Buku Ajar Analisa Struktur II

ANALISA STRUKTUR II

DISUSUN OLEH :

I PUTU LAINTARAWAN, ST, MT. I NYOMAN SUTA WIDNYANA, ST, MT.

I WAYAN ARTANA, ST.MT

PROGRAM STUDI TEKNIK SIPIL FAKULTAS TEKNIK

KATA PENGANTAR

Puji syukur penulis kami panjatkan kehadapan Tuhan Yang Maha Esa, atas rahmatNya, penyusunan Buku Ajar Analisis Struktur II dapat diselesaikan. Buku Ajar ini disusun untuk menunjang proses belajar mengajar mata kuliah Analisis Struktur II sehingga pelaksanaannya dapat berjalan dengan baik dan lancar, serta pada akhirnya tujuan instruksional umum dari mata kuliah ini dapat dicapai.

Diktat ini bukanlah satu-satunya pegangan mahasiswa untuk mata kuliah ini, terdapat banyak buku yang bisa digunakan sebagai acuan pustaka. Diharapkan mahasiswa bisa mendapatkan materi dari sumber lain.

Penulis menyadari bahwa diktat ini masih banyak kelemahan dan kekurangannya. Oleh karena itu kritik dan saran pembaca dan juga rekan sejawat terutama yang mengasuh mata kuliah ini, sangat kami perlukan untuk kesempurnaan tulisan ini. Untuk itu penulis mengucapkan banyak terima kasih.

DAFTAR ISI

KATA PENGANTAR ... i

DAFTAR ISI ... ii

BAB I RANGKA BATANG STATIS TERTENTU ... 1

1.1 Pendahuluan ... 1

1.2 Tipe-Tipe Rangka Batang ... 2

1.3 Struktur Rangka Batang Statis Tertentu ... 3

1.4 Metode Keseimbangan Titik Simpul ... 5

BAB II STRUKTUR KABEL ... 18

2.1 Pendahuluan ... 18

2.2 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh Balok ... 19

2.3 Langkah-langkah Penyelesaian ... 19

2.4 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh Rangka Batang ... 26

2.5 Kesimpulan ... 29

BAB III STRUKTUR PELENGKUNG ... 30

3.1 Pendahuluan ... 30

3.2 Pelengkung 3 Sendi ... 31

3.3 Penempatan Titik s (Sendi) ... 32

3.4 Mencari Gaya-Gaya Dalam (M, D, N) ... 37

3.5 Muatan Tak Langsung untuk Pelengkung 3 Sendi ... 46

BAB IV METODA CONSISTENT DEFORMATION ... 52

4.1 Pendahuluan ... 52

4.2 Definisi Struktur Statis Tak Tentu ... 52

4.3 Metode Consistent Deformation ... 53

4.4 Langkah-langkah Metoda Consistent Deformation ... 54

4.5 Deformasi Struktur Statis Tertentu ... 58

4.6 Penyelesaian struktur statis tak tentu dengan Metoda Consistent Deformation .... 66

4.7 Penyelesaian Struktur Statis Tak Tentu Akibat Penurunan Perletakan ... 68

BAB V PERSAMAAN TIGA MOMEN ... 71

5.1 Pendahuluan ... 71

5.2 Langkah-langkah Metode Persamaan Tiga Momen ... 72

5.3 Rotasi Batang ... 77

5.4 Penyelesaian Akibat Penurunan Perletakan ... 82

BAB VI METODE SLOPE DEFLECTION ... 84

6.1 Pendahuluan ... 84

6.2 Momen Batang ... 85

6.3 Langkah-Langkah Metoda Slope Deflection ... 92

6.4 Struktur Statis Tak Tentu Akibat Penurunan Perletakan dengan Metoda Slope Deflection. ... 96

BAB VII METODE MOMEN DISTRIBUSI ... 100

7.1 Pendahuluan ... 100

7.2 Prosedur Analisis ... 100

7.3 Contoh Penyelesaian Balok dan Portal dengan Metode Distribusi Momen ... 101

BAB I

RANGKA BATANG STATIS TERTENTU 1.1 Pendahuluan

Rangka batang adalah suatu struktur rangka dengan rangkaian batang-batang berbentuk segitiga. Elemen rangka batang terbuat dari material kayu, baja, aluminium, dan sebagainya. Dalam struktur rangka batang, dipilih bentuk segitiga karena bentuk segitiga adalah suatu bentuk yang stabil, tidak mudah berubah.

