Teori Getaran 2

1

Analisis Dinamika Struktur Kekuatan struktur hendaknya tidak hanya ditinjau dari sisi kekuatan (strength), tetapi juga

pengaruh kenyamanan (serviceability) dan keawetan (durability). Kenyamanan berkaitan dengan

masalah dinamika struktur karena simpangan yang berlebihan dapat terjadi oleh adanya resonansi

(interaksi dinamik). Sebelum sebuah struktur runtuh pada umumnya diawali oleh simpangan

yang berlebihan (resonansi) yang menyebabkan tidak nyaman bagi pemakainya. Pengaruh itu

dapat diakibatkan oleh ulah manusia atau alam. Pengaruh ulah manusia biasanya tidak

menimbulkan keruntuhan apabila segera dilakukan penanganan, namun tidak demikian halnya

bila pengaruh itu berasal dari alam, seperti angin dan gempa bumi tektonik yang tidak

memberikan peringatan dini sebelumnya. Namun demikian melalui pengamatan lapangan dan

diikuti dengan pemodelan sebuah struktur dapat dinilai (assesment) dan kemdudian diambil

langkah-langkah pengamanan. Dasar dari analisis getaraan dapat dipahami melalui model

massa-pegas-redaman (mass-spring-damper). Bahkan struktur yang rumit sekalipun seperti

gedung atau jembatan dapat dimodelkan sebagai jumlahan dari sistem massa-pegas-redaman.

Model massa-pegas-redaman merupakan sebuah contoh dari osilasi harmonik sederhana.

A. Getaran Paksa pada Sistem Berderajat Tunggal Tak-rerredam (Forced Vibration on Undamped SDOF)

Gb.1. Sistem berderajat tunggal takterredam dengan gaya eksitasi F(t)

Persamaan gerak dinamik dari sistem dalam Gb.1 seperti berikut ini:

xm . + xk. = F(t). (1) Bila persamaan (1) dibagi dengan massa,m akan didapat :

mtFx

mkx )(. (2)

x

xk.)(tFxm .

2

Gaya penyebab getaran F(t) dapat bermacam-macam bentuknya seperti berikut ini :

a) Gaya konstan sepanjang waktu b) Gaya kejut/ impak/ impulse

c) Gaya sinusoidal (pada pusat massa dan pada tumpuan) a) F(t) berupa gaya konstan sepanjang waktu

Gb.2. Gaya eksitasi konstaan terhadap waktu

Hubungan beban dan waktu dapat dilihat dalam Gb.2. F(t) dapat diwujudkan dalam persamaan

linear xp = a.t + b. Persamaan yang menggambarkan pola gaya luar F(t) disebut persamaan

particular, sedang respon struktur akibat gaya luar itu disebut persamaan homogeneous dan dapat

dinyatakan dalam bentuk xh = A sin pt + B cos pt

Turunan pertama dan kedua dari persamaan particular, btax p . adalah ax p dan 0px . Memasukkan hasil turunan itu ke dalam persamaan (2) didapat :

mFbta

mk )0()..(0 ; bila p2 = k/m maka persamaan terakhir menjadi

mFbtap )0()..(0 2 memasukkan m = k/p2 didapat

kFpbtap )0()..(0 22

kFbta )0().(0

Bila persamaan terakhir dilakukan penyamaan diantara ruas kiri dan ruas kanan akan didapat :

a.t = 0 a = 0

dan dengan demikian b = k

F )0( sehingga xp = a.t + b =k

F )0(

Respon dari dari sistem ini merupakan kombinasi antara xh dan xp :

x = xh + xp = A sin pt + B cos pt + k

F )0( (3)

Untuk menyeleaikan persamaan terakhir (3) dapat dilakukan dengan memasukkan kondisi batas

parameternya yaitu A dan B.

F(t) = F(0)

t

F(t)

3

Sesaat sebelum dikenakan gaya luar t = maka sistem masih dalam kondisi diam atau x = 0

demikian pula tidak ada kecepatan yang berarti 0x . Memasukkan kondisi batas x = 0 dan t =

itu ke dalam persamaan (3) didapat :

0 = A sin p + B cos p + k

F )0( (4)

Turunan pertama dari persamaan (3) adalah x Ap cos pt - Bp sin pt, memasukkan t = dan

0x didapat :

0 = Ap cos p - Bp sin p (5)

ppBA

cossin

Substitusi persamaan terakhir ke dalam persamaan (4) diperoleh :

kpFB cos)0( dan

kpF

pkppFA

sin)0(

cossincos)0(

Memasukkan parameter A dan B ke dalam persamaan (3) didapat :

k

ptpFx sinsin)0( k

ptpF coscos)0( k

F )0(

1coscossinsin)0( ptpptpk

Fx = 1)(cos)0( tpk

F

)(cos1)0( tpk

Fx (6)

Maksimum dari x terjadi bila )(cos tp = 0 dan x akan minimum bila )(cos tp = 1. Jadi :

kFxmak

)0( dan 0min x grafik dari persamaan (6) untuk 2

)0(

kF seperti dalam Gb.3 di

bawah.

Gb.3. Gaya Eksitasi Sinusoidal terhadap Waktu

b) F(t) berupa gaya kejut/ impak/ impulse

4

Gaya kejut/ impulse merupakan fungsi Gaya dan Waktu I = F(0).t. Menurut hukum

kekekalan Momentum impulse memberikan perubahan momentum sehingga momentum

merupakan fungsi massa dan perubahaan kecepatan mvI .

Pada kondisi diam yaitu t = impulse dikerjakan sistem dalam keadaan diam x = 0, dan setelah

itu sistem bergetar bebas F(t) = 0. Demikian pula pada saat t = kecepatan sistem vx

Gb. 4. Gaya eksitasi berupa impulse/ impak

Persamaan particular xp = 0 sedang xh = A sin pt + B cos pt, memasukkan kondisi batas t = dan

x = 0 didapat :

xh = A sin pt + B cos pt

0 = A sin p + B cos p

ppBA

sincos

(7)

Turunan pertama dari persamaan xh :

hx A.p cos pt B.p sin pt memasukkan t = dan vx

vx = Ap cos p Bp sin p mIv /

mI / = Ap cos p Bp sin p pm

I.

= A cos p B sin p (8)

Memasukkan persamaan (7) ke dalam persamaan (8) didapat :

pBpp

pB

pmI

sin)sin(cos

sin.22

pmpIB

.sin

(9)

Gb. 5. Respon sistem terhadap waktu

t

F(0)

t

F(t)

5

Persamaan gerak sistem ini x = xp + xh = 0 + A sin pt + B cos pt

Memasukkan persamaan (7) dan (9) ke dalam persamaan terakhir didapat :

x =

ppB

sincos sin pt + B cos pt =

pB

sin

(cos p sin pt + cos pt sin p)

x = p

Bsin sin p (t - )

Memasukkan persamaan (9) ke dalam persamaan terakhir didapat :

x = pm

I.

sin p (t - ) (10)

c) F(t) berupa gaya sinusoidal Gaya berbentuk sinusoidal umumnya digunakan karena banyak ahli berpendapat bahwa sinyal

yang ada di alam ini bersifat tetap atau paling sedikit akan berulang dalam waktu yang tidak

diketahui (deterministic). Demikian pula ahli matematik Joseph Sebastian Fourier berpendapat

bahwa setiap sinyal yang ada sebenarnya merupakan penjumlahan dari banyak sinyal sinusoidal

yang memiliki amplitudo dan frekuensi yang bervariasi.

Fungsi gaya yang digunakan F(t) = F(0) sin t dan persamaan gerak dari sistem massa-pegas

berbentuk :

xm . + xk. = F(0) sin t (11)

Gb. 6. Gaya eksitasi berupa sinusoidal

Penyelesaian persamaan diferensial itu dapat dilakukan melalui :

1) Persamaan particular xp = a sin t 2) Persamaan homogeneous xh = A sin pt + B cos pt

Turunan pertama dan kedua dari persamaan particular menjadi :

tax p cos. dan tax p sin.2

Memasukkan persamaan terakhir ke dalam persamaan (11) diperoleh :

6

m.( ta sin. 2 ) + k.(a sin t) = F(0) sin t

Bila persamaan terakhir dibagi dengan m dan memasukkan p2=k/m maka akan didapat :

( ta sin. 2 ) + (k/m).(a sin t) = {F(0)/m} sin t

( ta sin. 2 ) + p2.(a sin t) = {F(0)/m} sin t

Menyamakan ruas kiri dan kanan diperoleh :

2.a + p2.a = {F(0)/m} a.(p2-2)=F(0)/m ).(

)0(22

pmFa

Persamaan particular menjadi : tpmFx p

sin).(

)0(22

Persamaan gerak sistem dengan gaya luar sinusoidal menjadi :

x = xh + xp = A sin pt + B cos pt + tpmF

sin).(

)0(22

Persamaan di terakhir secara matematika benar tetapi secara fisika tidak benar karena pada saat p

maka (p2 - 2) = 0 sehingga simpangan x menjadi . Untuk itu menurut hukum LHospital

persamaan tersebut harus diturunkan sebagai berikut :

..2cos.).0(

)}.({/}.sin).0({/

22 mttF

pmtF

x = xh + xp = A sin pt + B cos pt ttmF

cos..2)0( (12)

x = Ap cos pt - Bp sin pt tttm

F

sin..cos.1

.2)0(

Pada t = 0 x = 0 dan x = 0 0 = 0 + B 0 B = 0

0 = Ap 0 - .2)0(

mF A =

pmF

..2)0(

x = pm

F..2)0(

sin pt tt

mF

cos..2)0( =

pmF

..2)0(

(sin pt pt cos t)

Parameter A dan B dapat diketahui melalui kondisi batas yaitu bahwa pada saat t = 0 sistem tidak

bergerak yang berarti x = 0, dan juga dengan demikian 0x . Memasukkan kondisi batas ke

dalam persamaan (12) diperoleh

0 = 0 + B cos 0 + 0 berarti B = 0

7

Mengingat persamaan diferensial perkalian 2 fungsi : tuv

tvuvu

t

..)}.{

x A.p cos pt B.p sin pt tttm

F

cossin..

