II MTO ISTRIUSI MOMN.1 Pendahuluan Metode distribusi momen diperkenalkan pertama kali oleh Prof. Hardy ross pada yahun 1930-an yang mana merupakan sumbangan penting yang pernah diberikan dalam analisis struktur balok menerus (continuous beam) dan portal (rigid frame). alam analisis permulaan (preliminary analyzes) 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).. Konsep asar 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. kan 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, θ, dan θ seperti ditunjukkan pada Gambar.1(a) dan (c). Secara fisika, hal ini dapat dimungkinkan bahwa momen pengunci (locking moment) dapat dikerjakan pada titik buhul, II-1
II- dan untuk membuat kemiringannya relatif datar seperti ditunjukkan pada Gambar.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. θ θ θ (a) (b) θ θ θ (c) (d) Gambar.1 Kondisi jepit dalam metode distribusi momen
II-3.3 ngka Kekakuan dan Induksi (Stiffness and arry-over Factors) Untuk mengembangkan detail tentang prosedur metode distribusi momen, perlu diketahui beberapa hal yang akan dikemukakan berikut ini. Jika momen M 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 ditunjukkan pada Gambar.(a), maka pada ujung sendi akan terjadi rotasi sebesar θ dan momen M pada ujung jepitnya. M θ I = konstan M (a) M 3I θ 1 θ 1 M 6I M (b) M (c) Gambar. Penentuan angka kekakuan dan angka induksi ujung jepit iagram momen lentur balok tersebut dapat diuraikan menjadi seperti ditunjukkan pada Gambar.(b) dan (c). erdasarkan teorema balok konjugasi, besarnya θ 1 dan θ dapat ditentukan dan θ sama dengan nol. θ = θ 1 θ = diperoleh : M 6I θ M M = 0 6 I 3I θ M 3I
II- 1 M = M (.1) Selanjutnya dengan teorema balok konjugasi pula : M M θ = θ 1 + θ = + = 0 3I 6I Substitusi persamaan.1 ke dalam persamaan di atas akan diperoleh : I M = θ (.) Jika selanjutnya ujung jauh jepit pada balok Gambar.(a) diganti dengan ujunng sendi seperti pada hambar.3, dimana M = 0 maka : 3I M = θ (.3) M θ θ I = konstan Gambar. 3 ngka kekakuan ujung sendi Selanjutnya, nilai dalam kurung dalam persamaan. dan.3 adalah angka kekakuan (stiffness factor) masing-masing untuk ujung jepit dan ujung sendi. ngka kekakuan ini didefinisikan sebagai momen di dekat ujung jauh (far-end moment) untuk menyebabkan satu unit rotasi di dekat 1 ujung jauh. Kemudian nilai + dalam persaman.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. ngka istribusi (istribution Factors) ngka 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.), 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. θ Mo Α θ θ Gambar. ngka distribusi pada suatu struktur Persyaratan keseimbangan pada titik buhul adalah : M + M + M Mo = 0 imana momen-momen di titik adalah : ( I ) M = I M = ( ) θ θ
II-6 M = ( I ) θ Jika bahan struktur tersebut adalah sama, maka momen pengunci, Mo, dapat ditulis : I Mo = θ I + I + Jika diambil bahwa I = K, maka persamaan di atas dapat ditulis : tau : Mo = θ ΣK M o K = θ Sehingga momen ujung masing-masing batang yang melalui titik buhul adalah : M = M = M = K K M o K K M o K K M o K K Nilai, K K = (F) Mo = (F) Mo (.) = (F) Mo K, selanjutnya disebut dengan angka distribusi K (distribution factor/f) masing-masing untuk batang, dan. Untuk memenuhi persyaratan keseimbangan pada titik buhul, jumlah angka distribusi pada suatu titik buhul adalah harus sama dengan satu. (F) + (F) + (F) = 1.5 Momen Ujung Jepit (Fixed nd 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). eberapa nilai momen ujung jepit untuk balok prismatis diberikan pada Tabel.1. Tabel. 1 eberapa momen ujungjepit (FM) FM Pembebanan FM Pab a P b Pa b - w 1 w w - 1 w 30 w w - 30 w 1 6 a a + 3 a w ( a) w a - 3 1 wa 3 a 5 3 60 ( a) a w wa - 60 16 10 a a + 3 5w 96 (/) w (/) - 5w 96 M - b( a b) - a( b a) Pa a M Pa ( a) - ( a) a P a b P a M
II- Tabel. 1 eberapa momen ujungjepit (FM) (anjutan) FM Pembebanan FM ( b ) Pb a P b w w 9w 1 / w / 7w 1 / / w.6 plikasi nalisis Struktur Statis Tak Tentu engan Metode istribusi Momen.6.1 Struktur balok menerus ontoh 1. Tentukan diagram momen lentur dan gaya lintang dari struktur balok menerus seperti pada Gambar.5. 3 t/m t (3I) 0 m 10 m 10 m Gambar.5 ontoh aplikasi metode distribusi momen untuk struktur balok menerus Prosedur analisis struktur balok dengan metode distribusi momen meliputi menentukan momen ujung jepit (FM), angka kekakuan dan angka distribusi. Momen Ujung Jepit
II-9 1 FM = + ( 3 0 ) 1 1 FM = - ( 3 0 ) 1 FM = + ( 10 ) ( 0 ) 10 0 FM = 0(sendi) = 100 t.m (berlawanan arah jarum jam) = 100 t.m (searah jarum jam) = 90 t.m (berlawanan arah jarum jam) ngka 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. alam hal ini cukup hanya menghitung angka kekakuan dari batang-batang yang bertemu pada satu titik buhul. SF : = SF = ngka istribusi ( 3I ) 0 : 3( I ) 0 = 1( I ) 0 : 6( I ) 0 = : 1 F = ( + 1) 1 F = ( + 1) = 0.67 = 0.33 Selanjutnya momen-momen pada tiap-tiap batang dihitung seperti disajikan dalam Tabel.. Tabel. Proses penghitungan metode distribusi momen Titik uhul atang ngka istribusi (F) - 0.67 0.33 - Tahapan 1 FM +100-100 +90 0 +6.6 +3. 1/ Induksi +3.3 Tahapan - - - - Total khir +103.3-93. +93. 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.6.