Dalam struktur rangka batang, titik buhul sebagai sambungan tetap / stabil dianggap berperilaku sebagai sendi. Untuk menyambung titik buhul digunakan plat buhul. Pada struktur baja sambungan-sambungan pada plat buhul digunakan baut, paku keling atau las. Sedangkan pada konstruksi kayu menggunakan sambungan baut, pasak atau paku.

Gambar 2.1 Bentuk Struktur Rangka Batang

Gambar 1.2 Detail salah satu sambungan

1.2 Tipe-Tipe Rangka Batang

Tipe-tipe rangka batang dapat dikelompokkan menjadi dua, yaitu rangka batang untuk struktur rangka atap dan rangka batang untuk struktur jembatan.

a. Tipe Rangka Batang untuk Struktur Rangka Atap

Gambar 1.3 Tipe rangka batang untuk struktur rangka atap (a) scissor

(b) howe

(c) pratt

(d) fan

(e) fink

(e) cambered fink

(f) warren

(g) sawtooth

(h) bowstring

(i) three-hinged arch

windows

windows roof

b. Tipe Rangka Batang untuk Struktur Jembatan

Gambar 1.4 Tipe rangka batang untuk struktur jembatan (a) Pratt

(b) Howe

(c) Warren (with verticals)

(d) Parker

(e) Baltimore

(f) Subdivided Warren

1.3 Struktur Rangka Batang Statis Tertentu

Struktur rangka batang merupakan kumpulan dari batang-batang yang mana gaya-gaya batang tersebut harus diketahui. Dalam hal ini gaya-gaya batang tersebut beberapa gaya tarik (tensile force) atau tekan (compression force).

Gambar 1.5 Gaya tarik dan tekan pada rangka batang

Untuk menganalisis rangka batang perlu diketahui apakah rangka batang tersebut statis tertentu atau struktur statis tak tentu. Untuk mengetahui struktur rangka batang tersebut statis tertentu atau statis tak tentu dapat dijelaskan dengan persamaan berikut ini.

b + r = 2j (statis tertentu) (1)

b + r > 2j (statis tak tentu) (2)

dimana : b : jumlah batang r : jumlah reaksi

j : jumlah joint Contoh

Gambar 1.6 Rangka batang statis tertentu

Struktur di atas adalah struktur rangka batang statis tertentu, karena b = 13, r = 3, j = 8, sehingga 13 + 3 = 2 (8), 16 = 16 (rangka batang statis tertentu).

tarik tarik tekan tekan RV RH

1.3.1 Metode Keseimbangan Titik Simpul

Ada beberapa metode untuk menyelesaian struktur rangka batang statis tak tentu. Salah satunya adalah metode keseimbangan titik simpul dengan ΣFx = 0 dan ΣFy = 0 atau ΣH = 0 dan ΣV = 0. Untuk menjelaskan metode ini, berikut diberikan contoh perhitungan.

Contoh 1

Diketahui rangka batang dengan geometri dan beban seperti pada gambar. Setiap joint pada rangka batang diasumsikan sebagai sendi. Perletakan titik A sendi dan titik B adalah rol. Hitung gaya-gaya batang struktur tersebut.

Gambar 1.7 Rangka batang statis tertentu untuk contoh 1

Penyelesaian

Reaksi perletakan didapat Ay dan Dy = 4 kN, Ax = 0

Struktur rangka batang di atas adalah struktur rangka batang simetri, sehingga kita tinjau setengah bagian saja.