.2)0(

0 = A.p cos 0 0 0cos0.2)0(

m

F 0 = A.p .2)0(

mF A =

..2)0(

pmF

Persamaan gerak dari sistem menjadi :

x = ..2

sin).0(mp

tpF

.2cos.).0(

mttF =

..2)0(

mpF )cos..sin( ttptp (13)

Bila gaya luar F(t) terletak pada tumpuannya maka persamaan gerak menunjukkan tidak adanya

gaya luar itu pada persamaan keseimbangan.

Gb. 7. Sistem berderajat tunggal takterredam dengan gaya eksitasi pada tumpuan

xm . + ).( xk = 0 xm . + .. kxk = 0 xm . + .. kxk

Bila persamaan terakhir dibagi dengan m maka : x + ..mkx

mk

dan memasukkan persamaan p2

= k/m maka : x + .. 22 pxp , bila = C.sin t maka : x + 22 . pxp C.sin t (14)

Penyelesaian dari persamaan itu seperti berikut :

1) Persamaan particular xp = a sin t 2) Persamaan homogeneous xh = A sin pt + B cos pt


tax p cos. dan tax p sin.2


( ta sin. 2 ) + p2.(a sin t) = p2 C sin t

( 2.a ) + p2.a = p2C a (p2 2) = p2C )( 22

2

pCpa

x

).( xk

)(tF

xm .

8

x = xh + xp = A sin pt + B cos pt + tpCp

sin)( 22

2

(15)

Parameter A dan B dapat diketahui melalui kondisi batas yaitu bahwa pada saat t = 0 sistem tidak

bergerak yang berarti x = 0, dan juga dengan demikian 0x . Memasukkan kondisi batas ke

dalam persamaan (15) diperoleh

0 = 0 + B cos 0 + 0 berarti B = 0

x A.p cos pt B.p sin pt + tp

Cp

cos

)( 222

0 = A.p cos 0 0 + 0cos)( 22

2

pCp 0 = A.p +

)( 222

pCp A =

)( 22

p

Cp

Memasukkan parameter A dan B ke dalam persamaan (15) diperoleh :

x = )( 22

p

Cp sin pt + tp

Cp

sin

)( 222

(16)

Bila frekuensi gaya luar (excitation frequency) mengecil 0 maka simpangan x dari

persamaan (16) menjadi :

x tp

Cp

sin

)( 222

x t

pCp

sin22

C sin t

Persamaan terakhir menunjukkan bahwa simpangan sistem x akan semakin besar sejalan

dengan meningkatnya t.

Disamping itu bila >>> p maka persamaan (16) menunjukkan simpangan x 0. Bila p

maka (p2 2) 0 dan simpangan x akan menjadi besar tak berhingga

B. Getaran Bebas pada Sistem Berderajat Tunggal Terredam (Free Vibration on Damped SDOF)

Semua sistem memiliki kemampuan untuk mendisipasi (meredam) energi yang ada di dalam

sistem itu, sehingga setiap saat energi kinetik seimbang dengan energi potenisal-nya. Disipasi

energi dapat dalam berbagai bentuk yaitu :

1. Tahanan gesek luar (udara, cairan) 2. Tahanan gesek dalam (gerakan molekul yang berubah menjadi panas)

Redaman pada umumnya sebanding lurus dengan kecepatan, c. x . Redaman demikian disebut

redaman viskos/ linear. Selain redaman viskos dijumpai redaman lain yang sifatnya non-linear

seperti :

9

1. Redaman gesek yang merupakan fungsi dari simpangan c.( x / x )

2. Redaman polinomial yang merupakan fungsi polinomial dari kecepatan c. nx}{

Pada kesempatan ini hanya dibahas jenis redaman linear/ viskos. Persamaan gerak sistem

berderajat tunggal dinyatakan seperti berikut :

Gb.8. Sistem berderajat tunggal terredam dengan gaya eksitasi F(t) = 0

xm . + xc . + xk. = 0 x + xmc . + x

mk . = 0,

Bila mkp 2 dan

mcn .2 maka

x + xn .2 + xp .2 = 0 (17)

Penyelesaian persamaan gerak itu dapat diselesaikan melalui persamaan particular dan

homogeneous. Persamaan particular xp = 0 karena tidak ada gaya luar, sedang persamaan

homogeneous xh = A sin t + B cos t. Secara matematik persamaan homogeneous dapat pula

ditulis xh = A.er.t karena alasan kemudahan dalam proses diferensiasinya.

Dengan demikian : trh erAx... dan trh erAx

.2.. . Memasukkan persamaan diferensial ke dalam

persamaan (17) didapatkan : trerA .2.. + 2n. trerA ... + p2. treA ... = 0, atau dapat ditulis pula : er.t { r2

+ 2n.r + p2 } = 0. Bila ruas kiri disamakan dengan ruas kanan akan didapatkan bahwa er.t tidak

mungkin sama dengan nol karena kalau sama dengan nol berarti tidak ada osilasi/ getaran. Jadi {

r2 + 2n.r + p2 } = 0

2.4)2(2 22

2,1pnnr 22

22

1 222 pnnpnnr

2222

2 222 pnnpnnr

x = xh + xp = trreA ).( 21. = trtr eBeA ).().( 21 .. = tpnntpnn eBeA ).().(2222

..

x

xk.0)( tFxm .

xc .

10

X =

tpntpnnt eBeAe ).().(

2222

.. (18)

Persamaan (18) menunjukkan bahwa apabila :

1. n > p maka akan terjadi redaman berlebih (over damped) karena 22 pn positif.

X =

tpntpnnt eBeAe ).().(

2222

..

2. n = p maka akan terjadi redaman kritik (critical damped 22

2,1 pnnr untuk n = p maka nr 2,1 x = nteA .

Gb.9. Sistem dengan (a) redaman lebih (over damped), redaman kritik (critical damped), dan redaman kurang (under damped)

Dari persamaan 2n = c/m dan memasukkan n = p didapat 2p = m

ccritic atau

ccritic = 2.p.m, jadi bila m diketahui maka koefisien redaman kritik dapat dihitung Bila merupakan nilai banding antara koefisien redaman terhadap redaman kritik maka

mpc

cc

critic ..2 mpc ...2

3. n < p maka akan terjadi redaman kurang karena 22 pn negatif.

222,1 pnnr bila 1 = i maka

22 np bila 22 np = p maka

x = tpitpint eBeAe )..()..( .. bila tp. maka x = .. .. iint eBeAe (19)

Memasukkan kembali sincos. ie i dan sincos. iei ke dalam persamaan (19)

didapatkan :

x = )sin.(cos)sin.(cos iBiAe nt x = )sin)(.())(cos( BAiBAe nt = sin)~.(cos)~( BiAe nt

11

x = )(cos. Xe nt memasukkan tp maka

x = )(cos.. tpXe nt (20)

nte menunjukkan penurunan getaran secara eksponensial dan

)(cos. tpX menunjukkan osilasi di dalamnya. Bila pfT /2/1 dengan

22 npp

Gb.10. Getaran bebas dengan redaman kurang

(under damped free vibration)

Pada saat t = t1 maka x1 = )(cos.. 11 tpXe nt

Pada saat t = t2 maka x2 = )(cos.. 22 tpXe nt

Bila t2 = t1 +T maka x2 = })({cos.. 1)( 1 TtpXe Ttn . Apabila x1 dan x2 diambil pada

puncak getaran maka )(cos 1 tp dan })({cos 1 Ttp akan sama dengan 1 (satu).

Nilai banding antara x1 dan x2 memberikan :

TnTnntntTtn

nt

eeeX

eXxx

11

1

1

)(2

1

.. ln

2

1

xx = ln Tne

ln 2

1

xx = n.T dengan n =

mc

2

Bila jumlah siklus lebih dari satu maka persamaan terakhir menjadi :

ln 2

1

xx = N.n.T dengan N = jumlah siklus antara x1 dan x2 (21)

c = 2 n.m tetapi juga bisa ditulis c = 2.p..m, bila kedua persamaan dihubungkan didapat

x1 x2

N = 2

12

n = p..

T =

p2

222

np =

22 ).(2

pp=

21.2

p

Substitusi persamaan terakhir ke dalam persamaan (21) didapat :

ln 2

1

xx =

21...2

pNn ln

2

1

xx =

21....2

pNp =

21..2

N (22)

C. Getaran Paksa pada Sistem Berderajat Tunggal Terredam (Forced Vibration on Damped SDOF)

Seperti halnya telah diuraikan dalam bab getaran paksa tak-terredam maka beban paksa dapat

dalam berbagai bentuk seperti beban konstan yang dikerjakan secara tiba-tiba , beban impulse/

impak, beban sinusoidal dan gerakan pada tumpuan. Secara umum dapat dituliskan persamaan

geraknya sebagai berikut :

Gb.11. Sistem berderajat tunggal terredam dengan gaya eksitasi F(t) = F(0) sin t

xm . + xc . + xk. = F(t) x + xmc . + x

mk . = F(0) sin t

Bila mkp 2 dan

mcn .2 maka

x + xn .2 + xp .2 = m

tF sin)0( (23)

Penyelesaian persamaan gerak itu dapat diselesaikan melalui persamaan particular dan

homogeneous. Persamaan particular xp = A sin t + B cos t, sedang persamaan homogeneous

xh = A sin pt + B cos pt atau xh = C.e-n.t cos (pt-).


tBtAxp sin.cos. dan tBtAxp cos.sin.22

x

xk.)(tFxm .

xc .

