Diktat As3 Gp

99

Click here to load reader

description

Kuliah Pak Gandjar

Transcript of Diktat As3 Gp

Page 1: Diktat As3 Gp

TKS-153501

ANALISA STRUKTUR III

Oleh

GANDJAR PAMUDJI, ST. MT.

JURUSAN TEKNIK SIPIL

FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS JENDERAL SOEDIRMAN

TAHUN 2015

DIKTAT KULIAH

NAMA : ________________________

NIM : ________________________

ALAMAT : ________________________

Page 2: Diktat As3 Gp

i

KATA PENGANTAR

Puji syukur penulis panjatkan kehadirat Allah SWT. atas taufik dan hidayah-Nya

serta kesehatan yang telah diberikan-Nya untuk dapat menyelesaikan Diktat

Mata Kuliah Mekanika Rekayasa III.

Diktat ini disusun sebagai bahan kuliah Mekanika Rekayasa III pada Semester

Ganjil Tahun ke-3 di Jurusan Teknik Sipil, Universitas Jenderal Soedirman

Purwokerto.

Ucapan terima kasih dan penghargaan kepada mahasiswa Program Studi Teknik

Sipil angkatan 2000 dan 2001 yang telah memberikan kontribusi positif tentang

jalannya perkuliahan. Kesan positif terhadap semangat dan usaha yang gigih

dalam melewati segala hambatan telah mereka tunjukkan dalam mengikuti kuliah

ini. Terima kasih khusus kepada Agung dan Eva yang telah meminjamkan

catatan kuliah dan tugas terstrukturnya sebagai bahan yang sangat berharga

dalam penyusunan diktat kuliah ini.

Ucapan terima kasih kepada Isteri dan Hanif yang telah membantu dan

memberikan dorongan semangat dalam menyelesaikan diktat kuliah ini. Dengan

lapang dada kami butuhkan kritik dan saran untuk menyempurnakan diktat ini.

Semoga rahmat dan barokah Allah SWT senantiasa tertuang kepada kita semua,

Amiin.

Purwokerto, Maret 2006

Page 3: Diktat As3 Gp

ii

DAFTAR PUSTAKA Beer, F.P., and Johnston, E.R.,(1992), “Mechanics Of Materials”, McGraw-Hill, USA Hibbeler, R.C.,(1997), “Mechanics Statics”, McGraw-Hill, USA Indriati, E W, (2003), “Tugas Terstruktur Mekanika Rekayasa III”,JTS-UNSOED Kassimali, A.,(1999), “Structural Analisys”,PWS Publishing, USA Riyadi, A S, (2003), “Catatan Kuliah Mekanika Rekayasa III”,JTS-UNSOED Yuan Yu Shi, (1982), “Teori Dasar Struktur”, Erlangga, Jakarta

Page 4: Diktat As3 Gp

DAFTAR ISI

KATA PENGANTAR

1 METODE ENERGI USAHA ………………………………………………….. 1

1.1 Usaha Luar ………………………………………………………………… 1

1.2 Energi Internal …………………………………………………………….. 2

1.3 Usaha Virtual …………………………………………………………….. 5

1.4 Teorema castigliano ……………………..……………………………….. 13

2 METODE DEFORMASI YANG KONSISTEN UNTUK ANALISA STRUKTUR STATIS TAK TERTENTU ………………………………………………….. 18

2.1 Umum ……………………..…………………………….……………….. 19

2.2 Balok Menerus ………………………………………….……………….. 23

2.3 Struktur Rangka Batang ………………………………………….……… 29

3 METODE SLOPE DEFLECTION UNTUK ANALISA STRUKTUR STATIS TAK TERTENTU ………………………………………………………………….. 47

3.1 Umum ……………………..…………………………….……………….. 48

3.2 Prinsip Dasar Slope Deflection ………………. ………………………. 48

3.3 Aplikasi pada Balok ……………………………… ……………………. 49

3.4 Persamaan Slope Defleksi akibat Perpindahan titik kumpul ……….. 55

3.5 Analisis Balok statis tak tertentu akibat Luuhnya Penyangga ……… 58

4 DISTRIBUSI MOMEN ……………………………………………………… 64

4.1 Umum ……………………..…………………………….……………….. 65

4.2 Prinsip-Prinsip Dasar dan Definisi …………………………………….. 66

4.3 Analisis Balok Menerus ………………………………………………… 84

Page 5: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

1

BAB

1 DEFLEKSI

METODE ENERGI

Mahasiswa mampu memahami dan menggambarkan bentuk

deformasi struktur balok, rangka batang dan kerangka kaku

1. Mahasiswa mengerti tentang konsep dasar energi dalam

suatu struktur

2. Mahasiswa dapat menghitung energi dalam dan luar suatu

struktur.

3. Mahasiswa mampu menghitung defleksi struktur pada tinjauan

suatu titik tertentu dengan menggunakan konsep dasar energi.

4. Mahasiswa dapat menghitung defleksi suatu struktur dengan

menggunakan metode usaha virtual.

5. Mahasiswa dapat menghitung defleksi suatu struktur dengan

menggunakan teorema Castigliano

1. TUJUAN INSTUKSIONAL UMUM

2. TUJUAN INSTUKSIONAL KHUSUS

Page 6: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

2

1.1 USAHA LUAR

Bila sebuah gaya “F” bergerak sepanjang arahnya sejauh dx, maka

usaha yang dilakukan adalah dw = F.dx. Jika pergerseran total adalah

x, maka usahanya menjadi :

WE = x

dxF0

. ……………………………………………. (1-1)

Jika material bersifat elastis linear, maka besarnya gaya F adalah :

F = (P/∆)x ………..………………………………. (1-2)

WE =

0

.dxF …………………………………………. (1-3)

Sehingga besarnya usaha adalah W = ½.P.∆ atau sama dengan luas

segitiga yang diarsir dalam gambar 1a.

Akibat gaya F’ selain P telah yang searah dengan arah gaya P

menyebabkan perpindahan tambahan sebesar ∆’. Jumlah tambahan

usaha yang dilakukan oleh beban P menjadi P. ∆’, yang sama dengan

luas persegipanjang BDEG.

∆ A G E

P D B

C

F

F’ + P

∆’

F’ + P

X

F

P

∆ ∆

P

Gambar 1.1 Diagram gaya-perpindahan

(a) Perpindahan akibat gaya F (b) Perpindahan akibat gaya F’ + P

Page 7: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

3

Besarnya usaha yang dilakukan oleh momen “M” untuk memutar suatu

perubahan sudut d adalah M.d. Usaha yang dilakukan untuk

memutar sudut rotasi radian menjadi

WE =

0

M.d ………………………………………. (1-4)

Jika besarnya momen yang bekerja pada suatu struktur diberikan

secara berangsur-angsur dari nol ke , maka besarnya usaha yang

dilakukan adalah :

WE = ½.M. ………………….…………………………. (1-5)

1.2 ENERGI INTERNAL

Berdasarkan ilmu kekuatan bahan, jika material bersifat elastis linear

maka hukum Hooke dapat digunakan untuk menentukan besarnya

tegangan dan regangan suatu elemen.

Besarnya perubahan panjang suatu elemen adalah :

EA

LN

.

. ……………………………………………….. (1-6)

sehingga besarnya energi internal elemen adalah :

Wi =EA

LN

.2

.2

………………………………………………. (1-7)

Page 8: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

4

Penerapan pada Balok

Hubungan antara lengkungan dan momen lenturan adalah :

EI

M

dx

d

……………………………………….. (1-8)

d = dxEI

M. ……………………………………….. (1-9)

Berdasarkan prisnsip kekekalan energi, energi tegangan atau kerja

yang disimpan dalam elemen ditentukan dengan persamaan

dW = M.d. ……………………………………….. (1-10)

Dari subtitusi persamaan (1-9) dan (1-10) diperoleh, besarnya usaha

akibat pemberian beban momen secara bertahap :

dW= dxEI

M.

2

2

……………………………………….. (1-11)

A B

L

dx x

M M

dx

d

P

Gambar 1.2 Bentuk elemen yang mengalami lentur

Page 9: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

5

Jumlah besarnya energi internal yang terdapat dalam balok dengan

panjang l adalah :

Wi = l

dxEI

M

0

2

.2

……………………………………. (1-12)

Untuk mencapai kesetimbangan dalam elemen suatu balok, maka

energi yang diterima oleh elemen harus sama dengan usaha yang

dilakukan terhadap elemen balok tersebut,

WE = Wi ……………………………………. (1-13)

Contoh No.1.1

Tentukan besarnya defleksi dititik B pada balok kantilever akibat

beban terpusat seperti gambar dibawah ini.

Penyelesaian :

WE = ½.P. ∆b

M = -P.x

Wi = l

dxEI

M

0

2

.2

=

l

dxEI

xP

0

2

.2

).( =

EI

LP

6

. 32

Dengan, WE = Wi

Diperoleh ; ∆b = EI

LP

3

. 3

L

x

P

∆b A

B

Page 10: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

6

1.3 USAHA VIRTUAL (SATUAN BEBAN)

Untuk menentukan usaha virtual pada suatu struktur, kita tinjau suatu

benda solid berbentuk sembarang, yang dibebani oleh beban terpusat,

seperti tampak pada gambar di bawah ini.

Dalam benda tersebut dibuat suatu elemen terkecil dengan ukuran

dimensi panjang dan tinggi untuk mengetahui perubahan bagian

dalam benda. Akibat beban luar P, serat dalam benda dengan panjang

L menerima gaya-gaya dalam S dan mengalami perubahan panjang

sebesar dL. Gambar 1.3b, akibat beban satuan elemen terkecil dalam

benda tersebut juga menerima gaya-gaya dalam “U” dengan

perubahan panjang sebesar dL1.

½.P1.∆1 + ½.P2. ∆2 = 1/2S.dL ………………… (1-14)

½(1)() = 1/2U.dL1 ……………… (1-15)

Bila beban-beban sebenarnya P1 dan P2 diberikan secara berangsur-

angsur, dengan menyamakan usaha luar yang dilakukan dengan

∆2 ∆1

P2 P1

dL

S S

L

dL1

U U

L

P

Gambar 1.3 Deformasi di dalam benda padat

Page 11: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

7

energi dalam benda, maka akan diperoleh suatu pembebanan semu

dan perpindahan sebenarnya.

WE = ½(1)() + ½.P1.∆1 + ½.P2. ∆2 + 1(∆)

WI = 1/2U.dL1 + 1/2S.dL + U.dL

Jika : WE = WI

Maka akan diperoleh :

Jika perputaran tangens atau kemiringan garis singgung disuatu titik

pada struktur yang diinginkan, kita hanya perlu menggantikan gaya

virtual satuan dengan suatu kopel satuan virtual, sehingga momen

kopel ini mengakibatkan beban semu u pada salah satu elemen

benda.

Metode usaha virtual didasarkan pada prinsip gaya-gaya virtual untuk

deformasi benda solid, yaitu usaha luar yang dilakukan terhadap suatu

benda sama dengan energi dalam yang diberikan benda tersebut

untuk mencapai kesetimbangan, yang diekspresikan sebagai berikut :

1. ∆ = U . dL

Pembebanan semu (virtual system)

Perpindahan sesungguhnya (real system)

1. = U . dL

Pembebanan semu (virtual system)

Perpindahan sesungguhnya (real system)

Page 12: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

8

yasesungguhn dalam nperpindaha

xvirtual dalam gaya

yasesungguhn luar nperpindaha

xvirtual luar gaya

1.3.1 Aplikasi pada balok dan rangka (a) akibat beban luar (b) akibat beban satuan Untuk menentukan perpindahan dari titik A, diberikan beban satuan

semu yang bekerja searah dengan perpindahan ∆ dititik A, dan momen

semu internal “m” ditentukan dengan mengambil bagian elemen

tertentu sejauh x dari tumpuan kiri. Bila beban sesungguhnya bekerja

pada balok, maka titik A akan mengalami perpindahan sejauh ∆. Bila

material bersifat elastis linear, maka elemen dx akan berubah bentuk

atau memutar sejauh d yang besarnya adalah :

B

L

dx x

A ∆ B

L

dx x

A ∆

P

M

V

w

d

Gambar 1.4 Struktur balok yang dimuati beban merata

B

L

dx x

A ∆

1

B

L

dx x

A ∆

P

M

V

Page 13: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

9

d = dxEI

M.

dengan :

M = momen internal di x yang diakibatkan oleh beban-beban

sesungguhnya

E = modulus elastisitas bahan

I = momen inersia penampang

Besarnya usaha semu luar akibat beban satuan adalah 1. ∆, dan

usaha semu dalam akibat momen “m” adalah m. d = m. dxEI

M. .

Jika usaha luar semu sama dengan usaha dalam semu untuk

sepanjang balok, maka disepanjang balok berlaku :

1. ∆ = l

dxEI

Mm

0

..

