KULH PERTEUN 1 nalisa struktur statis tak tentu dengan metode distribusi momen (Cross) pada balok. Lembar nformasi 1. Kompetensi ahasiswa dapat menghitung momen ujung batang untuk balok statis taktentu dengan metode distribusi momen (Cross). ateri elajar ETO CROSS etoda Cross atau sering disebut pula metoda iterasi momen, merupakan cara paling populer digunakan untuk menghitung angunan STTS TK TENTU secara manual. Cara ini prinsipnya adalah pendistribusian momen-momen ketidak seimbangan yang terjadi pada setiap titik kumpul kepada batang-batangnya sesuai dengan kekakuannya. omen ketidak seimbangan ini terbentuk sebagai akibat dari adanya momen-momen primer dari batangnya yang bertemu di titik kumpul tersebut. omen primer adalah momen-momen pada setiap ujung batang tersebut yang berupa jepit sempurna (tidak ada rotasi), pada kenyataannya ujung-ujung batang tersebut tidaklah bersifat jepit sempurna karena titik kumpul dapat berotasi, akibat adanya rotasi inilah maka terjadi pendistribusian dari jumlah momen-momen primernya (momen ketidak seimbangan). Lihat balok yang dibebani dibawah ini : Sistim beban Sistim beban omen primer omen primer Pada tumpuan jepit akibat beban luar menimbulkan momen primer, sedangkan pada tumpuan sendi tidak menimbulkan momen primer (karakteristik perletakan sendi). 64
alok dibebani seperti gambar dibawah ini : kibatnya batang melentur, timbul & (gambar a.) Jika ujung-ujung dan dicegah terhadap rotasi, berarti di dan kita berikan momen perlawanan (Restraint oment) dan sehingga putaran sudut di dan menjadi lebih kecil dari semula ' dan ' ila harga dan sedemikian sehingga = 0 dan = 0 maka disebut sebagai momen primer atau Fixed End omen. Tinjau portal dibawah ini, pada titik 5 terjadi momen ketidak seimbangan dengan keseimbangan = 0 8 Δ ab 4 a 5 b 6 a b 65
ab aka 5 58 54 56 5 58 54 56 ab 0 ahwa jumlah dari distribusi momen sama dengan harga negatif dari momen-momen ketidak seimbangan. esarnya momen ketidak seimbangan pada titik kumpul akan disebar kesetiap batang yang bertemu pada titik tersebut sesuai dengan kekakuan batang-batang tersebut. KEKKUN N FKTOR NUKS a) atang dengan ujung jepit atang diberi beban sehingga timbul. (gambar a) = gambar b + gambar c Syarat batas : 1 1 ari gambar b. ari gambar c. erdasarkan syarat batas :. L 3E. L 6E. L 3E 1 1. L 3E. L 6E 1 1. L 6E 66
. L. L 0 = ½ disebut faktor induksi (carry over factor) 3E 6E imana = ½ aka :. L 3E ( 1 6E ). L. L 4E Jika dalam 1 (satu) radian, maka : 4E L 4E.1 (disebut stifness atau kekakuan batang ) L K 4E L b) atang dengan ujung sendi ila batang diberi beban maka timbul dan di sendi, bila =. L 3E 3E L Jika dalam 1 (satu) radian 3E aka. 1 atau K L 3E L Catatan : ujung sendi tidak menerima induksi atau induksi = 0 67