13


( tBtA cos.sin. 22 ) + 2n.( tBtA sin.cos. ) +

p2. tBtA cos.sin. = m

tF sin)0(

tpABnA sin)....2.( 22 + tpBnAB cos)..2..( 22 = m

tF sin)0(

Menyamakan ruas kiri dan ruas kanan diperoleh :

)....2.( 22 pABnA m

F )0( ).(...2 22 pABnm

F )0(

)..2..( 22 pBnAB = 0 ).(.2. 22 pBnA = 0

Dua persamaan terakhir memberikan : Bn

pA

.2)( 22

. Memasukkan persamaan ini ke dalam

persamaan sebelumnya didapat : }.4){(

..2)0(22222

2

nppn

kFB

Persamaan particular xp = A sin t + B cos t bisa ditulis juga xp = X sin (t - ) dan hubungan

diantara keduanya dapat dinyatakan seperti berikut :

A sin t + B cos t = X sin (t - )

= X {sin t cos - cos t sin )

= X sin t cos - X cos t sin

Menyamakan ruas kiri dan ruas kanan diperoleh :

A = X cos ; B = X sin A2 + B2 = X 2{cos2 + sin2 } X 2 = A2 + B2

tan =

cossin =

AB =

ABarc tan

Memasukkan parameter A dan B ke dalam persamaan X 2 = A2 + B2

2X =

222

.2)( B

np

B2 = B2

1).2(

)(2

222

np

2X = 222222222

}.4){()..2()0(

nppn

kF

1).2(

)(2

222

np

Bila R = 22222 .4)( np

2X = 222

2

2 )..2()0(R

pnk

F

2

224224

).2(.4)..2(

nnpp

14

2X =

2

2)0(k

F

22

22422424

).2.(})2({}2{).2(

nRnppnp

2X =

2

2)0(k

F

222222

22224

}.4){()2(}{

npnpp

X = 2)0( pk

F

22222

2222

}).2(){().2()(

npnp

=

kF )0( p2

}).2(){(1

2222 np

Memasukkan n = .p

X =

kF )0( p2

})..2(){(1

2222 pp bila r

p

X =

kF )0(

}).2()1{(

122

2

2

pp

=

222 ).2()1(1)0(

rrkF

Static Displacement =

kF )0(

Dinamic Magnification Factor (DMF) = 222 ).2()1(

1rr

(24)

= ABarc tan =

2

1

1

.2tan

p

p

=

2

1

1.2tanrr (25)

Persamaan gerak dari sistem ini xh = C.e-n.t cos (pt - )

xp = A sin t + B cos t atau X sin (t - )

x = xh + xp = C.e-n.t cos (pt - ) + X sin (t - )

= C.e-n.t cos (pt - ) +

kF )0( . DMF. sin (t - )

15

Gb.12. Pengaruh redaman pada getaran tetap (steady state)

Persamaan homogeneous bersifat sementara karena mengandung unsur eksponensial e-n.t

sehingga persamaan gerak lebih didominan oleh persamaan particular.

x =

kF )0( . DMF. sin (t - ) =

ktF )(sin)0(

222 ).2()1(1

rr (26)

Gb.13. Pengaruh rasio redaman, pada DMF

Persamaan (26) ini memiliki sifat sebagai berikut . Bila 0 maka r2 0 DMF = 1

x =

ktF )(sin)0( .1 simpangan dinamik sama dengan simpangan statik

Bila >>> p maka r2 DMF = 0

16

x =

ktF )(sin)0(

.0 x 0, sistem hampir-hampir tidak bergerak

Bila = p maka r2 = 1 DMF = r.2

1

x =

ktF )(sin)0(

r.21

simpangan sistem dikendalikan oleh

rasio redaman , bila 0 maka x akan besar terjadi resonansi.

Persamaan fase =

2

1

1.2tanrr menunjukkan pula bahwa pada saat :

0 maka r 0 =

2

1

1.2tanrr = 0tan 1 = 0o

= p maka r = 1 =

111.2tan 1 = 1tan = 90o

>> p maka r =

1.2tan 1 = 0tan 1 = 180o

Pada 0 maka tidak ada perbedaan fase antara getaran eksitasi dan getaran respon, tetapi pada

saat = p maka getaran respon tertinggal = 90o sedang pada >> p maka getaran respon

tertinggal 180o

Gb. 14. Pengaruh nilai banding frekuensi (/p) pada beberapa fase ()

D. Penyaluran Gaya pada Sistem Berderajat Tunggal Terredam (Force Transmissibility on Damped SDOF)

Gaya yang bekerja pada sistem akan diteruskan ke sistem pendukung/ support melalui pegas dan

peredam. Seperti sudah diketahui bahwa persamaan simpangan pada sistem berderajat tunggal

adalah sebagai berikut.

17

Gb.15. Penyaluran gaya pegas dan peredam

x =

kF )0( . DMF. sin (t - ) x = .

kF )0( . DMF.cos (t - )

Memasukkan : m = k/p2 ; c = 2p.m. ke dalam persamaan terakhir diperoleh :

Fd = c. x = (2p.m.) .

kF )0( DMF.cos (t - ) = 2.p. .

2pk

.

kF )0( DMF.cos (t - )

Fd = 2.d

p F(0).DMF.cos (t - )

Total gaya yang ditransfer :

Fs + Fd = k.x + c. x = k.

kF )0( . DMF. sin (t - ) + 2.d

p F(0).DMF.cos (t - )

= {F(0). DMF} sin (t - ) + {2.

p F(0).DMF} cos (t - )

A sin (t - ) + B cos (t - ) C cos (t - )

C2 = A2 + B2 C2 = {F(0). DMF}2 + {2.

p F(0).DMF}2

Gaya pada tumpuan Fb C Fb = 2

2 ).0(...2)0(.

pFDMFFDMF

Fb = DMF.F(0)2

.21

p

= = DMF.F(0) 2.21 r

Transmissibility, TR = Fb/F(0) = DMF) 2.21 r dengan DMF = 222 ).2()1(

1rr

Sehingga TR = 222

2

).2()1(.21

rrr

dengan r =

p (27)

xcFd .

x

xkFs .)(tFxm .

18

Bila 0 maka persamaan terakhir menjadi TR = 22 )1(

1r

= )1(

12r

E. Redaman dan Frekuensi Alami Struktur menggunakan Metode Getaran Paksa Frekuensi Bervariasi (Damping of Structures by Steady State Excitation Method)

Cara mendapatkan redaman dan frekuensi alami struktur selain melalui metode getaran bebas

yang kadang sulit dilakukan pada struktur sesungguhnya, maka juga dapat dilakukan melalui cara

getaran paksa yang frekuensinya divariasikan. Getaran paksa dapat berasal dari massa yang

berputar pada porosnya (omni direction mechanical vibrator, electrodynamic force generator)

atau berupa massa yang bergerak translasi yang keduanya oleh karena adanya induksi listrik

bolak-balik atau berupa gerak hydraulic actuator yang dihasilkan dari kompresi fluida (umumnya

fluida minyak) di dalam piston.

Gb.16. Electrodynamic force generator (horizontal and vertical sine, impulse, swept and random waves (Courtesy of APS ELECTRO SIZE)

(a) (b)

Gb.17. Mechanical vibrator dan magnetic vibrator (Courtesy of LDS-group)

19

Penggetar berbasis Eddy Current ada yang memberikan arah putaran / omni direction (Gb.17.a)

tetapi ada pula yang memberikan arah translasi (Gb.16 dan Gb.17.b). Kelebihan dari tipe

electrodynamic generator (Gb.16) terletak pada kemampuannya membuat getaran impulse,

random dan swept. Penggetar yang menggunakan prinsip massa berputar pada porosnya

(Gb.17.a) memiliki ciri bahwa semakin cepat putaran maka gaya eksitasi yang diakibatkannya

akan semakin besar pula sesuai dengan persamaan F(t) = m.v2. Oleh karenanya hasil dari respon

struktur harus dilakukan koreksi (1/v2) untuk mendapatkan amplitudo dan frekuensi resonansi

yang benar. Semakin rendah frekuensi putarnya akan semakin rendah pula gaya yang

dihasilkannya dan semakin sulit untuk memutar massa yang relatif besar karena arus AC yang

rendah memiliki kemampuan torsi rendah pula. Masalah ini dapat diatasi dengan menggunakan

jenis motor gerak berbasis arus DC.

Penggetar elektrodinamik (Gb.16.a dan Gb.17.b) memiliki kelebihan bahwa gaya yang dihasilkan

oleh perubahan medan magnet ini masih stabil pada frekuensi rendah. Kelemahannya terletak

pada ukuran magnet yang besar (berarti massanya besar) bila ingin dihasilkan gaya dinamik yang

besar. Oleh karena Gaya merupakan fungsi massa dan percepatan, dan percepatan merupakan

kuadrat fungsi frekuensi (A2) maka untuk mendapatkan gaya yang sama pada frekuensi tinggi

simpangan yang dihasilkan semakin rendah.