…………………………… (1-16)

Besarnya sudut kemiringan atau rotasi garis singgung akibat usaha

kopel satuan sebesar1. dapat ditentukan sebagai berikut :

1. ∆ = l

dxEI

Mm

0

..

…………………………… (1-17)

Contoh No.1.2

Tentukan besarnya defleksi dititik B pada balok kantilever akibat

beban merata yang memiliki EI konstan disepanjang bentang, seperti

gambar dibawah ini.

Page 14: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

10

Penyelesaian :

a. akibat beban luar

M = 2

. 2xq

b. akibat beban satuan

∆b = l

dxEI

Mm

0

..

=

l

dxEI

x

0

2

.2

q.x

= EI

lq

8

. 4

b = l

dxEI

Mm

0

..

=

l

dxEI

0

2

.

12

q.x

= EI

lq

6

. 4

1.3.2 Aplikasi pada struktur rangka batang

Persamaan dasar metode virtual :

1. ∆ = U . dL

L

x

∆b A

B

q

x

∆b A B

1

x

∆b

A B

1

m = -x

m = -1

Page 15: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

11

dengan : dL = perubahan dari batang yang diakibatkan oleh beban-beban yang diebrikan dan dapat dinyatakan dengan S.L/AE.

Sehingga :

1. ∆ = m

AE

LUS

1

.. …………………………… (1-18)

dengan : S = gaya dalam batang akibat beban sesungguhnya U = gaya dalam batang akibat beban satuan di suatu titik

pelenturan yang dicari dengan arah yang diinginkan L = panjang batang A = luas penampang batang E = modulus elastisitas batang m = jumlah banyaknya batang Perubahan Temperatur Untuk defleksi yang disebabkan oleh perubahan suhu,

persamaannya menjadi :

1. ∆ = U . .T.L …………………………… (1-19)

P1

P2

A B

C

D

A

D

B C

1

Gambar 1.5 Defleksi pada rangka batang

Page 16: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

12

dengan :

t = koefisien pengembangan panas linear

T = kenaikkan suhu (derajat)

Contoh no. 1.3

Diketahui suatu rangka batang dibebani beban terpusat sebesar 4 kN,

masing-masing batang memiliki luas penampang 400 mm2 dan

modulus elastisitasnya 200 GPa, (a) tentukanlah besar perpindahan

vertical di titik C dan (b) jika tidak ada gaya yang bekerja pada rangka

batang, apa yang akan mengakibatkan terjadinya perpindahan vertical

sambungan C bila batang AB mengalami perpendekan sebesar 5 mm.

Penyelesaian :

a) menentukan perpindahan titik buhul C akibat beban 4 kN

4 kN

B A

C

3 m

4 m 4 m

1kN

B A

C

-0,833 kN

4 m 4 m

-0,833 kN

0,667 kN

0,5kN 0,5kN

4 kN

B

A

C

4 m 4 m

2,5 kN 2,5 kN

2 kN 4 kN

Page 17: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

13

Batang S (kN) U (kN) L (m) S.U.L

AB 2 0,667 8 10,67

AC 2,5 -0,833 5 -10,41

CB 2,5 -0,833 5 +10,41

10,67

1. ∆ = m

AE

LUS

1

..

1. ∆CV = m

1 )200(400

67,10= 0,1334 mm

b) menentukan perpindahan titik buhul C akibat perpendekan batang

AB

1. ∆ = U . dL

1 kN.(∆CV) = (0,667 kN)(-0,005)

∆CV = -0,00333 m = -3,33 mm

Tanda negative menunjukkan perpindahan ke arah atas,

beralawanan dengan beban vertical sebesar 1 kN.

Resultan perpindahan, jika akibat beban sebesar 4 kN dan

kesalahan fabrik diperhitungkan semua adalah sebesar :

∆CV = 0,1334 - 0,00333 = 3,197 mm (ke atas)

1.4 TEOREMA CASTIGLIANO Tahun 1876, Albert Castigliano, memperkenalkan suatu metode

energi untuk menentukan defleksi dari struktur-struktur elastis linear.

Teorema kedua :

Page 18: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

14

Derivative partial yang pertama dari energi regangan yang berkaitan

dengan gaya-gaya (momen) yang diterapkan, memberikan perubahan

kedudukan (rotasi) menurut arah gaya (momen) tersebut.

Secara matematis :

P

W Δp

…………………………… (1-20)

M

W θ

…………………………… (1-21)

Gambar 1.6 Jumlah energi regangan dari balok di atas adalah

W = l

dxEI

M

0

2

.2

…………………………… (1-22)

Jumlah momen lenturannya adalah :

M = M1 + M2

= m1.P1 + m2.P2

1

0

1

0

1

0

2

11

..

./

.2

lll

dxEI

mMdx

EI

PMMdx

EI

M

PP

W

2

l

0

2

l

0

2

l

0

2

22

Δ.dxEI

M.m.dx

EI

PM/M.dx

2EI

M

PP

W

P1 P2

1 2

L

Page 19: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

15

1.4.1 Aplikasi pada balok

l

0

.dxEI

M Δ

P

M …………………………… (1-23)

l

0

.dxEI

M

M

M …………………………… (1-24)

1.4.2 Aplikasi pada struktur rangka (frame)

l

0

.dxEI

M

EA

F.L Δ

P

M

P

F ..…………………… (1-25)

Pengaruh deformasi aksial dianggap sangat kecil, sehingga :

l

0

.dxEI

M Δ

P

M …………………………… (1-26)

l

0

.dxEI

M

M

M …………………………… (1-27)

1.4.3 Aplikasi pada struktur rangka batang

W = m

AE

LS

1

2

2

. …………………………… (1-28)

S = S1 + S2 = P1.U1 + P2.U2

111

2

11

./

2

EA

US

EA

PSS

EA

S

PP

W

222

2

22

./

2

EA

US

EA

PSS

EA

S

PP

W

∆ =

EA

PSLS 1/.. …………………………… (1-29)

Page 20: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

16

Contoh 1.4

Tentukan besarnya defleksi dititik B pada balok kantilever akibat

beban terpusat seperti gambar dibawah ini.

Penyelesaian :

M = -P.x

P

M

= - x

∆b = P

W

=

l

0

.dxEI

M

P

M

= l

0

.dxEI

P.X- x

Diperoleh ; ∆b = EI

LP

3

. 3

Contoh No.1.5

Tentukan besarnya defleksi dititik B pada balok kantilever akibat

beban merata yang memiliki EI konstan disepanjang bentang, seperti

gambar dibawah ini.

L

x

P

∆b

A B

L

x

∆b A

B

q

Page 21: Diktat As3 Gp

BAB 1 Defleksi Gandjar Pamudji

17

Penyelesaian :

M = -Q1.x – Q22

. 2xq

1Q

M

= - x

2Q

M

= -1

∆b = 1Q

W

=

l

0 1

.dxEI

M

Q

M

=

l

0

2

.dxEI

2

.

xq

x = EI

lq

8

. 4

( ke bawah)

b =

l

0

.dxEI

M

M

M=

l

dxEI

0

2

.

12

q.x

= EI

lq

6

. 4

(searah jarum jam)

x

∆b

A B

Q1

Q2

Page 22: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 18

BAB

2

METODA DEFORMASI KONSISTEN

Mahasiswa dapat menganalisa struktur statis tak tertentu

dengan menggunakan metode deformasi konsisten.

1. Mahasiswa mengenal bagian-bagian struktur statis tak

tertentu yang dianggap sebagai bagian-bagian redundant.

2. Mahasiswa dapat membedakan antara statis tak tertentu

dengan statis tertentu.

3. Mahasiswa dapat menerapkan prinsip-prinsip defleksi suatu

struktur dalam membentuk persamaan-persamaan

kompabilitas struktur.

4. Mahasiswa dapat menghitung balok statis tak tertentu

dengan menggunakan metode deformasi konsisten.

5. Mahasiswa dapat menghitung rangka batang statis tak

tertentu di luar dan di dalam struktur dengan menggunakan

metode deformasi konsisten.

6. Mahasiswa dapat menghitung kerangka kaku statis tak

tertentu dengan menggunakan metode deformasi konsisten.

1. TUJUAN INSTUKSIONAL UMUM

2. TUJUAN INSTUKSIONAL KHUSUS

Page 23: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 19

2.1 Umum

Struktur statis tak tentu dapat dibuat menjadi statis tertentu dan stabil

dengan cara membuang reaksi atau tumpuan yang tidak diperlukan,

minimum untuk mencapai kesetimbangan statis.

Reaksi atau tumpuan biasanya disebut sebagai gaya-gaya redundan

(berlebihan) atau disingkat redundan. Banyaknya komponen reaksi

yang lebih dari yang diperlukan untuk mencapai kesetimbangan

statis disebut derajat ketidaktentuan struktur tersebut.

Struktur stabil dan statis tertentu yang tertinggal setelah pembuangan

reaksi-reaksi luar atau tumpuan-tumpuan tambahan dinamakan

struktur primer. Struktur asli adalah ekivalen dengan struktur primer

yang menderita gabungan dari beban-beban asli dan gaya-gaya

redundan yang tidak diketahui.

Persamaan-persamaan kompatibilitas, diperoleh dari struktur primer

dengan superposisi dari deformasi-deformasi yang disebabkan oleh

beban-beban asli dan redundan.

Jumlah persamaan-persamaan ini sebanyak jumlah redundan yang

tak diketahui, dan dapat ditentukan dengan menyelesaikan

persamaan-persamaan majemuk ini.

Pembatasan metoda deformasi konsisten berlaku ketika prinsip

superposisi dapat dilakukan. Untuk lebih jelasnya, dapat dilihat balok

menerus statis tak tertentu berderajat kedua, seperti dibawah ini :

Page 24: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 20

a) b) c) d) e) Gambar 2.1 Diagram superposisi defleksi

Berdasarkan persamaan kompatibilitas, untuk tumpuan B dan C

memiliki lendutan sama dengan nol.

B = 0 C = 0

q P1 P2

RB RC

q P1 P2

A B C

D

q P1 P2

’B ’C

RB

’BB ’CB RC

’BC ’CC

Page 25: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 21

dengan :

B : lendutan pada titik redundan B (pada garis gaya

redundan RB)

C : lendutan pada titik redundan C (pada garis gaya

redundan RC)

Berdasarkan prinsip superposisi :

’B + ’BB + ’BC = 0 …………………………….. (2-1)

’C + ’CB + ’CC = 0 …………………………….. (2-2)

dengan :

’B : lendutan pada titik redundan B yang disebabkan oleh

gaya-gaya luar,

’BB : lendutan pada titik redundan B yang disebabkan oleh

gaya redundan RB,

’BC : lendutan pada titik redundan B yang disebabkan oleh

gaya redundan RC,

’C : lendutan pada titik redundan C yang disebabkan oleh

gaya-gaya luar,

’CB : lendutan pada titik redundan C yang disebabkan oleh

gaya redundan RB,

’CC : lendutan pada titik redundan C yang disebabkan oleh

gaya redundan RC.

Page 26: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 22

Koefisien fleksibilitas, ij, didefinisikan sebagai :

Perubahan kedudukan pada titik I yang disebabkan oleh sebuah aksi

satuan pada j, dengan anggapan bahwa semua titik yang lain tidak

dibebani.

Sehingga persamaan (2-1) dan (2-2) dapat ditulis menjadi :

’B + BB.RB + BC.RC = 0 …………………………….. (2-3)

’C + CB.RB + CC.RC = 0 …………………………….. (2-4)

dengan :

BB : lendutan pada titik redundan B yang disebabkan oleh

gaya satuan pada titik B

BC : lendutan pada titik redundan C yang disebabkan oleh

gaya satuan pada titik C

Untuk struktur dengan n redundan :

’B + BB.RB + BC.RC + …………+ Bn.Rn = 0

’C + CB.RB + CC.RC + …………+ Cn.Rn = 0

|

|

’n + nB.RB + nC.RC + …………+ nn.Rn = 0

Page 27: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 23

Dalam bentuk matriks menjadi :

0

0

0

δδδ

δδδ

δδ

n

C

B

R

R

R

nnnCnB

CnCCCB

BnBCBB

'

n

'

C

'

Δ

Δ

Δ

atau disingkat :

’ + .R = 0 …………………………….. (2-5)

Dalam bentuk umum, kita dapat memasukkan perubahan-perubahan

kedudukan selain yang bernilai nol, yang terjadi pada titik-titik

kekangan yang dilepaskan dari struktur asli.

n

C

B

n

C

B

R

R

R

nnnCnB

CnCCCB

BnBCBB

'

n

'

C

'

B

δδδ

δδδ

δδδ

Δ

Δ

Δ

’ + .R = …………………………….. (2-6)

2.2 Balok Menerus

Tahapan analisis :

a. Tentukan derajat struktur statis tak tertentu

b. Pilih redundan dari gaya atau momen. Jumlah total redundan

harus sesuai dengan derajat ketidaktertentuan statis suatu

struktur.