FKTOR STRUS Lihat gambar dibawah ini : 4 1 14 1 3 kibat beban yang ada maka ada momen primer 1 = 0 1 + 0 14 1 disebar ke batang batang 1-4, 1-, dan 1-3 imana : 1 13 14 1 4E 1 1. 1 L1 4E 13 13. 13 L13 4E 14 14. 14 L14 imana ij dititik 1 sama semua, maka 0 14 dan 0 1 dititik 1 Δ = 1 : Δ13 : Δ14 4 L 1 1 4 : L 13 13 3 : L 14 14 = k 1 : k 13 :k 14 k 1 = k 1 : k 13 :k 14 maka : Δ Δ k 1 1 ( 1) 1. k1 k 13 13 ( 1) 13. k1 1 1 68
Δ k 14 14 ( 1) 14. k1 ngat : k ij ij 1 ij. E ij, ij = 3 untuk ujung sendi L FKTOR NUKS ij = 4 untuk ujung jepit Ujung jepit i diberi momen maka menerima induksi sebesar = ½, jadi faktor induksi = ½. Ujung sendi/rol Jika di diberi momen maka di tidak ada induksi atau = 0 jadi faktor induksi = 0. OEN PRER KT PERLETKN TURUN a) alok jepit jepit 69
alok dijepit di dan, turun sebesar dibandingkan dari, timbul momen di yaitu dan di yaitu imana = Lendutan di akibat putaran sudut di. l 1. l 1 l l. l 4E 3 6 4E 6 engan = maka : 1. l. l. l E 4 3 6E 6E., = l b) alok jepit sendi Perletakan jepit, sendi turun sebesar, timbul momen di yaitu. l. l. l E 3 3E 3E. l catatan : momen primer nilainya positif apabila penurunan batang disebelah kanan batang, sebaliknya momen primer nilainya negatif apabila penurunan batang di sebelah kiri batang 70
Contoh 1. Perhatikan Struktur balok menerus di bawah ini, dimana semua batang memiliki E konstan 4 t 4 t 10 t 4 t/m 1 t/m C 3 m 3 m 3 m 6 m 1 m 9 m. Kekakuan ( semua titik kumpul yang ditengah struktur dianggap jepit, dan ujung batang C yaitu titik juga dianggap jepit) 4E K 0,667. E 6 4E K C 0,333. E 1 4E K C 0,444. E (balok C dianggap jepit-jepit) 9 Koefisien istribusi : C 0,667 0,667 0,667 0,333 0,337 0,333 0,667 0,333 catatan : kontrol setiap titik kumpul jumlahnya harus 1 (satu) C C 0,333 0,48 0,777 1 0,48 0,57 = 1 = 1. omen Primer (fixed end momen) iasumsikan sekuruh titik gabung (joint) dikunci jepit F F 4.6 1, 00 tm 1 F F 1 4.3 9 4.9.3 C C 1. 1 1tm 1 1 1 10.3.6 F C 13, 33 tm 9 71
10.6.3 F C 6, 67 tm 9 STRUS OEN Untuk perhitungan distribusi momen dibuat dalam bentuk tabel seperti dibawah ini, untuk menghitung distribusi momen atau balanced (L) dilakukan dengan jumlah momen primer pada satu titik kumpul dengan koefisien distribusi masing-masing batang yang ada pada titik kumpul tersebut, contoh : L batang = (FE ba + FE bc ) * (- ba ) L batang C = (FE ba + FE bc ) * (- bc ), Kemudian perhitungan induksi momen ujung batang atau Carry Over (CO), dari ujung kiri batang yang ditengah ke ujung batang kanan dari batang yang sebelah kirinya dan dari ujung kanan batang yang ditengah ke ujung batang kiri dari batang yang sebelah kanannya. Pada perletakan ujung jepit (sebenarnya) hanya menerima induksi saja tanpa harus menginduksi ke ujung batang seberangnya lagi. Titik Kumpul C atang C C C C ij 0 0,667 0,333 0,48 0,57 1 Comment [b1]: ianggap jepit FE L/is 