Jika matriks bagian tengah disebut sebagai matriks [], maka akan diperoleh persamaan: {Q} = [] {H} Terlihat bahwa Matriks [] juga merupakan transpose dari matriks [], sehingga persamaan dapat ditulis:

7 Teknik Sipil UMI 7 {Q} = [] T. {H} ( III ) Dari persamaan-persamaan yang diperoleh, yaitu: Kompatibiliti {d} = [] {D} ( I ) Hukum Hooke {H} = [S] {d} ( I I ) Kesetimbangan {Q} = [] T {H} ( III ) Jika ketiga persamaan dihubungkan ( pers. III II I ), akan diperoleh: {Q} = [] T ( [S] {d} ) {Q} = [] T [S] ( [] {D} ) Dari persamaan Kekakuan {Q} = [K] {D} diperoleh Matriks Kekakuan; [K] = [] T [S] [] Lendutan/perpindahan di titik diskrit: {D} = [K] {Q} Vektor Gaya-gaya Dalam: {H} = [S] [] {D} Momen Desain/khir diperoleh dengan cara mengurangkan Gaya-Dalam {H} dengan Momen Primer untuk tiap-tiap ujung elemen batang. M = H Mº Momen khir pada contoh alok-menerus seperti yang diuraikan di atas adalah: M = M = MC = MC = H Mº H2 Mº H3 MºC H4 MºC rah Momen ujung akan berputar searah-jarum-jam jika Momen khir Negatif, dan akan berputar berlawanan-arah-jarum-jam jika Momen khir Positif. Pada keadaan ini Momen khir merupakan Momen atang (momen yang bekerja dan berpengaruh sepanjang batang), bukan arah Momen-Titik. Dengan momen ujung batang yang diperoleh, dapat dibuat diagram benda-bebas (free-body) dari struktur, untuk memperoleh momen, gaya geser/lintang, atau gaya normal/aksial, di sepanjang bentang dari elemen balok.

8 Teknik Sipil UMI 8 Daftar Gaya Jepit Ujung, untuk beberapa model beban. M M Gaya Jepit Ujung kibat eban R L R a P Pab Pb M R (3a b) L2 L2 b M L 2 2 Pa b L2 R 2 2 Pa (a L2 3b) 2 q M 2 ql 2 R R ql 2 L M 2 ql 2 3 q M 30 ql 2 R 3qL 20 L M 20 ql 2 R 7qL 20 4 q 2 qa M (6L2 8aL 3a2) 2L2 a L M 3 qa 2L 2 (4L-3a) qa R (2L3 2a2L a3) 2L3 R qa 2L 3 3 (2L a) 5 a M L b M M Mb (2a L2 b) Ma (2b L2 a) R R 6Mab L 3

9 Teknik Sipil UMI 9 Mulai Momen Jepit Ujung (Momen Primer) Derajat Ketidak Tentuan Kinematis, D Matriks Deformasi [] [] T Matriks Kekokohan Intern Elemen [S] Matriks Kekakuan [K] = [] T. [S]. [] periksa T [K] Simetris? Y Invers Matriks Kekakuan [K] - periksa T [K] - x [K] = [I] [K] - simetris? Y Vektor Gaya Luar {Q} Vektor Lendutan {D} = [K] -. {Q} Vektor Gaya Dalam {H} = [S]. []. {D} Momen khir M = H Momen Primer periksa T H, V, M 0? Y Selesai Gambar 4. agan lir Metode Kekakuan (tanpa superposisi)

10 Teknik Sipil UMI 0 CONTOH-0 P q EI 2 3 EI2 4 a b L L2 C # Diketahui Struktur alok Menerus seperti tergambar: P = 250 Kg L = 5,0 m q = 750 Kg/m EI =.5 EI a = 2,0 m L2 = 6,0 m b = 3,0 m EI2 = 2,0 EI # Ditanyakan: Hitung Momen khir dengan Cara Matriks Kekakuan # Penyelesaian: MOMEN UJUNG JEPIT / PRIMER M = 900,00 Kg.m M C = 2250,00 Kg.m M = 600,00 Kg.m M C = 2250,00 Kg.m DERJT KETIDK TENTUN KINEMTIS (DKK) DKK = 2 (Rotasi di titik- dan titik-c) P D q D2 EI 2 3 EI2 4 a b L L2 C Untuk D = Satuan D= d2 d3 4 C L L2