Penggetar hydraulic beraksi ganda (double acting hydraulic actuator) lebih

mudah diatur baik pola gaya (harmonik, atau random) maupun

simpangannya (stroke). Penggetar ini harus dilengkapi dengan kompressor,

tandon fluida dan alat pembangkit getaran (signal generator dan amplifier).

Namun demikian akibat dari dari simpangan/ stroke yang besar dalam waktu

yang lama akan fluida di dalam piston akan menjadi panas, sehingga

biasanya diperlukan juga alat pendingin. Penggerak tipe ini memerlukan

tumpuan dengan massa yang juah lebih besar dan lebih kokoh dari pada

sistem massa yang digetarkan.

Gb.18. Hydraulic actuator (Courtesy of MTS)

Bila struktur itu sangat besar sehingga respon struktur oleh alat pembangkit getaran di atas tidak

dapat direkam oleh transducer pada umumnya maka diperlukan sensor (berbasis kecepatan atau

20

percepatan) yang lebih peka. Dengan sensor yang lebih peka maka getaran struktur oleh gaya

gempa kecil atau getaran lingkungan (ambient vibration) dapat direkam dan kemudian dianalisis.

Fungsi gaya eksitasi F(t) = F(0) sin t saat resonansi yaitu /p = 1 diperoleh hubungan seperti

berikut

x =

kF )0( . DMF. sin (t - ) = dengan DMF =

222 ).2()1(1

rr

DMF = 222 ).2()1(

1rr

= .21

)2(1

2

x =

kF )0(

.21 (28)

Bila kekakuan struktur k dan gaya eksitasinya F(0) bisa diukur maka

kF )0( dapat dihitung.

Kemudian bila simpangan dinamik bisa diukur di lapangan maka redaman bisa dihitung.

Kenyataan kekakuan struktur itu tidak mudah diketahui di lapangan sehingga cara ini bisa

dilakukan pada skala model saja.

Cara lain dapat pula dilakukan dengan merekam frekuensi eksitasi dan amplitudo secara bertahap

mulai dari frekuensi rendah kemudian sampai frekuensi tinggi. Cara ini lebih sederhana namun

juga terbatas pada alat yang dimiliki. Bila struktur itu besar dan kaku maka diperlukan alat yang

cukup besar untuk menggetarkan struktur itu. Dalam kaitan dengan cara ini ada yang dilakukan

secara cepat (sweep frequency excitation) dan ada yang dilakukan secara bertahap (steady state

excitation). Metode ini medasarkan pada prinsip setengah daya (half power method), yang

artinya redaman dihitung berdasarkan pada saat energi mencapai separuh dari satu siklusnya.

Pada saat itu amplitudo mencapai 22/1 dari amplitudo saat resonansi (maksimumnya).

DMF = = .21 xr =

kF )0(

.21

kF )0(

= 2..xr

Memasukkan persamaan x = 2)2/1( xr ke dalam persamaan umum

x =

kF )0(

DMF = 2..xr .DMF maka akan diperoleh 2..xr .DMF = [ 2)2/1( ] xr

= [ 2)4/1( ]/DMF =

22).2()1( 222 rr

0)81()()24()( 22222 rr

21

)221()( 222 r dan )221()( 222 r sehingga = 4

21

22 rr (29)

Bila redaman itu kecil maka redaman dapat ditulis pula = 2

12 rr

Contoh -1 :

Balok dengan berat sendiri diabaikan, diletakkan di atas tumpuan sederhana dengan bentangan

6m. Ditengah bentangan ada massa sebesar M = 30000 kg, diketahui pula inersia tampang balok

I = 10-2 m4 dengan modulus elastisitas bahan E = 14.106 kN/m2

Pertanyaan :

1. Massa itu dikenai impulse vertikal sebesar 15000 kgm/dt (Newton). Pada saat dikerjakan

impulse yaitu pada t = 0 balok dalam kondisi diam (x = 0). Berapakah simpangan dan

kecepatan pada t = 0,45 dt bila frekuensi rotasi sistem p = 32,2 rad/det ? Lihat Gambar A.a.

2. Bila pada sistem dikerjakan gaya periodik vertikal F(t) = 300 sin 4t kN (lihat Gambar A.b)

berapakah simpangan dan kecepatan pada t = 0,5 dt bila pada t = 0 simpangan x = 0 ?

3. Bila gaya periodik F(t) = 200 kN diperkirakan sebagai gaya konstan seperti pada Gambar A.c

hitunglah simpangan dan kecepatan pada saat t = 0,5 dt (bandingkan hasil hitungan dengan

jawaban 2)

Gb.A. Sistem Berderajat Tunggal

Jawab : 1. px = 0

hx = A sin t + B cos t dapat pula ditulis

hx = C cos (pt + ) )(cos ptCxxx hp

x = -C.p sin (pt + )

Saat t = 0 maka x = 0, 0 = -C cos

C 0 = 90o = /2

Saat t = 0 maka x = I/m I/m = -C.p sin (0 + /2) sin /2 = 1

C = -I/(m.p) = -15.000/(32,2 .30000) = -0,01552 m

3m 3m

M a)

b)

c)

0,25 0,50

dt

300 kN

0 0,45 dt

15000 N

t=0,25 0,50

dt

200 kN

22

Simpangan pada saat t = 0,45 dt

x = C cos (pt + ) = -0,01552 cos (32,2.0,45 + /2) = 0,0145 m

Kecepatan pada saat t = 0,45 dt

x = -C.p sin (pt + ) = 0,01552.32,2.sin (32,2.0,45 + /2) = -0,1724 m/dt

2. x = C cos (pt + ) + )(

sin)(22

pm

ttF

x = C cos (pt + ) + })4(2,32{30000

4sin10.30022

3

t= C cos (pt + ) + 0,0113.sin 4t

Pada saat t = 0 maka x = 0

0 = C cos (0 + ) C 0 = 90o = /2

Persamaan kecepatan merupakan turunan dari persamaan simpangan :

x = -C.p sin (pt + /2) + 0,0113.( 4 ).cos 4t


0 = -C.32,2 sin (/2) + 0,0113.( 4 ).cos 0 = - 32,2.C.1 + 0,142

C = 0,142/32,2 = 4,41.10-3 m

Simpangan pada saat t = 0,5 dt

x = C cos (pt + ) + 0,0113.sin 4t = = 4,41.10-3 cos (32,2.0,5 + /2) + 0,0113.sin (4.0,5)

x = 4,41.10-3 cos (17,67) + 0,0113.sin (6,283) = 1,681.10-3 m Kecepatan pada saat t = 0,5 dt

x = -4,41.10-3 .32,2 sin (32,2.0,5 + /2) + 0,0113.( 4 ).cos 4.0,5

x = 0,13122 + 0,142 = 0,2732 m/dt

3. k = m.p2 = 30000.(32,2)2 = 31105,2.103

x = C cos (pt + ) + k

F )0( = C cos (pt + ) + 33

31105,2.1010.200

x = C cos (pt + ) + 6,4297.10-3


0 = C cos (0 + ) + 6,4297.10-3 C = cos

10.4297,6 3

Persamaan kecepatan merupakan turunan dari persamaan simpangan :

x = - C.p sin (pt + )


0 = - 32,2.C sin (0 + ) 0 = - 32,2. cos

10.4297,6 3sin

23

0 = 0,207 tan = 0 C = cos

10.4297,6 3 = - 6,4297.10-3

Persamaan simpangan :

x = C cos (pt + ) + 6,4297.10-3

x = - 6,4297.10-3 cos (32,2.t) + 6,4297.10-3

Pada saat 0,25 dt sistem telah mengalami perubahan gaya. Perubahan gaya eksitasi dari 200

kN menjadi 200 kN berlangsung sampai 0,5 dt. Jadi gaya eksitasi -200 kN hanya menjalani

waktu 0,25 dt sampai dengan t = 0,5 dt.(lihat Gambar I.c)

25,0x = - 6,4297.10-3 cos (32,2.0,25) + 6,4297.10-3 = 7,682.10-3 m

25,0x = - C.p sin (pt) = - 6,4297.10-3 .32,2.sin (32,2.0,25) = 0,2030 m/dt

Contoh 2 :

Mesin berputar pada 2400 r.p.m, gaya tak berimbang pada putaran tersebut sebesar 5 kN. Bila

massa mesin 10.000 kg, berapakah kekakuan struktur fondasi agar gaya yang ditransfer hanya 0,4

kN bila redaman dapat dianggap sangat kecil = 0% ?

Jawab :

f = 2400/ 60 = 40 c.p.s = 40 Hz = 2f = 2..40 = 80 radian/detik

TR = 0,4/5 = 0,08 0,08 = )1(

12r

r2 = abs (1-12,5) r = 3,39

Bila frekuensi eksitasi = 80 = 251,2 rad/dt

p = 3,39 p = 74,4 rad/dt

P2 =

mk massa , k = p2 .m = 74,42. 10000 = 54567000 N/m = 54567 kN/m

Contoh 3 :

Bila hasil suatu eksperimen dengan getarn bebas (free vibration) mendapati x1 dan x2 berturut

turut sebesar 1,5 mm dan 0,3 mm pada rentang amplitudo sebanyak 6 siklus (N = 6), berapakah

rasio redaman ?