Page 28: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 24

c. Struktur statis tak tentu dibuat menjadi struktur primer (statis

tertentu) dengan membuang tumpuan yang berhubungan sebagai

redundan.

d. Gambarkan bentuk defleksi struktur primer akibat beban luar dan

symbolkan panjang defleksi pada masing-masing titik redundan.

e. Kemudian gambarkan juga defleksi untuk masing-masing

redundan akibat beban satuan.

f. Tuliskan persamaan kompatibilitas untuk letak masing-masing

redundan dimana jumlah defleksi pada suatu titik redundan

adalah sama dengan nol (tumpuan).

g. Hitung defleksi pada masing-masing redundan dengan metode

yang telah dibahas pada materi defleksi.

h. Dengan persamaan kompatibilitas dapat dihitung besarnya

redundan yang tidak diketahui.

i. Setelah masing-masing redundan diperoleh, gaya-gaya dalam

seperti gaya geser, normal dan momen dapat kita hitung dan

gambarkan.

Contoh no.2.1

Tentukan reaksi dan gambarkan diagram gaya geser dan momen

dari 3 bentang balok menerus seperti gambar dibawah ini! Jika

E=200.000 MPa dan dimensi balok, b=350 mm, h=700 mm

q=2kN/m’

A B C D

4 m 4 m 4 m

Page 29: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 25

Penyelesaian :

a. Struktur di atas memiliki derajat ketidaktentuan statis 2.

b. Tumpuan B dan C dipilih sebagai redundan. Tumpuan rol B dan C

dilepas untuk menentukan primary beam. Primary beam

merupakan struktur statis tertentu dengan pembebanan

eksternalnya.

b). Primary beam yang dikenai beban luar

+ c). Primary beam dengan beban redundan RB d). Primary beam dengan beban redundan RC

I = 1/12.b.h3 = (1/12)(0,35)(0,73) = 0,01 m4

RB

’BB ’CB

RC

’BC ’CC

q =2 kN/m’

’B ’C

Page 30: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 26

’B = )2(24

323 LLxxEI

qx

= )12)4)(12(24()01,0)(10.2(24

)4(2 323

8 = 0,23456893 m

’C = )12)8)(12(28()01,0)(10.2(24

)8(2 323

8 = 0,23456893 m

BB = )(6

222 xbLLEI

Pbx

= )4812()01,0)(10.2)(12(6

)4)(8(1 222

8 = 0,0000142163 m

BC = )4412()01,0)(10.2)(12(6

)4)(4(1 222

8 = 0,0000124393 m

CB = )4412()01,0)(10.2)(12(6

)4)(4(1 222

8 = 0,0000124393 m

CC = )(6

222 xbLLEI

Pbx

= )4812()01,0)(10.2)(12(6

)4)(8(1 222

8 = 0,0000142163 m

0

0

δδ

δδ

Δ

Δ

C

B

R

R

CCCB

BCBB

'

C

'

B

0

0

C

B

R

R

630,00001421 930,00001243

930,00001243 630,00001421

0,23456893

0,23456893

0,23456893

0,23456893

630,00001421 930,00001243

930,00001243 630,00001421

C

B

R

R

8,8-

8,8-

C

B

R

RkN (arah ke atas)

Page 31: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 27

MD = 0

0 = RA(12) + RB(8) + RC (4) – ½.q.L2

RA = 3,18 kN

MA = 0

0 = RD(12) + RB(4) + RC (8) – ½.q.L2

RD = 3,18 kN

V = 0

= RA + RB + RC + RD – ½.q.L2

= 3,18 + 8,8 + 8,8 + 3,18 – ½(2)(122) = 0 ……. Ok!

Diagram Bidang Geser

Diagram Bidang Momen

3,18 kN

3,18 kN

4,82 kN

3,98 kN

3,98 kN

4,82 kN

++ +

-- -

- -

-

+ +

Page 32: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 28

2.3 Struktur Rangka Batang

Suatu struktur rangka batang dikategorikan sebagai statis tertentu

bila memenuhi persyaratan 2J0 = M0 + R0, dan penyelesaiannya

menggunakan persamaan kesetimbangan statis FX=0, FY=0,

M=0, dimana :

J0 : jumlah titik buhul

M0 : jumlah batang

R0 : banyaknya reaksi tumpuan (=3)

Kemudian gaya-gaya batang dapat ditentukan dengan menggunakan

metode cremona, titik buhul, ritter dan sebagainya.

Ketidaktentuan statis suatu rangka batang dapat disebabkan oleh

kelebihan-kelebihan tumpuan atau batang atau keduanya, atau dapat

dikatakan jumlah batang dan reaksinya tidak memenuhi persyaratan

di atas. Analisis gaya-gaya batang atau reaksinya dapat diselesaikan

dengan penambahan persamaan-persamaan yang melibatkan

deformasi (perubahan bentuk) dari struktur berupa defleksi titik buhul.

Berdasarkan persyaratan umum di atas, statis tak tertentu dari

rangka batang dapat dibedakan menjadi tiga kondisi :

1) statis tak tertentu diluar struktur, M = M0 dan R > R0

2) statis tak tertentu didalam struktur, R = R0 dan M > M0

3) statis tak tertentu diluar dan didalam struktur, R>R0 dan M>M0

Salah satu contoh struktur tersebut di atas adalah seperti yang

dilukiskan pada gambar 2-2 dan gambar 2-3.

Page 33: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 29

Contoh no.2.2 Gambar 2.2 Rangka batang dengan 3 tumpuan

Diketahui M = 13 J0 = 8 R = 4

Penyelesaian :

M0 = 2J0 – R0

M0 = 2(8) – 3

M0 = 13 = M

R = 4 > R0 = 3

Kesimpulan :

Struktur rangka batang statis tak tentu luar

Contoh no.2.3

Gambar 2.3 Rangka batang dengan 2 tumpuan

P2

P1

P2

P1

Page 34: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 30

Diketahui

M = 14

J0 = 8

R = 3

Penyelesaian :

M0 = 2J0 – R0

M0 = 2(8) – 3

M0 = 13 < M=14

R = R0 = 3

Kesimpulan :

Struktur rangka batang statis tak tentu dalam

Analisa struktur rangka batang statis tak tentu dapat diselesaikan

dengan menggunakan metode :

1) metode deformasi konsisten (method of consistent deformation),

2) metode castigliano

2.3.1 Struktur Rangka Batang Statis tak tentu di luar

P

4@s

h

a c d e b

g f h

Page 35: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 31

Langkah-langkah penyelesaian :

1. struktur dibuat menjadi statis tertentu, dengan cara

menghilangkan dukungan d,

2. menghitung defleksi vertical di titik d, A’D, akibat gaya-gaya

luar yang bekerja “P”.

’D =

m

i ii

i

iiAE

LSU

1

'

... (kebawah) …………………….. (2-7)

3. Pada struktur sebenarnya ada RD (dimisalkan ke atas) di D.

Oleh karena itu dikerjakan gaya di D ke atas sebesar RD,

dan dihitung defleksi vertical dititik D, ”D.

P

4@s

h

a c d e b

g f h

’D

i

S

1

4@s

h

a c d e b

g f h

’D

i

U

Page 36: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 32

”D =

m

i ii

i

iiAE

LSU

1 .).")(( …………………………….. (2-8)

”D =

m

i ii

i

DiiAE

LRUU

1 .)..)(( ………………………….. (2-9)

”D =

m

i ii

i

iDAE

LUR

1

2

.).( (ke atas) ………………….. (2-10)

4. Dititik D, sebenarnya ada dukungan rol, sehingga defleksi

vertical di D harus nol.

’D = ”D …………………………………………… (2-11)

m

i ii

i

iiAE

LSU

1

'

... =

m

i ii

i

iDAE

LUR

1

2

.).( ……………………… (2-12)

RD

h

a c d e b

g f h

”D

i

RD

h

a c d e b

g f h

i

S” =-Ui.RD

1

h

a c d e b

g f h

i

-Ui

Page 37: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 33

RD =

m

i ii

i

i

m

i ii

i

ii

AE

LU

AE

LSU

1

2

1

'

.).(

...

……………….………………….. (2-13)

5. Gaya-gaya batang yang terjadi pada struktur aslinya, Si,

adalah kombinasi antara gaya batang langkah 1, Si’ dan

langkah 3, sebagai berikut :

Si = Si’ + Si” ……….………………….. (2-14)

Si = Si’ - Ui.RD ……….………………….. (2-15)

6. Reaksi dukungan di A dan B, RA dan RB, dapat dihitung

dengan persamaan statika (F=0, M=0) dengan

menggunakan nilai RD.

Tabulasi Gaya-gaya batang :

Btg Si’ Ui’ iAiE

iL

.

iAiE

iL

iSiU

.

.'

. Ui2

iAiE

iL

iU

.

).2

( Si =Si’ - Ui.RD

1

2

m

ii

i

iiAE

LSU

... '

ii

i

iAE

LU

.).( 2

Page 38: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 34

Contoh :

Penyelesaian :

Batang

L (m) A (m2) Si' (kN) uI (kN) Si'. ui.Li ui2.Li

S =S’ - ui.RB (kN)

1 3 0.003 7.5 0.5 11.250 0.750 4.571068

2 3 0.003 7.5 0.5 11.250 0.750 4.571068

3 3 0.003 2.5 0.5 3.750 0.750 -0.42893

4 3 0.003 2.5 0.5 3.750 0.750 -0.42893

5 4.243 0.003 -10.607 -0.707 31.820 2.121 -6.46447

6 3 0.003 10 0 0.000 0.000 10

7 4.243 0.003 -3.536 0.707 -10.607 2.121 -7.67767

8 3 0.003 0 0 0.000 0.000 0

9 4.243 0.003 3.536 0.707 10.607 2.121 -0.6066

10 3 0.003 0 0 0.000 0.000 0

11 4.243 0.003 -3.536 -0.707 10.607 2.121 0.606602

12 3 0.003 -5 -1 15.000 3.000 0.857864

13 3 0.003 -5 -1 15.000 3.000 0.857864

34142.14 5828.427

10 kN

4 @ 3.00 m

3 m

1 2 3 4

5 6 7

8 9 10

11

12 13

10 kN

4 @ 3.00 m

3 m 1 2 3 4

5 6 7 8 9

10 11

12 13

1 kN

4 @ 3.00 m

3 m 1 2 3 4

5 6 7 8 9

10 11

12 13

Page 39: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 35

RB = 34142.14/5828.427 = 5.857864 kN.

RA = [(10)(9)- (5.857864)(6)]/12 = 4.571068 kN

RC = [(10)(3)- (5.857864)(6)]/12 = 0.42893 kN ( )

2.3.2 Struktur Rangka Batang Statis tak tentu di dalam

RD

h

a c d e b

g f h

i

h

P

a c d e b

g f h

i

P

h

a c d e b

e f g

X

P

h

a c d e b

e f g

O

Page 40: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 36

Langkah-1

a. Struktur dibuat menjadi statis tertentu dengan cara

memotong batang EF.

b. Hitung gay-gaya batang akibat beban luar P dan

nyatakan sebagai Si’

c. Hitung perubahan E relative terhadap F dan sebutlah

sebagai ∆ (metode unit load)

d. Dengan demikian, dititik O terjadi belahan sebesar U

Langkah-2

a. Pada batang EF yang telah dipotong dititik O dikerjakan

gaya batang sebesar 1 satuan (dimisalkan tarik),

kemudian gaya-gaya batang lainnya dihitung dan

dinyatakan sebagai Si”.

b. Hitung perubahan E relative terhadap F dan sebutlah

sebagai ’

c. Hitunglah perubahan panjang batang EF dan dinyatakan

sebagai ” ,yang besarnya dihitung : EFEF

EF

EA

L

..

d. Bila gaya batang EF sesungguhnya adalah sebesar X,

maka :

- perubahan relative E terhadap F adalah X. ’

- perubahan panjang batang EF = X. ”.

