UKU JR NIS STRUKTUR II DISUSUN OEH : I PUTU INTRWN, ST, MT. I NYOMN SUT WIDNYN, ST, MT. I WYN RTN, ST.MT PROGRM STUDI TEKNIK SIPI FKUTS TEKNIK UNIVERSITS HINDU INDONESI
KT PENGNTR Puji syukur penulis kami panjatkan kehadapan Tuhan Yang Maha Esa, atas rahmatnya, penyusunan uku jar nalisis Struktur II dapat diselesaikan. uku jar ini disusun untuk menunjang proses belajar mengajar mata kuliah nalisis Struktur II sehingga pelaksanaannya dapat berjalan dengan baik dan lancar, serta pada akhirnya tujuan instruksional umum dari mata kuliah ini dapat dicapai. Diktat ini bukanlah satu-satunya pegangan mahasiswa untuk mata kuliah ini, terdapat banyak buku yang bisa digunakan sebagai acuan pustaka. Diharapkan mahasiswa bisa mendapatkan materi dari sumber lain. Penulis menyadari bahwa diktat ini masih banyak kelemahan dan kekurangannya. Oleh karena itu kritik dan saran pembaca dan juga rekan sejawat terutama yang mengasuh mata kuliah ini, sangat kami perlukan untuk kesempurnaan tulisan ini. Untuk itu penulis mengucapkan banyak terima kasih. Penulis Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia i
DFTR ISI KT PENGNTR... i DFTR ISI... ii I RNGK TNG STTIS TERTENTU... 1 1.1 Pendahuluan... 1 1.2 Tipe-Tipe Rangka atang... 2 1.3 Struktur Rangka atang Statis Tertentu... 3 1.4 Metode Keseimbangan Titik Simpul... 5 II STRUKTUR KE... 18 2.1 Pendahuluan... 18 2.2 Struktur Jembatan Gantung dengan antai Kendaraan Didukung oleh alok... 19 2.3 angkah-langkah Penyelesaian... 19 2.4 Struktur Jembatan Gantung dengan antai Kendaraan Didukung oleh Rangka atang... 26 2.5 Kesimpulan... 29 III STRUKTUR PEENGKUNG... 30 3.1 Pendahuluan... 30 3.2 Pelengkung 3 Sendi... 31 3.3 Penempatan Titik s (Sendi)... 32 3.4 Mencari Gaya-Gaya Dalam (M, D, N)... 37 3.5 Muatan Tak angsung untuk Pelengkung 3 Sendi... 46 IV METOD CONSISTENT DEFORMTION... 52 4.1 Pendahuluan... 52 4.2 Definisi Struktur Statis Tak Tentu... 52 4.3 Metode Consistent Deformation... 53 4.4 angkah-langkah Metoda Consistent Deformation... 54 4.5 Deformasi Struktur Statis Tertentu... 58 4.6 Penyelesaian struktur statis tak tentu dengan Metoda Consistent Deformation... 66 4.7 Penyelesaian Struktur Statis Tak Tentu kibat Penurunan Perletakan... 68 V PERSMN TIG MOMEN... 71 5.1 Pendahuluan... 71 5.2 angkah-langkah Metode Persamaan Tiga Momen... 72 5.3 Rotasi atang... 77 5.4 Penyelesaian kibat Penurunan Perletakan... 82 VI METODE SOPE DEFECTION... 84 6.1 Pendahuluan... 84 6.2 Momen atang... 85 6.3 angkah-angkah Metoda Slope Deflection... 92 6.4 Struktur Statis Tak Tentu kibat Penurunan Perletakan dengan Metoda Slope Deflection.... 96 Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia ii
VII METODE MOMEN DISTRIUSI... 100 7.1 Pendahuluan... 100 7.2 Prosedur nalisis... 100 7.3 Contoh Penyelesaian alok dan Portal dengan Metode Distribusi Momen... 101 DFTR PUSTK... 77 Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia iii
I RNGK TNG STTIS TERTENTU 1.1 Pendahuluan Rangka batang adalah suatu struktur rangka dengan rangkaian batang-batang berbentuk segitiga. Elemen rangka batang terbuat dari material kayu, baja, aluminium, dan sebagainya. Dalam struktur rangka batang, dipilih bentuk segitiga karena bentuk segitiga adalah suatu bentuk yang stabil, tidak mudah berubah. Dalam struktur rangka batang, titik buhul sebagai sambungan tetap / stabil dianggap berperilaku sebagai sendi. Untuk menyambung titik buhul digunakan plat buhul. Pada struktur baja sambungan-sambungan pada plat buhul digunakan baut, paku keling atau las. Sedangkan pada konstruksi kayu menggunakan sambungan baut, pasak atau paku. Gambar 2.1 entuk Struktur Rangka atang Titik uhul Gambar 1.2 Detail salah satu sambungan Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 1
1.2 Tipe-Tipe Rangka atang Tipe-tipe rangka batang dapat dikelompokkan menjadi dua, yaitu rangka batang untuk struktur rangka atap dan rangka batang untuk struktur jembatan. a. Tipe Rangka atang untuk Struktur Rangka tap (a) scissor (e) cambered fink (b) howe (f) warren roof windows roof windows (c) pratt (g) sawtooth (d) fan (h) bowstring (e) fink (i) three-hinged arch Gambar 1.3 Tipe rangka batang untuk struktur rangka atap Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 2
b. Tipe Rangka atang untuk Struktur Jembatan (a) Pratt (b) Howe (c) Warren (with verticals) (d) Parker (e) altimore (f) Subdivided Warren (g) K-Truss Gambar 1.4 Tipe rangka batang untuk struktur jembatan Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 3
1.3 Struktur Rangka atang Statis Tertentu Struktur rangka batang merupakan kumpulan dari batang-batang yang mana gaya-gaya batang tersebut harus diketahui. Dalam hal ini gaya-gaya batang tersebut beberapa gaya tarik (tensile force) atau tekan (compression force). tarik tarik tekan tekan Gambar 1.5 Gaya tarik dan tekan pada rangka batang Untuk menganalisis rangka batang perlu diketahui apakah rangka batang tersebut statis tertentu atau struktur statis tak tentu. Untuk mengetahui struktur rangka batang tersebut statis tertentu atau statis tak tentu dapat dijelaskan dengan persamaan berikut ini. b + r = 2j (statis tertentu) (1) b + r > 2j (statis tak tentu) (2) dimana : b : jumlah batang r : jumlah reaksi j : jumlah joint Contoh R H R V Gambar 1.6 Rangka batang statis tertentu Struktur di atas adalah struktur rangka batang statis tertentu, karena b = 13, r = 3, j = 8, sehingga 13 + 3 = 2 (8), 16 = 16 (rangka batang statis tertentu). Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 4
1.3.1 Metode Keseimbangan Titik Simpul da beberapa metode untuk menyelesaian struktur rangka batang statis tak tentu. Salah satunya adalah metode keseimbangan titik simpul dengan ΣFx = 0 dan ΣFy = 0 atau ΣH = 0 dan ΣV = 0. Untuk menjelaskan metode ini, berikut diberikan contoh perhitungan. Contoh 1 Diketahui rangka batang dengan geometri dan beban seperti pada gambar. Setiap joint pada rangka batang diasumsikan sebagai sendi. Perletakan titik sendi dan titik adalah rol. Hitung gaya-gaya batang struktur 2 kn tersebut. F 3 kn 3 kn G E x = 0 30 0 60 0 60 0 60 0 D C 3 m 3 m 3 m y = 4 kn Dy = 4 kn Gambar 1.7 Rangka batang statis tertentu untuk contoh 1 Penyelesaian Reaksi perletakan didapat y dan Dy = 4 kn, x = 0 Struktur rangka batang di atas adalah struktur rangka batang simetri, sehingga kita tinjau setengah bagian saja. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 5