II-10 3 t/m t 103.3 30 30 (a) 93. 1 1 93. 0.95 0.95.67.67 (b) Gambar. 6 iagram 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.6(a) dan (b). R,V = 30 + 0.95 = 30.95 t.m R,V = 30 0.95 +1 +.67 = 6.175 t.m R,V = 1.67 = 7.33 t.m Kontrol resultante keseimbangan gaya arah vertikal : 30.95 + 6.175 + 7.33 (30 x 0) = 0 OK! 30.95 16.67 (+) (+) x 9.505 (a) 7.33 103.3 93. (+) (+) 51.69 (b) 73.3 Gambar. 7 (a) iagram gaya lintang (b) iagram momen lentur Momen lentur positif pada bentang ditentukan pada jarak x dari tumpuan dimana gaya lintangnya adalag nol, sebagai berikut :
II-11 SF x = R,V q.x = 0 x = Maka : R, V 30.95 = = 10.165 m (dari tumpuan ) q 3 q.x M x = R,V.x + M ( 3 10.165 ) = (30.95 x 10.165) - - 103.3 = +51.691 T.m Sedangkan momen lentur positif pada bentang (titik : ditengah bentang) ditentukan sebagai berikut : M = R,V(kanan). + M = (16.67 x 10) 93. = +73.3 T.m.6. Struktur balok menerus pada perletakan elastis ila suatu struktur balok dengan konstruksi seperti pada Gambar. dimana pada perletakan diujung dapat dianalogikan bahwa balok tersebut didukung oleh perletakan elastik seperti pada Gambar.9. P 1 P (a), P 1 P (b) Gambar. Struktur balok menerus di atas perletakan elastik alam hal ini letak ujung akan dipengaruhi oleh defleksi batang. ila ujung terletak di tengah batang, maka angka pegas (spring
II-1 constant) ddiberikan dalam persamaan.5a. namun, ujung dapat pula didukung oleh suatu batang dari atas (tie-rod), maka keadaan demikian ini mempunyai angka pegas seperti disajikan dalam persamaan.5b. t = ( I ) 3 t = ( ) (.5a) (.5b) P 1 P P 1 (a) P t R (b) R O ' (c) R Gambar. 9 nalogi balok di atas perletakan elastik ila defleksi ujung belum diketahui, maka analisis balok pada Gambar.9(a) merupakan superposisi dari dua tahap seperti pada Gambar.9(b) dan (c) dan diberikan dalam persamaan.6. Pada tahap pertama reaksi pada perletakan di ditentukan terhadap beban luar (Gambar.9(b)), selanjutnya beban luar ini tidak diperhitungkan dalam tahap kedua dimana reaksi pada tumpuan ditentukan berdasarkan hanya akibat defleksi. R =t. = n 1 R =R O + n 1 R (.6)
II-13 an nilai n 1 yang belum diketahui dapat dihitung sebagai berikut : t = R O + n 1 R t n 1 = R O + n 1 R n 1 (R - t. )+ R O = 0 (.6a) n 1 = t. ' R o R' (.6b) Maka momen akhir total adalah : M = M o + n 1 M (.7) ontoh. Tentukan momen dan reaksi pada tumpuan dari struktur balok menerus seperti pada Gambar.10. 10 kn/m 30 kn t = 5 x10 3 kn/m 6 m 3 m 3 m = 0 x 10 6 kn/m ; I = x 10-3 m Tahap I: diasumsikan bahwa tidak terjadi defleksi pada ujung dan dalam penghitungan momen ujung jepit hanya akibat beban luar. 1 FM = ( 10 6 ) = -5 kn.m 1 1 1 FM = + ( 30 6) + ( 30 6) ngka kekakuan : SF : SF = 3( I ) 6 ngka distribusi : 1 F = = 0.5 1 + 1 1 F = = 0.5 1 + 1 : 3( I ) 6 = 1 : 1 = +33.75 kn.m