Jawab :

ln

2

1

xx =

21..2

N ln

3,05,1 = 1,609 1,609 =

216..2

Dari persamaan kuadrat diperoleh : = 0,0426 = 4,26 %

24

Bila redaman bisa dianggap kecil maka persamaan (c) menjadi 1,609 = 12.. sehingga =

1,609/(12.) = 0,0427 4,27 % (pengabaian 21 tidak memberikan hasil yang berarti)

Contoh 4 :

Suatu motor penggetar memberikan gaya imbalance 0,09 kN pada saat resonansi. Simpangan

dinamik pada saat resonan itu diukur sebesar 0,18 mm. Bila kekakuan struktur 3000 N/m

berapakah redaman struktur itu ?

xstatik =

ktF )( =

300010.09,0 3 = 0,03 mm xdinamik = xstatik.DMF 0,18 = 0,03.DMF

DMF = 6 6 = .21 = 1/12 = 0,0833 = 8,33%

Contoh 5 :

Lendutan saat resonansi sebesar A = 1,45 mm yaitu pada frekuensi fr = 20 Hz. Pada amplitudo

A/2 diperoleh frekuensi f2 dan f1 sebesar 20,4 Hz dan 19,5 Hz. Hitunglah redamannya !!

r1 = f1 / fr = 19,5/20 = 0,975 dan r2 = f2 / fr = 20,4/20 = 1,02

= 2

12 rr = 2

975,002,1 = 0,0224 = 2,24 %

F. Penyelesaian Persamaan Matriks dengan Menggunakan Metode Pendekatan Kekakuan pada Sistem Berderajat Satu Takterredam (Undamped SDOF by Stiffness Approach)

Kekakuan dengan mudah dapat dilihat dari nilai banding antara gaya dan lendutan yang terjadi.

Namun demikian dalam kenyataan tidak semua struktur dapat didorong atau lendutan dapat

diamati dengan mudah. Problem utama dalam penentuan karakteristik dinamik secara teoritik

terletak pada penentuan kekakuan struktur secara sistem. Metode pendekatan kekakuan (stiffness

approach) umumnya digunakan untuk struktur statika tak tentu (indeterminate) namun dapat pula

digunakan untuk penghitungan statika tertentu (determinate).

Bila ujung batang disimpangkan tegak lurus sumbunya akan menimbulkan momen sebanding

lurus dengan simpangannya, inersia dan modulus elastisitasnya, tetapi berbanding terbalik

P

Gb.19. Kekakuan dari batang

kantilever, k = P/

25

dengan bentangannya. Bila kedua ujung dikekang sempurna dan salah satu ujungnya

disimpangkan tegak lurus sumbu batang sebesar maka akan menimbulkan momen :

LEIMM CBBC

..6 (30)

Bila salah satu ujung yang dikekang sempurna diberi simpangan tegak lurus sumbu batangnya

sebesar tetapi ujung yang lain dibiarkan tertumpu oleh sendi/ roll maka akan menimbulkan

momen :

LEIM BC

..3 (31)

Bila salah satu ujung batang diberi momen dan ujung yang lain dibiarkan ditumpu oleh roll atau

sendi maka hubungan antara sudut dan momen seperti berikut :

EILM BC

B .3.

L

EIM BBC..3

(32)

Bila kedua ujung itu diberi momen maka hubungan sudut dan momen akan seperti berikut :

EILM

EILM CBBC

B .6.

.3.

(33)

EILM

EILM BCCB

C .6.

.3.

(34)

Mensubstitusikan persamaan (33) dan (34) akan diperoleh persamaan baru

MBC

MBC

MCB

MBC

B

B

MBC

MCB

C

Gb.20. Momen oleh sebab simpangan (jepit-jepit)

Gb.21. Momen oleh sebab simpangan (jepit-sendi)

Gb.22. Momen oleh sebab puntiran (jepit-sendi)

Gb.23. Momen oleh sebab puntiran (jepit-jepit)

L

L

L

L

26

BCBCCB LEI

LEI

LEIM .2.2..2..4 (35)

CBCBBC LEI

LEI

LEIM .2.2..2..4 (36)

Mensubstitusikan persamaan (30) ke dalam persamaan (35) dan persamaan (31) ke dalam

persamaan (36) dapat diperoleh persamaan umum seperti berikut ini.

Untuk ujung terkekang :

LLEIM CBBC

.3.2.2 (37)

Untuk ujung sendi/roll :

LLEIM BBC

.3 (38)

Tanda positif bila oleh gaya lateral itu menyebabkan ujung kanan lebih rendah dari pada ujung

kiri (sumbu batang itu dilihat secara horisontal), dan sebaliknya. Contoh dalam Gb.30 dan Gb.31

di atas menunjukkan negatif. Menggunakan persamaan (37) dan (38) dapat dihitung momen

primer (fixed end moment) dan faktor distribusi. Pendistribusian momen dapat dilakukan dengan

menggunakan berbagai cara, diantaranya cara Hardy Cross. Setelah momen terdistribusi maka

keseimbangan gaya pada sekitar gaya W (yang menyebabkan momen primer) dapat dihitung,

sehingga kekakuan struktur dapat diketahui dari persamaan keseimbangan. Untuk memudahkan

penghitungan gaya geser perlu disepakati bahwa momen pada ujung batang yang ditinjau selalu

berarah ke kanan dan gaya geser dibuat sedemikian sehingga perkalian gaya dan lengan

menghasilkan arah yang berlawanan dengan arah momennya.

Contoh 6 :

Hitunglah kekakuan struktur balok struktur statik tak tentu di bawah ini bila arah goyangan massa

sebesar = m itu vertikal (ke atas dan ke bawah).

Gb. B. Sistem berderajat tunggal getaran bebas

L L L

EI EI EI

A B

C D

27

Momen primer (fixed end moment) :

2..3

LEIM FBA

2..6

LEIMM FCB

FBC

Misal RL

EI2

.

RM FBA 3

RM FBC 6 Faktor distribusi :

LEIM BRBA

..3 428,0

433

BADF

LEIM BRBC

..4 572,0

434

BCDF

LEIM CRCB

..4

21

CBDF

LEI

M CRCD..4

21

CDDF

Tabel B-1. Distribusi momen

B C D

BA BC CB CD DC 0.428 0.572 0.5 0.5

-3.0R 6.0R 6.0R

-1.284R -1.716R -0.858R

-1.29R -2.57R -2.57R -1.29R

0.55R 0.74R

-3.73R 3.73R 2.57R -2.57R -1.29R

Gb.B.b. Keseimbangan gaya dalam

MBA MBC

MCB

VBA VBC

W

MBA

MBC

MCB

Gb.B.a. Momen primer

28

MA = 0 0. LVM BABA LMV BABA = -3,73.R/L

MC = 0 0. LVMM CBCBBC LMMV CBBCCB

= (3,73+2,57).R/L

= 6,3.R/L Persamaan keseimbangan gaya di titik B : W + VBA VBC = 0

0/.3,6/.73,3 LRLRW 0/.03,10 LRW 0..03,10 3 LEIW

3.03,10/ LEIWk

G. Penyelesaian Persamaan Matriks dengan Menggunakan Metode Pendekatan Fleksibilitas pada Sistem Berderajat Satu Takterredam (Undamped SDOF by Flexibility Approach)

Cara ini hanya diperuntukkan bagi struktur statik tertentu (determinate). Flexibility merupakan

kebalikan dari stiffness jadi persamaan k = P/ F = 1/k = / P F.P = . Lendutan

merupakan perkalian antara luasan momen oleh gaya 1 satuan pada arah goyangan yang ditinjau

dan luasan momen oleh massa W pada arah goyangan yang ditinjau.

sEIMm

EIM .

(39)

dengan :

m = momen statik oleh beban 1 satuan pada arah yg ditinjau

M = momen statik oleh beban W pada arah yg ditinjau

Contoh - 7 :

Bila EI semua batang sama pada sistem struktur sederhana, hitunglah kekakuan struktur tersebut

di bawah ini

xmMEI

xmMEI

L

xx

L

xx ..1..1

2

00

xxEIWxx

EIW LL

..9.1.

.9.4 2

0

2

0

2 LL

xEIWx

EIW 2

0

3

0

3

31

.9

.131

.9.4

EILW

EILW

EILW

.27..12

.27..8

.27..4 333

WF. EILF

.27.12 3

3.12.27//1

LEIWFk

29

Contoh - 8 :

Struktur portal sederhana seperti gambar di bawah, EI semua batang dianggap sama, hitunglah

fleksibilitas strukturnya.

xmMEI

xmMEI

L

xx

L

xx ..1..1

2

00

xxEIWxx

EIW LL

..1..4

2

0

2

0

2

2L L

W 1

W 1

2 2W

Mx=W.x mx=1.x

Mx=2W.x mx=2.x

x x

x x

Gb.D. Portal sederhana getaran bebas takterredam

2L L

2L L

W

2W/3 1W/3

2L L

1

2/3 1/3 mx=2.x/3

x

Mx=2W.x/3

mx=1.x/3 x

Mx=W.x/3

Gb.C. Sistem berderajat tunggal getaran bebas

B

A

C

30

LL

xEIWx

EIW 2

0

3

0

3

31.1

31.4

EI

LWEI

LWEI

LW.3

..12.3

..8.3

..4 333

3.4./

LEIWk

Contoh - 9 :

Mirip dengan contoh - 8, tetapi batang horisontal dibuat sangat kaku (EI sangat besar)

xmMEI

L

xx ..1 2

0

xxEIW L

..1 2

0

2

L

xEIW 2

0

3

31.1

EILW

.3..8 3

3.8..3/

LEIWk

Contoh - 10 :