1-1,00 1,00 6,00-1,00 3,00 1,00-6,15-6,67-8,18 13,33-13,33 CO/induks1 3,00-3,08 1,50-6,67-4,09 L/dis,06 1,0,1,96 4,09 CO/induks 1,03 1,10 0,5,04 1,48 L - 0,73-0,37-1,09-1,47-1,48 CO/induks 3-0,36-0,54-0,18-0,74-0,74 L 0,36 0,18 0,39 0,53 0,74 CO/induks 4 L 0,18-0,06-0,13 0,0-0,07 0,09-0,0 0,37-0,6 0,7-0,7 Final/momen akhir - 8,1 19,56-19,56 18,09-18,09 0,00 Hasil distribusi momen (final) merupakan nilai momen ujung batang dari balok menerus. ab = - 8,1, ba = 19,56, bc = - 19,56, cb = 18,09, cd = - 18,09, dc = 0,00 enghitung reaksi perletakan ( dibuat Freebody batang) : 7
atang : 4 t/m ab ba R ab 6 m 4.6 8,1 ( 19,56) 0 R 1 1,89 = 10,11 ( ton ) 6 R 4.6 8,1 19,56 6 13,89 engan cara yang sama maka pada batang C R C R C 1.1 4.9 1 1.1 4.3 1 4.3 19,56 18,09 1 1 4.9 1 19,56 18,09 1 10,1 9,88 engan cara yang sama maka pada batang C R C R C 10.3 9 18,09 9 10.6 18,09 9 9 5,34 4,66 Untuk menggambarkan bidang momen, dapat dicari persamaan bidang momen akibat beban luar dan momen ujung batang (hasil croos), sebagai contoh : 4 t/m ab ba R ab 6 m x x = R.x ½. q. x +, pada x = 0 = 10,11. (0) ½. q. (0) + 8,1 = 8,1 pada x = 3 = 10,11. (3) ½. 4. (3) + 8,1 = 0,54 tm untuk gaya geser (lintang) : x = R q.x 73
jika ingin mengetahui gaya lintang = 0 maka x = 0 ; R q.x = 0 didapat nilai x jarak dari titik dengan cara yang sama dapat dilakukan pada batang C, C. aka hasilnya dapat dilihat dibawah ini : 4 t/m 4 t 4 t 1 t/m 10 t C 3 m 3 m 3 m 6 m 1 m 9 m 18 19,31 30 18,09 0 idang omen -8,1.53 m 13.89 6.88 9.88.68 4.66 10.11 10.1 3.1 7.1 6.88 5.34 idang geser 74
Contoh : Perhatikan Struktur balok menerus di bawah ini, pada batang dan C (propertisnya) = E, batang C = 3E. 6 t 1 t/m t/m 5 t C 1 m 3 m 4 m 3 m 3 m 3 m mm Kekakuan batang : 4E. K E 4 4E.3 K E 6 Koefisien distribusi : C E. ( ) E E. ( ) E 0,5 0,5 Kontrol = 1 0, karena jepit C 1, karena C sendi omen Primer 0 C P l 5.3 15 tm. 0 6.1.3 1 (.1.4 ) 4, 708 tm 4 1 0 6.3.1 1.1.4, 458 tm 4 1 l 5..( 1..3).6 0 5.. C 3, 75 tm 48 48 0 0 C C 75 3, tm (simetris) 75
STRUS OEN Titik Kumpul C atang C C C - ij 0 0,5 0,5 1 0 ij o - 4,708,458-3,75 3,75-15 1 0,646 0,646 11,5 0 1 0,33 5,65 0,33 -,813 -,813-0,33 0 1,406 0,16 1,406 3-0,081-0,081-1,406 0 3-0,041-0,703-0,041 4 0,35 0,35 0,041 0 4 0,176 0,176 Final - 5,75 0,0-0,0 15-15 enghitung Reaksi Perletakan Freebody 6 t ab 1 t/m 1 m 4 m ba P.3 1.4 R = 4 4 6.3 5,75 0,0 = 7, 935 4 4 P.1 1.4 R = =,0675 4 4 bc t/m cb 1..3. 0,0 15 = 0,5033 R C = 6 3 m 3 m mm C 1..3. 0,0 15 = 5,4967 R C = 6 5 t C 15 R C = 5 V 0 3 3 m 76