II-1 Tabel.3 Proses penghitungan metode distribusi momen Tahp I Titik uhul atang ngka istribusi (F) - 0.5 0.5 - Tahapan 1 FM 0-5 +33.75 0 +5.65 +5.65 - - - - Jumlah M o 0-39.375 +39.375 0 10 kn/m 39.375 39.375 30 kn 3.375 36.565 1.565 R o =.375 R o = Gambar. 10 iagram benda bebas Tahap-I 30 39.375 = +.375 kn 6 Tahap II: diasumsikan bahwa defleksi pada ujung, = 1 cm (= 0.01 m) dan dalam penghitungan momen ujung jepit beban luar tidak dihitung lagi. FM = 3 + 6 3 ( I ) ' 3( 0 10 )( 10 )( 0.01) = + Tabel. Proses penghitungan metode distribusi momen Tahap II 6 = +33.33 kn.m Titik uhul atang ngka istribusi (F) - 0.5 0.5 - Tahapan 1 FM 0 +33.333 0-16.667-16.667 - - - - Jumlah M 0-16.667 +16.667 0 16.667 16.667.77.77.77 R =.77 R = Gambar. 11 iagram benda bebas Tahap II 16.667 = -.77 kn 6
II-15 Menggunakan persamaan.6(a) diperoleh : +. 375 5000 n 1 = ( 0.01) (.77) = 0.16 Momen akhir total dihitung menggunakan persamaan.7 : M = M o + n 1 M = -39.375 + (0.16)(-16.667) = -.0395 kn M = M o + n 1 M = +39.375 + (0.16)(16.667) = +.0395 kn 10 kn/m.0.0 30 kn.993 37.007.007 7.993 Gambar. 1 iagram benda bebas ontoh-.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). kibat dari penurunan atau perpindahan posisi pada perletakan ditunjukkan pada Gambar.13. P 1 P n v h h v h Gambar. 13 Kontruksi portal akibat penurunan pada perletakan
II-16 kibat perpindahan posisi perletakan, baik vertikal dan horisontal, terjadi momen ujung yang dapat digambarkan seperti pada Gambar.1. Ujung mengalami penurunan sebesar, untuk kedua ujung adalah terkekang (jepit) momen ujung yang ditentukan seperti pada persamaan.a, dimana momen ujung (M ) adalah sama besar dan arahnya dengan M. Sementara bila salah satu ujungnya adalah sendi (Gambar.1b), momen ujung diberikan pada persamaan.b. V M (+) V (a) M (+) M (b) Gambar. 1 Konsep balok akibat penurunan pada perletakan ( ) 6 I M = M = + (.a) ( ) 3 I M = (.b) ontoh 3. Gambarkan diagram gaya lintang, momen lentur dan gaya normal dari konstruksi portal seperti pada Gambar.15. Perletakan mengalami perpindahan posisi vertikal ( v )10 cm dan perletakan bergeser ( h ).5 cm ke kiri. Nilai modulus elastisitas () bahan x 10 kn/m, dan momen inersia penampang (I) 6 x 10-5 m. ngka kekakuan : ( I ) I SF = = 6 6
II-17 q = 10 kn/m v 6 m h v 1 m 1 m Gambar. 15 Kontruksi portal akibat penurunan pada perletakan untuk ontoh 3 SF = SF = SF = ( I ) 3 1 ( I ) ( I ) 1 = I 6 = I 6 I SF = = 6 6 SF : SF : SF : SF : SF = : : : 1 : ngka distribusi : F = = 0.7; F = = 0.3 + + 1 F = = 0.; F = + 1 + + 1 + F = = 0. + 1 + = 0.1 Momen ujung jepit : FM = FM = + ( ) ( 5 6 I ) h 6 10 6 10 = h 6 0.05
II-1 FM = + 1 = + 100 kn.m q + ( I ) 6 v 5 ( 100 1 ) 6( 10 6 10 ) = + 1 = + 0 kn.m q 6 FM = + ( I ) v 1 + 1 5 ( 100 1 ) 6( 10 6 10 ) = + 1 = -0 kn.m ( ) q 3 I v FM = + 1 5 ( 100 1 ) 3( 10 6 10 ) = + = +130 kn.m 1 0.10 0.10 0.10 Tabel.5 istribusi momen ontoh 3 Titik uhul atang F 0.7 0.3 0. 0.1 0. - - FM +100 +100 +0-0 +130 0 0 0-11 - -96 - -13.7-7.3-7. -7.3-13.7 +. +9.6 +.1 +.05-0.5-0.9-0.5-0.9-0.5 +0.16 +0.31 +0.1 +0.07-0.03-0.01-0.03-0.015 Jumlah -7.0-11.1 +11.1-9.1 +1.3 -. -1. 0 iagram benda bebas momen-momen ujung dan gaya-gaya pada masing-masing ujung batang diberikan pada Gambar.16.