Page 41: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 37

Langkah-3

a. Pada struktur sesungguhnya, dititik O tidak terjadi

belahan, sehingga haruslah dipenuhi :

∆ - X.’ = X.” ……….……………………... (2-16)

atau

∆ = X(’ + ”) = X. ……….………………….. (2-17)

= ’ + ” ……….…………………………….. (2-18)

X =

……….………………….. (2-19)

b. Selanjutnya gaya-gaya batang lainnya dapat dihitung

dengan :

Si = Si’ + X.Si” ……….…………………………….. (2-20)

Contoh 2.5

Hitunglah gaya-gaya batang struktur rangka batang dibawah ini,

jika E=200 GPa dan A = 20 cm2.

4.00 m

a c

d

b

e f

12 kN

3 @ 3.00 m

Page 42: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 38

Penyelesaian :

(CARA I)

1. Struktur dibuat menjadi struktur statis tertentu dengan cara

menghilangkan batang EC

2. Menghitung gaya-gaya batang akibat beban luar yang bekerja, Si’

3. Menghitung gaya-gaya batang Ui’, akibat beban satuan pada titik

buhul E (dengan arah EC)

4. Menghitung gaya-gaya batang Ui’, akibat beban satuan pada titik

buhul C (dengan arah CE)

4.00 m

b a c

d

e f

1 kN

3 @ 3.00 m

4/15 kN 8/15 kN

3/5 kN

4.00 m

b a c

d

e f

12 kN

3 @ 3.00 m

4 kN 8 kN

Page 43: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 39

5. Perubahan relative C terhadap E pada arah CE akibat beban luar

Btg Ai

(mm2) Li

(mm) EA

L

i

i

. Si’

(kN) Ui’

(kN) Ui”

(kN) EA

LSU

i

iii

.

'.'.

EA

LSU

i

iii

.

'.".

1 2000 3000 0.000007143 3 0.8 -0.8 0.000017143 -0.000017143

2 2000 3000 0.000007143 6 0.4 -1 0.000017143 -0.000042857

3 2000 3000 0.000007143 6 0.4 -0.4 0.000017143 -0.000017143

4 2000 5000 0.000011905 -5 -0.333 0.333333 0.000019841 -0.000019841

5 2000 4000 0.000009524 4 -0.533 -0.26667 -0.000020317 -0.000010159

6 2000 5000 0.000011905 -

7 2000 5000 0.000011905 -5 0.6667 0.333333 -0.000039683 -0.000019841

8 2000 4000 0.000009524 12 0 -0.8 0.000000000 -0.000091429

9 2000 5000 0.000011905 -10 -0.667 0.666667 0.000079365 -0.000079365

10 2000 3000 0.000007143 -3 -0.8 0.2 0.000017143 -0.000004286

0.000107778 -0.000302063

∆ = -0,00030206 – 0,00010778 = 0,00019428

(jarak CE bertambah panjang)

6. Pada titik buhul C dan E dikerjakan gaya satu satuan, kemudian

dihitung gaya-gaya batangnya, Si”

4.00 m

b a c

d

e f

1

3 @ 3.00 m

4/15 kN 8/15 kN

3/5 kN

4.00 m

b a c

d

e f

1

3 @ 3.00 m

1

Page 44: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 40

7. Perubahan relative C terhadap E pada arah CE akibat gaya

satu satuan di C dan E

Btg Ai

(mm2) Li

(mm) EA

L

i

i

. Si”

(kN) Ui’

(kN) Ui”

(kN) EA

LSU

i

iii

.

'.'.

EA

LSU

i

iii

.

'.".

1 2000 3000 0.000007143 0 0.8 -0.8 0.000000000 0.000000000

2 2000 3000 0.000007143 -0.6 0.4 -1 -0.000001714 0.000004286

3 2000 3000 0.000007143 0 0.4 -0.4 0.000000000 0.000000000

4 2000 5000 0.000011905 0 -0.333 0.333333 0.000000000 0.000000000

5 2000 4000 0.000009524 -0.8 -0.533 -0.26667 0.000004063 0.000002032

6 2000 5000 0.000011905 1

7 2000 5000 0.000011905 1 0.6667 0.333333 0.000007937 0.000003968

8 2000 4000 0.000009524 -0.8 0 -0.8 0.000000000 0.000006095

9 2000 5000 0.000011905 0 -0.667 0.666667 0.000000000 0.000000000

10 2000 3000 0.000007143 -0.6 -0.8 0.2 0.000003429 -0.000000857

0.000013714 0.000015524

’ = 0,00001552 + 0,00001371 = 0,00002923

Perubahan relative C terhadap E akibat gaya X kN di C dan E.

’ = 0,00002923X

8. Akibat gaya batang sebesar + X kN pada batang CE (yang tadi

diambil) bersifat tarik.

” = CECE

CE

EA

LX

.

.=

)210000)(2000(

)5000(X= 0,00001190X

(CE bertambah panjang)

9. Pada struktur sesungguhnya berlaku :

∆ - ’ = ”

∆ = ’ + ”

0,00019428 = (0,00002923 +0,00001190)X

X = 4,722 kN

Page 45: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 41

Btg Si’

(kN) Si”

(kN) X. Si” (kN)

Si = Si’ + XSi”

1 3 0 0 3

2 6 -0.6 -2.8332 3.17

3 6 0 0 6

4 -5 0 0 -5

5 4 -0.8 -3.7776 0.22

6 0 1 4.722 4.72

7 -5 1 4.722 -0.28

8 12 -0.8 -3.7776 8.22

9 -10 0 0 -10

10 -3 -0.6 -2.8332 -5.83

(CARA II)

4.00 m

b

a c

d

e f

1

3 @ 3.00 m

1

4.00 m

b

a c

d

e f

12 kN

3 @ 3.00 m

4 kN 8 kN

4.00 m

b a c

d

e f

1

3 @ 3.00 m

1

Si’ dalam kN

Ui’

Si” dalam kN

Page 46: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 42

Btg EA

L

i

i

. Si’

(kN) Si”

(kN) Ui’

(kN) Ui”

(kN) EA

LSU

i

iii

.

'.'.

EA

LSU

i

iii

.

".". Si = Si’ + XSi”

1 0.000007143 3 0 0 0 0 0 3

2 0.000007143 6 0.6 -0.6 0.6 0.00002571 0.00000257 3.17

3 0.000007143 6 0 0 0 0.00000000 0.00000000 6

4 0.000011905 -5 0 0 0 0.00000000 0.00000000 -5

5 0.000009524 4 0.8 -0.8 0.8 0.00003048 0.00000610 0.22

7 0.000011905 -5 -1 1 -1 0.00005952 0.00001190 -0.28

8 0.000009524 12 0.8 -0.8 0.8 0.00009143 0.00000610 8.22

9 0.000011905 -10 0 0 0 0.00000000 0.00000000 -10

10 0.000007143 -3 0.6 -0.6 0.6 -0.00001286 0.00000257 -5.83

0.00019429 0.00002924

= iii LUSAE

'.'.1 = 0,00019429

= iii LUSAE

".".1 = 0,00002924

- X. = CECE

CE

EA

LX

.

.

0,00019429 - 0,00002924 X = 0,000011905 X

X = - 4,722 kN

4.00 m

b a c

d

e f

1

3 @ 3.00 m

1

Ui”

Page 47: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 43

(CARA III)

Btg Li

(mm) EA

L

i

i

. Si’

(kN) Ui’

(kN) EA

LSU

i

iii

.

'.'.

EA

LSU

i

iii

.

'..'2 Si = Si’ - XUi’

1 3000 0.000007143 3 0 0.00000000 0.00000000 3.00

2 3000 0.000007143 6 -0.6 -0.00002571 0.00000257 3.17

3 3000 0.000007143 6 0 0.00000000 0.00000000 6.00

4 5000 0.000011905 -5 0 0.00000000 0.00000000 -5.00

5 4000 0.000009524 4 -0.8 -0.00003048 0.00000610 0.22

6 5000 0.000011905 0 1 0.00000000 0.00001190 4.72

7 5000 0.000011905 -5 1 -0.00005952 0.00001190 -0.28

8 4000 0.000009524 12 -0.8 -0.00009143 0.00000610 8.22

9 5000 0.000011905 -10 0 0.00000000 0.00000000 -10.00

10 3000 0.000007143 -3 -0.6 0.00001286 0.00000257 -5.83

-0.00019429 0.00004114

= iii LUSAE

'.'.1 = 0,00019429

= iii LUSAE

.'".1 2

= 0,00004114

+ X. = 0

0,00019429 + 0,00004114 X = 0

X = - 4,722 kN

4.00 m

b a c

d

e f

12 kN

3 @ 3.00 m

4 kN 8 kN

4.00 m

b

a c

d

e f

1

3 @ 3.00 m

1

Si’ dalam kN

Ui’

Page 48: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 44

2.3.3 Struktur Rangka Batang Statis tak tentu di luar dan di dalam Kondisi : R>R0 dan M>M0

P1

h

a c

d

b

e f

P1

P1

h

a c

d

b

e f

P1

C ke bawah

h

a c

d

b

e f

RC.CC ke atas RC

h

a c

d

b

e f

X.C1 ke atas RC

=

P1 P2

+

+

Page 49: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 45

Tahapan penyelesaian :

1. Struktur dibuat menjadi struktur statis tertentu dengan cara

melepas penyangga di C dan memotong batang diagonal BF.

2. Hitung besarnya gaya-gaya batang Si akibat beban luar.

3. Hitung besarnya gaya-gaya batang Ui akibat beban satuan

sehingga diperoleh, ∆1 = ii

i

iAE

LSU

... '

2 dan ∆C = ii

i

iAE

LSU

... '

1

4. Pada struktur sebenarnya, ada reaksi tumpuan di C, Rc

(dimisalkan arahnya ke atas), sehingga dapat kita beri gaya di C

yang arahnya ke atas sebesar Rc, kemudian hitung defleksi

vertical dititik C dan perubahan batang diagonal BF, cc dan 1c.

Maka gaya-gaya batangnya adalah : I” = -Ui.Rc dan menjadi :

cc = ii

i

AE

LU

..

2

1 …………………………….. (2-21)

1c = ii

i

AE

LUU

... 21 …………………………….. (2-22)

5. Akibat beban 1 satuan gaya dibatang BF, hitung gaya-gaya

batang Si’’’, dan hitung defleksi vertical dititik C, c1, dan defleksi

batang diagonal BF, 11.

I’’’ = -Ui.X

11 = ii

i

AE

LU

..

2

2 …………………………….. (2-23)

c1 = ii

i

AE

LUU

... 21 …………………………….. (2-24)

Page 50: Diktat As3 Gp

Deformasi Konsisten Gandjar Pamudji 46

6. Prinsip deformasi konsisten :

C - CC.RC - C1.X = 0 …………………………….. (2-25)

1 - 1C.RC - 11.X = BFBF

BF

EA

LX

.

. …………………………….. (2-26)

7. Gaya-gaya batang pada struktur menjadi :

Si = Si’ + Si” + Si”’ ……….…………………………….. (2-27)

Page 51: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 47

BAB

3

METODA SLOPE DEFLECTION

Mahasiswa dapat menghitung dan menggambarkan diagram gaya-

gaya dalam struktur statis tak tertentu dengan menggunakan

metode slope deflection.

1. Mahasiswa mengetahui bagian-bagian struktur statis tak

tertentu yang dianggap sebagai bagian-bagian redundant.

2. Mahasiswa dapat menghitung momen-momen primer akibat

beban luar.

3. Mahasiswa dapat menghitung balok statis tak tertentu

dengan menggunakan metode slope deflection.

4. Mahasiswa dapat menghitung rangka batang statis tak

tertentu di luar dan di dalam struktur dengan menggunakan

metode slope deflection.

5. Mahasiswa dapat menghitung kerangka kaku statis tak

tertentu dengan menggunakan metode slope deflection.

1. TUJUAN INSTUKSIONAL UMUM

2. TUJUAN INSTUKSIONAL KHUSUS

Page 52: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 48

3.1 UMUM

a. Dapat digunakan untuk menganalisis semua jenis balok atau

kerangka kaku (frame) statis tak tertentu,

b. Semua sambungan dianggap kaku, yaitu sudut disambungan

antara batang dianggap tidak berubah harganya ketika diberi

beban,

c. Rotasi sambungannya dianggap tidak diketahui. Untuk

mencapai kesetimbangan, jumlah dari momen ujung yang

dikerjakan oleh setiap sambungan pada ujung pertemuan

batang-batangnya harus sama dengan nol.

3.2 PRINSIP DASAR SLOPE DEFLECTION

a. Momen ujung yang bekerja di ujung-ujung batang dinyatakan

dalam suku-suku rotasi ujung dan pembebanan pada batang

tersebut.

b. Untuk bentang AB dalam Gambar 3.1a, MAB dan MBA dinyatakan

dalam suku-suku rotasi ujung A dan B, dan pembebanan yang

diberikan P1 dan P2.

c. Momen ujung bernilai positif jika arahnya berlawanan dengan

arah jarum jam dan negative searah dengan arah jarum jam.

