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
Turunan pertama dan kedua dari persamaan particular menjadi :
tax p cos. dan tax p sin.2
Memasukkan persamaan terakhir ke dalam persamaan (14) diperoleh :
( 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-).
Turunan pertama dan kedua dari persamaan particular menjadi :
tBtAxp sin.cos. dan tBtAxp cos.sin.22
x
xk.)(tFxm .
xc .
13
Memasukkan persamaan terakhir ke dalam persamaan (22) diperoleh :
( 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
Pada saat t = 0 maka x = 0
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
Pada saat t = 0 maka x = 0
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 + )
Pada saat t = 0 maka x = 0
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.
Top Related