II-19 0. 61.7 11.1 9.1 1.3 0. 0. 7.1 7.1 11.1 61.7 1.5 5.3 70. 9. 7.1. 7.0 61.7 0. 1. 7.1 1.5 (a) 61.7 70. x =.9 m (+) (+) x 1 = 6.17 m 9. 5.3 11.1 11.1 0. 7.1 (b) 1.3 9.1 (+). (+) 76. 1..1 (+) 7.0 (+) 1. (c)
II-0 0. 7.1 61.7 1.5 (d) Gambar. 16 (a) iagram benda bebas (b) iagram gaya lintang (c) iagram momen lentur (d) iagram gaya normal ontoh 3.6. Struktur engan eban Simetris Suatu struktur yang mempunyai geometri dan beban simetris seperti ditunjukkan pada Gambar.17, dalam analisis strukturnya dapat ditentukan hanya dengan meninjau setengah bentangnya. Sehingga dimungkinkan terdapat modifikasi nilai angka kekakuannya. q P 1 P 1 q 1 1 (a) q P 1 P 1 q 1 1 (b) Gambar.17 ontoh aplikasi metode distribusi momen untuk struktur balok menerus Pada Gambar.17(a) dan (b), struktur dapat ditinjau setengah bentang. Sehingga nilai angka kekakuan batang pada Gambar.17(a) adalah
II-1 ( I ). Sedangkan untuk Gambar.1(b), titik dapat dimisalkan ( ) I sebgai jepit dengan angka kekakuan normal ( ontoh. istribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal seperti pada Gambar.19. ). kn/m 0 kn kn/m (3I) (3I) m m m m Gambar.1 ontoh nalisis struktur di atas dapat hanya meninjau setengah bentang saja. ngka kekakuan : 3( 3I ) 9I SF = = SF = ( I ) SF : SF = I = (setengah bentang ) 9I I : = 9 : ngka distribusi: 9 F = 9 + = 0.69; F = 9 + = 0.31 Momen ujung jepit : FM = - ( )( ) FM = + ( 0)( )( ) = - 19 kn.m =+0 kn.m Pelu diperhatikan bahwa, dalam penghitungan momen ujung, bentang yang diperhitungkan adalah tetap bentang penuh (bukan setengah bentang ).
II- Tabel.6 istribusi momen ontoh Titik uhul atang F 0.69 0.31 FM 0-19 +0 +10.9 +7.1 Jumlah 0-7.1 +7.1.6.5 Struktur Portal Tanpa Translasi Titik uhul plikasi 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) q (b) Gambar. 19 Kontruksi portal yang tidak menyebabkan goyangan (tanpa translasi titik buhul)
II-3 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.19. ontoh 5. istribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal seperti pada Gambar.0, dan gambarkan diagram gaya lintang dan momen lenturnya. 36 kn 6. kn/m 5 m 1.5 m 5 m Gambar. 0 ontoh 5 ngka kekakuan : ( I ) I SF = = 5 5 SF = ( I ) 5 SF : SF = = I 5 I 5 I : 5 = : ngka distribusi: F = + = 0.67; F = + = 0.33 Momen ujung jepit : FM = - ( 36 1.5) = -5 kn.m (overhang)
II- FM =- FM = ( 6. )( 5 ) 1 =+135 kn.m Tabel.7 istribusi momen ontoh 5 Titik uhul atang F - 0.67 0.33 - - FM -5 +135 0-135 0-5 -7 Induksi -7-13.5 Jumlah -5 +1-7 -16-13.5 36 kn 5 1 6. kn/m 16 11..1.1 36 15. 17. 7.1.1 (a) 13.5 11. 36 15. (+) x.5 m 7 1 5 x (+) 3.05 16 17..1 (b) 13.5 (c) x = 15. =.5 m 6.