Perhitungan omen dan Gaya Lintang Freebody (lihat gambar kanan) 6 t Pada daerah E, 0 x 1 ab 1 t/m ba x = 7,935 x ½. 1.x 5,75 x = 0 = -5,75 x = 1 E = 1,685 = 0 x = 0,76 m Ra 1 m E 4 m x x = 7,935 1. x x = 0 = 7,935 x = 1 E = 6,935 Pada daerah E, 1 x 4 x = 7,935. x ½. 1. x 6.(x-1)-5,75 x = 1 E = -1,685 x = 4 = -0,0 = 0 x = 3,99 mm max dx = 7,935 x 6 = 0 dx x max =,1173 tm x = 1. x + 7,935-6 x = 1 E = 0,935 x = 4 = -,0675 = 7,935 6 = 1,935 m engan Cara yang sama, untuk freebody C, q x : = x : 3 3q x = x aerah F, 0 x = 0 = -0,0 q x = x = 3 F = -1,511 max x 3 x 3 x = 0,503. x (1/. q x. x) 1/3.x 0,0 = 0,503. x (1/. /3x. x) 1/3.x 0,0 dx = 0,503 1/3.x = 0 x 1 = -0,614 (tidak mungkin), x = 1,8 m dx max = 0,503. (1,8) 1/9. (1,8) 0,0 = 0,39 tm x = 0,503 ½. /3. x. x = 0,503 1.3 x 77
x = 0 = 0,503 t x = 4 E = -,417 t aerah CF, 0 x = 0 C = -15 x = 3 F = -1,509 max x 3 x = 5,497. x (1/. /3. x. x) 1/3.x 15 = 5,497. x 1/9. x 3-15 dx = 5,497 1/3.x = 0 x = 4,06 m (tidak mungkin) dx x = - 5,497 + 1.3 x x = 0 C = -5,497 t x = 3 F = -,497 t aerah C, 0 x = 0 C = -15 x = 3 = -1,509 x 3 x = 5. x 15 x = 5, x = 0 C = 5, x = 3 = 5 6 t 1 t/m t/m 5 t C 1 m 3 m 4 m 3 m 3 m 3 m mm 5.75 (-) 0.0. 9 1.511 (+) C 15.117 6.9 7.9 0.93 0.5 (+) 5 -.067 -.49 (-) -5.4 78
. Lembar Latihan Contoh : Hitung istribusi momen-momen ujung batang dan reaksi perletakan dari struktur dibawah ini : 8 t 6 t 4 m 4 m 4 t/m C 1 m 8 m 6 m Kekakuan 3E. K 0, 5E 1 4E K C 0, 5E 8 3E K C 0, 5E 6 Koefisien distribusi : 0,5 = 0, 5, 0,5 0,5 C = 1 0,5 = 0,5 0,5 C = C = 0, 5 0,5 0,5 omen Primer : 0 8.4.(8) 0 8.8.(4) 14, 7, 11 1 1 0 6.4.(4) 0 C 6 6 C 8 1 0 0 C.4.6 1 C 1 1 79
istribusi omen (Cross) Titik Kumpul C atang C C C - ij 1 0,5 0,5 0,5 0,5 1 ij 14, -7,11 6-6 1-1 1-14, 0,555 0,555-3,000-3,000 1 1 7,11-1,500 0,77 6,000 4,305 4,305-3,138 3,138-1,569,15 3 0,785 0,784-1,076-1,076 3-0,538 0,39 4 0,69 0,69-0,196-0,196 4-0,098 0,134 5 0,049 0,049-0,067-0,067 Final 0-8,57 8,57-10,5 10,5 0 enghitung Reaksi Perletakan 4 m 8 t -8,57 tm 8.8 8,57 R = 4, 645 1 1 R = 8 4,645 3, 355 V = 0 1 m 8,57 tm 4 m 6 t C -10,5 tm 6.4 8,57 ( 10,5) R C =, 717 8 8 R C = 6,717 3, 83 V = 0 8 m 4 t/m C 10,5 tm 6 m 4.6 10,5 R C = 13, 754 6 R C = 4.6 13,754 10, 46 80
Persamaan momen dan gaya lintang disertai gambar bidang dan atang : 1 m 9.5 m + 18,58 tm 4 m - + 4,645 atang C : 3.04-8,57 tm.611 4.79 8 m + -.717 + -8,6 tm -3,355-10,5 tm C -3,83 0 x 4 x = 4,645. x X = 4,645 = 0 = 4,645 E = 18,58 E = 4,645 4 x 1 x = 4,645. x 8.(x 4), X = 4,645-8 E = 18,58 = -3,355 = -8,6 = -3,355 x = 0 4,645. x 8. (x 4) = 0 x = 9,538 0 x 4 x =,717. x 8,57 = -8,57 F =,611 x = 0,717. x 8,57 = 0 x = 3,04 m X =,717 =,717 F =,717 4 x 8 x =,717. x 8,57 6.(x 4) F =,611 C = -10,51 x = 0 x = 4,795 m X =,717-6 = -3,83 F = -3,83 atang C : 3.438 m -10,5 C 6 m 13,754 + -13,15 - -10,46 0 x 6 x = 13,754. x ½. 4. x 10,5 C = -10,5 = 0 dx max 0 13,754 4. x = 0 dx max = 13,15 x = 0 x 1 = 0,876 m x = 6 m X = 13,754 4. x C = 13, 754 x = 0 m = -10,46 x = 6 m X = 0 x = 3,438 m x = 3,04 m 81