11 Teknik Sipil UMI Untuk D2 = Satuan D2= d4 2 3 C L L2 VEKTOR GY LUR {Q} (Koresponding dengan D) Q = M + M C = 650,00 Kg.m Q2 = M C = 2250,00 Kg.m MTRIKS DEFORMSI [] MTRIKS KEKOKOHN INTERN ELEMEN [S]

12 Teknik Sipil UMI 2 MTRIKS KEKKUN, [K] = [] T. [S]. [] Menghitung [K] - dengan cara Gauss-Jordan (Operasi aris) VEKTOR LENDUTN, {D} = [K]. {Q} VEKTOR GY-GY DLM, {H} = [S]. []. {D}

13 Teknik Sipil UMI 3 MOMEN KHIR (DESIN), M = H M M. = ( 900) = 43.8 Kgm M. = (600) = Kgm M=0 M.C = ( 2250) = Kgm M.C = 2250 (2250) = 0 Kgm FREE-ODY atang M R. 2m P 5m 3m M R. P = 250 Kg M = 43,8 Kg.m M = 23,64 Kg.m R. = 355,9 Kg R. = 894,09 Kg MP = 568,64 Kg.m (di titik gaya P) atang C M x R.C 6m q C R.C q = 750 Kg/m Q = 4500 Kg M = 23,64 Kg.m R.C = 2602,27 Kg R.C = 897,73 Kg R = R. + R.C = 3496,36 Kg Momen dan Gaya Geser (tg-c) Mx = RC (x) q/2 (x 2 ) M = 2602,27 (x) 375 (x 2 ) 23,64 Vx = dmx/dx = RC q (x) = 2602, (x) Momen Maksimum (Vx = 0) x = 3,47 m (dari titik ) x , Mx Vx Periksa Syarat Kesetimbangan Struktur 43,8 Kg.m 250 Kg 750 Kg/m,5 EI 2 EI C 2m 5m 3m 6m 355,9 Kg 3496,36 Kg 897,73 Kg MC = 0 R. + R. 6 M P. 9 Q. 3 = 0 Ok V = 0 R + R + RC P Q = 0 Ok

14 Teknik Sipil UMI 4 CONTOH-02 Diketahui; Struktur portal bidang (tanpa pergoyangan) seperti tergambar L = 4,0 m h2 =,0 m P = 500 Kg L2 = 2,0 m EI = 2,0 EI P2 = 000 Kg L3 = 3,0 m EI2 =,5 EI P3 = 800 Kg L4 = 2,0 m EI3 =,0 EI q = 2000 Kg/m h = 3,0 m EI4 = 2,0 EI q2 = 750 Kg/m Ditanyakan; Momen khir dengan Cara Matriks Kekakuan. Penyelesaian: ] MOMEN PRIMER M D = 0 Kg.m M E = -50 Kg.m M D = 0 Kg.m M E = 450 Kg.m M CD = Kg.m tg DE M DE (Kg.m) M ED (Kg.m) M DC = 600 Kg.m kibat P kibat q MEG ( tg EG ) Jumlah P 2000 Kg.m q2 500 Kg.m ** Persamaan Momen primer, dapat di lihat MEG = 3500 Kg.m pada Halaman-8. atang EG (level) tidak memiliki momen primer, tetapi langsung berupa momen ujung akhir dari batang/level tersebut yang diperlakukan sebagai momen primer.

15 Teknik Sipil UMI 5 2] DERJT KETIDK TENTUN KINEMTIS - D DKK = 3 (Rotasi di, D, dan E) Dengan cara yang sama seperti contoh sebelumnya dapat di tentukan Matriks Deformasi [] sesuai penomoran yang diberikan pada ujung-ujung setiap batang. 3] MTRIKS DEFORMSI [], dari persamaan {d} = [] {D} 4] VEKTOR GY LUR {Q}, koresponding dengan Lendutan - D Q, Q2, dan Q3 (masing-masing pada titik-d, titik-e, dan titik-) Q = M DC+M DE+M D = 240 Kg.m Q2 = M ED+M E+MEG = 20 Kg.m Q3 = M D = 0 Kg.m