Titik y F G 30 0 F x 4 kn ΣF y = 0 4 F G sin 30 0 = 0 F G = 8 kn (tekan) ΣF x = 0 F - 8 cos 30 0 = 0 F = 6,93 kn (tarik) Titik G y 3 kn x 30 0 F GF 8 kn G F G ΣF y = 0 4 F G 3 cos 30 0 = 0 F G = 2,6 kn (tekan) ΣF x = 0 8-3sin 30 0 F GF = 0 F GF = 6,5 kn (tekan) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 6
Titik y 2,6 kn F F 6,93kN 60 0 60 0 F C x ΣF y = 0 F F sin 60 0 2,6 sin 60 0 = 0 F F = 2,6 kn (tarik) ΣF x = 0 F C + 2,6 cos 60 0 + 2,6 cos 60 0 6,93 = 0 F C = 4,33 kn (tarik) Contoh 2 Diketahui struktur Rangka atang dengan geometri dan beban seperti pada gambar. λ 4t R = 3t λ λ λ λ R = 1t Gambar 1.8 Rangka batang statis tertentu untuk contoh 2 Mencari reaksi perletakan Σ M = 0 R. 4 λ - 4. λ = 0 R = 1t Σ M = 0 R. 4 λ - 4. 3λ = 0 R = 3t Pemberian notasi Untuk mempermudah penyelesaian, tiap-tiap batang perlu diberi notasi. Untuk batang atas diberi notasi 1 ; 2 dan 1 ; 2 Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 7
Untuk batang bawah diberi notasi 1, 2 dan 1, 2 Untuk batang diagonal diberi notasi D 1 ; D 2 dan D 1 ; D 2 Untuk batang vertikal diberi notasi V 1 ; V 2 dan V 1 ; V 2 serta V 3 Tiap-tiap titik simpul diberi nomor urut dari I s/d X. II 1 IV 2 VI 2 VIII 1 IX D 1 D 2 D 2 D 1 V 1 V 2 V 3 V 2 V 1 λ I III 1 4t 2 V 2 VII 1 X 3t λ λ λ λ 1t Penyelesaian Titik I V 1 1 3t Σ V = 0 3 t + V 1 = 0 V 1 = -3 ton (berarti batang tekan) Σ H = 0 1 + 0 = 0 1 = 0 (batang nol) V 1 1 = 0 atang 1 dan D1 dianggap tarik dan batang D1 diuraikan menjadi gaya batang horizontal dan vertikal. V 1 = - 3 t (menuju titik simpul) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 8
Titik II V 1 3t ½ D 1 2 1 ½ D 1 2 D 1 atang D 1 diuraikan menjadi arah vertikal ½ D 1 2 dan arah horizontal ½ D 1 2. Σ V = 0-3 t + ½ D 1 2 = 0 ½ D 1 2 = 3 D 1 = 3 2 t (tarik) Σ H = 0 1 + ½ D 1 2 = 0 1 = - ½ D 1 2 = - ½. 3 2. 2 1 = - 3 ton (tekan) Titik III V 2 3 2 3 t 3 t 1 = 0 2 P = 4t atang V 2 dan 2 dianggap tarik atang D1 = 3 2 (tarik) diuraikan menjadi batang vertikal = 3 t dan horizontal = 3t Σ V = 0 4 t 3 t V 2 = 0 V 2 = 1 t (tarik) Σ H = 0 2 3 t = 0 2 = 3 t (tarik) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 9
Titik IV 3 t ½ D 2 2 2 ½ D 2 2 1 t D 2 atang 2 dan D 2 dianggap tarik. atang D 2 diuraikan menjadi gaya horizontal dan vertikal ½ D 2 2 Σ V = 0 ½ D 2 2 + 1 t = 0 D 2 = - 2 t (tekan) Σ H = 0 3 + 2 + ½ D 2 2 = 0 3 + 2 1 ton = 0 2 = - 2 ton (tekan) Titik VI 2t 2 V 3 = 0 atang 2 dan V 3 dianggap tarik Σ V = 0 V 3 = 0 ton Σ H = 0 2 + 2 t = 0 2 = - 2 t (tekan) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 10
Titik V 2 1 t 0 t ½ D 2 2 D 2 1 t 3 t ½ D 2 2 2 atang D 2 dan 2 dianggap tarik atang D 2 diuraikan horizontal dan vertikal Σ V = 0 ½ D 2 2 + 0 1 t = 0 D 2 = 2 t (tarik) Σ H = 0 2 + 1t 3 t + 1t = 0 2 = 1 ton (tarik) Titik VIII 2 t 2 t 1 V 2 atang 1 dan V 2 dianggap tarik Σ H = 0 2 t + 1 1 t = 0 1 = - 1 t (tekan) Σ V = 0 1 + V 2 = 0 V 2 = - 1t (tekan) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 11
Titik VII ½ D 1 2 D 1 1t 1t ½ D 1 2 1 atang D 1 dan 1 dianggap tarik atang D 1 diuraikan menjadi ½ D 1 2 Σ V = 0 ½ D 1 2 1 t = 0 D 1 = 2 t (tarik) Σ H = 0 1 - ½ D 1 2-1t = 0 + 1 1 = 0 1 = 0t Titik X V 1 1 = 0 R = 1t Σ V = 0 1t + V 1 = 0 V 1 = - 1t (tekan) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 12
Kontrol ke Titik IX 1 = 1 t (tekan) D1 = 2 (tarik) V 1 = 1 t (tekan) Σ V = 0 V 1 ½ D 1 2 = 0 1t ½. 2. 2 = 0 (ok) Σ H = 0 1 ½ D 1 2 = 0 1 ½. 2. 2 = 0 (ok) Tabel 1.1 Gaya-gaya atang atang Gaya atang 1-3 t 2-2 t 2-2 t 1-1 t 1 0 2 3 t 2 1 t 1 0 V 1-3 t V 2 1 t V 3 0 V 2-1 t V 1-1 t D1 3 2 t D2-2 t D2 2 t D1 2 t atang 1 dan 1 = 0, menurut teoritis batang-batang tersebut tidak ada, tapi mengingat struktur rangka batang terbentuk dari rangkaian bentuk maka batang ini diperlukan. atang atas pada umumnya batang tekan dan batang bawah adalah batang tarik. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 13
Contoh Soal 3 Suatu konstruksi Rangka atang, dengan notasi seperti pada gambar, beban sebesar 3 ton terletak di titik simpul III II V λ D 1 D 2 V 1 V 2 D 3 I 1 2 3 III IV VI 2t λ 3t λ λ 1t Struktur di atas adalah struktur rangka batang statis tertentu. Reaksi Perletakan Σ M = 0 2 R = x 3 t = 2 t 3 Σ M = 0 1 R = x 3 t = 1 t 3 Titik Simpul I atang D 1 dan 1 dianggap tarik atang D 1 diuraikan ke arah vertikal dan horizontal sebesar ½ D 1 2 ½ D 1 2 D 1 ½ D 1 2 1 2 t (reaksi) Σ Ky = 0 ½ D 1 2 + 2t = 0 Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 14
2 D 1 = - 2. 2 = - 2 2 t. (tekan) Σ Kx = 0 1 - ½ D 1 2 = 0 1 = 2 ton (tarik) Titik III V 1 2t 3t 2 Gaya batang V1 dan 2 dianggap tarik Σ Ky = 0 V 1 = 3 ton (tarik) Σ Kx = 0 2 = 2 ton (tarik) Titik II ½ D 1 2 ½ D 2 2 D 1 = 2 2 Gaya batang dan D2 dianggap tarik Σ Kx = 0 ½ D 1 2-3t ½ D2 2 = 0 ½ D 2 2 = -3 t + ½. 2 2. 2 = -3 + 2 = -1 (tekan) D 2 = - 2 t (tekan) Σ Ky = 0 D 2 3t ½ D 2 2 ½ D 1 2 + ½ D 1 2 + ½ D 2 2 = 0 + ½. 2 2. 2 - ½. 2. 2 = 0 = 1 2 = -1t (tekan) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 15
Titik IV D 2 = 2 t V 2 2 = 2t 3 Gaya batang V2 dan 3 dianggap tarik Σ Ky = 0 ½ D 2 2 - V 2 = 0 V 2 = ½. 2. 2 = 1 t (tarik) Σ Kx = 0 3 2 + ½ D 2 2 = 0 3 = 2 - ½. 2. 2 = 1 t (tarik) Titik VI D 3 3 = 1t 1 t Gaya batang D3 dianggap tarik Σ Ky = 0 ½ D 3 2 + 1t = 0 D3 = - 2. 1t D3 = - 2 t (tekan) Σ Kx = ½ D 3 2 + 3 = 0 - ½. 2. 2 + 3 = 0 3 = 1t (tarik) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 16
Kontrol Titik V = 1t D 3 V 2 = 1t Σ Kx = 0 ½. D3 2 = 0 1t ½. 2. 2 = 0 (ok) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 17