TUGS LTHN Cross (alok menerus) Hitung omen ujung batang dengan Cross Gambar id dan dengan nilai nya. t/m 5 t 5 t t/m 5 t C 3 m 3 m 3 m 5 m 10 m 8 m 8
KULH PERTEUN 13 nalisa struktur statis tak tentu dengan metode distribusi momen (Cross) pada Portal tak bergoyang. Lembar nformasi 1. Kompetensi ahasiswa dapat menghitung momen ujung-ujung batang dari portal statis tak tentu dengan metode distribusi momen (Cross). ateri elajar NLS PORTL ENGN ETOE CROSS Portal dapat berbentuk struktur yang simetris atau tidak simetris berpatokan pada sumbu tengah vertikal yang membelah dua bagian di tengah portal. Pola simetri, apabila seluruh batang-batang pada satu sisi dari sumbu tengah vertikalnya sama dengan bagian sisi yang lain dalam hal panjang batang, momen inertianya, dan keadaan ujung-ujung batangnya. Contoh : Portal simetri L', L', L', L', L', L', L, L, L, L, L, L1, 1 L, (a) (b) (c) L E konstan (d) L E, konstan 83
pabila salah satu sisi dari panjang batang atau momen inersia dan keadaan ujung batang berbeda antara kedua sisi sumbu vertikalnya, maka struktur portal tidak simetri Contoh : Portal tidak simetri L', L', L', L', L', L', L', L, L, L, L', L, ' L, L, L1, 1 L, (a) (b) (c) (d) E konstan (d) (f) eban yang bekerja terhadap sumbu portal Simetri Jika beban sisi yang satu dengan yang lainnya sama dalam hal besarnya beban (ntensity) arah beban dan penyebarannya (istribution) Tidak simetri Jika salah satu faktor ntensity, irection atau istribution ada yang berbeda. kibat beban yang ada, portal dapat dianalisa sebagai portal bergoyang dan portal tak bergoyang. Portal tanpa pergoyangan Pada portal ini, setiap titik kumpul dapat melakukan perputaran sudut akibat beban yang ada tetapi tidak ada perpindahan dari posisi sebenarnya. Portal dengan pergoyangan 84
Pada portal ini, setiap titik kumpul dapat melakukan putaran sudut akibat beban yang ada di sertai terjadinya perpindahan lateral secara keseluruhanterjadi pergoyangan. Contoh: L', L', L', L', L', L', L, L, L, L, L, L1, 1 L, ` (a) (b) (c) L', ' (e) (f) Secara umum Portal dengan pergoyangan gar tidak bergoyang memerlukan penguncian dengan perletakan tambahan. ( a ) ( a ) Portal dengan pergoyangan 85
PORTL TK ERGOYNG Contoh: nalisis struktur dibawah ini dengan cara Cross KEKKUN: 4. E.1,5 K 0, 75E 8 4. E. K C 0, 80E 10 3. E. K C 0, 50E 6 4. E. K CE 0, 667E 6 K C +K C +K CE =1,967 KOEF STRUS: K 0,75 = 0, 484 K K 0,75 0,80 ba C C = 0,516 0,5 C = 0, 54 1,967 0,667 CE = 0, 339 Σ = 1 1,967 0,8 C = 0, 407 1,967 Σ = 1 OEN PRER (atang yang ada beban) O C 1.3.10 5t. m 1 86
O C 5t. m O CE 1.4. 6 5,333 O EC 1..4 6 10,667 STRUS OEN TK C E u C C C CE EC C -ij 0 0,484 0,516 0,407 0,54 0,339 0 0 ij - - 5-5 - 5,333 10,667 -.1 - -1,10-1,90 8,004 4,995 6,668 - -.1-6,05-4,00-6,45 - - 3,334 -. - -1,937 -,65,65 1,638,187 - - 1. -0,968-1,31-1,03 - - 1,093 -.3 - -6,35-0,677 0,40 0,6 0,350 - -.3-0,317-0,10-0,338 - - 0,175 -.4 - -0,10-0,108 0,138 0,086 0,44 - -.4-0,051-0,069-0,054 - - 0,057 -.5 - -0,033-0,036 0,0 0,014 0,018 - -.5-0,016 0,009 - FNL -7,40-14,807 14,807-1,665 6,995 14,670-5,999 0 REKS PERLETKN R C 3.10 14,807 ( 1,665) 14,314 10 R C 3.10 14,807 ( 1,665) 15,686 10 87