Mirip dengan contoh - 9, tetapi kolom sisi bawah dijepit. Karena struktur statik tak tentu maka

penyelesaian menggunakan metode stiffness

Momen jepit :

22 .2..3

)2(..6

LEI

LEIMM FAB

FBA

Misal RL

EI2

. RMM FABFBA 5,1

Faktor distribusi :

LEI

LEIM BBRBA

..2).2(

..4 4,0

322

BADF

LEIM BRBC

..3 6,0

323

BCDF

MA = 0 02. LVMM BAABBA

W

B C

A

W 1

W 1

2 2W

Mx=W.x mx=1.x

Mx=2W.x mx=2.x

x x

Gb.E. Portal sederhana balok sangat kaku getaran bebas

Gb.F. Portal sederhana balok fleksibel

31

LMMV ABBABA 2

= -1,05.R/L

A B

AB BA BC

0.4 0.6

-1.50R -1.50R

0.30R 0.60R 0.90R

-1.20R -0.90R 0.90R

Persamaan keseimbangan gaya di titik B : W + VBA = 0

0/.05,1 LRW LRW /.05,1 3..05,1

LEIW

3.05,1/ LEIWk

H. Sistem Berderajat Banyak Takterredam - Getaran Bebas (Free Vibration of Undamped MDOF)

Untuk menjabarkan persamaan sistem berderajat banyak di bawah ini akan dilakukan untuk

sistem berderajat dua karena alasan kemudahan dalam proses perhitungan matriks secara manual.

Gb. 24. Sistem berderajat dua takterredam oleh getaran bebas

Keseimbangan pada massa m1 :

11.xm = ).( 122 xxk - ).( 11 xk

11.xm = 11222 )(. xkkxk 11.xm + 22112 .)( xkxkk = 0 (40)

Keseimbangan pada massa m2 :

x1 X2

1k 2k

W

VBA

VAB

VBA

MBA

MAB

m1 m2

11.xk11.xm 22 .xm ).( 122 xxk

).( 122 xxk

32

22 .xm + ).( 122 xxk = 0

22 .xm + 1222 .. xkxk = 0 (41)

Substitusi kedua persamaan (40) dan (41) di atas diperoleh persamaan matriks di bawah ini

2

1

2

1

0

0xx

m

m

+

2

1

22

221 )(xx

kkkkk

= 0 (42)

xM + xK = 0 M = matriks massa, biasanya matrik diagonal K = matriks kekakuan, biasanya matrik simetri x = vektor percepatan x = vektor simpangan Penyelesaian persamaan diferensial diperoleh dengan memasukkan persamaan particular, xp = 0

dan persamaan homogeneous, x1h = )(cos.1 ptX dan x2h = )(cos.2 ptX . Karena x = xp +

xh dan xp = 0, maka selanjutnya x1h ditulis x1 dan x2h ditulis x2

Turunan pertama dan kedua dari dua persamaan terakhir didapat :

1x = )(sin.1 ptX hx1 = = )(cos..2

1 ptpX

2x = )(sin.2 ptX hx2 = = )(cos..2

2 ptpX

Memasukkan persamaan turunan kedua ke dalam persamaan (28) dan (29) didapat :

11.xm + 22112 .)( XkXkk = 0 2

11 .. pXm + 22112 .)( xkxkk = 0

22.xm + 1222 .. xkxk = 0 .. 22 Xm + 1222 .. XkXk = 0

Bentuk matriks dua persamaan terakhir sebagai berikut

2

1

2

12

0

0xx

m

mp +

2

1

22

221 )(xx

kkkkk

= 0

2

1

2

12

0

0xx

m

mp +

2

1

2221

1211

xx

KKKK

= 0

xMp2 + xK = 0 KMp 2 x = 0 perkalian sama dengan nol berarti KMp 2 = 0 tetapi x 0, persamaan sama dengan nol (=0) maka determinan dari

persamaan itu juga sama dengan nol (=0)

MpK 2 = 0

33

2221

1211

KKKK

2

12

0

0

m

mp = 0

).().(

22

2221

1212

11

mpKKKmpK

= 0 (43)

).( 12

11 mpK ).( 22

22 mpK - ))(( 2112 KK = 0

))(( 1211 KK - )..( 22

11 mpK - )..( 12

22 mpK + )..( 214 mmp - ))(( 2112 KK = 0

421 )..( pmm -

2122211 )...( pmKmK - { ))(( 2112 KK - ))(( 1211 KK } = 0

Contoh 11 :

Sistem seperti dalam Gb.24, struktur memiliki massa = m1 dan m2 berturut-turut 5000 kg dan

10000 kg. Bila massa m2 ditarik ke kanan sebesar x2 maka massa di m1 akan tertarik sebesar x1.

Bila k1 dan k2 berturut-turut 100 kN/m dan 150 kN/m. Hitunglah frekuensi alami ke-1 dan ke-2.

421 )..( pmm -

2122211 )...( pmKmK - { ))(( 2112 KK - ))(( 1211 KK } = 0

4).10000.5000( p - 233 ).5000.10.15010000.10).150100{( p - { 610).150)(150( - 33 10).150.(10).150100( } = 0

5.107.p4 3,25.109.p2 + 1,5.1010 = 0 5.p4 325.p2 + 1500 = 0

(p2)12 = 5.2

1500.5.4325325 2 = 10

75625325

(p2)1 = 50/10 = 5 p1 = 5 = 2,236 rad/dt dan

(p2)2 = 600/10 = 60 p2 = 60 = 7,746 rad/dt

Penyelesaian nilai frekuensi di atas dinamakan penyelesaian Eigen Value dan jumlah Eigen

Value bergantung pada derajat kebebasan sistem.

Untuk mendapatkan pola getaran dari sistem berderajat dua di atas dilakukan substitusi

persamaan berikut :

x1 = )(cos.1 ptX diubah menjadi x1 = )(cos. 1111 tpX + )(cos. 2212 tpX

x2 = )(cos.2 ptX diubah menjadi x2 = )(cos. 1121 tpX + )(cos. 2222 tpX

2

1

xx

=

2221

1211

XXXX

)(cos)(cos

22

11

tptp

Untuk mendapatkan nilai 11X , 12X , 21X , 22X , 1 dan 2 dilakukan penyelesaian persamaan (31) berikut :

34

2

1

2221

1211

xx

KKKK

2

1

2

12

0

0xx

m

mp = 0

).().(

22

2221

1212

11

mpKKKmpK

2

1

xx

= 0

222

22121

212112

11

.)..(...).(xmpKxKxKxmpK

= 0

212112

11 ..).( xKxmpK = 0 112

12

112

).( xK

mpKx (44)

atau

0)..(. 222

22121 xmpKxK 12

222

212 ).(

xmpK

Kx

(45)

Persamaaan (44) dan (45) merupakan pola arah dari getaran itu, dan disebut Eigen Vector

Contoh 12 :

Gambarlah pola getaran dari contoh 11 (Gb.24) dan juga persamaan gerak yang sesungguhnya

bila diketahui p1 = 2,236 rad/dt, p2 = 7,746 rad/dt pada saat t = 0 x1 = 0,02 m dan 01 x ,

demikian pula pada saat t = 0 x2 = 0,01 m dan 02 x ?

22

221 )(kkkkk

=

2221

1211

KKKK

Untuk p = p1 p2 = p12 = 5

111 Xx dan 212 Xx

Bila 1111 CXx persamaan (33) menjadi

12

222

21212 ).(

CmpK

KXx

133

)10000.510.150(10).150( C

= 1,5 C1

2

1

xx

=

1

1

5,1 CC

Dengan cara serupa dapat pula diturunkan persamaan :

121 Xx dan 222 Xx Untuk p = p2 p2 = p22 = 60

Gb.G di bawah ini menunjukkan pola getaran yang disebut mode shape dari sistem berderajat

dua. Pola pertama (first mode) menunjukkan arah gerakan yang sama untuk kedua massa itu,

sedang pola kedua (second mode) menunjukkan arah yang berlawanan.