Page 53: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 49

Gambar 3-1

a. Syarat-syarat batas :

A = - A1 + A2 (3-1)

B = B1 - B2 (3-2)

b. Menurut Superposisi :

MAB = F

ABM + M’AB (3-3)

MBA = F

BAM + M’BA (3-4)

b. Menurut balok konjugasi:

A A1

B B1

'

ABM

A 2

B B2

'

BAM

+

+

EI konstan

L

A B

BAM

ABM

L

A

A

B

B

=

P1

q

P2

P1 P2

FABM

FBAM

Page 54: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 50

A1 =

EI

LM AB

3

.' B1 =

EI

LM AB

6

.'

A2 =

EI

LM BA

6

.'

B2 =

EI

LM BA

3

.'

sehingga diperoleh :

A = -

EI

LM AB

3

.'+

EI

LM BA

6

.'

(3-5)

B =

EI

LM AB

6

.'+

EI

LM BA

3

.'

(3-6)

atau disederhanakan menjadi :

M’AB = )2(2

BAL

EI (3-7)

M’BA = )2(2

ABL

EI (3-8)

MAB = F

ABM + )2(2

BAL

EI (3-9)

MBA = F

BAM + )2(2

ABL

EI (3-10)

3.3 APLIKASI PADA BALOK

a. Tentukan momen ujung terjepit disetiap ujung bentangan,

dengan menggunakan formulasi yang terdapat dalam gambar

3.2.

A

L

B

q

EI Konstan A

L

B

P

EI Konstan

a b

Page 55: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 51

Momen Primer balok yang dikedua ujungnya terjepit:

Muatan terbagi rata

F

ABM = 12

. 2lq

F

BAM = 12

. 2lq

Muatan terpusat

F

ABM = 2

2..

L

baP

F

BAM = -2

2..

L

abP

b. Nyatakan momen ujung dalam suku-suku momen ujung terjepit

dan rotasi sambungannya dengan menggunakan persamaan-

persamaan defleksi kemiringan.

c. Nyatakan persamaan-persamaan kompatibilitas dengan rotasi

ditumpuannya sebagai yang tak diketahui dengan menetapkan

syarat bahwa jumlah dari momen ujung yang bekerja pada

ujung-ujung dua batang yang bertemu ditumpuan sama dengan

nol.

d. Hitunglah rotasi semua tumpuannya.

e. Masukkan kembali besarnya rotasi ke dalam persamaan-

persamaan defleksi kemiringan dan hitung momen-momen

ujungnya.

f. Tentukan semua reaksi, gambarkan diagram gaya geser dan

momen, serta sketsa bentuk kurva elastisnya.

Page 56: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 52

Contoh No. 3.1

Penyelesaian :

a. menentukan factor kekakuan :

KAB = 12

3I= ¼ I KBC =

24

10I=

12

5I KCD =

12

2I=

6

I

2EKAB = ½EI 2EKBC =6

5I 2EKCD =

3

I

Misalkan :

2EKAB = 3 2EKBC = 5 2EKCD = 2

b. Menentukan momen-momen ujung terjepit :

F

ABM = 12

12.3 2

= + 36 ton.m

F

BAM = -12

12.3 2

= - 36 ton.m

F

BCM = 12

24.2 2

+2

2

24

)12)(12(20= + 156 ton.m

F

CBM = -12

24.2 2

-2

2

24

)12()12(20= - 156 ton.m

F

CDM = +2

2

12

)8)(4(18= + 32 ton.m

A

12 m

3 T/m’

3 I

24 m 12 m

20 T

2 T/m’ 12 m 6 T

3 m

10 I 2 I 2 I

18 T

8 m

Page 57: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 53

F

DCM = -2

2

12

)4)(8(18= - 16 ton.m

c. Menentukan persamaan-persamaan defleksi-lereng dengan memakai

nilia-nilai relative 2EK : (A = 0, karena tumpuan A jepit)

MAB = F

ABM + )2(2

BAL

EI

= 36 + 3(-2A - B) = 36 - 3B

MBA = F

BAM + )2(2

ABL

EI

= - 36 - 6B

MBC = F

BCM + )2(2

CBL

EI

= 156 - 10B - 5C

MCB = F

CBM + )2(2

BCL

EI

= - 156 - 10C - 5B

MCD = F

CDM + )2(2

DCL

EI

= 32 - 4C - 2D

MDC = F

DCM + )2(2

CDL

EI

= - 16 - 4D - 2C

d. persyaratan titik kumpul :

M dijoin B = MBA + MBC = 0

Page 58: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 54

(- 36 - 6B) + (156 - 10B - 5C) = 0

- 16B- 5C = -120

M dijoin C = MCB + MCD = 0

(- 156 - 10C - 5B ) + (32 - 4C - 2D) = 0

- 5B- 14C - 2D = 124

MDC = (6)(3) = -18 ton.m

Ketiga persamaan di atas dapat dirangkum menjadi :

- 16B- 5C = -120 ……………………….. (3-11)

- 5B - 14C - 2D = 124 ……………………….. (3-12)

- 4D - 2C = - 2 ……………………….. (3-13)

persamaan (3-13) disubtitusikan ke persamaan ( 3-12) menjadi :

- 10B - 26C = 250 ……………………….. (3-14)

dari persamaan (3-11) dan (3-14) diperoleh :

B = 11,94 C = - 14,21 D = 7,61

e. menentukan besarnya momen-momen titik kumpul :

MAB = 36 - 3B = 0,18 ton.m

MBA = - 36 - 6B = -107,64 ton.m

MBC = 156 - 10B - 5C = 107,64 ton.m

MCB = - 156 - 10C - 5B = -73,62 ton.m

MCD = 32 - 4C - 2D = 73,62 ton.m

MDC = - 16 - 4D - 2C = - 18 ton.m

Page 59: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 55

f. menentukan reaksi perletakan :

RA = 9,045 ton

RB = 62,373 ton

RC = 49,217 ton

RD = 7,365 ton

g. menggambarkan gaya-gaya dalam :

3.4 PERSAMAAN SLOPE DEFLEKSI AKIBAT PERPINDAHAN TITIK TUMPUAN

a. Disamping menerima beban yang diberikan, momen-momen

ujungnya menjalani gerakan-gerakan yang tidak sama dalam

arah yang tegak lurus ke sumbu batangnya, maka diinduksikan

momen ujung terjepit tambahan M’FAB dan M’FBA yang bekerja

pada batang tersebut untuk tetap menahan garis-garis singgung

diujung.

13.455

-17.305-15.386

-57.567

-94.538

167.417

Momen (T.m)

+

0 1224

514836

- -

Page 60: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 56

b. Kemudian M’A dan M’B harus sebesar mungkin agar

menyebabkan rotasi A dan B.

c. Syarat-syarat batas :

A = - A1 + A2 (3-15)

B = B1 - B2 (3-16)

d. Menurut Superposisi:

MAB = F

ABM + F

ABM ' + M’AB (3-17)

MBA = F

BAM + F

BAM ' + M’BA (3-18)

+

L

EI konstan A B

'''

ABM '''BAM

A

B

L

A B

=

P1 P2

FABM

FBAM

L

EI konstan A B

'F

ABM 'F

BAM

Page 61: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 57

Sehingga :

M’AB = )2(2

BAL

EI (3-19)

M’BA = )2(2

ABL

EI (3-20)

Untuk menentukan M’FAB dan M’FBA digunakan cara luas momen.

R adalah sudut yang diukur dari arah batang AB semula ke garis

yang menghubungkan sambungan-sambungan yang bergeser.

Positif jika searg jarum jam, R = L

Gambar 3.2 Balok dengan ujung terjauh mengalami penurunan

A A1

B B1

'

ABM

A 2

B B2

'

BAM

+

+

4

.' LM F

BA

4

.' LM F

AB

3/4L

Page 62: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 58

Menurut teorema luas momen pertama :

Perubahan kemiringan antara garis-garis singgung di A dan B’

sama dengan luas diagram M/EI antara A dan B’ sama dengan

nol atau M F’AB = M F’BA

Defleksi B’ dari garis singgung di A =

6

.

3

2

4

.12'' LM

LLM

EI

F

AB

F

AB

atau

'F

ABM = 'F

BAM = = L

EIR

L

EI 662

Sehingga :

MAB = F

ABM + )32(2

RL

EIBA (3-21)

MBA = F

BAM + )32(2

RL

EIAB (3-22)

3.5 ANALISIS BALOK STATIS TAK TENTU AKIBAT LULUHNYA PENYANGGA

Persamaan-persamaan umum defleksi kemiringan digunakan untuk

menganalisa balok statis tak tentu akibat kerja gabungan dari beban yang

diberikan dan lendutan penyangga yang sama.

Contoh No. 3.2

Analisalah balok di bawah ini dimana akibat pengaruh pergeseran

sebesar ½ m di tumpuan B dengan cara defleksi kemiringan, gambarkan

diagram geser dan momennya, serta lukiskanlah kurva elastiknya. E =

30.000 t/m2, I = 1 m4.

Page 63: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 59

Penyelesaian :

a. menentukan sudut pergeseran :

RAB = ABL

=

12

5,0= 0,0417 ;

ABL

EI2= 310.15

12

)3)(30000(2

RBC = BCL

=

24

5,0 = -0,0208 ;

BCL

EI2= 310.25

24

)10)(30000(2

RCD = CDL

= 0 ;

ABL

EI2= 310.10

12

)2)(30000(2

b. Menentukan persamaan-persamaan defleksi-lereng

MAB = F

ABM + )32(2

RL

EIBA

= 0 + 15.103(-2A - B + 3(0,0417))

= -30.103A - 15.103B + 1876,5

MBA = F

BAM + )32(2

RL

EIAB

= 0 + 15.103(-2B - A + 3(0,0417))

= -30.103B - 15.103A + 1876,5

MBC = F

BCM + )32(2

RL

EICB

= 0 + 25.103(-2B - C + 3(-0,0208))

= -50.103B - 25.103C - 1560

A

12 m

3 I

24 m 12 m 3 m

10 I 2 I 2 I B C D

Page 64: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 60

MCB = F

CBM + )32(2

RL

EIBc

= 0 + 25.103(-2c - B + 3(-0,0208))

= -50.103C - 25.103B - 1560

MCD = F

CDM + )32(2

RL

EIDC

= 0 + 10.103(-2C - D + 3(0))

= -20.103C - 10.103D

MDC = F

DCM + )32(2

RL

EICD

= 0 + 10.103(-2D - C + 3(0))

= -20.103D - 10.103C

c. persyaratan titik kumpul :

M dijoin A = 0

M dijoin B = MBA + MBC = 0

M dijoin C = MCB + MCD = 0

M dijoin D = 0

-30.103A - 15.103B = -1876,5

- 15.103A -80.103B - 25.103C = -316,5

- 25.103B -70.104C - 10.103D = 1560

- 10.103C - 20.103D = 0

Page 65: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 61

33

333

333

33

10.2010.1000

10.1010.7010.250

010.2510.8010.15

0010.1510.30

D

C

B

A

=

0

1560

5,316

5,1876

D

C

B

A

=

0544.00089.0 0.0031-0015.0

0089.00177.00061.0 0.0031-

0.0031-0061.00.0159-0080.0

0015.0 0.0031-0080.0 0.0373-

0

1560

5,316

5,1876

(10-3)

D

C

B

A

=

01195,0

0239,0

0003,0

0627,0

d. Menghitung momen-momen titik kumpul :

MAB = -30.103A - 15.103B + 1876,5

= -30.103(0,0627) - 15.103(-0,0003) + 1876,5 = 0 ton.m

MBA = -30.103B - 15.103A + 1876,5 =

= -30.103(-0,0003) - 15.103(0,0627) + 1876,5 = 945 ton.m

MBC = -50.103B - 25.103C - 1560

= -50.103(-0,0003) - 25.103(-0,0239) – 1560 = -947,5 ton.m

MCB = -50.103C - 25.103B - 1560

= -50.103(-0,0239) - 25.103(-0,0003) - 1560 = -357,5 ton.m

MCD = -20.103C - 10.103D

= -20.103(-0,0239) - 10.103(0,01195) = 358,5 ton.m

MDC = -20.103D - 10.103C

= -20.103(0,01195) - 10.103(-0,0239) = 0 ton.m

f. menentukan reaksi perletakan :

Page 66: Diktat As3 Gp

Slope deflection Gandjar Pamudji 62

RA = 78,75 ton

RB = -133,125 ton

RC = 84,25 ton

Diagram gaya geser (ton)

Diagram Momen (ton.m)

Kurva Elastik

+

-

+

78,75 29,875

54,375

945

358

A B C D

Page 67: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 63

BAB

4

DISTRIBUSI MOMEN

Mahasiswa dapat menganalisa struktur statis tak tertentu dengan

menggunakan metode distribusi momen.