16 Teknik Sipil UMI 6 5] MTRIKS KEKOKOHN INTERN ELEMEN [S], dari persamaan {H} = [S] {d} d d2 d3 d4 d5 d6 d7 d8

17 Teknik Sipil UMI 7 6] MTRIKS KEKKUN [K], dari persamaan [K] = [] T [S] [] Hitung [K] Cara Gauss Jordan (Operasi aris)

18 Teknik Sipil UMI 8 7] VEKTOR LENDUTN DI TITIK DISKRIT, {D} = [K] {Q} 8] VEKTOR GY-GY DLM, {H} = [S] [] {D} \ / [S] [] \ / {D}

19 Teknik Sipil UMI 9 9] MOMEN KHIR, M = H M nub M = { H } ( M ) rah Check MCD = 55,505 ( 066,67) = Kgm 2 MDC = 3,009 (600) = Kgm 3 MDE = 226,54 ( 360 ) = Kgm MD=0 6 MD = 55,505 0 = Kgm 5 MD = 0 0 = 0 Kgm 4 MED = 732,936 ( 540 ) = Kgm 8 ME = 377,064 ( 50 ) = Kgm ME=0 MEG = 0,000 ( 3500 ) = Kgm 7 ME = 688,532 ( 450 ) = Kgm // FREE ODY MCD 2000 Kg/m MDC 500 Kg 000 Kg 750 Kg/m MDE MED MEG HDC HDE HED HC C D D E E G Q Q2 VE Q3 VC VDC VDE VED VEG 4m VD 2m 3m 2m MD D HD HE E ME 3m 3m H P3 m H ME V V TG-CD TG-DE TG-EG VC = 36,63 Kg ( ) VDE = 347, Kg ( ) VEG = 2500 Kg ( ) VDC = 2683,37 Kg ( ) VED = 2402,89 Kg ( ) HC = 339,56 Kg ( )xxx HED = 39,40 Kg ( ) TG-D TG-E H = 5,83 Kg ( ) H = 9,40 Kg ( ) HD = 5,83 Kg ( ) HE = 39,40 Kg ( ) V = 4030,48 Kg ( ) V = 4902,89 Kg ( )

20 Teknik Sipil UMI 20 Periksa Syarat Kesetimbangan Struktur Kgm 2000 Kg/m 500 Kg 000 Kg 750 Kg/m Kg C 2 EI D F,5 EI E G 36,63 Kg EI 2 EI 3m 5,83 Kg H 9,40 Kg 800 Kg m 4030,48 Kg Kgm 4m 2m 3m 2m 4902,89 Kg H = 0 H H + HC + P3 = 0 V = 0 V + V + VC (Q+Q2+Q3+P+P2) = 0 M = 0 V(5) H() + VC(9) HC(4) MC + M Q(4/3+5) Q2(3/2) + Q3(2/2) P(3) + P2(2) P3() = 0 Tabel Kontrol ~ Syarat Kesetimbangan Gaya-gaya Horisontal Gaya-gaya Vertikal Momen di titik +H = 5,84 +V = 4030,48 +V (5) = 2052,4 H = 9,40 +V = 4902,89 H () = 5,8 +HC = 339,56 +VC = 36,63 +VC (9) = 849,66 +P3 = 800 Q = -4000,00 HC (4) = 358,26 Q2 = -2250,00 MC = 222,7 Q3 = -500,00 +M = 38,53 P = -500,00 Q (4/3+5) = 25333,33 P2 = -000,00 Q2 (3/2) = 3375,00 +Q3 (2/2) = 500,00 P (3) = 4500,00 +P2 (2) = 2000,00 P3 () = 800,00 H = 0,00 V = 0,00.M = 0,00