2.1 Pendahuluan II STRUKTUR KE Pada umumnya struktur kabel digunakan pada struktur jembatan gantung. struktur kabel yang akan diuraikan disini adalah bentuk struktur kabel pada jembatan gantung sederhana. Konstruksi jembatan ini terdiri dari pelengkung penggantung yang berbentuk lengkung parabola, tiang-tiang penyangga pelengkung (pylon), batang-batang penggantung, dan balok-balok pendukung lantai kendaraan. Pelengkung penggantung terbuat dari kabel yang menumpu di puncak kolom pylon dan dikaitkan pada angker blok. alok utama pendukung lantai kendaraan dapat berupa balok biasa (Gambar 2.1) atau dapat juga berupa konstruksi rangka batang (Gambar 2.2). Pelengkung penggantung (kabel) atang penggantung pylon S alok pendukung lantai antai kendaraan Gambar 2.1 alok pendukung lantai dari balok biasa ngker blok f Puncak pelengkung S Gambar 2.2 alok pendukung lantai dari konstruksi rangka batang ngker blok Sistem struktur jembatan gantung sederhana yang akan dipelajari adalah struktur statis tertentu, sehingga pada bagian balok utama pendukung beban diberi sebuah sendi Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 18
S. Sendi ini biasanya diletakkan di tengah-tengah bentang jembatan (dibawah puncak pelengkung parabola). 2.2 Struktur Jembatan Gantung dengan antai Kendaraan Didukung oleh alok alok-balok pendukung utama lantai kendaraan terbentuk dari balok-balok memanjang dan melintang yang menumpu pada balok utama, sehingga pembebanannya menjadi sistem pembebanan tidak langsung. Jadi pembebanannya berupa beban terpusat yang bekerja pada ujung-ujung gelagar melintang. 2.3 angkah-langkah Penyelesaian Menentukan gaya-gaya pada kabel dan batang penggantung. Ditinjau Konstruksi Jembatan Gantung dengan bentang 8λ (lapangan genap) tinggi pylon h, puncak pelengkung f dibebani beban terpusat P dan terbagi rata q seperti pada gambar 2.3. Menentukan reaksi perletakan (R, H, R ) ΣH = 0 H = 0 ΣM = 0 R. P ( - a) (q. 6λ). 3λ = 0 P ( - a) + 18.q. λ R = ΣV = 0 R + R P (q. 6λ) = 0 R = P + 6.q. λ R Menentukan besarnya gaya H Ditinjau potongan I-I pada gambar 2.4. ΣMs = 0 R. P ( - a) (q.2λ).λ H.h + H.h 1 = 0 2 2 H = H = R. 2 R. 2 - P( 2 (h - h - P( 2 f - a) - 2q. 1 ) - a) - 2q. λ² ; f = h h 1 λ² Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 19
1 2 f 3 S 4 1 2 3 S 4 5 6 5 q 6 h 1 h R λ λ = 8λ R Gambar 2.3 Struktur Jembatan Gantung dengan bentang 8λ H I I f H 1 2 3 S R Gambar 2.4 Potongan I - I Menentukan besarnya gaya pada batang penggantung (T) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 20
H H q t 2 λ f T T T T λ λ λ T T T = n λ q t q t 2 n genap q t 2 q t q t 2 q t 2 T T T T T T n -1 ( ).λ 2 Gambar 2.5 Transfer gaya penggantung n ganjil Dengan demikian, batang penggantung merupakan batang tarik, sehingga arah gayanya meninggalkan titik simpul seperti pada Gambar 2.5. Gaya tarik T tersebut terletak pada lengkung parabola, dimana keistimewaan bentuk persamaan parabola akan memberikan besaran T yang sama. Hal ini akan lebih jelas bila diperhatikan gambar Cremona dari keseimbangan gaya-gaya pada kabel dan T, dimana komponen horizontalnya merupakan gaya H yang telah dihitung didepan seperti pada Gambar 2.6. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 21
D 6 - D 5-6 D 4-5 D 5-4 D 3-5 D 2-3 D 1-2 D -1 T 6 T 5 T 4 T S T 3 T 2 T 1 T i : gaya-gaya batang penggantung D : gaya-gaya pada kabel T 1 =T 2 =T 3 =T S =T 4 =T 5 =T 6 =T H Gambar 2.6 Cremona gaya-gaya batang T dan D. Menentukan besarnya gaya T. Untuk menyederhanakan perhitungan gaya-gaya, T dianggap sebagai beban terbagi rata q t dimana q t = λ T (Gambar 2.5) 1 Perhatikan gambar c2, Momen akibat H = H.f, Momen akibat T = q t ² 8 Momen akibat H = Momen akibat T. 1 1 T H.f = q t. ² =.. (n λ). 8 8 λ dimana : n jumlah lapangan genap 8f T =.H n Untuk jumlah lapangan n ganjil (Gambar 2.5) Momen akibat H = momen akibat T q t n -1 q t n -1 H.f =.( ) λ - ( )². λ² 2 2 2 2 n -1-2n 1 = ) -( n² + q t λ [( )] 4 8n q = t λ (2n² -2-n² + 2-1) 8n q = t λ T.λ (n² -1) = (n² -1) 8n λ8n n 8f' T = ( ) H n² -1 Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 22
Contoh 1 Diketahui struktur jembatan gantung dengan bentuk, dimensi serta beban yang bekerja seperti pada Gambar 1.7 di bawah ini. Gambarkan bidang gaya lintang (D) dan momen (M). f 1 f 2 I f = 6m 6 m λ=4m P=8t I S R = 24 m R a b n -1 T P = 8t T T T T ( ) T n -1 2 ( ) T 2 2,667 R 1 2 S 3 4 (+) (+) R 1,333 id. : D 2,667 (-) 1,334 c 10,67 (+) 10,67 5,33 (-) 5,33 id. : M Gambar 2.7 Contoh 1 struktur jembatan gantung Penyelesaian Menentukan ordinat y i pada pelengkung parabola ( ) 4 fx -x 4.6 (24-x) f i = = ² 24² x( 24-x) f i = 24 Sumbu x = 0 terletak di titik Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 23
( ) 4 24-4 Untuk x = 4 m f 1 = = 3,333m 24 ( ) 8 24-8 Untuk x = 8 m f 2 = = 5,333m 24 Menentukan reaksi perletakan di dan. Perhatikan Gambar 2.7(a). Reaksi perletakan di (R ) dan di (R ) dihitung akibat beban P = 8 t Σ M = 0 R. P. 18 = 0 R = Σ V = 0 R + R - P = 0 P.18 8.18 = = 6 t 24 R = P R = 8 6 = 2 t Menentukan besarnya gaya H. Perhatikan potongan I-I Σ Ms = 0 R. 2 - P. 6 H. f = 0 R. - 6P 6.24/2-6. 8 H = 2 = = 4 t f 6 Menentukan besarnya gaya batang penggantung (T) untuk harga n genap, besarnya gaya T dihitung dengan rumus : T = 8f n 8. 6. H =. 4 = 1,333 t 6. 24 Menghitung besarnya gaya-gaya lintang untuk menggambarkan bidang gaya lintang (D). idang D (Gambar 2.7 a dan b) D -1 = R - (n -1) 5.T = 6 -. 1,333 = 2,667 t 2 2 D 1 2 = D -1 + T 4 = 2,667 + 1.333 4 D 2 S = D 1 2 4 + T = 0 4 + 1,333 D S 3 = D 2 S + T = -2,667 + 1,333 D 3 4 = D S 3 + T = -1,334 + 1,333 D 4 = D 3 4 + T = 0 + 1,333 0 t = 1,333 t = 0 t = -2,667 t = -1,334 t idang M (Gambar 2.7 a dan c) esarnya momen dihitung dari kiri (bagian -S) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 24
M = 0 tm ( n 1) 5 M 1 = R T. 4 = 6. 1,333. 4 = + 10,67 tm 2 2 ( n 1). T R = + 10,67 tm 2 M 2 =. 8 + ( T 4). 4 ( n 1). T R = 0 tm 2 M S =.12 + ( T 4).8 + ( T 4). 4 esarnya momen dihitung dari kanan (bagian S) ( n 1). T M s = R.12 + T.8+ T. = 0 tm 2 ( n 1). T 5 M 3 = R.4 = 2.1,333. 4 = - 5,33 tm 2 2 esarnya momen dapat juga menggunakan metode potongan. M 1 menggunakan potongan yang melalui titik simpul 1. M 2 menggunakan potongan yang melalui titik simpul 2. H I f 1 H h h 1 R 4 m 1 I Gambar 2.8 Potongan I I untuk contoh 1 Ditinjau potongan I-I M 1 = R. 4 H. h + H h 1 R. 4 H (h h 1 ) R. 4 H. f 1 = 6.4 4. 3,333 = + 10,67 tm (OK) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 25