II-5.1 (d) 11. Momen lentur pada jarak x: M x = -1 + 15. (.5) 1 - ( 6.)(.5) = 3.05 kn.m Gambar. 1 (a) iagram benda bebas (b) iagram gaya lintang dan (c) iagram momen lentur (d) iagram gaya normal ontoh 5 ontoh 6. istribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal seperti pada Gambar., dan gambarkan diagram gaya lintang dan momen lenturnya. q = 5 kn/m (I) (I) 6 m m m (a) q = 5 kn/m F (I) (b) Gambar. ontoh 6 Konstruksi adalah simetris secara geoemtris dan pembebanan, sehingga dapat dianalisis hanya dengan meninjau setengah bentang seperti ditunjukkan pada Gambar.(b). alam hal ini pada titik buhul harus
II-6 dalam keseimbangan, dimana tidak terjadi lentur pada batang. alam analisisnya, keseimbangan momen pada titik buhul dan adalah sama tetapi berbeda arah momen yang bekerja. ngka kekakuan : ( I ) I SF = = 6 3 SF = ( I ) SF : SF = 16I = = I I 3 : I = : 6 ngka distribusi: F = + 6 = 0.5; F = Momen ujung jepit : 1 1 FM = - FM =+ ( 5)( ) 6 = +56 kn.m Tabel. istribusi momen ontoh 6 + = 0.75 Titik uhul atang F - 0.5 0.75 - FM 0 0 +56-56 -6-19 Induksi -3-96 Jumlah -3-6 +6-35 atang F F 6 q = 5 kn/m 35 35 q = 5 kn/m 6 16 16 56 156 16 16 16 6 156 156 6 156 16 3 16 16 F 3 156 56 156 (a)
II-7 156 3.5 m (+) (+) x 3.5 m 156 16 16 F (b) 35 6 6 6 (+) (+) 19.5 19.5 6 (+) (+) 3 3 F 16 (c) 16 156 56 156 F (d) Gambar. 3 (a) iagram benda bebas (b) iagram gaya lintang dan (c) iagram momen lentur (d) iagram gaya normal ontoh 6 Momen lentur pada jarak x: 1 M x = -6 + 156 (3.5) - ( 5)( 3.5) = +19.5 kn.m.6.6 Struktur Portal engan Translasi Titik uhul plikasi dari metode distribusi momen untuk analisis portal statis tak tentu dimana terdapat titik buhul yang mengalami translasi yang belum
II- diketahui (unknown translation), 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.. Ketiga langkah tersebut adalah sebagai berikut : W W 1 M H (a) H W ' ' R o R W 1 M o M H 1 H H 1 H (b) (c) Gambar. Portal dengan goyangan satu derajat kebebasan 1. Goyangan ke samping dari batang dicegah dengan memberikan tumpuan buatan (artificial support) pada seperti ditunjukkan pada Gambar.(b). Pada tahap ini momen-momen pada ujung batang (M o ) dihitung akibat beban luar yang bekerja pada portal tersebut, sehingga reaksi pada tumpuan yaitu R o dapat diketahui besar dan arahnya.
II-9. Titik buhul dan dikunci untuk melawan rotasi, tetapi tumpuan diperbolehkan mengalami perpindahan posisi sebesar, sehingga menyebabkan terjadinya momen ujung pada kolom dan seperti ditunjukkan pada Gambar.(c). Selanjutnya momen-momen pada ujung batang (M ) dapat ditentukan dengan metode distribusi momen, sehingga besar dan arah dari reaksi pada tumpuan (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 (FM) serasi dengan nilai-nilai momen sebelumnya. 3. Momen-momen ujung tiap batang yang sesungguhnya (M) pada Gambar.(a) merupakan resulatante dari momen akibat beban diluar dan n kali momen akibat perpindahan posisi seperti diberikan pada persamaan.9. M = M o + n M (.9) imana n ditentukan dari : R o = n R n = R o R' (.9a) Pada permasalah sederhana seperti Gambar. 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,, 3, dan seterusnya. Momen akhir yang sesungguhnya selanjutnya dapat ditentukan dengan cara menentukan nilai n 1, n, n 3, dan seterusnya dengan penyelesaian persamaan simultan. Pada Gambar.5 diberikan suatu contoh portal bertingkat yang terdiri atas kolom dan dua batang horisontal.
II-30 engan langkah-langkah yang serupa seperti diuraikan di atas, dapat diuraikan kembali langkah-langkah untuk analisis portal pada Gambar.5 adalah sebagai berikut : P 1 P 1 R 1 o P P R o F F (a) (b) 1 1 R 1 R 1 R R F F (c) (d) Gambar. 5 Portal dengan goyangan dua derajat kebebasan 1. gar titik buhul dan tidak dapat mengalami perpindahan posisi, maka pada dan diberi tumpuan buatan seperti ditunjukkan pada Gambar.5(b). Selanjutnya momen-momen pada ujung batang (M o ) dihitung akibat beban luar yang bekerja pada portal tersebut, sehingga reaksi pada tumpuan dan yaitu R o 1 dan R o dapat diketahui besar dan arahnya.
II-31. Titik buhul, dan dikunci untuk melawan rotasi, tetapi tumpuan diperkirakan mengalami perpindahan posisi sebesar 1, sehingga menyebabkan terjadinya momen ujung pada kolom dan seperti ditunjukkan pada Gambar.(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 dan yaitu R 1 dan R dapat ditentukan pula. 3. Seperti pada langkah di atas, tetapi tumpuan dikunci dan diperkirakan mengalami perpindahan posisi sebesar, sehingga menyebabkan terjadinya momen ujung pada kolom dan seperti ditunjukkan pada Gambar.(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 dan yaitu R 1 dan R dapat ditentukan pula.. ari langkah 1, dan 3 di atas didapat persamaan simultan (persamaan.10a dan b) untuk menentukan nilai n 1 dan n yang selanjutnya digunakan untuk menentukkan momen akhir sesungguhnya (persamaan.10c). R o 1 + n 1 R 1 + n R 1 = 0 (.10a) R o + n 1 R + n R = 0 (.10b) M = M o + n 1 M + n M = 0 (.10c) ontoh 7. istribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal seperti pada Gambar.6, dan gambarkan diagram gaya lintang, gaya normal dan momen lenturnya. kibat beban horizontal 60 kn portal mengalami goyangan kekanan, dan titik buhul mengalami perpindahan (Gambar.5b).