21 Teknik Sipil UMI 2 C. STRUKTUR PORTL IDNG DENGN PERGOYNGN Pergoyangan (sidesway) adalah asumsi tentang terjadinya perpindahan pada struktur, dimana titik kritis (diskrit) pada struktur mengalami translasi akibat beban luar yang bekerja. Dalam konteks bahan yang elastis-linear, panjang batang masih dianggap sama, sebelum dan setelah perpindahan terjadi (Hukum Hooke). Pembahasan disini (balok menerus dan portal bidang) dibatasi hanya pada deformasi lentur (tidak mencakup deformasi aksial, geser dan torsi) yang terjadi pada titik-titik diskrit akibat bekerjanya beban pada struktur. Dari contoh sebelumnya, deformasi lentur yang terjadi (d) dapat diperoleh dengan melihat dimana terjadinya kemungkinan Rotasi di titik diskrit, dan matriks-deformasi [] dibentuk menurut pe-nomor-an yang diberikan pada ujung-ujung batang. Jika pada titik diskrit dianggap terjadi Translasi, konsep Translasi pada suatu batang harus memenuhi prinsip-prinsip berikut: atang dengan titik diskrit di titik- (ujung batang no.2) dianggap dapat berpindah secara vertikal (pada titik, diberi lendutan satuan gaya, yang searah dengan arah translasi). Gambar (5a dan 5b) menunjukkan kemungkinan deformasi akibat Translasi ke bawah dan Translasi ke atas (arah translasi harus tegak lurus sumbu batang). 2 2 L L D d d2 I D= D= L d2 I d L D Gambar 5a. Translasi ke bawah Gambar 5b. Translasi ke atas Dari asumsi awal bahwa Rotasi berlawanan arah-jarum-jam (Positif) dan Rotasi yang searah dengan arah-jarum-jam (Negatif), diperoleh: Gambar-5a d = d2 = +/L Gambar-5b d = d2 = /L

22 Teknik Sipil UMI 22 Kestabilan suatu batang yang dianggap berpindah ujung-ujungnya, harus mengikuti aturan garis tegak lurus dari ujung-ujung batang asli yang berpindah. Untuk keseragaman di dalam analisa, arah Lendutan translasi (D= Satuan) diberikan menurut arah Vertikal ( ) dan Horisontal ( ). Contoh (hanya untuk Lendutan Translasi): D D2 D3 D Struktur semula Untuk D= satuan memberikan deformasi lentur positif, pada batang-batang vertikal. Portal-bidang dengan anggota batang yang serong/miring: D D2 D3 D S V Struktur semula D= satuan memberikan deformasi lentur positif untuk batang selain dari batang horisontal. atang yang serong akan membentuk segitiga kecil yang sebangun dengan segitiga yang membentuk kemiringan batang. Dengan prinsip matematis, nilai-nilai V dan S yang belum diketahui dapat dihitung. Nilai V dan S, digunakan untuk menentukan deformasi lentur pada batang horisontal ( d = V/L ), dan deformasi lentur pada batang serong ( d = S/L ), dimana L adalah panjang semula dari masing-masing batang bersangkutan.

23 Teknik Sipil UMI 23 Contoh untuk Portal-bidang bertingkat (hanya untuk akibat Translasi): D5 D2 D2 D6 D D3 D4 D Struktur semula D= Satuan D2= Satuan D2 D3 D7 D8 D9 D4 D5 D6 D D Struktur semula D= Satuan D3 D2 D2= Satuan D3= Satuan

24 Teknik Sipil UMI 24 Soal Latihan-0: Diketahui struktur portal bidang seperti tergambar. Tentukan: ) Jumlah DKK (Rotasi dan Translasi) 2) Matriks deformasi [] Ket: Panjang batang diberi simbol dengan huruf. Contoh lain dari portal bidang dengan batang serong: D D2 D3 D z x y z2 x2 y y2 y2-y Struktur semula D= Satuan D D2 Struktur semula dengan alternatif translasi (D) yang berbeda. D2 D3 D3 D D a b c x D= Satuan D= Satuan y D +x

25 Teknik Sipil UMI 25 CONTOH-03 P2 C EI D P3 P 2EI 2EI 4m,5m,5m 2m 4m Diketahui P = 250 Kg P2 = 2000 Kg P3 = 000 Kg Hitung Momen khir dengan cara Matriks Kekakuan (* Portal bidang dianggap mengalami pergoyangan) Penyelesaian: ] MOMEN UJUNG JEPIT/PRIMER M o C = P (a) (b 2 ) / (L 2 ) = 625,000 Kg.m M o.d = Kg.m M o C = + P (a 2 ) (b) / (L 2 ) = 625,000 Kg.m M o.d = Kg.m M o CD = P2 (a) (b 2 ) / (L 2 ) = 777,778 Kg.m M o DC = + P2 (a 2 ) (b) / (L 2 ) = 888,889 Kg.m 2] DERJT KETIDK TENTUN KINEMTIS - D DKK = 3 (Rotasi di C, dan D, dan Translasi di CD) D2 D3 D