H h titik 8 t II titik f 2 H Ditinjau potongan II II M 2 = R. 8 H. f 2 P. 2 = 6. 8 4. 5,333 8. 2 = + 10,67 tm (OK) 8 m 2m II 2 Gambar 2.9 Potongan II II untuk contoh 1 erdasarkan hasil analisis perhitungan M 1 dan M 2 diatas, dapat diuraikan sebagai berikut : M 1 = R. 4 H. f 1 Dimana : R. 4 H. f 1 adalah momen di titik simpul 1 akibat beban di atas 2 perletakan statis tertentu. M 2 = R. 8 P. 2 H. f 2 adalah momen di titik simpul 1 akibat gaya H dari konstruksi Jembatan Gantung. Dimana : R. 8 P. 2 adalah momen di titik simpul 2 akibat beban di atas 2 H. f 2 perletakan statis tertentu. adalah momen di titik simpul 2 akibat gaya H dari konstruksi Jembatan Gantung 2.4 Struktur Jembatan Gantung dengan antai Kendaraan Didukung oleh Rangka atang Seperti halnya Struktur Jembatan Gantung dengan pendukung lantai kendaraan balok biasa, gaya-gaya batang pada Rangka atang sebagai pendukung utama lantai kendaraan, akan dipengaruhi oleh komponen horizontal dari gaya kabel H. Pada prinsipnya pengaruh gaya H pada balok pendukung biasa atau pada rangka batang terhadap gaya-gaya dalamnya (idang D, M, dan gaya-gaya batang pada rangka batang) adalah sama. Jadi untuk menentukan besarnya gaya-gaya batang akibat beban tetap merupakan gaya-gaya batang pada rangka batang diatas dua perletakan ditambah dengan akibat pengaruh dari gaya H. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 26
Contoh 2 Sebuah Konstruksi Jembatan Gantung dengan Konstruksi Rangka atang sebagai pendukung utama lantai kendaraan bekerja beban tetap P = 12 t dan q = 2 t/m, bentuk dan demensi konstruksi rangka batang seperti pada gambar. Hitung besarnya gaya-gaya batang 4, 3 dan D 4. f = 14m f 5 f 6 P=12t S 5 4 D 4 6 q = 2 t/m 6 m V 4m 2m 10 x 6 m 5 3 6 V Gambar 2.10 Contoh 2 struktur jembatan gantung Penyelesaian Menghitung reaksi perletakan Σ M = 0 V. 60 P. 50 q. 42. 21 = 0 V = 12.50 + 2.42.21 = 39,4 60 t V = P + q. 42 V = 12 + 2. 42 39,4 = 56,6 t Menghitung besarnya gaya H. Σ M S = 0 (Ditinjau sebelah kanan : bagian S) V. 30- q. 30. 15 H. f = 0 H = V.30 -q.30.15 f = 56,6.30-2.450 14 = 57 t Menghitung : f 5 dan f 6 f x = 4f x (l- x) ² (x m dihitung dari perletakan ). Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 27
f 5 = 4.14.24 (60-24) (60)² = 13,44 m f 6 = 4.14.18 (60-18) (60)² = 11,76 m Untuk menghitung besarnya gaya-gaya batang 4, 3 dan D 4 digunakan metode potongan. Untuk gaya-gaya batang 4, 3 dan D 4 digunakan potongan I - I seperti tercantum pada gambar di bawah ini, ditinjau sebelah kanan. eban terbagi rata q dijadikan beban terpusat yang bekerja pada titik-titik simpul 6, 7, 8 dan. H f 5 f 6 H I H 4 12 t 12 t 12 t 6 t 5 D 4 6 7 8 6 m V 5 3 α I 6 6 m 6 m 6 m 6 m Gambar 2.11 Potongan I I contoh 2 Menghitung gaya batang 4. Ditinjau sebelah kanan potongan I - I ΣM 6 = 0 4.6 12.6 12.12 (V 6) 18 H. f 6 = 0 4 = 72 + 144+ (56,6-6)18+ 57.11,76 6 = - 4,08 t (tekan) Menghitung gaya batang 3 Ditinjau sebelah kanan potongan I - I Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 28
ΣM 5 = 0 3.6 + 12.6 + 12.12 + 12.18 - (V 6) 24 + H. f 5 = 0 3 = - 72-144 - 216 + (56,6-6) 24-57,13,44 6 Menghitung gaya batang D 4 Ditinjau sebelah kanan potongan I - I = + 2,72 t f5 - f6 ΣV = 0 D 4 sin α -12 12 12 6 + V ( ) H = 0 6 (42-56,6-1,68.57/6). 2 D4 = = -1,923t (tekan) 2.5 Kesimpulan (tarik) Gaya H dan T (batang penggantung) merupakan komponen-komponen dari gaya kabel. esarnya gaya T sama disetiap batang penggantung. entuk grafik bidang-bidang gaya lintang (D) dan momen (M) pada konstruksi jembatan gantung tergantung pada 2 kelompok susunan gaya yaitu : - 1 kelompok gaya-gaya dari konstruksi balok diatas 2 perletakan yang berupa reaksi dan beban yang bekerja. - 1 kelompok gaya-gaya yang lain berupa komponen-komponen dari gaya kabel yaitu gaya-gaya T dan H. - Gaya H ditentukan dulu, kemudian gaya T yang besarnya merupakan fungsi dari gaya H, n, dan f atau f dapat ditentukan. - esarnya gaya H dihitung dengan menggunakan Σ Ms = 0 (ditinjau sebelah kiri atau kanan saja) dengan metode potongan melalui sendi S. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 29
nalisa Struktur II III STRUKTUR PEENGKUNG 3.1 Pendahuluan Seperti halnya struktur kabel, struktur pelengkung digunakan untuk mengurangi bending moment pada struktur bentang panjang. Pada dasarnya perilaku struktur pelengkung merupakan kebalikan dari struktur kabel, dimana struktur utama pelengkung menerima gaya tekan, disamping menerima lentur dan geser. erbagai macam tipe struktur pelengkung: pelengkung terjepit (fixed arch) pelengkung 2 sendi (two-hinged arch) pelengkung 3 sendi (three-hinged arch) pelengkung tarik (tied arch) Gambar 3.1 Tipe Struktur Pelengkung Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 30
Gambar 3.2 Salah satu contoh tipe struktur pelengkung 3.2 Pelengkung 3 Sendi Pelengkung 3 sendi biasanya digunakan pada struktur jembatan untuk penampang sungai yang mempunyai dasar cukup dalam. Pada kondisi ini, struktur utama dibuat pelengkung sehingga tidak memerlukan pilar di tengah-tengah sungai. Dengan struktur pelengkung tersebut, gelagar memanjang, tempat dimana kendaraan lewat bisa tertumpu pada tiang-tiang penyangga yang terletak pada pelengkung tersebut. iasanya yang dicari dalam struktur pelengkung adalah nilai momen, gaya lintang dan gaya normal di salah satu titik. Sedangkan bidang momen, gaya lintang dan normal penggambarannya cukup kompleks, sehingga biasanya jarang dihitung. S H H V V Gambar 3.3 Gaya-gaya yang bekerja pada pelengkung 3 sendi Dari Gambar 3.3, kedua perletakan struktur pelengkung dibuat sendi, sehingga terdapat 4 reaksi, sedangkan persamaan dari syarat keseimbangan hanya 3 buah yaitu : ΣH = 0; ΣV = 0 dan ΣM = 0. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 31
Jadi agar struktur tersebut bisa diselesaikan secara statis tertentu, maka perlu tambahan satu persamaan lagi yaitu ΣMs = 0 (jumlah momen pada sendi = 0). S adalah sendi yang terletak pada pelengkung tersebut sehingga struktur tersebut dinamakan struktur pelengkung 3 sendi. 3.3 Penempatan Titik s (Sendi) Sendi s yang dipakai untuk melengkapi persamaan pelengkung 3 sendi terletak di busur pelengkung antara perletakan dan. etak sendi tersebut bisa di tengah-tengah busur pelengkung atau tidak. Hal ini tergantung dari kondisi di lapangan. Diketahui struktur pelengkung 3 sendi dengan geometri dan beban seperti pada gambar. q kg/m E h 1 S f H H l V V Gambar 3.4 Data Geometri pelengkung 3 sendi Untuk mencari besarnya momen di potongan E-E yang besarnya : M E E 1 2 = V x1 q x1 H h1 2 I maka nilai M E-E dibagi menjadi 2 bagian : I = V x 1 II = H h 1 1 q 2 x 2 1 II Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 32