II-3 m 60 kn 30 kn/m (3I) (3I) m R o (a) ngka kekakuan : SF = ( I ) = I 3I Gambar. 6 ontoh 7 1I 3I = = SF = SF = ( ) ( 3I ) SF = m = 1I = 3I SF : SF : SF : SF = I : 3I 3I : 3I : ngka distribusi: F = + 3 = 0.0; F 3 = + 3 = 0.60 (b) = : 3 :3 : 3 3 F = 3 + 3 = 0.50; F 3 = 3 + 3 = 0.50 Tahap I : Menentukan M o akibat beban luar yang bekerja Momen ujung jepit : 1 1 FM = - FM =+ ( 30)( ) = +160 kn.m Selanjutnya distribusi momen akibat beban yang bekerja pada portal diberikan pada Table.9 dan diagram benda bebas diberikan pada Gambar.7.
II-33 Tabel.9 istribusi momen akibat beban luar yang bekerja ontoh 7 Titik uhul atang F - 0.50 0.60 0.50 0.50 - FM 0 0 +160-160 0 0 +0 +0 +0 +0-0 -0-10 -60 +15 +30 +30 +15-3.0-6.0-9.0 -.5 +1.15 +.5 +.5 +1.1 -.0. -0.5-0.675-0.3 +0.0 +0.17 +0.17 0.0-0.017-0.03-0.050 Jumlah M o -3. -6. +6. -11. +11. +56.1 3.3 6. 30 kn/m 116.76 60 kn 3.3 6. 116.76 13. 11. 13. 1.0 R o = 71.36 11. 1.0 3. 116.76 3.3 1.0 56.1 13. Gambar. 7 iagram benda bebas akibat beban yang bekerja untuk menentukan R o Reaksi pada tumpuan buatan (R o ) ditentukan dari : ΣF H = 0 R o = (60 + 3.3) (1.0 ) = 71.36 kn (ke kiri) Tahap II : Menentukan M akibat mengalami perpindahan Momen ujung jepit : 6 I ' 3I ' FM = FM =+ ( ) =
II-3 6 3I ' 9I ' FM = FM =+ ( ) = 3 Momen yang serasi diambil berdasarkan perbandingan : FM : FM = 3I ' 9I ' : =1 : 9 3 an diasumsikan sebesar 1 satuan, maka momen-momen serasinya adalah : FM = FM = +1 kn.m FM = FM = +9 kn.m Tabel.10 istribusi momen akibat beban luar yang bekerja ontoh 7 Titik uhul atang F - 0.50 0.60 0.50 0.50 - FM +1 +1 0 0 +9 +9 -.5 -.5 -.5 -.5-1.95-3.9-5.5 -.93 +0.73 +1.6 +1.6 +0.73-0.15-0.9-0. -0. +0.055 +0.11 +0.11 +0.055-0.011-0.0-0.033 Jumlah M +9.9 +7.79-7.79-6.0 +6.0 +7.5 1.73. 7.79 6.0 1.73 1.70 R = 6.1 7.79. 1.73 1.73 1.70 6.0. 1.73 9.9 7.5 1.73 1.70 Gambar. iagram benda bebas akibat beban yang bekerja untuk menentukan R
II-35 96.5. 60 kn 19.1 30 kn/m 13.3 0.9 13.5. 19.1 96.5 13.5 13.3 0.9 19.1 96.5 7.1 0.9 1. (a) 13.5 96.5 13.3 19.1 (+) (+) 3. m x 0.9.. 13.3 (+) 19.1 13.5 (+) 7.1 13.5 (b) 0.9 (c) (+) 1.1 0.9 96.5 13.5 0.9 96.5 13.5 (d) Gambar. 9 (a) iagram benda bebas (b) iagram gaya lintang (c) iagram momen lentur dan (d) iagram gaya normal ontoh 7
II-36 Reaksi pada tumpuan buatan (R ) ditentukan dari : ΣF H = 0 R = (.) + (1.70) = 6.1 kn (ke kanan) Selanjutnya : -R o + n R = 0 R o 71.36 n = = = 11.66 R' 6.1 Selanjutnya momen akhir sesungguhnya : M = M o + n M Tabel.11 Momen akhir sesungguhnya ontoh 7 Titik uhul atang Mo -3. -6.5 +6.5-11.5 +11.5 +56. M +9.9 +7. -7. -6.1 +6.1 +7.5 n M +115.3 +90. -90. -70. 9 +70. 9 +7.9 M +71.1 +. -. -13.3 +13.3 +1.1 ontoh. istribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal seperti pada Gambar.30, dan gambarkan diagram gaya lintang, gaya normal dan momen lenturnya. kibat beban yang tidak simetris portal mengalami goyangan kekiri, seperti ditunjukkan pada Gambar.30(c) dan (d). ngka kekakuan : SF : SF = SF : SF = ( I ) ( I ) : ( I ) ( I ) : = 1 : 1 = 1 : 1 3 SF : SF : SF = ( I ) ( I ) ( 3I ) SF F : SF : SF = ngka distribusi: F = F = 1 1 : : ( I ) ( I ) ( 3I ) 3 + 1 = 0.50; F = 1 1 + 1 = 0.50; F = : : = 3 : : 6 = 3 : : 6 1 1 + 1 = 0.50 1 1 + 1 = 0.50