Mahasiswa akan mampu memahami dasar-dasar persamaan distribusi

momen

Mahasiswa akan mampu memahami perjanjian tanda untuk momen,

rotasi dan defleksi yang digunakan dalam distribusi momen

Mahasiswa akan mampu menentukan kekakuan batang struktur

Mahasiswa akan mampu memahami momen pemindahan, faktor

distribusi dan momen primer dalam suatu bagian struktur

Mahasiswa akan mampu memahami konsep analisis metode distribusi

momen

Mahasiswa akan mampu menganalisis struktur balok statis tak

tertentu dengan menggunakan metode distribusi momen

Mahasiswa akan mampu menganalisis struktur rangka dengan

menggunakan metode distribusi momen

Mahasiswa akan mampu menghitung persamaan-persamaan distribusi

momen dengan formulasi matriks

Mahasiswa akan mampu menentukan momen ujung terjepit yang

disebabkan oleh perpindahan titik kumpul

Mahasiwa akan mampu menganalisis struktur rangka statis tak

tertentu satu derajat kebebasan dari perpindahan titk kumpul

1. TUJUAN INSTUKSIONAL UMUM

2. TUJUAN INSTUKSIONAL KHUSUS

Page 68: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 64

Mahasiswa akan mampu menganalisis struktur rangka statis tak

tertentu dua derajat kebebasan dari pergeseran titik kumpul

Mahasiswa akan mampu menganalisis struktur rangka statis tak

tertentu beberapa derajat kebebasan dari pergeseran titik kumpul

Mahasiswa akan mampu menggambarkan garis pengaruh struktur

balok statis tak tertentu dengan analisis distribusi momen

Page 69: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 65

4.1 UMUM

Dalam bab ini kita akan membahas formulasi klasik lainnya dari

metoda perpindahan (displacement method) yaitu metoda distribusi

momen (momen-distribution method). Seperti halnya metoda defleksi

kemiringan (slope deflection method), metoda distribusi momen

hanya dapat digunakan untuk menganalisa balok menerus dan

kerangka yang berdasarkan pada deformasi lentur batang-

batangnya. Metoda ini, awalnya dikembangkan oleh Hardy Cross

pada tahun 1924, professor teknik sipil pada universitas Illinois, dan

pada tahun 1930 dipublikasikan untuk pertama kalinya dalam suatu

makalah yang berjudul “Analysis of Continous Frames by Distributing

Fixed-End Moments” serta telah diperluas penggunaannya hingga

tahun 1960. Para ilmuwan lainnya telah menggunakan metoda ini

untuk menganalisa struktur dengan gaya aksial yang besar, pelat

lingakaran dengan sumbu simetri dan struktur selaput putaran (shell

of revolution).

Di era sebelum computer, metoda distribusi momen telah dikenal

dalam penyelesaian analisa struktur yang tidak melibatkan sebanyak

persamaan-persamaan simultan seperti yang diperlukan oleh metoda

klasik lainnya. Dalam menganalisis balok menerus dan kerangka

kaku tanpa pergeseran titik kumpul (goyangan), metoda distribusi

momen dapat menghindari penyelesaian persamaan simultan yang

lebih kompleks, sedangkan pada kasus kerangka yang mengalami

Page 70: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 66

pergeseran titik kumpul, jumlah persamaan simultan yang dibutuhkan

biasanya sama dengan jumlah dari perpindahan titik kumpul bebas.

Metoda distribusi momen dapat diklasifikasikan sebagai metoda

displacement bila dilihat dari sudut pandang teoritis dan sangat mirip

dengan metoda defleksi kemiringan. Walaupun tidak seperti defleksi

kemiringan yang mana semua persamaan keseimbangan struktur

memenuhi persamaan-persamaan ganda, pada distribusi momen

persamaan kesetimbangan titik kumpul diselesaikan dengan iterasi

secara berturut-turut berdasarkan kesetimbangan momen pada satu

titik kumpul dengan waktu yang sama, kemudian sisa titik kumpul-titik

kumpul pada struktur dianggap terkekang dengan displacement yang

berlawanan.

4.2 PRINSIP-PRINSIP DASAR DAN DEFINISI

Metoda distribusi momen dapat digunakan untuk struktur-struktur

yang terdiri atas batang-batang prismatis atau batang-batang non-

prismatis dengan atau tanpa pergerseran titik kumpul. Untuk batang-

batang non prismatis tidak dibahas dalam bab ini. Sebelum kita

menggunakan metoda distribusi momen penting kiranya untuk

membuat perjanjian tanda dan menetapkan berbagai syarat-syarat

yang akan digunakan untuk analisis.

Page 71: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 67

Proses distribusi momen diawali dengan persamaan pokok defleksi-

lereng, momen yang bekerja pada ujung suatu batang merupakan

jumlah dari empat pengaruh :

1. Momen yang disebabkan oleh rotasi ujung yang dekat sedang

ujung yang lainnya terjepit.

Tinjaulah balok AB yang ditumpu sendi di A dan jepit di B. Garis

putus-putus menunjukkan perubahan bentuk yang terjadi setelah

pemberian beban momen '

ABM di ujung A. Batang ujung A telah

berputar sebesar A, sedangkan ujung B terjepit (B = 0) dan tidak

terdapat perubahan kedudukan ujung di ujung A dan B ( = 0).

Besarnya momen '

ABM diujung A dan momen '

BAM diujung B

dapat ditentukan dengan metoda balok dikonjugasikan, diagram

momen dibagi dengan EI sebagai beban elastisnya dan A

L

EI konstan A B '

ABM

'

BAM A

B = 0

Gambar 4.1 Balok dengan ujung terjauh terjepit

EI

M BA

EI

M AB'

A

Page 72: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 68

sebagai reaksinya sedemikian sehingga gaya geser positif dalam

balok dikonjugasikan memberikan kemiringan positif yang

diinginkan di dalam balok yang sesungguhnya.

Dari syarat-syarat kesetimbangan :

MA = 0

EI

LM AB

2

'

3

L-

EI

LM BA

2

.'

3

2L=0 (4-1)

MBA = ½.M (4-2)

MB = 0 (A.L) -

EI

LM AB

2

'

3

2L+

EI

LM BA

2

.'

3

L=0 (4-3)

dengan mensubtitusikan persamaan (4-2) ke daLam persamaan

(4-3), diperoleh :

'

ABM = L

EI A4 (4-4)

'

BAM = L

EI A2 (4-5)

2. Momen yang disebabkan oleh rotasi ujung yang jauh sedang

ujung yang terdekat terjepit. Balok AB mengalami deformasi

akibat ujung B berputar sebesar B, dengan cara yang sama

diperoleh :

''

ABM = ½ ''

BAM (4-6)

''

BAM = L

EI B4 (4-7)

''

ABM = L

EI B2 (4-8)

Page 73: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 69

Gambar 4.2 Balok dengan ujung terdekat terjepit

3. Momen yang disebabkan oleh defleksi relative di antara ujung-

ujung batang tanpa merubah kemiringan tangens yang ada pada

ujung-ujungnya. Untuk itu kita tinjau balok AB yang terjepit ujung-

ujungnya, seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 4.3. Oleh

karena keadaan simetris dari deformasinya terhadap titik

pertengahan batang (lihat garis putus-putus), kedua momen ujung

haruslah sama.

'''

ABM = '''

BAM = - M

Tanda negatf menunjukkan bahwa '''

ABM dan '''

BAM berlawanan

arah dengan putaran jarum jam. Nilai M dapat dicari dengan

metoda balok dikonjugasikan, seperti ditunjukkan dalam Gambar

4.3. Selain beban-beban elastis terbagi dari diagram M/EI,

sebuah kopel bekerja pada ujung B sama dengan sesuai

dengan defleksi pada B dari struktur dasar.

M = 0

EI

LM

2

.

3

L- = 0

M =

2

6

l

EI

L

EI konstan A B

''

ABM

''BAM

B A = 0

Page 74: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 70

Jadi momen-momen yang timbul pada ujung-ujung suatu batang

yang disebabkan oleh suatu perubahan kedudukan ujung relative

murni adalah

'''

ABM = '''

BAM = -

2

6

L

EI (4-9)

4. Momen yang disebabkan oleh beban-beban pada batang jika

batang dipandang sebagai sebuah balok yang dijepit ujungnya

(momen ujung terjepit) tanpa merubah distorsi-distorsi ujung yang

ada, dan dinyatakan dengan F

ABM dan F

BAM .

Secara keseluruhan besarnya MAB dan MBA diperoleh dari keempat

unsur di atas yaitu :

MAB = '

ABM + ''

ABM + '''

ABM F

ABM

MAB = L

EI A4 +

L

EI B2 -

2

6

L

EI F

ABM

L

EI konstan A B

'''

ABM '''

BAM

/l atau R

Gambar 4.3 Balok dengan ujung terjauh mengalami penurunan

EI

M

EI

M

A B

Page 75: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 71

MAB =

LL

EIBA 32

2 F

ABM (4-10)

MBA = '

BAM + ''

BAM + '''

BAM F

BAM

MBA = L

EI A2 +

L

EI B4 -

2

6

L

EI F

BAM

MBA =

LL

EIAB 32

2 F

BAM (4-11)

Bila = L

, merupakan rotasi batang benda kaku, maka persamaan-

persamaannya menjadi :

MAB = 322

BAL

EI F

ABM (4-12)

MBA = 322

ABL

EI F

BAM (4-13)

Perjanjian Tanda

Perjanjian tanda yang digunakan dalam metoda distribusi momen

sama dengan yang digunakan untuk metoda defleksi-lereng, momen

yang bekerja pada batang yang searah dengan perputaran jarum jam

dianggap positif, sedangkan yang berlawanan arah jarum jam

dianggap negative.

L

EI konstan A B MAB

MBA

AB

BA

Gambar 4.4 Perjanjian tanda, searah putaran jarum jam positif

Page 76: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 72

1. Momen yang bekerja pada ujung suatu batang (bukan titik

kumpul) adalah positif bila perputarannya searah dengan putaran

jarum jam.

2. Rotasi pada ujung suatu batang adalah positif apabila tangens

terhadap deformasi garis lengkung pada ujung berputar searah

dengan putaran jarum jam dari kududukannya semula.

3. Defleksi relative di antara ujung-ujung suatu batang adalah positif

apablia sesuai dengan rotasi batang tersebut searah dengan

putaran jarum jam (garis lurus yang menghubungkan ujung-ujung

garis lengkung elastis).

Faktor Kekakuan Batang

Kekakuan rotasional dari suatu batang dengan penampang seragam

(EI konstan), didefinisikan sebagai momen ujung yang diperlukan

untuk menghasilkan suatu rotasi satuan pada ujung batang

sedangkan ujung lainnya terjepit.

Perhatikanlah balok prismatis AB dengan ujung A sendi dan ujung B

terjepit yang ditunjukkan dalam Gambar 4.5(a). Jika di ujung A kita

Gambar 4.5 Balok dengan ujung terjauh terjepit dan sendi

L

EI konstan

A B M

MBA A

B = 0 B

L

EI konstan

A M

A

(a) (b)

Page 77: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 73

berikan momen M, maka balok akan berputar membentuk sudut

sebesar pada ujung A dan menimbulkan momen MBA pada ujung

terjepit B seperti yang ditunjukkan dalam gambar. Hubungan antara

momen M dan rotasi sudut dapat dicari dengan menggunakan

persamaan pokok defleksi-lereng. Dengan memasukkan A = 0, =

0 dan F

ABM =0 ke dalam persamaan (4-12), maka akan diperoleh :

M = L

EI A4 (4-14)

Kekakuan lentur batang, K didefinisikan sebagai momen yang harus

diberikan pada ujung batang untuk menyebabkan rotasi/berputar

sebesar 1 satu satuan putaran pada ujung tersebut. Jika momen

ujung yang diperlukan pada ujung A untuk berputar A = 1 rad, maka

besarnya kekakuan lentur balok AB dapat ditentukan yang besarnya

menjadi :

K = L

EI4 (4-15)

Ketika besarnya modulus elastisitas untuk semua batang pada

struktur adalah sama, biasanya kekakuan lentur relative batang lebih

sesuai untuk menyelesaikan analisis struktur. Kekakuan lentur

relative, K, ditentukan dengan membagi kekakuan lentur, K , dengan

4E. Maka kekakuan lentur relative balok AB pada Gambar 4.5 adalah

sebagai berikut :

K = E

K

4 =

L

I (4-16)

Page 78: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 74

Sekarang, seandainya ujung terjauh B balok adalah sendi dalam

Gambar 4.5(a), seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 4.5(b).