R CE 1. 14,67 5,999 5,445 6 6 R EC = 6,555 R C = R C + R CE R = R C = 14,314 R C = R C = 15,686 + 5,445 = 1,11 ( 7,40) ( 14,807) H =, 776 8 H =,776 () H =,776 () 6,445 H C = 1166 () 6 H C = 1,166 () -H C + H - H C = 0 H C = +,776 1,166 = +1,610 H CE = + 1,610 H EC = + 1,610 PERSN OEN N GY LNTNG 0 x 8 x = -,776 x + 7,40 = 7,40 = - 14,806 x = x = 7,40,66m,776 x = -,776 = -,776 dan = -,776 88
0 x 10 X = 14,314 x ½ 3. x 14,807 = -14,807 C = -1,667 X = 0 x 1 = 1,18 m dan x = 8,36 m max d max /dx = 0 14,314 3x = 0 x = 4,77 max = 19,34 x = 14,314 3.x = 14,314 dan C = - 15,868 x = 0 x = 4,77 0 x 6 x = 1,166. x = 0 C = 6,996 X = 1,166 = 1,166 dan C = 1,166 0 x 4 (dari kiri) x = 5,445. x 14,67 C = - 14,67 F = 7,11 X = 0 X = -,694 m X = 5,445 = 5,445 dan C = 5,445 0 x 4 (dari kanan) x = 6,555. x C = - 14,67 F = 7,11 X = 0 X = 0,911m 89
. Lembar Latihan 90
KULH PERTEUN 14 nalisa struktur statis tak tentu dengan metode distribusi momen (Cross) pada Portal bergoyang. Lembar nformasi 1. Kompetensi ahasiswa dapat menghitung momen ujung-ujung batang dari portal statis tak tentu dengan metode distribusi momen (Cross). ateri elajar PORTL ERGOYNG Contoh : Perhatikan struktur Portal dibawah ini : Penyelesaian struktur portal bergoyang ini dilakukan tahapan : 1. nalisa portal tak bergoyang (beri pendel horizontal di C atau di ). nalisa portal dengan bergoyangan Kekakuan: K 3E E 3 = 0 4E 3 () K C E = 0,333 an C = 0,667 4 4E K C 0, 8E C = 0,86 an C = 0,714 5 91
1. Portal tak bergoyang (dipasang pendel di C) (hanya di pengaruhi beban luar) omen Primer O O 4.. C C t. m 4 O O C C 1.1.5,083t. m 1 istribusi momen: Titik ujung C batang C C C C -ij 0 0,333 0,667 0,714 0,86 0 ij - - -,083-083.1 - -0,666-1,334-0,04-0,04 0.1 - - -0,03-0,667 - -0,01. - 0,07 0,0 0,476 0,191 0. - - 0,83 0,01-0,95.3 - -0,079-0,159-0,0071-0,00 0.3 - - - - - 0,001 FNL 0-0,735 0,735 -,48,48 -,00. Portal dengan pergoyangan (dalam keadaan pendel dilepas) (akibat pergoyangan tanpa beban) 3E O C 0, 333E 3 6E O C 0, 4E 5 O C 0, 4E 9
istribusi momen (misal, E = 1000 x) Titik ujung C batang C C C C -ij 0 0,333 0,667 0,714 0,86 0 ij.x - -333 x 0 0-40 x -40 x.1-111 171,4 68,6 0.1 - - 85,7 111-34,3. - -8,5-57, -79,3-31,7 -. - - -39,6-38,6 - -15,87.3-13, 6,41 0,4 8, -.3 - - - - - 4,1 FNL 0-37,3 x 37,3 x 194,9 x -194,9 x -17,47 x Faktor koreksi x = Jumlah hasil pergoyangan + hasil tidak bergoyang C = Jumlah hasil pergoyangan + hasil tidak bergoyang C = Jumlah hasil pergoyangan + hasil tidak bergoyang atang : 0,735 37,3x 1 0 H (0,735 37,3x) 3 3 atang C:,48 194,9x 00 17,47x 1.5 0 H C,5494 8, 474x 5 reaksi pendel = 0 H + H C = 0 x = 0,0146 93