II-37 90 kn 90 kn R o m 10 kn (3I) 10 kn R o m F F m 6 m (a) (b) 1 1 R R R R F F (c) (d) Gambar. 30 ontoh 3 F = = 0.3; F = = 0.31 3 + + 6 3 + + 6 6 3 F = = 0.6; F F = 0.3 3 + + 6 3 + + 6 6 F = = 0.31; F = = 0.6 3 + + 6 3 + + 6 Tahap I : Menentukan M o akibat beban luar yang bekerja Momen ujung jepit :
II-3 FM = + ( 90 6 )( 6 ) FM =- ( 90 6 )( ) FM = + ( 10 6 )( 6 ) FM =- ( 10 6 )( ) = + 101.5 kn.m = -33.75 kn.m = + 135 kn.m = -5 kn.m Selanjutnya distribusi momen akibat beban yang bekerja pada portal diberikan pada Table.1. Tabel.1 istribusi momen akibat beban luar yang bekerja ontoh Joint atang F F 0.3 0.6 0.31 0.50 0.50 0.50 0.50 0.31 0.6 0.3 FM 0 135.00 0 0 101.5-33.75 0 0-5.00 0-31.15-6.31-1.5-0.77-31.15-0.1-0. -0. -0.1 13.7 6.9 6.9 13.7 1.7 9.6 19.9.93 1.7 1.30.61 1.7 0.7 1.30-3.5-7.17-7.17-3.5-1.51-3.03-3.03-1.51 0.05 0.03 0.06 0.10 0.05 0. 1.63 1.09 0.5 0. 0. 0.9 0.9 0. -0.07-0.1-0.1-0.07-0.17-0.11-0.3-0.3-0.17-0.016-0.03-0.0-0.01-0.016 0.0 0.0 0.0 0.05 0.05 0.0 0.00 0.003 0.00 M o -9.05 91. -6.19-66.5 66.5-33.3 33.3 31.03-5.37 1.3 iagram benda bebas dari distribusi momen akibat beban yang bekerja diberikan pada Gambar.31. esar dan arah reaksi pada tumpuan buatan di dan dapat diketahui sebagai berikut : R o = (3.11) (16.10 ) = 16.01 kn (ke kiri) R o = (3.11 + 3.60) (16.10 + 7.6 ) = 1.3 kn (ke kanan) Tahap II : Menentukan M akibat terjadinya goyangan ke kiri pada titik buhul.
II-39 66.5 3.11 3.11 66.5 90 kn 33.3 16.10 R o = 16.01 kn 33.3 16.10 6.19 3.11 7.6 3.11 16.10 91. 10 kn 5.37 9.05 1.39 7.6 3.60 31.03 16.10 3.60 R o = 1.31 kn 7.6 3.60 F Gambar. 31 Penentuan besar dan arah reaksi horizontal pada tumpuan buatan dan akibat beban yang bekerja Tabel.13 istribusi momen akibat goyangan pada titik buhul Joint atang F F 0.3 0.6 0.31 0.50 0.50 0.50 0.50 0.31 0.6 0.3 FM 0 0-60 -60 0 0-60 -60 0 0 13,5 7,69 1,6 9,3 13,5 1,69 5,3 5,3 1,69 11,3 3,65 3,65 11,3 7,9 5, 10,56 15, 7,9 -,76-9,51-6,3-3,17 -,76 -,16 -,33 -,33 -,16-0,7-1,56-1,56-0,7 1, 0,5 1,70,56 1,7 0,0 0,1 0,7 0,1 0,0 0,16 0,3 0,3 0,16-0,5-0,51-0,51-0,5 0,01 0,01 0,01 0,0 0,01-0,00-0,079-0,053-0,03-0,00 0,07 0,1 0,1 0,07-0,0-0,039-0,039-0,019 0,01 0,01 0,01 0,07 0,01 M 9,3 7,69-36,9-3,31 3,31 3,31-3,31-36,9 7,69 9,3 kibat goyangan ke kiri seperti ditunjukkan oleh Gambar.30(c), momen yang serasi diambil berdasarkan perbandingan :
II-0 6I ' FM = FM = - 6I ' FM = FM = - an momen-momen serasinya adalah : FM = FM = -60 kn.m FM = FM = -60 kn.m Selanjutnya distribusi momen akibat beban yang bekerja pada portal diberikan pada Table.13 di atas. 3.31 17.31 17.31 3.31 3.31 17.31 R = 3.633 17.31 3.31 17.31 36.9 36.9 17.31 7.69 7.69 17.31 17.31.31.31 R = 39.3 kn 9.3 9.3.31.31.31.31 F Gambar. 3 Penentuan besar dan arah reaksi horizontal pada tumpuan buatan dan akibat goyangan ke kiri pada titik buhul esar dan arah reaksi pada tumpuan buatan di dan dapat diketahui sebagai berikut : R = (17.31 + 17.31) = 3.6 kn (ke kiri) R = (17.31 + 17.31) + (.31 +.31) = 39.3 kn (ke kanan)