Hubungan antara momen M yang bekerja dan rotasi pada balok

diujung A dapat ditentukan dengan menggunakan modifikasi

persaman defleksi-lereng (4-12). Dengan memasukkan A = 0, = 0

dan F

ABM =0 ke dalam persamaan (4-12), maka akan diperoleh :

M = AL

EI

3 (4-17)

Bila A = 1 rad, besarnya kekakuan lentur balok dapat dinyatakan

dengan :

K = L

EI3 (4-18)

Dari perbandingan persamaan (4-15) dan (4-18) mengindikasikan

bahwa kekakuan balok dapat direduksi sebesar 25% ketika tumpuan

B jepit digantikan dengan tumpuan sendi. Kekakuan lentur relative

balok dapat ditentukan dengan membagi kekakuan lentur dengan 4E:

K = E

K

4 =

L

I

4

3 (4-19)

Dari persamaan (4-14) dan (4-17), kita dapat melihat hubungan

antara momen M ujung yang bekerja dan rotasi sesuai dengan

ujung batang dan dapat disimpulkan sebagai berikut :

(4-20)

sendi terjauhbatang ujung jika

L

A3EIθ

jepit terjauhbatang ujung jika

L

A4EIθ

M

Page 79: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 75

Begitu juga, berdasarkan persamaan (4-15) dan (4-18), kekakuan

lentur batang diberikan sebagai berikut :

(4-21)

Dan kekakuan lentur relative batang dapat dinyatakan sebagai :

(4-22)

Momen Pemindahan (carryover momen)

Kita tinjau kembali balok yang ditumpu sendi dan jepit pada Gambar

4.5(a). Ketika momen M bekerja pada ujung A sendi balok maka

akan menimbulkan momen MBA pada ujung B jepit, seperti yang

ditunjukkan dalam gambar. Momen MBA disebut sebagai momen

pemindahan. Untuk menemukan hubungan antara momen M yang

bekerja dan momen pemindahan MBA, kita tulis kembali persamaan

defleksi-kemiringan untuk momen MBA dengan memasukkan B = 0,

= 0 dan FBAM =0 ke dalam persamaan (4-13), maka akan diperoleh :

MBA = AL

EI

2 (4-23)

Dengan mensubtitusikan A = ML/(4EI) dari persamaan (4-14) ke

dalam persamaan (4-23), dapat diperoleh :

MBA = 2

M (4-24)

sendi terjauhbatang ujung jika

L

3EI

jepit terjauhbatang ujung jika

L

4EI

K

sendi terjauhbatang ujung jika

4L

3I

jepit terjauhbatang ujung jika

L

I

K

Page 80: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 76

Seperti yang diberikan persamaan (4-24), bila sebuah momen yang

besarnya M dikerjakan pada ujung sendi balok, maka setengah dari

momen M yang bekerja dipindahkan ke ujung yang terjauh, asalkan

ujung yang terjauh adalah jepit. Arah momen pemindahan MBA

adalah sama seperti momen M yang bekerja.

Bila ujung terjauh balok adalah sendi, seperti yang ditunjukkan dalam

Gambar 4.5(b), maka momen pemindahan MBA adalah nol. Dengan

demikian, dapat dinyatakan momen pemindahan sebagai berikut :

(4-25)

Faktor pemindahan didefinisikan sebagai perbandingan dari momen

yang diinduksikan pada ujung jauh terjepit dengan momen yang

bekerja pada ujung yang dekat yang ditahan terhadap pergeseran

tetapi boleh berputar. Dengan membagi persamaan (4-25) dengan

M, dapat dinyatakan factor pemindahan (COF) sebagai :

(4-26)

Mencari Kekakuan Batang dan Momen Pemindahan dengan Metoda Luas Momen dan Deformasi Konsisten

Alternatif lain untuk menentukan kekakuan lentur dan momen

pemindahan batang adalah dengan menggunakan metoda luas

sendi terjauhbatang ujung jika

jepit terjauhbatang ujung jika

2

M

M

0BA

sendi terjauhbatang ujung jika

jepit terjauhbatang ujung jika

2

1

0

COF

Page 81: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 77

momen. Balok AB yang ditumpu sendi diujung A dan jepit diujung B

pada Gambar 4.5(a) digambar kembali pada Gambar 4.6(a), juga

ditunjukkan diagram M/EI balok. Karena ujung kanan B adalah jepit,

maka tangens kurva elastis terhadap B adalah horizontal bila

diteruskan ke ujung kiri A. Dengan demikian kemiringan tangensial

ujung B terhadap A adalah sama dengan nol (AB = 0). Menurut

teorema luas momen, kemiringan tangensial ini adalah sama dengan

diagram M/EI antara A dan B terhadap A, dapat kita tulis :

AB =

EI

ML

2

3

L-

EI

LMBA

2

.

3

2L=0

MBA = 2

M

EI

MBA

EI

M

A

L

EI konstan

A B

M

MBA A

B = 0

B

(a) Balok dengan ujung terjauh terjepit

Page 82: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 78

Momen pemindahan di atas besarnya sama dengan yang dinyatakan

terdahulu dalam persamaan (4-24), yang mana telah didapatkan

sebelumnya dengan menggunakan persamaan defleksi kemiringan.

Dengan tangent horizontal B, besarnya sudut A sama dengan

perubahan kemiringan BA antara A dan B. Sehingga menurut

teorema pertama luas-momen, BA adalah sama dengan luas

diagram M/EI antara A dan B, kita tulis :

=

EI

ML

2-

EI

LMBA

2

.

dengan memasukkan MBA = M/2, kita peroleh :

=

EI

ML

4

L

EI konstan

A

M

A

B

AB

EI

M

B A

Gambar 4.6 Balok dengan ujung terjauh terjepit dan sendi

(b) Balok dengan ujung terjauh sendi

Page 83: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 79

sehingga :

M = L

EI4

Besarnya M yang diperoleh sama dengan persamaan (4-14).

Kurva elastis dan diagram M/EI untuk balok yang ujung terjauhnya

ditumpu sendi, seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 4.6(b). Dari

kurva elastis kita dapat lihat bahwa

=

L

BA

hal ini sesuai dengan teorema kedua luas-momen.

BA = momen dari diagram M/EI antara A dan B dititik B

=

EI

LM

2

.

3

2L =

EI

LM

3

2.

kemudian,

=

L

BA =

EI

LM

3

.

dengan demikian :

M = L

EI3

nilai ini sama dengan persamaan (4-17) yang telah didapatkan

sebelumnya dengan menggunakan persamaan defleksi kemiringan.

Page 84: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 80

Faktor Distribusi

Bila suatu momen M searah putaran jarum jam dikerjakan pada titik

kumpul j maka ujung-ujung batang yang bertemu pada titik kumpul

tersebut akan berputar searah dengan arah momen yang bekerja.

Kokohnya titik kumpul tersebut menyebabkan besarnya deformasi

sudut atau masing-masing tangens garis lengkung elastis terhadap

ujung-ujung batang yang disambungkan adalah sama. Momen M

akan mendapat reaksi dari masing-masing ujung batang yang

bertemu. Momen-momen perlawanan MJA, MJB, MJC, MJD, akan

IJA A

B

M

C

D

J

LJA

LJB

LJC

IJC

IJD LJD

A

B

C

D

J

Gambar 4.7 Pertemuan Balok dan kolom

(a)

(b)

A

B

C

D

J

MJD

MJC

MJB

MJA M+

(c)

Page 85: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 81

diinduksikan pada ujung-ujung terjauh keempat batang tersebut

untuk mengimbangi pengaruh momen luar M, seperti dalam Gambar

4.7(c).

Kesetimbangan titik kumpul :

MJA + MJB + MJC + MJD = M (4-27)

Dengan momen masing-masing ujung batang dititik kumpul adalah :

MJA = JA

JA

L

EI 4= JAK

MJB = JB

JB

L

EI 4= JBK (4-28)

MJC = JC

JC

L

EI 4= JCK

MJD = JD

JD

L

EI 4= JDK

Persamaan (4-27) menjadi :

( JAK + JBK + JCK + JDK ) = M (4-29)

K . = M (4-30)

MJA = MK

K JA

= DJA.M

MJB = MK

K JB

= DJB.M (4-31)

MJC = MK

K JC

= DJC.M

MJD = MK

K JD

= DJD.M

DJi = K

K Ji

adalah factor distribusi

Page 86: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 82

Dengan demikian, suatu momen yang dilawan oleh sebuah titik

kumpul akan didistribusikan diantara batang-batang yang

tersambung sebanding dengan factor-faktor distribusinya. Jadi

besarnya momen pada ujung-ujung batang terjauh tergantung pada

bahan dan ukuran penampang yang digunakan.

Momen Primer (Fixed End Moment) Momen primer ditentukan berdasarkan beban luar yang bekerja pada

ujung-ujung batang yang salah satunya dapat diperoleh dengan

menggunakan metoda deformasi konsisten.

Gambar 1.8 Balok yang dibebani merata

EI konstan

L

A B

FBAM F

ABM

L

A A1

B B1

=

A A2

B B2

FABM

A 3

B B3

FBAM

+

+

q

q

Page 87: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 83

A = A1 + A2 + A3 = 0 (4-32)

B = B1 + B2 + B3 = 0 (4-33)

A1 = B1 = EI

qL3

24

1

A2 =

EI

LM AB

3

.

B2 =

EI

LM AB

6

.

A3 =

EI

LM BA

6

.

B3 =

EI

LM BA

3

.

EI

qL3

24

1 +

EI

LM AB

3

.

+

EI

LM BA

6

.

= 0 (4-34)

EI

qL3

24

1 +

EI

LM AB

6

.

+

EI

LM BA

3

.

= 0 (4-35)

dari persamaan (1-34) dan (1-35) diperoleh :

MAB = MBA = 1/12.qL2 (4-36)

Untuk pembebanan dengan kondisi lain, cara memperoleh momen primer

sama dengan di atas.

Momen primer yang timbul pada ujung-ujung balok bila kedua tumpuan

balok adalah jepit yang disebabkan oleh suatu perubahan kedudukan

ujung relative murni atau mengalami penurunan adalah '''

ABM = '''

BAM = -

2

6

L

EI, seperti yang tercantum dalam persamaan (1-9).

Momen primer dari balok dengan ujung terjauhnya ditumpu sendi yang

mengalami penurunan disalah satu ujungnya seperti tampak pada

Gambar 1.8.

Page 88: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 84

Lendutan di A = :

EI

LM BA

2

.

.

L

3

2 =

BAM =

2

3

L

EI

4.3 ANALISIS BALOK MENERUS

Tahapan perhitungan untuk menyelesaikan balok menerus atau

statis tak tentu dengan menggunakan metoda distribusi momen dapat lihat

pada contoh dibawah ini.

Contoh No. 4.1.

Penyelesaian :

1. Kondisi sementara join B dan C dianggap jepit, supaya tidak terjadi

putaran sudut di join tersebut.

Gambar 1.9 Balok dengan ujung terjauh sendi mengalami penurunan

L

EI konstan

A B

ABM BAM

EI

M BA

A B

A 3EI

6.00 m

B

q = 1 t/m’

2.00 m

2EI

5 ton

2.00 m

C

Page 89: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 85

Menentukan momen primer

MAB = - MBA = 1/12.qL2 = 1/12(1)(62) = 3 ton.m MBC = - MCD = 1/8.P.L = 1/8(5)(4) = 2,5 ton.m

Tinjauan momen di join B

Momen unbalanced dijoin B terhadap batang BA dan BC

UMB = - 3 + 2,5 = - 0,5 ton.m

Notasi U = unbalanced

Jumlah momen ditik B = -0,5 ton.m arahnya berlawanan jarum

jam, agar di B tidak ada putaran sudut, maka harus ada momen

penghapus/pengunci sebesar + 0,5 ton.m yang arahnya searah

jarum jam.

Tinjauan momen di join A

Momen unbalanced dijoin B terhadap batang AB

UMA = 3 ton.m

Agar tidak terjadi putaran sudut di A maka harus ada momen

pengunci sebesar 3 ton.m yang arahnya berlawanan jarum jam.

Tinjauan momen di join C

Momen unbalanced dijoin B terhadap batang CB

UMC = - 2,5 ton.m

Momen pengunci + 2,5 ton.m searah jarum jam.