Hasil momen ujung batang Tanpa pergoyangan engan pergoyangan Total 0 0 0-0,735-37,3 x -4,119 C 0,735 37,3 x 4,119 C -,48 149,9 x 0,531 C,48-194,9 x -0,531 C -,00-17,47 x -5,10 Reaksi perletakan R C 4 4,119 0,531 3,165 4 R C = 4 3,165 = 0,8375 R = R C = 0,8375 5 ( 0,531 5,10) H C 3,67 = +3,67 () sebenarnya 5 H C = 5 3,67 = 1,373. () H C =H (alok C). Jadi H (Pada kolom ) = 1,373 () 94
Gambar bidang,, N 95
. Lembar Latihan. 96
4m m KULH PERTEUN 15 nalisa struktur statis tak tentu dengan metode distribusi momen (Cross) pada Portal Gable. Lembar nformasi 1. Kompetensi ahasiswa dapat menghitung momen ujung-ujung batang dari portal gable dengan metode distribusi momen (Cross). ateri elajar t/m C 4 t E 3m 3m Portal bergoyang sesuai OF rumus: = j ((F + H) + R + ) J = Joint, F = Fixed, H = Hinge, R = Rol, = ember Untuk portal gable =.5 ((+0) + 0 + 4) = engan demikian ada pergoyangan nalisa : 1. Tanpa pergoyangan. engan pergoyangan pertama 3. engan pergoyangan kedua 97
4m m Tahap 1. (Tanpa pergoyangan) dipasang pendel di dan, ihitung akibat beban luarnya t/m C E 3m 3m omen primer O O C C 1 ()(3) 1. 5tm 1 O O C C 1. 5tm Kekakuan: 4E() K E (= K E ) 4 4E( ) K 1. 1094E (= K C ) 3 Koef istribusi C C 0.643 1.1094 C 1.1094 0.5 1.1094 1.1094 1.1094 0.357 1.1094 0 0 E E 0.357 C 0.5 0.643 98
4m m istribusi momen (tanpa pergoyangan) Titik C E atang C C C C E E - ij 0 0.643 0.357 0.5 0.357 0.643 0.643 0 ij 0 0 1.5-1.5-1.5 0 0 0 0-0.965-0.536 0 0.536 0.965 0.965 0-0.48-0.68 0 0 0.483 Final -0.483-0.965 0.965-1.768-0.965 0.965 0.965 0.483 Tahap. (Pendel di dilepas, di tetap) C C 0 C 0 E 3m 3m arctg 33. 69 3 CC ) ( C. C. C C. C. C 0 C. C. C 90 90 33.69 56. 31 engan aturan sinus pada C. C Sin( 180 (56.31) Sin56.31 aka: C C = 0.9014 δ C C = C C = 0.9014 δ 99
omen akibat pergoyangan O O C O C O 6E() 0.75E 750 4 O 6E (0.9014 ) C 0.416E 416 3.606 O 6E (0.9014 ) C 0.416E 416 3.606 imana Eiδ diambil = 1000 Untuk kekakuan dan koefisien distribusi momennya sama. istribusi momen akibat pergoyangan (dalam variabel x) Titik C E atang C C C C E E - ij 0 0.643 0.357 0.5 0.357 0.643 0.643 0 ij 750 750-416 -416 416 416 0 0 - -14.8 119. 0 0-148.5-67.5 0-107.4-0 -59.6-74.3 0 - -133.7-0 0 67 67 0 0-0 - 33.5-0 33.5 - - -1.54-11.96 - - -11.96-1.54 - -10.77 - - - - - -10.77 Final 631.83 531.66-531.66-408.6 408.6 89.04-89.04-144.47 Tahap 3. (pendel di dilepas, di tetap) C 0 C C E 100
arctg 33. 69 3 1 CC C. C. C C. C CC 0.9014 omen akibat primer O C O C O E O 6E(0.9014) C 0. 416E 416 3.6056 O 6E (0.9014 ) C 0. 416E 416 3.6056 O 6E E 0. 750E 750 4 Kekakuan sama seperti perhitungan terdahulu, maka koefisien distribusi momennya sama. istribusi momen (dalam variabel y) Titik C E atang C C C C E E - ij 0 0.649 0.357 0.5 0.5 0.357 0.643 0 ij 0 0 416 416-416 -416 750 750 0-67.5-148.5 0 0-119. -14.8 0-133.7-74.3-59.6-107.4 67 67 33.5 33.5-1.5-1 -1-1.5-10.75-10.75 Final -144.45-89 89 408.6-408.6-513.7 513.7 631.85 enentukan faktor koreksi 101