II-1 Tahap III : Menentukan M akibat terjadinya goyangan ke kiri pada titik buhul. kibat goyangan ke kiri seperti ditunjukkan oleh Gambar.30(d), momen yang serasi diambil berdasarkan perbandingan : 6I ' FM = FM = + 6I ' FM = FM = + 3I ' FM = FM F = - an momen-momen serasinya adalah : FM = FM = +60 kn.m FM = FM = +60 kn.m FM = FM F = -30 kn.m Selanjutnya distribusi momen akibat beban yang bekerja pada portal diberikan pada Table.1. Tabel.1 istribusi momen akibat goyangan pada titik buhul Joint atang F F 0.3 0.6 0.31 0.50 0.50 0.50 0.50 0.31 0.6 0.3 FM -30 0 60 60 0 0 60 60 0-30 -6.9-13.5-9.3 -.6-6.9-13.5-7.69-7.69-13.5-11.5-3.0-3.0-11.5 -.66-1.7-3.55-5.33 -.66 3.1 7.6 5.0.5 3.1.5.50.50.5-0.1-0. -0. -0.1-0.5-0.57-1.1-1.70-0.5-0.3-0.65-0.3-0. -0.3 0.0 0.17 0.17 0.0 0.1 0. 0. 0.1 0.06 0.03 0.06 0.09 0.05-0.030-0.060-0.00-0.0-0.030-0.05-0.05-0.05-0.003-0.003-0.001 0.010 0.01 0.007 M -33.6-10.0 3.6 3.61-3.61-3.61 3.61 3.6-10.0-33.6
II- 3.61 19.61 3.61 16.61 3.61 19.61 R = 39.3 kn 3.61 19.61 19.61 3.6 19.61 3.6 10.3 10.3 19.6 19.6.6.36 R = 55.96 kn 33.6.36 33.6.6.36 F.36 Gambar. 33 Penentuan besar dan arah reaksi horizontal pada tumpuan buatan dan akibat goyangan ke kiri pada titik buhul esar dan arah reaksi pada tumpuan buatan di dan dapat diketahui sebagai berikut : R = (19.6 + 19.6) = 39. kn (ke kanan) R = (19.6 + 19.6) + (.36 +.36) =.5 kn (ke kiri) ari hasil distribusi momen pada masing-masing tahapan diperoleh : R o = 16.01 kn (ke kiri) R o = 1.31 kn (ke kanan) R = 3.61 kn (ke kiri) R = 39.3 kn (ke kanan) R = 39.3 kn (ke kanan) R = 55.96 kn (ke kiri) Persamaan simultan untuk factor n 1 dan n : R o + n 1 R + n R = 0-16.01 3.61 n 1 + 39.3n = 0 (a) R o + n 1 R + n R = 0 +1.31 + 39.3n 1 55.96n = 0 (b) ari persamaan (a) dan (b) diperoleh : n 1 = -1.03 dan n = -0.507
II-3 Momen akhir sesungguhnya adalah diberikan oleh persamaan (c) dan ditabelkan dalam Tabel.15. M = M o + n 1 M + n M = 0 (c) Tabel. 15 Hasil penghitungan momen akhir total ontoh Joint atang F M o -9.05 91. -6.19-66.5 66.5-33.3 33.3 31.03-5.37 1.3 M 9,3 7,69-36,9-3,31 3,31 3,31-3,31-36,9 7,69 9,3 M -33.6-10.0 3.6 3.61-3.61-3.61 3.61 3.6-10.0-33.6 M -1.7 67. -6.1-50.3 50.3-9.3 9.3 7.1-6. 1.7 50.3 90 kn 9.3.10.10 67.65.375 67.65.375.11 50.3 9.3.10 6.1.10.10 7.1 67.65.375 67. 10 kn 6..10.10 5. 5. 9.75 9.75 30.15 30.15 1.7 1.7 5. 5. 5. 5. F 9.75 30.15 Gambar. 3 iagram benda bebas hasil akhir distribusi momen ontoh
II- (a) (b) F 67.65.375 30.15 9.75.1.1 5. 5..1 (+) (+) (+) F 50.3 111.95 6.1 1.7 1.7 9.3 (+) (+) 9.3.95 (+) 6. 7.1 (+) (+)
II-5 67.65.375.1 1.7 (+) 9.75 30.15 F (c) Gambar. 35 (a) iagram gaya lintang (b) iagram momen lentur dan (c) iagram gaya normal ontoh ontoh. istribusikan momen-momen ujung dari konstruksi portal seperti pada Gambar.36, dan gambarkan diagram gaya lintang, gaya normal dan momen lenturnya. Semua elemen batang mempunyai nilai I yang sama. Struktur portal adalah anti-simetris yang dapat ditinjau separuh bentang. ngka kekakuan : SF : SF = 6 ( I ) ( I ) I SF : SF F : SF = 5 I SF : SF G : SF = 5 5 : 5 = 6 : ( ) 6( I ) ( I ) : 5 : 5 ( ) 6( I ) ( I ) : 5 : 5 = : 6 : = : 6 :