3 EI

6.00 m

A B

FBAM F

ABM

q = 1 t/m’

2.00 m

2EI

5 ton

2.00 m

C

FBCM

B

FCBM

Page 90: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 86

2. Join di B dilepas kembali sedangkan join A dan C tetap dikunci.

Momen di join B didistribusikan ke balok BA dengan factor distribusi

DBA dan ke balok BC dengan factor distribusi DBC.

BAK = L

EI4=

5

34 )( IE = 2,4 EI BCK =

L

EI4=

5

24 )( IE = 1,6 EI

CBK = L

EI4=

5

24 )( IE = 1,6 EI

DAB = 0 DBA = EI

EI

),,(

,

6142

42

= 0,6 ;

DBC = EI

EI

),,(

,

6142

61

= 0,4 DCB =

EI

EI

61

61

,

, = 1

Momen Distribusi (MD) di join A terhadap batang AB

DMAB = DAB(-UMA) = 0(-(3)) = 0

Momen Distribusi (MD) di join B terhadap batang AB dan

batang BC :

DMBA = DBA(-UMB) = 0,6(-(-0,5)) = 0,3 ton.m

DMBC = DBC(-UMB) = 0,4(-(-0,5)) = 0,2 ton.m

Momen Distribusi (MD) di join C terhadap batang CB

DMCB = DCB(-UMC) = 1(-(-2,5)) = 2,5 ton.m

3. Kemudian join B dijjepit kembali, join C dilepas dan join A tetap

dikunci. Momen + 2,5 t.m. didistribusikan ke balok CB sebesar

factor distribusi dikalikan momen. Catatan : tumpuan A adalah jepit

tetap, jadi tidak perlu dilepas.

Langkah penyelesaian no.1 sampai no.3 merupakan siklus

pertama.

Page 91: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 87

4. Siklus kedua,

Momen pemindahan/induksi :

COMAB = ½(DMBA) = ½(0,3) = 0,15 ton.m

COMBC = ½(DMBC) = ½(0,2) = 0,10 ton.m

COMCB = ½(DMBC) = ½(2,5) = 1,25 ton.m

Momen pemindahan ini menyebabkan putaran sudut di B dan C,

sehingga diperlukan momen pengunci yang arahnya berlawanan

dengan momen tersebut. Kemudian momen pengunci ini

didistribusikan dan ini merupakan akhir dari siklus kedua.

5. Setelah siklus yang dikehendaki berakhir (sampai jumlah momen

dalam satu join pada pertemuan batang mendekati nol), kemudian

momen-momen dijumlah (mulai momen primer sampai dengan

momen seimbang/distribusi pada akhir siklus), sehingga akan

diperoleh MAB, MBA dan MBC.

A 3EI

6.00 m

B

q = 1 t/m’

2.00 m

2EI

5 ton

2.00 m

C

B

3 tm 3 tm 2,5 tm

0,5 tm Unbalanced

momen

0,5 tm

2,5 tm

Momen pengunci

Momen pengunci

Page 92: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 88

A B C

FD 0 0,6 0,4 1

FEM 3,000 -3,000 2,500 -2,500 MD 0,000 0,300 0,200 2,500

MP 0,150 0,000 1,250 0,100 MD 0,000 -0,750 -0,500 -0,100

MP -0,375 0,000 -0,050 -0,250 MD 0,000 0,030 0,020 0,250

MP 0,015 0,000 0,125 0,010 MD 0,000 -0,075 -0,050 -0,010

Jumlah 2,790 -3,495 3,495 0,000

Diagram Freebody dan momen hasil iterasi

Menentukan reaksi perletakan :

Tinjau batang AB

MA = 0

RVB1 = L

MMLq AB ))((/221

=6

79249536121 2,,))((/

= 3,1175 ton ( )

A 3EI

6.00 m

B

q = 1 t/m’

2.00 m

2EI

5 ton

2.00 m

C

3 EI

6.00 m

A B

2,79 tm q = 1 t/m’

3,495 tm

RVA RVB1 2.00 m

2EI

5 ton

2.00 m

C B

3,495 tm

RVB2 RVC

A B

C Momen hasil

Page 93: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 89

MB = 0

RVA = L

MMLq BA ))((/221

=6

49537926121 2,,))((/

= 2,8825 ton ( )

V = 0 RVB1 + RVA = q.L

3,1175 ton + 2,8825 ton = 1(6) = 6 ton …………..OK!

Tinjau batang BC

MB = 0 RVC = L

MLP B)5,0)((=

4

495,3)2(5

= 1,62625 ton ( )

MC = 0 RVB1 = L

MLP B)5,0(=

4

495,3)2)(5(

= 3,37375 ton ( )

V = 0 RVB1 + RVC = P

3,37375 ton + 1,62625 ton = 5 ton …………..OK!

Contoh No.4.2

Hitunglah gaya-gaya dalam struktur dibawah ini dengan menggunakan

metode distribusi momen (sampai empat siklus) dan gambarkan diagram

gaya-gaya dalamnya !Jika semua balok memiliki dimensi 300 x 600 mm2

dan E = 200 GPa.

A EI

6.00 m

B

w = 25 kN/m’

500 m

EI

5.00 m

C EI D

Page 94: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 90

Penyelesaian :

a) Menentukan faktor kekakuan struktur

BAK = L

EI4=

5

4EI = 0,8 EI BCK =

L

EI4=

6

4E = 0,667EI

CDK = L

EI4=

5

4E = 0,8 EI

b) Menentukan faktor distribusi :

FDAB = 1 FDBA = EI

EI

)667,08,0(

8,0

= 0,545;

FDBC = EI

EI

)667,08,0(

667,0

= 0,455 FDCB =

EI

EI

)667,08,0(

667,0

= 0,455

FDCD =EI

EI

)667,08,0(

8,0

= 0,545 FDDC =

EI

EI

8,0

8,0 = 1

c) Menentukan momen primer

MAB = - MBA = 1/12.wL2 = 1/12(25)(52) = 52,083 kN.m

MBc = - MCB = 1/12.wL2 = 1/12(25)(62) = 75 kN.m

MCD = - MDC = 1/12.wL2 = 1/12(25)(52) = 52,083 kN.m

5.00 m

EI A B

FBAM F

ABM

w = 25 kN/m’

Page 95: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 91

c) Proses distribusi momen

TUMPUAN A B C D

BALOK AB BA BC CB CD DC

FD 1 0,545 0,455 0,455 0,545 1

SIKLUS 1 FEM 52,083 -52,083 75,000 -75,000 52,083 -52,083

MD -52,083 -12,500 -10,417 10,417 12,500 52,083

SIKLUS 2 MP -6,250 -26,042 5,208 -5,208 26,042 6,250

MD 6,250 11,364 9,470 -9,470 -11,364 -6,250

SIKLUS 3 MP 5,682 3,125 -4,735 4,735 -3,125 -5,682

MD -5,682 0,878 0,732 -0,732 -0,878 5,682

SIKLUS 4 MP 0,439 -2,841 -0,366 0,366 2,841 -0,439

MD -0,439 1,749 1,458 -1,458 -1,749 0,439

JUMLAH 0,000 -76,350 76,350 -76,350 76,350 0,000

Catatan : Ketelitian hasil dicapai ketika momen pemindahan (MP)

dapat diabaikan (terlalu kecil). Dalam kasus ini ketelitian tercapai hingga siklus ke-15.

Jika ujung terjauh dianggap sendi :

BAK = CDK = L

EI

4

3= 0,15 EI BCK =

L

EI4=

6

4E = 0,667EI

TUMPUAN A B C D

BALOK AB BA BC CB CD DC

FD 1 0,474 0,526 0,526 0,474 1 SIKLUS

1

FEM 52,083 -52,083 75,000 -75,000 52,083 -52,083

MD -52,083 -10,855 -12,061 12,061 10,855 52,083

SIKLUS

2

MP 0,000 -26,042 6,031 -6,031 26,042 0,000

MD 0,000 9,479 10,532 -10,532 -9,479 0,000

SIKLUS

3

MP 0,000 0,000 -5,266 5,266 0,000 0,000

MD 0,000 2,494 2,772 -2,772 -2,494 0,000

SIKLUS

4

MP 0,000 0,000 -1,386 1,386 0,000 0,000

MD 0,000 0,656 0,729 -0,729 -0,656 0,000

JUMLAH 0,000 -76,351 76,351 -76,351 76,351 0,000

Diagram Freebody dan momen hasil iterasi

EI

5.00 m

A B

w = 25 kN/m’ 76,350 kN.m

RVA RVB1

76,350 kN.m

EI

6.00 m

B C

w = 25 kN/m’ 76,350 kN.m

RVB2 RVC1

Page 96: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 92

d) Menentukan reaksi perletakan : Tinjau batang AB

MA = 0

RVB1 = L

MLw B))((2/1 2

=5

350,76)5)(25(2/1 2 = 77,770 kN

MB = 0

RVA = L

MLw B))((2/1 2

= 5

350,76)5)(25(2/1 2 = 47,230 kN

V = 0

RVB1 + RVA = w.L

77,770 kN + 47,230 kN = 25(5) = 125 kN

…………..OK!

Tinjau batang BC

MB = 0 RVC1 = L

MMLw BC ))((2/1 2

=6

350,76350,76)6)(25(2/1 2 = 75 kN

MC = 0 RVB2 = L

MMLw CB ))((2/1 2

= 6

350,76350,76)6)(25(2/1 2 = 75 kN

V = 0 RVB2 + RVC1 = w.L

75 kN + 75 kN = 25(6) = 150 kN …………..OK!

Page 97: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 93

Tinjau batang CD

MD = 0

RVC2 = L

MLw C))((2/1 2

=5

350,76)5)(25(2/1 2 = 77,770 kN

MC = 0

RVD = L

MLw C))((2/1 2

= 5

350,76)5)(25(2/1 2 = 47,230 kN

V = 0

RVC2 + RVD = w.L

77,770 kN + 47,230 kN = 25(5) = 125 kN

…………..OK!

36,150 44,613 44,613

-76,350 -76,350

Momen (kN.m)

0 1,8892

5

8

11

16 14,111

47,23 kN

77,77 kN

- 47,23 kN - 75 kN

75 kN

- 77,77 kN

0 1,889 m

5 m 11 m 16 m 14,111 m

DIAGRAM GAYA LINTANG (Q)

Page 98: Diktat As3 Gp

Metode Distribusi Momen 94

Contoh no. 4.3

Hitunglah gaya-gaya dalam struktur dibawah ini dengan menggunakan

metode distribusi momen (sampai empat siklus) dan gambarkan diagram

gaya-gaya dalamnya !Jika semua balok memiliki dimensi 300 x 600 mm2

dan E = 200 GPa.

Penyelesaian :

a) Menentukan faktor kekakuan struktur

BAK = L

EI4=

5

4EI = 0,8 EI

BCK = L

EI4=

6

4E = 0,667EI

b) Menentukan faktor distribusi :

FDAB = 0

FDBA = EI

EI

)667,08,0(

8,0

= 0,545;

FDBC = EI

EI

)667,08,0(

667,0

= 0,455 FDCB = 1

c) Menentukan momen primer

MAB = - MBA = 1/12.wL2 = 1/12(20)(52) = 41,667 kN.m

MBc = - MCB = 1/12.wL2 = 1/12(20)(62) = 60 kN.m

MCD = PL = (5)(2) = 10 kN.m

w = 20 kN/m’

5.00 m 6.00 m 2.00 m

P = 5 kN

Page 99: Diktat As3 Gp

Created by GANDJAR PAMUDJI,ST.,MT hal - 95

d) Proses distribusi momen

TUMPUAN A B C

BALOK AB BA BC CB CD

FD 0 0,545 0,455 1,000 0,000

SIKLUS 1 FEM 41,667 -41,667 60,000 -60,000 10,000

MD 0,000 -10,000 -8,333 50,000 0,000

SIKLUS 2 MP -5,000 0,000 25,000 -4,167 0,000

MD 0,000 -13,636 -11,364 4,167 0,000

SIKLUS 3 MP -6,818 0,000 2,083 -5,682 0,000

MD 0,000 -1,136 -0,947 5,682 0,000

SIKLUS 4 MP -0,568 0,000 2,841 -0,473 0,000

MD 0,000 -1,550 -1,291 0,473 0,000

JUMLAH 29,280 -67,989 67,989 -10,000 10,000

5.00 m

EI A B

FBAM F

ABM

w = 25 kN/m’

-10,000

53,338

15,364

-67,989

-29,280

Momen (kN.m)

02,113

5

8,5

11 13

DIAGRAM GAYA LINTANG (Q)

42,258kN

5 kN

- 50,335 kN

69,665 kN

- 57,742 kN

0 2,113 m

5 m 11 m 13 m