t/m C C C C 4 t C E E E Free body C C C RH C RH RV 4 T RH RH E RV E RV REV Persamaan kesetimbangan: 1. Σ gaya-gaya horizontal dalam arah dan = 0 (ΣH = 0). R V + R EV = eban vertikal (ΣV = 0) Tinjauan agian Σ = 0 R. 4 4(4) 0 R H H 1 (16 ) () 4 10
Tinjauan agian E 1 Σ E = 0 RH ( E E ) () 4 Σ H = 0 4 R R 0 H H 1 1 4 (16 ) ( E E ) 0 4 4 1 4 1 4 1 ( 4 E + E - E = 0...(a) E Harga E = 0.965 89.04 x + 513.7 y = 0 E = 0.483 144.47 x + 631.85 y E ) 0 an seterusnya &, sehingga hasil persamaan (a).895 1578.98 x + 1578.98 y = 0 x y = 0.001833461...(1) Tinjauan agian C 1 Σ C = 0 R V. 3 RH. ( C C)..3 0 R V Tinjauan agian 1 1..( )(16 ) ( C C) 9 3 4 1 1 = (16 ) ( C C) 3...( ) 6 3 R V R Tinjauan agian C V 1 (34 6 1 Σ C = 0 R H. RV.3 C C..3 0 R V Tinjauan agian E R EV R V C 1 1.. ( E E ) ( C C) 9 3 4 1 = ( E E ) ( C C) 18 6 1 ( 6 E Σ Gaya-gaya vertikal = 0 E ) C C 18 C ) 103
REV RV t / m(6) m 1t R EV R V 1 1 ( 6 E E C C 1 18) ( 6 C Harga-harga momen dimasukan dan didapat persamaan akhir 0.01 + 6.56 x + 6.68y = 0 x + y = 0.07616956...() ari pers (1) & () diperoleh x = 0.039 dan y = 0.037 C 34) 1 Jadi harga-harga momen hasil cross lengkapnya: Ttitik atang Tanpa Pendel di Pendel di Jumlah pergoyangan saja saja omen akhir -0.483 631.83X -144.45Y 18.785-0.965 513.66Y -89Y 8.317 C.... C C.... C.... C.... E.... E E an seterusnya pabila momen akhir sudah di dapat di hitung reaksi perletakan dan persamaan momen, gaya lintang & gaya lintang dengan free body. Sehingga dapat digambarkan bidang gaya-gaya dalam portal tersebut. 104
. Lembar Latihan 105
KULH PERTEUN 16 Ujian khir Semester ( US). WKTU : 100 ENT SFT : OPEN OOK --------------------------------------------------------------------------------------------------------. Selesaikan struktur berikut dengan metode Slope deflection equation, Gambarkan idang momen dan bidang gaya lintangnya. 4 t t/m E m 3 E 3 m 5 m 6 m. iketahui Portal berikut : q = 1 t/m m 3 m P = t E E E 5 m 1) Hitung distribusi momen (metode Cross) untuk portal tak bergoyang ( no sway) dan portal bergoyang (sway) ) Hitung hasil akhir momen dan reaksi perletakannya (gabungan no sway & sway) 106
FTR PUSTK Chu-Kia Wang, 195, Statically ndeterminate Structures, cgraw-hill nt. ook Company, Singapore. Harry H. West, 1993, Fundamental of Structual nalysis, John Wiley & Sons. nc., New York. James. Gere, & Stephen P. Timoshenko, 1988, echanics of aterials, Van Nostrand Reinhold Co. Ltd., UK. Sarwar lam Raz, 1974, nalytical methods in Structural Engineering, Wiley Eastern Limited, New elhi 107