1 2 Nilai I = V x1 q x1 sama dengan persamaan momen dan bidang momen pada 2 balok di atas 2 perletakan yang dibebani beban merata. Perhatikan nilai II = H. h 1, jika potongan E-E bergerak dari perletakan ke, maka nilai x 1 bergerak dari 0 s/d l dan h 1 nilainya akan berubah dari 0 perlahan-lahan naik sampai dengan f dan turun sampai dengan 0 lagi dimana nilai h 1 (kalau x 1 berubah) akan sama dengan nilai ketinggian pada parabola. Misal : Jika potongan E-E di x 1 = 0 dan h 1 = 0 Jika potongan E-E di S x 1 = ½ l dan h 1 = f Jika potongan E-E di x 1 = l dan h 1 = 0, dan seterusnya. Nilai II = H.h 1 H : konstant h 1 : ketinggian pelengkung Jadi nilai II gambarnya adalah parabola dengan tanda (-). idang M. Gambar nilai I = V.x 1 ½ q x 1 ² + Gambar nilai II = H.h 1 Gambar 3.5 Gambar nilai I dan II Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 33
Nilai I dan nilai II adalah nilai total dari M E-E. + + - = nilai total M E-E = nilai kecil (saling menghapus) Jadi bentuk pelengkung akan memperkecil nilai momen. Reaksi Perletakan da 2 (dua) pendekatan penyelesaian untuk mencari reaksi perletakan. Pendekatan 1 : jika H dan V atau H dan V dicari bersamaan. Pendekatan 2 : jika V dan V dicari dulu, baru H dan H kemudian P 1 S S 1 h a 1 b 1 H h H V a b V l Gambar 3.6 Skema gaya dan jarak pada pelengkung (pendekatan 1) Pendekatan 1 H dan V dicari dengan persamaan ΣM = 0 dan ΣM S = 0 (bagian kiri) (2 persamaan dengan 2 bilangan tak diketahui) ΣM = 0 V.l H. (h -h ) P 1.b 1 = 0...(1) ΣM S = 0 V.a H.h P 1.S 1 = 0..(2) (bagian kiri) Dari persamaan (1) dan (2) maka V dan H bisa dicari. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 34
H dan V dicari dengan persamaan ΣM = 0 dan ΣM S = 0 (bagian kanan) 2 persamaan dengan 2 bidang tidak diketahui ΣM = 0 V.l + H (h h ) P 1.a 1 = 0...(3) ΣM S = 0 V.l - H. h ) = 0...(4) (bagian kanan) Dari persamaan (3) dan (4) maka V dan H bisa dicari. Pendekatan 2 P 1 S 1 S f a 1 a b b 1 V l V a b Gambar 3.7 Skema gaya dan jarak pada pelengkung (pendekatan 2) Reaksi horizontal H dan H ditiadakan kemudian arahnya diganti, masingmasing menuju ke arah perletakan yang lainnya menjadi b ( ) dan a ( ). Dengan arah b yang menuju perletakan dan arah a yang menuju ke perletakan. Kita bisa langsung mencari reaksi v dan v. Kemudian dengan ΣM S = 0 dari kiri kita bisa mencari besarnya b dan dengan ΣMs = 0 dari bagian kanan kita bisa mencari besarnya nilai a. Mencari reaksi v Σ M = 0 v.l P 1. b 1 = 0 v = Mencari reaksi v P1b1 l...(1) Σ M = 0 v.l P 1. a 1 = 0 v = Mencari reaksi b P 1 a 1 l...(2) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 35
Σ M S = 0 v.a P 1.S 1 b. f = 0 (bagian kiri) b = v.a P1S 1 f persamaan (1), maka nilai b bisa dicari. Mencari reaksi a dengan memasukkan nilai v dari Σ M S = 0 v.b a. f = 0 v.b (bagian kanan) a = f maka nilai a bisa dicari. dengan memasukkan nilai v dari persamaan (2) Posisi a dan b merupakan reaksi yang arahnya miring a ( ) dan b ( ), sehingga harus diuraikan menjadi gaya-gaya vertikal dan horizontal seperti pada gambar. a cos α a α a sin α b sin α b α b cos α Dari komponen-komponen tersebut dapat dinyatakan : b cos α = H pada cara pendekatan 1, merupakan reaksi horizontal di. ( ) a cos α = H pada cara pendekatan 2, merupakan reaksi horizontal di. ( ) dan : V ( ) = v ( ) + b sin α ( ) Pendekatan 1 gambar (a) pendekatan 2 gambar (b) V ( ) = v ( ) + a sin α ( ) Pendekatan 1 gambar (a) pendekatan 2 gambar (b) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 36
3.4 Mencari Gaya-Gaya Dalam (M, D, N) Untuk balok yang lurus, bukan pelengkung, kita dengan mudah menggambarkan bidang momen dan gaya lintangnya. agaimana dengan bidang gaya dalam pada pelengkung? x q kg/m S y H H V V Gambar 3.8 Pelengkung 3 sendi dengan beban terbagi rata idang Momen Pada gambar (a), dimana suatu pelengkung 3 sendi dibebani beban terbagi rata q kg/m. Jika x adalah titik yang ditinjau bergerak dari -, maka M X 1 2 = V x q x H y 2 I II agian I dan II merupakan fungsi parabola, dimana y adalah persamaan parabola dari pelengkung dengan fungsi y 4 f x ( l x) l² =. Jadi M x = I II merupakan penggabungan 2 parabola yaitu parabola I dan II, yang tidak mudah penggambarannya! Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 37
idang Gaya intang (D) Kita lihat titik dimana x berada di situ ada V x dan H x. V x = V q. x (jumlah gaya-gaya vertikal di x kalau di hitung dari bagian kiri) H x = H agaimana nilai D x dan N x? Gaya-gaya V x dan H x harus diuraikan menjadi gaya-gaya yang tegak lurus dan sejajar sumbu, dimana posisi sumbu batang? Posisi sumbu batang adalah merupakan garis singgung dimana titik x berada. x q kg/m H x S y V x H H V V Gambar 3.9 Gaya vertikal dan horizontal disuatu titik pada pelengkung 3 sendi Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 38
α Garis singgung di x Garis singgung tersebut membentuk sudut α dengan garis horizontal, maka V x dan H x harus diuraikan ke garis singgung tersebut. Hx sin α Vx sin α α Hx α Vx cos α Vx Hx cos α Gambar 3.10 Uraian Vx dan Hx pada sumbu batang D x = jumlah komponen yang tegak lurus garis singgung N x = jumlah komponen yang sejajar garis singgung, maka D x = Vx cosα Jumlah gaya bagian kiri arah ke atas( + ) Hxcosα Jumlah gaya bagian kiri arah ke bawah ( ) N x = V x sinα H = (Vx sinα + H x cosα) Kedua gaya ini menekan batang ( ) x cosα Dari uraian diatas, untuk menggambar bidang D atau N akan mendapat kesulitan. Karena perubahan setiap titik x, maka garis singgung dan sudutnya akan berubah. iasanya yang ditanyakan dalam struktur pelengkung bukanlah bidang M, D, N, namun besarnya nilai M, D, N di salah satu titik pada daerah pelengkung. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 39