A

B

C

D

E

F

G

Ay = 4 kN

Dy = 4 kN

Ax = 0

3 kN

3 kN

2 kN

3 m

3 m

3 m

30

0

60

0

60

0

60

0

Titik A ΣFy = 0 4 – FAG sin 300 = 0
FAG = 8 kN (tekan) ΣFx = 0 FAB - 8 cos 300 = 0
FAB = 6,93 kN (tarik) Titik G ΣFy = 0 4 – FGB – 3 cos 300 = 0
FGB = 2,6 kN (tekan) ΣFx = 0 8 - 3sin 300 – FGF = 0
FGF = 6,5 kN (tekan) x y FAG FAB 4 kN A 300 x y FGF FGB G 300 3 kN 8 kN

Titik B

ΣFy = 0

FBF sin 600 – 2,6 sin 600 = 0
FBF = 2,6 kN (tarik)

ΣFx = 0

FBC + 2,6 cos 600 + 2,6 cos 600 – 6,93 = 0
FBC = 4,33 kN (tarik)

Contoh 2

Diketahui struktur Rangka Batang dengan geometri dan beban seperti pada gambar.

Gambar 1.8 Rangka batang statis tertentu untuk contoh 2

Mencari reaksi perletakan

Σ MA = 0
RB . 4 λ - 4 . λ = 0

_RB = 1t

Σ MB = 0
RA . 4 λ - 4 . 3λ = 0

RA = 3t Pemberian notasi

Untuk mempermudah penyelesaian, tiap-tiap batang perlu diberi notasi. Untuk batang atas diberi notasi A1; A2 dan A1’; A2’

B A 4t λ λ λ λ λ RB = 1t RA = 3t x y FBF FBC B 600 6,93kN 600 2,6 kN

Untuk batang bawah diberi notasi B1, B2 dan B1’, B2’

Untuk batang diagonal diberi notasi D1; D2 dan D1’; D2’

Untuk batang vertikal diberi notasi V1; V2 dan V1’; V2’ serta V3

Tiap-tiap titik simpul diberi nomor urut dari I s/d X.

Penyelesaian Titik I

Σ V = 0
3 t + V1 = 0

V1 = -3 ton (berarti batang tekan)

Σ H = 0
B1 + 0 = 0
B1 = 0 (batang nol)

Batang A1 dan D1 dianggap tarik dan batang D1 diuraikan menjadi gaya batang horizontal dan vertikal.

V1 = - 3 t (menuju titik simpul)

X I 4t λ λ λ λ λ 1t 3t D1 D2 D2’ D1’ V1 _{V2 V} 3 V2 V1’ B1 B2 B’2 B’1 A1 A2 A2’ A1’ II III V VII IV VI VIII IX 3t B1 V1 V1 B1 = 0

Titik II

Batang D1 diuraikan menjadi arah vertikal
½ D1 2dan arah horizontal
½ D1

2. Σ V = 0
- 3 t + ½ D1 2= 0 ½ D1 2= 3
D1 = 3 2t (tarik) Σ H = 0
A1 + ½ D1 2 = 0 A1 = - ½ D1 2 = - ½ . 3 2 . 2 A1 = - 3 ton (tekan)

Titik III

Batang V2 dan B2 dianggap tarik

Batang D1 = 3 2 (tarik) diuraikan menjadi batang vertikal = 3 t dan horizontal = 3t Σ V = 0
4 t – 3 t – V2 = 0
V2 = 1 t (tarik) Σ H = 0
B2 – 3 t = 0 B2 = 3 t (tarik) P = 4t B1 = 0 3 t 3 t B2 V2 3 2 D1 A1 3t ½ D1 2 ½ D1 2 V1

Titik IV

Batang A2 dan D2 dianggap tarik.