26 Teknik Sipil UMI 26 3] VEKTOR GY LUR {Q} (Koresponding dengan Lendutan D) Q2 Q3 Q 2 C 3 4 D 5 6 Q Q2 Q3 Jumlah gaya-gaya horisontal sepanjang garis-kerja Q Jumlah momen primer di titik C Jumlah momen primer di titik D M CD P2 M DC VC 2m 4m VD M C HC P 2m tg C ( MC=0) H = [P(2)+M C M C] / 4 = 625 Kg HC = P H = 625 Kg M C H 3m 2m tg CD ( MD=0) VC = [P2(4)+M CD M DC] / 6 = 48,48 Kg VD = P2 VC = 58,59 Kg tg-d (tidak ada beban pada batang) Q HC Q2 H=3/4(VC) Q3 P3 Q = HC+H P3 Q2 = M C+M CD Q3 = M DC+M D VC

27 Teknik Sipil UMI 27 4] MTRIKS DEFORMSI [] Untuk D= Satuan D= C C D -d4 D x= C C +d5 y C -d3 4m z C +d +d2 +d6 3m 6m d = d2 = z/lc =,25/5 = +0,250 d3 = d4 = y/lcd = 0,75/6 = 0,25 d5 = d6 = x/ld =,00/4 = +0,250 Untuk D2= Satuan d=0, d2=, d3=, d4=0, d5=0, d6=0 Untuk D3= Satuan d=0, d2=0, d3=0, d4=, d5=, d6=0 5] MTRIKS KEKOKOHN INTERN ELEMEN [S]

28 Teknik Sipil UMI 28 6] MTRIKS KEKKUN, [K] = [] T [S] [] 7] VEKTOR LENDUTN DI TITIK DISKRIT, {D} = [K] {Q} 8] VEKTOR GY-GY DLM, {H} = [S] [] {D}

29 Teknik Sipil UMI 29 9] MOMEN KHIR, M = H M nub M = { H } ( M ) rah Check MC = 250,000 ( 625,000) = 875,000 Kgm 2 MC = 424,242 (625,000) = Kgm 3 MCD = 728,535 ( 777,778 ) = Kgm 4 MDC = 42,77 (888,889) = 30,606 Kgm 5 MD = 30,606 0,000 = 30,606 Kgm 6 MD = 232,955 0,000 = 232,955 Kgm MC=0 MD=0 _O_,_ _ ` FREE ODY _._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._.._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._. \_, P2 MCD MDC HC HD VC 2m 4m VD VC VD MC MD HC HD P3 2m P 4m 2m MC H H MC V 3m V TG-CD TG-C TG-D VC = 289,773 Kg ( ) V = 289,773 Kg ( ) V = 70,227 Kg ( ) VD = 70,227 Kg ( ) VC = 289,773 Kg ( ) VD = 70,227 Kg ( ) HC = 635,890 Kg ( )xxx H = 385,890 Kg ( ) H = 635,890 Kg ( ) HD = 635,890 Kg ( ) HC = 635,890 Kg ( )xxx HD = 635,890 Kg ( )

30 Teknik Sipil UMI 30 Periksa Syarat Kesetimbangan Struktur 2000 Kg C EI D 000 Kg 2m 250 Kg 2EI 2EI 2m 385,89 Kg 635,89 Kg 875 Kgm 232,955 Kgm 3m 2m 4m 289,773 Kg 70,227 Kg H = 0 H H + P P3 = 0 V = 0 V + V P2 = 0 M = 0 V(9) + P(2) P2(4) P3(4) M M = 0 Tabel Kontrol ~ Syarat Kesetimbangan Gaya-gaya Horisontal Gaya-gaya Vertikal Momen di titik +H = 385,890 +V = 289,773 +V (9) = 607,955 H = 635,890 +V = 70,227 +P (2) = 2500,000 +P = 250,000 P2 = -2000,000 P2 (4) = 8000,000 P3 = 000,000 P3 (4) = 4000,000 M = 875,000 M = 232,955 H = 0,000 V = 0,000.M = 0,000