Contoh 1 3 t/m yc C αc S f = 3 m H H 2.5 m xc V V 5 m 5 m Gambar 3.11 Contoh 1 struktur pelengkung 3 sendi 4 f x ( l x) Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabola y = dengan l² ukuran dan beban seperti pada gambar. Hitung Nilai V ; V ; H; M c ; D c dan N c. Penyelesaian H = H = H (karena beban luar simetri dan tidak ada beban horisontal) Mencari V dan V Σ M = 0 V. l q l.½ l = 0 V = ½.3.10 = 15 ton Σ M = 0 V. l q l. ½ l = 0 V = 15 ton Mencari H Σ Ms = 0 (Tinjau kiri S) V. 5 - H. 3 ½ q. (5)² = 0 H = V.5 1/ 2. q (5)² 15.5 1/ 2.3.25 = = 12,5 3 3 ton Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 40
Mencari Mc Untuk mencari momen di c terlebih dahulu harus menghitung koordinat x dan y dari titik c. Diketahui x c = 2,5 m, dengan menggunakan persamaan parabola y = maka y c = 4.3.2,5(10 2,5) = 10² Momen M c dihitung dari kiri c M c = V. X c H. y c ½. q. X c ² 2,25 m = 15. 2,5 12,5. 2,25 ½. 3. 2,5 2 = 0. 4fx ( l x), l² Mencari N c dan D c Untuk mencari gaya lintang maupun gaya normal pada potongan x, maka kita perlu mencari sudut α c yaitu sudut yang terbentuk antara garis singgung di titik c dan garis horizontal. Hc α c Vc 2.5m Gambar 3.12 Gaya lintang dan normal pada titik C Menentukan nilai α c 4f x (l x) 4f (l 2x) y = y' = l² l² untuk x = 2.5 4.3(10 5) y = = 0, 6 10² arc tg α c = 0,6 α c = 30,96 sin α = 0,5145 cos α = 0,8575 Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 41
V c = V q. x = 15 3. 2,5 = 7,5 ton H c = H = 12,5 ton D c = V c cos α c H c sin α c = 7,5. 0,8575 12,5. 0,5145 = 6,4312 6,4312 = 0 N c = - (V c.sin α c + H c cos α c ) = - (7,5. 0,5145 + 12,5. 0,8575) = - 14,5774 ton Dari hasil nilai gaya dalam tersebut, tampak bahwa nilai M c = 0; D c = 0; N c = - 14,5774 ton, jadi ini jelas bahwa struktur pelengkung ditekankan untuk menerima gaya tekan. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 42
Contoh 2 x c =2.5m x p =2m C P=6t yc yp S f = 3 m H H V V 5 m 5 m Gambar 3.13 Contoh 2 struktur pelengkung 3 sendi Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabola 4fx(l x) dengan l² bentang l = 10 m dan tinggi f = 3 m, serta beban horisontal P sebesar 6 ton pada jarak horizontal 2 m dari titik. Hitung nilai V ; V ; H ; H ; Mc; Dc dan Nc. Penyelesaian Mencari V dan V Untuk mencari V dan V perlu tahu tinggi y p untuk x p = 2 m 4.3.2(10 2) Y p = = 1,92 m 10² Σ M = 0 V. l + P.y p = 0 V. 10 + 6. 1,92 = 0 V = -1,152 ton ( ) Σ M = 0 V. l - P.y p = 0 V. 10-6. 1,92 = 0 V = + 1,152 ton Σ v = 0 V + V = 0 (OK) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 43
Mencari H dan H Σ M S = 0 (kiri) V. ½ l H. f P ( f yp ) = 0-1,152. 5 H. 3 6 (3 1,92) = 0-5,76 H. 3 6. 1,08 = 0 5,76 6,48 H = = 4,08 ton ( ) 3 Σ M S = 0 (kanan) V. ½ l H. f = 0 1,152. 5 H. 3 = 0 H = 1,92 ton ( ) Kontrol ΣH = 0 P + H + H = 0 6 4,08 1,92 = 0 (OK) Mencari M c, D c dan N c y c = 2,25 m α c = 30,96 sin α c = 0,5145; cos α = 0,8575 M c = - V.x c + H. y c P (y c y p ) C αc P=6 t yc H H V V Gambar 3.14 Menentukan yc dan αc Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 44
M c = -1,152. 2,5 + 4,08. 2, 25 6 (2,25 1,92) = - 2,88 + 9,18 1,98 = 4,32 tm P Hc C Vc H Vc sin α αc Vc cos α Vc Hc Hc sin αc αc Hc cos αc V Gambar 3.15 Gaya lintang dan normal pada titik C V c = 1,152 ton ( ) H c = 6 4,08 = 1,92 ton ( ) D c = - V c cos α c H c sin α c = -1,152. 0,8575 1,92. 0,5145 = -1,9757 ton N c = + V c sin α c H c cos α c = 1,152. 0,5145 1,92. 0,8575 = - 1,0537 ton Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 45
3.5 Muatan Tak angsung untuk Pelengkung 3 Sendi Seperti pada balok menerus, pada pelengkung 3 sendi ini pun terdapat muatan tak langsung. Pada kenyataannya tidak pernah ada muatan yang langsung berjalan diatas gelagar pelengkung 3 sendi, harus melalui gelagar perantara. Gelagar perantara Kolom perantara S Pelengkung Gambar 3.16 Muatan tak langsung untuk pelengkung 3 sendi Prinsip dasar penyelesaiannya sama dengan muatan tak langsung pada balok. Muatan akan ditransfer ke struktur utama, dalam hal ini pelengkung 3 sendi, melewati gelagar perantara dan kemudian ke kolom perantara. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 46
q = kg/m a P b q kg/m P R 1 R 2 R 3 R 4 R 5 R 6 R 1 R 2 R 3 R 4 R 5 R 6 S λ λ λ λ λ... =5λ... (a). Kondisi pembebanan q = kg/m P (b). transfer beban melalui kolom perantara R 1 R 2 R 3 R 4 R 5 R 6 λ λ a b λ λ λ (c) Perhitungan nilai R (beban yang ditransfer) Gambar 3.17 Kondisi pembebanan, transfer beban melalui kolom perantara, perhitungan nilai R R 1 = q. ½ λ = ½ qλ R 2 = q. λ = qλ R 3 = q. ½ λ + (b/λ ). P = ½ qλ + (/λ )P a R 4 = P λ R 5 = R 6 = 0 Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 47
Contoh 3 Diketahui struktur pelengkung 3 sendi dengan muatan tak langsung dengan geometri dan beban seperti pada gambar di bawah ini. Hitung M c, D c, dan N c. q = 1 t/m' 1 t 1 t 1.5m 1.5m 1 2 3 4 5 6 C s y c f = 4m xc = 4.5 m 15 m Penyelesaian Prinsip penyelesaian sama dengan muatan tak langsung pada balok sederhana di atas 2 perletakan. eban dipindahkan ke pelengkung melalui gelagar menjadi reaksi R 1, R 2, R 3, R 4, R 5, dan R 6. R1 R2 R3 R4 R5 R6 C s yc f H H xc 15 m V V Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 48
Perhitungan reaksi R 1, R 2, R 3, R 4, R 5, dan R 6. R 1 = 0 ton R 2 = ½ λ.q = ½.1.3 = 1.5 ton R 3 = ½ λ.q = ½.1.3 = 1.5 ton R 4 = 0.5 ton R 5 = 1.5 ton R 6 = 0 ton R 1 sampai R 6 akan menjadi beban pada pelengkung. Mencari Reaksi Perletakan Vertikal di titik (V ) dan titik (V ) ΣM = 0 -V. 15 + R 2. 3 + R 3. 6 + R 4. 9 + R 5. 12 = 0 -V. 15 + 1,5. 3 + 1,5. 6 + 0,5. 9 + 1,5. 12 = 0 V = 2,4 ton ( ) ΣM = 0 V. 15 - R 2. 12 - R 3. 9 - R 4. 6 - R 5. 3 = 0 V. 15-1,5. 12-1,5. 9-0,5. 6-1,5. 3 = 0 V = 2,6 ton ( ) Kontrol ΣV = 0 V + V 1,5-1,5 0,5 1,5 = 0 2,6 + 2,5 1,5-1,5 0,5 1,5 = 0 (OK) Mencari Reaksi Perletakan Horisontal di titik (H ) dan titik (H ) ΣM S = 0 (tinjau kiri) V. 7,5 - R 2. 4,5 - R 3. 1,5 - H. 4 = 0 2,6. 7,5 1,5. 4,5 1,5. 1,5 - H. 4 = 0 H = 2,625 ton ( ) ΣM S = 0 (tinjau kanan) V. 7,5 R 5. 4,5 R 4. 1,5 H. 4 = 0 2,4. 7,5 1,5. 4,5 0,5. 1,5 H. 4 = 0 Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 49
H = 2,625 ton ( ) Kontrol ΣV = 0 H H = 0 2,625 2,625 = 0 (OK) Mencari Momen di titik C (M C ), Gaya intang di titik C (D C ), dan Gaya Normal di titik C (N C ). Menentukan nilai α c 4f x (l x) 4f (l 2x) y = y' = l² l² untuk x = 4.5 4.4 (15 9) y = = 0, 43 15² arc tg α c = 0,43 α c = 23.27 sin α = 0,395 cos α = 0,919 Momen di titik C (M C ) M C = V. 4,5 H (3,36) R 2 (1,5) = 2,6. 4,5 2,625 (3,36) 1,5 (1,5) = 5,13 tm Gaya intang di titik C (D C ) Reaksi di titik C V C = V R 1 R 2 (tinjau kiri S) = 2,6 0 1,5 = 1,1 ton ( ) Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 50