35

Gb.G. Pola getaran sistem berderajat dua takterredam

Bila 2221 CXx persamaan (33) menjadi

22

222

21222 ).(

CmpK

KXx

233

)10000.6010.150(10).150( C

= - 0,333 C2

2

1

xx

=

2

2

333,0 CC

Dari persamaaan (34) dan (35) didapatkan :

2

1

xx

=

2221

1211

XXXX

)(cos)(cos

22

11

tptp

2

1

xx

=

21

21

333,0.5,1 CCCC

)(cos)(cos

22

11

tptp

Parameter C1, C2, 1, 2 dapat ditetapkan melalui kondisi batas. Persamaan terakhir sering ditulis

seperti berikut :

2

1

xx

= 21 EE

)(cos)(cos

22

11

tptp

x2 =1,5C2 x1 =C1

x2 = -0,333C2 x1 =C1

36

x1 = )(cos. 1111 tpX + )(cos. 2212 tpX ; x2 = )(cos. 1121 tpX + )(cos. 2222 tpX

x1 = )(cos. 111 tpC + )(cos. 222 tpC (a)

x2 = )(cos..5,1 111 tpC )(cos..33,0 222 tpC (b)

1x = )(sin.. 1111 tppC )(cos. 2222 tppC (c)

2x = )(sin..5,1 1111 tppC )(sin..33,0 2222 tppC (d)

Memasukkan kondisi batas ke dalam persamaan (36) ,(37), (38) dan (39)

0,02 = )(cos. 11 C + )(cos. 22 C (e)

0,01 = )(cos..5,1 11 C )(cos..33,0 22 C (f)

0 = )(sin.236,2. 11 C )(cos746,7. 22 C (g)

0 = )(sin236,2..5,1 11 C )(sin746,7..33,0 22 C (h)

Bila persamaan (h) dibagi dengan 1,5 dan kemudian disubstitusikan ke dalam persamaan (g)

didapat :

0 = 0 9,465.C2 sin 2 2 = 0

Memmasukkan 2 = 0 ke dalam persamaan (c) menjadi

0 = 2,236.C1 sin 1 0 1 = 0 Menstutisusikan 1 = 0 dan 2 = 0 ke dalam persamaan (a) dan (b)

0,02 = C1 + C2

0,01 = 1,5 C1 0,333 C2

Dua persamaan terakhir menghasilkan C1 = 0,00909 dan C2 = 0,01091

Persamaan gerak dari sistem berderajat dua itu menjadi :

x1 = ).236,2(cos.00909,0 t + ).746,7(cos.01091,0 t (i)

x2 = ).236,2(cos.00909,0.5,1 t ).746,7(cos.01091,0.33,0 t (j)

Menggunakan persamaan terakhir dapat dihitung simpangan sistem pada berbagai waktu (t).

I. Penyelesaian Persamaan Matriks dengan Menggunakan Metode Pendekatan Kekakuan pada Sistem Berderajat Banyak Takterredam (Free Vibration of Undamped MDOF Stiffmess Approach)

Cara lain untuk menjelaskan persamaan gerak dinamika

struktur dapat pula dilakukan dengan metode kekakuan.

Seperti diketahui bahwa kekakuan merupakan fungsi dari

gaya dibagi dengan simpangan pada arah gaya itu (K =

P

P = K.

37

P/).

Prosedur pembentukan persamaan dilakukan dengan menahan semua posisi massa, kemudian

pada sebuah massa diberikan gaya (P) yang akan menyebabkan simpangan sebesar () pada arah

yang sama dengan (P). Oleh gaya (P) tersebut pada massa lain terjadi reaksi keseimbangan gaya-

gaya dalam. Dengan cara serupa gaya luar (P) itu diberikan secara bergantian sehingga hubungan

gaya dan simpangan pada masing-masing massa diperoleh dan dengan demikian matriks

hubungan gaya, kekakuan dan simpangan dapat dibentuk. Metode ini sesuai untuk sistem

berderajat banyak (statika tak tentu/ indeterminate structure). Di bawah ini dijelaskan bagaimana

persamaan matriks kekakuan dari sistem berderajat dua diturunkan.

P = K . untuk sistem berderajat banyak diperoleh matriks [P] = [K].{}

Gb.25. Gaya P11 dikenakan pada m1 sementara m2 ditahan

Gb.26. Gaya P22 dikenakan pada m2 sementara m1 ditahan

P11 = gaya pada titik 1 oleh perubahan simpangan sebesar 1 di massa m1

P21 = gaya pada titik 2 oleh perubahan simpangan sebesar 1 di massa m1

P22 = gaya pada titik 2 oleh perubahan simpangan sebesar 2 di massa m2 P12 = gaya pada titik 1 oleh perubahan simpangan sebesar 2 di massa m2

Pada massa-1 dari Gb.21 terdapat persamaan keseimbangan : P11 = k1. 1+ k2. 1 Pada massa-2 dari Gb.21 terdapat persamaan keseimbangan : P21 = - k2. 1

Pada massa-1 dari Gb.22 terdapat persamaan keseimbangan : P12 = - k2. 2 Pada massa-2 dari Gb.22 terdapat persamaan keseimbangan : P22 = k2. 2

Dari ke empat persamaan dapat dibentuk matrik seperti berikut di bawah ini :

P21

1k 2k1

P11 11.k 21.k 21.k

m2 m1

2k1k

P12

2

P22 22 .k 22 .k

m2 m1

38

2221

1211

PPPP

=

22

221 )(kkkkk

2

1

Karena matriks kekakuan selalu simetrik pada K12 = K21 maka dalam perhitungan selanjutnya

maka hitungan kekakuan cukup dihitung K11 , K22 , dan K12 atau K21

Contoh - 13 :

Hitunglah kekakuan struktur di atas bila arah goyangan massa mB = 10 ton dan mD = 5 ton itu ke

atas dan ke bawah saja, EI = 42.000 kN/m2, L = 3m.

Gb.H. Sistem berderajat dua, getaran bebas.

Titik D ditahan dan titik B diberi gaya ke bawah PBB Momen jepit :

RL

EIM BFBA 2..3 dengan 2

..3L

EIR B

RLEIMM FCB

FBC 2

..62

Faktor distribusi :

LEIM BRBA

..3 428,0

433

BADF

LEIM BRBC

..4 572,0

434

BCDF

LEI

M CRCB..4

572,0CBDF

LEIM CRCD

..3 428,0CDDF

MA = 0 0. LVM BABA LMV BABA = -0,406.R

MC = 0 0. LVMM BCCBBC LMMV CBBCBC

= (1,218+0,740).R/L

= 0,652.R

MD = 0 0. LVM CDCD LMV CDCD = -0,264.R

L L L

EI EI EI

A B

C D

MBA

MBC

MCB

Gb.H.a. Momen primer

39

Tabel 2. Distribusi momen ke-1

B C BA BC CB CD

0.428 0.572 0.572 0.428

-1.0R 2.0R 2.0R

-0.428R -0.572R -0.286R

-0.490R -0.980R -0.733R

0.209R 0.280R 0.140R

-0.080R -0.060R

-1.218R 1.218R 0.790R -0.793R

Gb.H.b. Keseimbangan gaya dalam

Persamaan keseimbangan gaya di titik B :

PBB + VBA VBC = 0

0.652,0406,0 RRPBB 0.06,1 RPBB RPBB .06,1 = 14812.B Persamaan keseimbangan gaya di titik D :

PDB + VDC = 0

0.264,0 RPDB RPDB .264,0 = 3700.B

BDB

BB

PP

370014812

Titik B ditahan dan titik D diberi gaya ke bawah PDD Momen jepit :

RL

EIM DFCD 2..3 dengan 2

..3L

EIR D

0 FCBFBC MM

Faktor distribusi :

MBA MBC

MCB

VBA VBC

PBB MCD PDB

VCD VDC

MCD

40

LEIM CRCD

..3 428,0

433

CDADF

LEI

M CRCB..4

572,043

4

CBDF

LEIM BRBC

..4 572,0BCDF

LEIM BRBA

..3 428,0BADF

Tabel 3. Distribusi momen ke-2

B C

BA BC CB CD 0.428 0.572 0.572 0.428

-1.0R

+0.286R +0.572R +0.428R

-0.122R -0.164R -0.082R

+0.024R +0,047R +0.035R

-0.010R -0.013R

-0.132R 0.133R 0.537R -0.537R

Gb. H.c. Keseimbangan gaya dalam

MA = 0 0. LVM BABA LMV BABA = -0,044.R

MC = 0 0. LVMM BCCBBC LMMV CBBCBC

= (0,133+0,537).R

= 0,223.R

MD = 0 0. LVM CDCD LMV CDCD = -0,179.R

Persamaan keseimbangan gaya di titik B : PBD + VBA VBC = 0

0.223,0044,0 RRPBD 0.267,0 RPBD RPBD .267,0 = 3738.B

MBA MBC

MCB

VBA VBC

PBD MCD PDD

VCD VDC

41

Persamaan keseimbangan gaya di titik D : PDB + VDC = 0

0.179,0 RPDD RPDD .179,0 = 3700.B

BDD

BD

PP

25063700

Dari hasil tersebut dapat diperoleh matrik kekakuan [P]=[K].{}

D

B

DDDB

BDBB

PPPP

25063700370014812

[K]-p2[M]=0

050000010000

25063700370014812

10 23

p

0).500010.2506(10.3700

10.3700).1000010.14812(233

323

pp

Determinan dari matrik 2 x 2 :

010.3700).500010.2506)(.1000010.14812( 622323 pp

06.1708}{ 2,12 p dtradp /32,4106.17082 f2= p2=/(2.) = 6,58 Hz

33,274}{ 2,12 p dtradp /56,1633,2741 f1= p1=/(2.) = 2,64 Hz

J. Penyelesaian Persamaan Matriks dengan Menggunakan Metode Pendekatan Fleksibilitas - Sistem Berderajat Banyak Takterredam (Undamped MDOF by Flexibility Approach)

[ K p2.M]{ x } = 0 xMpxK ... 2 = 0 bila F = K-1 0...]..[ 211 xMpKxKK

0..].1[ 12 xMKx

p bila 2

2 1p

0...2 xMFx 0}].{.[ 2 xMF

= F.P

2

1

2221

1211

2

1

PP

FFFF

= . E = ( /L). E (P/A) = ( /L). E

42

Gb. 27. Penyelesaian matriks MDOF dengan metode fleksibilitas

PAE

LAELP .

...

dengan ..AELF

1211

12

11221221 ...

...

....... PFP

AELpp

AELPpp

AELPpp

2222

22

22222222 ...

...

....... PFP

AELpp

AELPpp

AELPpp

1111

11

11111111 ...

...

....... PFP

AELpp

AELPpp

AELPpp

AELpp

AELpp

AELpp

AELpp

FFFF

...

...