31 Teknik Sipil UMI 3 D. STRUKTUR RNGK-TNG IDNG Struktur Rangka-atang (Truss) adalah struktur yang dibangun dari batang-batang yang membentuk bidang segitiga. Titik kumpul (titik diskrit) rangka-batang umumnya di anggap sebagai sendi (pin/hinge), sehingga tidak ada momen yang bekerja pada titik kumpul, dan hanya gaya aksial (tarik atau tekan) saja yang dianggap sangat berpengaruh pada setiap batang dari rangka batang. Dengan gaya tarik atau gaya tekan, berarti batang hanya akan mengalami perpanjangan (elongation) atau perpendekan (contraction). Suatu segitiga adalah suatu bentuk yang sangat stabil (dalam menahan defleksi) lebih stabil dari bentuk segi-empat, seperti terlihat pada gambar: eban eban Tidak Stabil Stabil Suatu rangka-batang yang paling sederhana dapat dilihat seperti berikut : Idealisasi asumsi-asumsi rangka-batang ) Semua titik-kumpul (joint) adalah sendi. Titik kumpul merupakan pertemuan antara garis yang melalui titik pusat berat dari penampang batang. 2) Semua batang pada rangka-batang, bekerja hanya dalam keadaan Tarik atau Tekan saja. 3) Semua beban-beban diaplikasikan sebagai beban terpusat pada titik-kumpul.

32 Teknik Sipil UMI 32 Elemen-elemen pada rangka-batang hanya mengalami deformasi aksial saja, untuk kondisi elastis, akan berlaku hukum Hooke. E H L d Gambar di atas memperlihatkan suatu batang yang menerima gaya normal H, dan mengalami deformasi-aksial (elongasi) sebesar d. Deformasi aksial diperoleh menurut persamaan, d = H.L / (E) Dimana E adalah modulus elastis bahan, dan adalah luas penampang batang. Gaya yang bekerja pada batang, H = ( E/L ) d Sehubungan dengan metode Kekakuan yang di bahas, dari persamaan terakhir di atas, dapat diperoleh nilai dari matriks [S], yang merupakan nilai kekakuan-aksial dari setiap elemen batang, yang untuk setiap batang akan bernilai E/L. P H~d P2 2 3 H~d H3~d3 3 H2~d2 H2~d2 2 H3~d3 Struktur semula Diagram H~d dari rangka batang. (hubungan gaya dalam dan deformasi) Untuk rangka batang sederhana seperti gambar di atas, nilai matriks [S] adalah:

33 Teknik Sipil UMI 33 CONTOH-04 P P2 C 2,5 m 2 3,5m 3,5 m Diketahui struktur rangka batang sederhana seperti tergambar P = 750 Kg, dan P2 = 500 Kg, E = Konstan??? Tentukan besar gaya-gaya batang dengan cara matriks-kekakuan Penyelesaian: ] Derajat Ketidak Tentuan Kinematis (DKK = 2), translasi dalam arah-x dan arah-y pada titik kumpul di C. Translasi arah-y dari D= satuan, akan memberikan deformasi aksial tarik pada batang- dan batang-2 (+d, +d2). Translasi arah-x dari D2= satuan, memberikan deformasi aksial tarik pada btg- (+d), dan deformasi aksial tekan pada btg-2 ( d2). 2,5 m D D2 C 2 3,5m 3,5 m D d2 d d2 d D Translasi arah-y dari D= satuan Translasi arah-x dari D2= satuan

34 Teknik Sipil UMI 34 Untuk D= satuan Untuk D2= satuan d d d2 d2 d = sin d2 = sin d = cos d2 = cos Untuk D= satuan Untuk D2= satuan d = 0,8575 d = 0,545 d2 = 0,582 d2 = 0,837 2] Matriks deformasi [] D D2 3] Matriks kekokohan intern elemen (kekakuan batang) [S]

35 Teknik Sipil UMI 35 4] Matriks Kekakuan, [K] = [] T. [S]. [] 5] Vektor Gaya Luar {Q}, koresponding dengan Lendutan {D} 6] Vektor Lendutan {D} = [K] - {Q} 7] Vektor Gaya-gaya dalam {H} = [S] [] {D} H, H2, dan H3 masing-masing adalah gaya-gaya-dalam (gaya-gaya batang). H = Gaya atang No- = 320,702 Kg (TEKN) H2 = Gaya atang No-2 = 87,22 Kg (TEKN) H3 = Gaya atang No-3 = 0 Kg Periksa Syarat Kesetimbangan ( tinjau titik kumpul C ) P H sin y H H cos P2 H2 H2 cos H2 sin x.fx = 0 H cos H2 cos + P2 = 0 320,702 (0,545) 87,22 (0,837) = 0.Fy = 0 H sin + H2 sin P = 0 320,702 (0,8575) + 87,22 (0,582) 750 = 0