Vc Vc sin α c Hc cos α c Vc cos α c C α c C Hc Hc sin α c Gaya lintang di titik C (D C ) D C = V C cos α c H C sin α c = 1,1 (0,919) 2,625 (0,395) = -0.026 ton Gaya Normal di titik C (N C ) N C = V C sin α c + H C cos α c = 1,5 (0.395) + 2,625 (0.919) = 3,005 ton Jadi M C = 5,13 tm D C = -0,026 ton N C = 3,005 ton Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 51
IV METOD CONSISTENT DEFORMTION 4.1 Pendahuluan Dalam bangunan Teknik Sipil, seperti gedung-gedung, jembatan dan lain sebagainya, ada beberapa macam sistem struktur, mulai dari yang sederhana sampai dengan yang sangat kompleks. Pada bab terdahulu mengenai struktur statis tertentu dimana reaksi perletakan maupun gaya-gaya dalam (momen, gaya lintang, gaya normal) pada struktur tersebut dapat dicari hanya dengan persamaan keseimbangan (ΣV=0, ΣH=0, ΣM=0). Contoh : balok dengan dua perletakan sendi rol atau balok kantilever disebut sebagai struktur statis tertentu, karena bisa diselesaikan dengan persamaan keseimbangan. 4.2 Definisi Struktur Statis Tak Tentu Suatu struktur disebut statis tak tentu jika tidak bisa diselesaikan dengan hanya menggunakan persamaan keseimbangan. Dalam syarat keseimbangan ada tiga persamaan, apabila sebuah struktur yang mempunyai reaksi perletakan lebih dari tiga, maka reaksi-reaksi perletakan tersebut tidak bisa dihitung hanya dengan tiga persamaan keseimbangan. Struktur tersebut dikatakan struktur statis tak tentu. Kelebihan bilangan yang tidak diketahui terhadap jumlah persamaan keseimbangan, disebut tingkat atau derajat ketidaktentuan suatu struktur. pabila kelebihan tersebut berupa reaksi perletakan maka struktur disebut statis tak tentu luar sedangkan kalau kelebihan tersebut berupa gaya dalam maka struktur disebut statis tak tentu dalam. Contoh struktur statis tak tentu 1). R M q P I R H R V C R V Gambar 4.1 alok statis tak tentu Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 52
Struktur pada gambar 4.1 disebut struktur statis tak tentu tingkat 1 (luar), karena reaksi yang terjadi adalah 4 buah sehingga kelebihan 1 reaksi. 2). P C q I D R M R M R V R H R V R H Gambar 4.2 Portal statis tak tentu Struktur pada gambar 4.2 disebut struktur statis tak tentu tingkat 3 (luar), karena reaksi yang terjadi adalah 6 buah sehingga kelebihan 3 reaksi. 4.3 Metode Consistent Deformation Metoda Consistent Deformation adalah metode yang paling umum dipakai untuk menyelesaikan perhitungan suatu struktur statis tak tentu. Struktur statis tak tentu tidak dapat diselesaikan hanya dengan menggunakan tiga persamaan keseimbangan, karena mempunyai jumlah bilangan yang tidak diketahui lebih dari tiga. Dengan demikian, kita membutuhkan tambahan persamaan untuk bisa menyelesaikannya. Untuk mendapatkan persamaan tambahan, struktur dijadikan statis tertentu dengan menghilangkan gaya kelebihan, dan menghitung deformasi struktur statis tertentu akibat beban yang ada. Setelah itu struktur statis tertentu tersebut dibebani dengan gaya kelebihan yang dihilangkan tadi, dan juga dihitung deformasinya. Deformasi yang dihitung disesuaikan dengan gaya kelebihan yang dihilangkan. Misalnya gaya yang dihilangkan adalah gaya horizontal, maka yang dihitung defleksi horizontal pada tempat gaya yang dihilangkan tadi. pabila gaya vertikal, yang dihitung defleksi vertikal sedangkan kalau yang dihilangkan tersebut berupa momen, maka yang dihitung adalah rotasi. Setelah deformasi akibat beban yang ada dan gaya-gaya kelebihan yang dikerjakan sebagai beban telah dihitung, maka dengan melihat kondisi Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 53
fisik dari struktur asli, kita susun persamaan-persamaan tambahan yang diperlukan. Misalnya untuk perletakan rol, maka defleksi tegak lurus perletakan harus sama dengan nol, untuk perletakan sendi defleksi vertikal maupun horizontal sama dengan nol, sedangkan untuk perletakan jepit, defleksi vertikal, defleksi horizontal dan rotasi sama dengan nol. Persamaan-persamaan tambahan ini disebut persamaan Consistent Deformation karena deformasi yang ada harus konsisten dengan struktur aslinya. Setelah persamaan Consistent Deformatio disusun, maka gaya-gaya kelebihan dapat dihitung, dan gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan keseimbangan, setelah gaya-gaya kelebihan tadi didapat. 4.4 angkah-langkah Metoda Consistent Deformation angkah-langkah untuk menyelesaikan struktur statis tak tentu dengan metode consistent deformation adalah sebagai berikut: Tentukan tingkat atau derajat ketidaktentuan struktur uat struktur menjadi statis tertentu dengan menghilangkan gaya kelebihan. Hitung deformasi struktur statis tertentu tersebut akibat beban yang ada. eban yang ada dihilangkan, gaya kelebihan dikerjakan sebagai beban, dan dihitung deformasinya. Kalau gaya kelebihan lebih dari satu, gaya kelebihan dikerjakan satu per satu bergantian. Deformasi yang dihitung disesuaikan gaya kelebihan yang dihilangkan. Untuk gaya vertikal defleksi vertikal, gaya horizontal defleksi horizontal dan momen rotasi. Setelah deformasi akibat beban yang ada dan gaya-gaya kelebihan dari struktur statis tertentu tersebut dihitung, dengan kondisi struktur aslinya yaitu struktur statis tak tentu, kita susunan persamaan Consistent Deformation Dengan bantuan persamaan Consistent Deformation gaya-gaya kelebihan dapat dihitung. Setelah gaya-gaya kelebihan didapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung dengan menggunakan tiga persamaan keseimbangan yang ada. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 54
Contoh 1 R M q R H R V R V a). Struktur statis tidak tertentu b). Struktur statis tertentu q V c). kibat beban yang ada δ V R V d). kibat R V sebagai beban R V Gambar 4.3 Penyelesaian dengan consistent deformation alok diatas 2 tumpuan jepit-rol. R = 4 > 3 (kelebihan 1 R) Struktur statis tidak tertentu tingkat 1 (satu) R V sebagai gaya kelebihan menjadi bebas V defleksi yang dihitung kibat beban yang ada dihitung defleksi vertikal di ( V ). kibat gaya kelebihan (R V ) sebagai beban dihitung defleksi vertikal di (δ V R V ) Struktur aslinya rol, maka seharusnya defleksi vertikal di sama dengan nol. Persamaan Consistent Deformation Σ V = 0 Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 55