....

...

22

12

21

11

2221

1211 (46)

Metode pendekatan fleksibilitas ini cocok untuk penyelesaian struktur rangka batang (truss)

Contoh 15 :

Bila dalam Gb.27 diketahui L/EA batang AB = 0,0100 sedang L/EA batang BC = 0,0067,

hitunglah matriks fleksibilitas sistem itu !

1 sat di

m1 p1

1 sat di

m2 p2 L/EA p1.p1.L/EA p1.p2.L/EA p2.p2.L/EA

AB 1 1 0,0100 0,0100 0,0100 0,0100

BC 0 1 0,0067 0 0 0,0067

Jumlah 0,0100 0,0100 0,0167

F11 F12=F21 F22

A B C

1 1 p2

1 1

1 1 p1

1

1

m1 m2

43

0167,00001,00100,00001,0

2221

1211

FFFF

Contoh - 16 :

Sistem seperti dalam contoh - 11, massa m1 dan m2 berturut-turut 5000 kg dan 10000 kg. Bila

massa m2 ditarik ke kanan sebesar x2 maka massa di m1 akan tertarik sebesar x1. Bila k1 dan k2

berturut-turut 100 kN/m dan 150 kN/m. Hitunglah frekuensi alami ke-1 dan ke-2.

2221

1211

KKKK

K =

22

221

kkkkk

=

150150150250

103

F = K-1=

66,11

1110 5

F.M 2 = 0

66,11

1110 5

10000005000

-

2

2

00

= 0

1660005000100005000

10 5 -

2

2

00

= 0

66,1050,010,0050,0

-

2

2

00

= 0

(0,05 - 2)(1,66 - 2) 0,1.0,05 = 0 (2)2 0,216.2 + 0,0033 = 0

(2)1 = 0,2 (p2)1 = 1/(2)1 = 5 rad/dt

(2)2 = 0,0166 (p2)2 = 1/(2)2 = 60 rad/dt

Hasil ini sama dengan perhitungan sebelumnya dalam contoh 11.

Persamaan Eigen Vector dapat dibentuk seperti berikut :

2

1

66,1050,010,0050,0

xx

-

2

2

00

2

1

xx

= 0

2

12

2

66,1050,010,0050,0

xx

= 0

0,05. 1x + (0,166 2). 2x = 0

2x = 12 .166,005,0 x

Untuk = 1 12 = 0,2 dan 1x = C1 2x = 1.2,0166,005,0 C

= 1,5. C1

Untuk = 2 22 = 0,0166 dan 1x = C2 2x = 2.0166,0166,005,0 C

= -0,333. C2

Persamaan Eigen Vector :

44

2

1

xx

= 21 EE

)(cos)(cos

22

11

tptp

=

21

21

333,0.5,1 CCCC

)(cos)(cos

22

11

tptp

Latihan :

1. Sebuah kantilever dengan massa terpusat (M) pada ujungnya

dan sebuah gaya F tiba-tiba dikenakan padanya pada arah

seperti gambar dan melekat pada struktur selama getaran itu.

Hitunglah frekuensi alami pada arah aksial dan lentur.

Jawab :

Aksial : k = AE/L, p = LMEA.. , f = (1/2)

LMEA..

Bending : k = 3EI/L3, p = 3.3

LMEI , f = (1/2 ) 3.

3LM

EI

2. Balok dengan dua bentangan, massa balok

dianggap terpusat di tengah-tengah masing-

masing bentangnya. Hitunglah frekuensi

alami dari sistem bebasnya. Hitung lendutan

dan kecepatan dari masing2 massa setelah 0,8 detik bila kondisi awal diam dan kecepatan

awal 0,4 m/detik untuk massa di sebelah kiri. I = 0,003 m4, E = 14x106 kN/m2

3. Balok kantilever ABC seperti tergambar di atas

memiliki batang BC yang dianggap kaku

sempurna, batang AB dan BC dianggap tidak

punya massa. Bila massa di C sebesar 9.000 kg

diberi simpangan horisontal sebesar 1,5 x 10-2

m dan kemudian dilepas. Hitunglah frekuensi alami dari getaran lenturnya. Hitunglah

lendutan dan kecepatan setelah 1 detik. AB memiliki Inersia, I = 0,003 m4, E = 14x106 kN/m2

Jawab :

92,938,238,2762,0

F 10-7

9000009000

M

F

M

45o

A,E, I, L

0,8m

5m

0,015m

A B

C

3m 6m

M=10.000 kg M=5.000 kg

3m 1,5m

45

p1 = 10,24 rad/dt, f1 = 1,63 Hz >>>> p2 = 78,5 rad/dt, f2 = 12,5 Hz

21

21

.244,0.092,4 cccc

E , X1,0 = -0,0147 m, 0,1X -0,0378 m/dt

Y1,0 = 0,00122 m, 0,1Y 0,0379 m/dt

4. Grafik hubungan lendutan dan

waktu dari sebuah struktur seperti

dalam gambar di atas berupa

sinusoidal yang menghilang secara

eksponensial. Amplitudo

berkurang sebesar 20% (X2 =

0,8.X1) pada siklus ke 50.

Perkirakan nilai dari penurunan logaritma dan persen redaman kritik.

Jawab :

X1 = c. e-n.t , X2 = c. e-n.(t+N.T) 25,18,0

1

2

1 XX

en.50.T = 1,25

Ln (1,25) = n.50.T 0,223 = n.50.T n.T = 0,004463

2.n = c/m 2.n = 2.p.m./m n = p.

T = (2./ p ); T = 22

.2np

21

.2

p n.T =

21..2

pn =

21...2

pp =

21..2

0,004463 = 21

..2

bila 21 dapat dianggap = 1 untuk d kecil

0,00446 = 2.. = 0,00071 = 0,071%

5. Struktur beton bertulang seperti terlihat dalam ambar di bawah terdiri dari

kolom tampang lingkaran yang menopang plat berbentuk lingkaran.

Diameter tampang kolom 240 mm dan tinggi 3m, sedang diameter

lingkaran plat 2000 mm tebal 80mm. Hitunglah frekuensi alami struktur

bila bergetar bebas pada arah a) aksial b) lentur b) torsi, massa kolom

boleh diabaikan, Bj beton 24 kN/m3, E = 14x106 kN/m2 dan G = 6x106

kN/m2

N=50

X1 X2

3m

46

Jawab :

a) k = 2,1.105 kN/m p = 590 rad/dt f = 94 Hz

b) k = 253,6 kN/m p = 20,5 rad/dt f = 3,26 Hz

c) k = 652 kN/m p = 46,5 rad/dt f = 7,4 Hz

6. Portal dengan tiga bentangan memiliki massa

balok 300 kg/m sedang massa kolom diabaikan.

Hitunglah :

a. frekuensi alami horisontal, bila struktur bila

balok dianggap kaku sekali terhadap lentur.

b. frekuensi alami horisontal, bila inersia balok

= 2 x inersia kolom

c. pada kondisi balok dianggap kaku sempurna, hitunglah lendutan dan kecepatan setelah 3

detik bila kondisi awal t = 0 detik lendutan Xo = 0 dan kecepatan, oX 3m/detik. Inersia

kolom = 4x10-4 m4 dan E = 20x107 kN/m2

Jawab :

a. k = 2,58.105 kN/m p = 378,6 rad/dt f = 60,3 Hz

b. k = 1,984.105 kN/m p = 332,0 rad/dt f = 52,8 Hz

c. X = C cos (pt+), C = -0,0079, = /2, X1,0 =-0,0078 m, 0,1X 0,342 m/detik

7. Hitunglah frekuensi alami dari balok kantilever dengan asumsi massa balok separuh dari

panjangnya terpusat di tengah bentangan. Nyatakan jawaban saudara dalam bentuk m =

massa per meter panjang, L = bentang dan EI = kekakuan lentur

Jawab :

k = 107,3 EI/L3, M = mL/2 , p = mEI

L265,14 , T =

mEI

L2.429,0

8. Balok diatas tumpuan sederhana dengan massa 1600 kg akan mendukung beban tambahan

10.000 kg di tengah bentangnya. Asumsikan separuh dari massa balok ditumpukan terpusat di

tengah bentang.

Hitunglah lendutan dan kecepatan di tengah bentang setelah 10 detik

a. bila beban tambahan 10.000 kg itu menempel di tengah bentang tetapi jatuh secara tiba-

tiba setelah 2 detik.

47

b. bila beban tambahan 10.000 kg itu sengaja ditimpakan pada tengah-tengah bentang secara

tiba-tiba setelah 2 detik dan beban itu tetap melekat pada balok.

Balok sebelum 2 detik dianggap tidak bergerak. Bentang L = 4m, I = 6x10-3 m4 dan E =

14x106 kN/m2

Jawab :

Menggunakan kondisi batas lendutan awal :

a. X = C cos (pt+), C = 1,56.10-3 m, =-561,25, untuk t= 2 dt

p = 76,4 rad/dt, X10 =-4,49.10-4 m, 10X -0,419 m/dt

b. C = -1,56.10-3 m, =-152,76, X10 =3,57.10-4 m, 10X 0,1192 m/dt

c. Menggunakan beban kejut dan merubah waktu ke 0

X = C cos (pt+)+Fo/k, = 0, C = 7,44.10-3 m

X = 7,44.10-3 cos (76,4.t+0) + 1,56.10-3, X0 = 3,57.10-3

0X 0,1192 m/dt.

Teori Getaran 2

Documents

Transcript of Teori Getaran 2