V + δ V R V = 0 Dari persamaan Consistent Deformation yang disusun R V dapat dihitung. Setelah R V didapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan keseimbangan. Contoh 2 R H R M R V q a). Struktur statis tidak tertentu b). Struktur statis tertentu q c). kibat beban yang ada R M θ ϕ M R M d). kibat R M sebagai beban R V Soal no.1 dapat diselesaikan juga sebagai berikut : R = 4 > 3 (kelebihan 1 R) Struktur statis tidak tertentu tingkat 1 (satu). R M -sebagai gaya kelebihan menjadi sendi θ rotasi yang dihitung kibat beban yang ada dihitung rotasi di (θ ) kibat R M sebagai beban dihitung rotasi di (ϕ M R M ). Gambar 4.4 Penyelesaian dengan consistent deformation Struktur aslinya adalah jepit, sebelumnya rotasi di sama dengan nol. Persamaan Consistent Deformation : Σ θ = 0 θ + ϕ M R M = 0 Dari persamaan Consistent Deformation yang disusun, gaya kelebihan R M dapat dihitung. Setelah R M didapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan keseimbangan. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 56
Contoh 3 P C q D Portal dengan perletakan jepit dan sendi. R = 5 > 3 (kelebihan 2 R) Struktur statis tidak tertentu tingkat 2. R H R M R V R H R V a). Struktur statis tidak tertentu C D R V dan R H sebagai gaya kelebihan menjadi bebas V dan H - defleksi-defleksi yang dihitung b). Struktur statis tertentu P C q D kibat beban yang ada dihitung defleksi vertical dan defleksi horizontal dari ( V dan H ) V H c). kibat beban yang ada Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 57
C D δ VV R V δ HV R V kibat gaya kelebihan R V dikerjakan sebagai beban, dihitung defleksi vertical dan defleksi horizontal dari (δ VV R V dan S HV R V ) R V d). akibat gaya kelebihan R V C δ VH.R H D δ Hh R H R H kibat gaya kelebihan R H dikerjakan sebagai beban, dihitung defleksi vertical dan defleksi horizontal dari. e). akibat gaya kelebihan R H Gambar 4.5 Penyelesaian dengan consistent deformation Struktur aslinya adalah sendi, seharusnya defleksi vertikal dan horizontalnya sama dengan nol. Persamaan Consistent Deformation. (1) Σ V = 0 V + δ VV R V + δ Vh R H (2) Σ H = 0 H + δ HV R V + δ Hh R H Dengan 2 (dua) persamaan Consistent Deformation yang disusun, gaya kelebihan R V dan R H dapat dihitung, setelah R V dan R H didapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan keseimbangan. 4.5 Deformasi Struktur Statis Tertentu Untuk menghitung deformasi, kita bisa menggunakan beberapa metode seperti: metoda Unit oad, metoda Momen rea dan metoda Persamaan Garis Statis. Dalam pembahasan ini, kita metoda unit load karena metoda unit load dapat Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 58
dipergunakan untuk menghitung deformasi dari struktur balok portal maupun struktur Rangka atang. Untuk struktur balok dan portal statis tertentu rumus deformasinya adalah: atau θ = s o M x m E I x x d - defleksi θ - rotasi M x persamaan momen akibat beban yang ada m x persamaan momen akibat beban unit E - Modulus elastis bahan batang I x - Momen Enersia penampang batang s dx - Integral seluruh panjang struktur 0 x Catatan : Momen positif (+) Momen negatif (-) Untuk (defleksi), beban unit berupa beban unit gaya ( 1 ), sedangkan untuk θ (rotasi), beban unit berupa beban unit momen ( 1). rah defleksi / rotasi ditentukan oleh nilai hasil perhitungan : Kalau hasil perhitungan positif (+), arah defleksi / rotasi searah dengan beban unit yang dikerjakan. Kalau hasil perhitungan negatif (-), arah defleksi / rotasi berlawan arah dengan beban unit yang dikerjakan. Pada struktur Rangka atang hanya ada defleksi titik simpul. Untuk struktur Rangka atang statis tertentu, karena setiap batang mempunyai nilai gaya batang yang tetap (konstant), maka perumusannya tidak memerlukan perhitungan integral melainkan hanya penjumlahan secara aljabar saja. Rumus defleksi untuk struktur rangka batang statis tertentu adalah sebagai berikut : n Siµ i = ( E) i= 1 - defleksi S gaya batang akibat beban yang ada. µ - gaya batang akibat beban unit i Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 59
luas penampang batang E modulus elastis bahan batang i nomor batang dari 1 sampai dengan n n i= 1 - penjumlahan aljabar dari batang no.1 sampai dengan no. n Catatan : Gaya batang tarik (+) Gaya batang tekan (-) Contoh perhitungan deformasi pada struktur statis tertentu 4.6 Penyelesaian struktur statis tak tentu dengan Metoda Consistent Deformation. Konsep metoda Consistent Deformation adalah membuat struktur statis tak tentu menjadi struktur yang statis tertentu dengan menghilangkan gaya kelebihan yang ada. Semakin banyak gaya kelebihan yang ada maka akan semakin banyak persamaan yang harus disusun, sehingga perhitungannya akan semakin kompleks. Maka dari itu untuk struktur balok dan portal pemakaian metoda ini akan lebih efektif untuk derajat ketidaktentuannya tidak terlalu besar. Karena untuk struktur statis tak tentu dalam, kelebihan satu potongan batang saja gaya kelebihannya ada tiga, maka untuk contohcontoh perhitungan penyelesaian balok dan portal statis tak tentu berikut ini hanyalah struktur statis tak tentu luar. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 60
Contoh 1 P = 1t M q = 1 t/m H V C 6 m V 2 m a). Struktur statis tak tentu C 6 m b). Struktur statis tertentu 2 m M = 40 tm q = 1 t/m P = 1t C V = 9t 6 m 2 m c). kibat beban yang ada x 2 x 1 Gambar 4.6 Penyelesaian dengan consistent deformation Suatu balok statis tak tentu dengan ukuran dan pembebanan seperti pada gambar. jepit dan rol. Hitung gaya-gaya dalam dan reaksi perletakannya dengan metoda Consistent Deformation. Gambar bidang M, N dan D nya. Penyelesaian : R = 4 > 3 kelebihan 1 reaksi. Struktur statis tidak tertentu tingkat 1. V sebagai gaya kelebihan V defleksi yang dicari. kibat beban yang ada : V = 1 x 8 + 1 = 9 t ( ) M = ½ (1) 8² + 1 x 8 = 40 tm. Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia 61