Batang D2 diuraikan menjadi gaya horizontal dan vertikal ½ D2 2

Σ V = 0
½ D2 2 + 1 t = 0 D2 = - 2 t (tekan) Σ H = 0
3 + A2 + ½ D2 2 = 0 3 + A2 – 1 ton = 0 A2 = - 2 ton (tekan) Titik VI

Batang A2’ dan V3 dianggap tarik

Σ V = 0
V3 = 0 ton Σ H = 0
A2’ + 2 t = 0 A2’ = - 2 t (tekan) D2 A2 1 t 3 t ½ D2 2 ½ D2 2 A2’ V3 = 0 2t

Titik V

Batang D2’ dan B2’ dianggap tarik

Batang D2’ diuraikan horizontal dan vertikal

Σ V = 0
½ D2’ 2 + 0 – 1 t = 0

D2’ = 2 t (tarik)

Σ H = 0
B2’ + 1t –3 t + 1t = 0

B2’ = 1 ton (tarik)

Titik VIII

Batang A1’ dan V2’dianggap tarik

Σ H = 0
2 t + A1’ – 1 t = 0 A1’ = - 1 t (tekan) Σ V = 0
1 + V2’ = 0 V2’ = - 1t (tekan) B2’ 3 t A1’ 2 t V2’ 2t 0 t D’2 1 t 1 t ½ D2’ 2 2 ½ D2’ 2

Titik VII

Batang D1’ dan B1’dianggap tarik

Batang D1’ diuraikan menjadi ½ D1’ 2

Σ V = 0
½ D1’ 2 – 1 t = 0 D1’ = 2 t (tarik) Σ H = 0
B1’- ½ D1’ 2 - 1t = 0 B’ + 1 – 1 = 0 B1’ = 0t Titik X Σ V = 0
1t + V1’ = 0 V1’ = - 1t (tekan) D1’ B1’ 1t 1t ½ D1’ 2 ½ D1’ 2 RB = 1t B1’ = 0 V1’

Kontrol ke Titik IX Σ V = 0 V1’ – ½ D1’ 2 = 0 1t – ½ . 2 . 2 = (ok) 0 Σ H = 0 A1’ – ½ D1’ 2 = 0 1 – ½ . 2 . 2 = 0 (ok) Tabel 1.1 Gaya-gaya Batang

Batang Gaya Batang

A1 - 3 t A2 - 2 t A2’ - 2 t A1’ - 1 t B1 0 B2 3 t B2’ 1 t B1’ 0 V1 - 3 t V2 1 t V3 0 V2’ - 1 t V1’ -1 t D1 3 2t D2 - 2t D2’ _2t D1’ _2t

Batang B1 dan B1’ = 0, menurut teoritis batang-batang tersebut tidak ada, tapi

mengingat struktur rangka batang terbentuk dari rangkaian bentuk ∆ maka batang ini diperlukan. Batang atas pada umumnya batang tekan dan batang bawah adalah batang tarik.

V1’ = 1 t (tekan)

A1’ = 1 t (tekan)

D1’ = 2 (tarik)

Contoh Soal 3

Suatu konstruksi Rangka Batang, dengan notasi seperti pada gambar, beban sebesar 3 ton terletak di titik simpul III

Struktur di atas adalah struktur rangka batang statis tertentu. Reaksi Perletakan Σ MB = 0 RA = 3 2 x 3 t = 2 t Σ MA = 0 RB = 3 1 x 3 t = 1 t Titik Simpul I

Batang D1 dan B1 dianggap tarik

Batang D1 diuraikan ke arah vertikal dan horizontal sebesar ½ D1 2

Σ Ky = 0 ½ D1 2 + 2t = 0 B1 B2 B3 D3 D2 D1 V1 _V2 II A V VI I 3t 2t 1t IV III λ λ λ B A λ B1 D1 ½ D1 2 ½ D1 2 2 t (reaksi)

D1 = - 2 2 . 2 = -2 2t . (tekan) Σ Kx = 0 B1 - ½ D1 2 = 0
B1 = 2 ton (tarik) Titik III

Gaya batang V1 dan B2 dianggap tarik Σ Ky = 0
V1 = 3 ton (tarik)

Σ Kx = 0
B2 = 2 ton (tarik)

Titik II

Gaya batang A dan D2 dianggap tarik Σ Kx = 0 ½ D1 2 - 3t – ½ D2 2 = 0 ½ D2 2 = -3 t + ½ . 2 2 . 2 = -3 + 2 = -1 (tekan) D2 = - 2 t (tekan) Σ Ky = 0 A + ½ D1 2 + ½ D2 2 = 0 A + ½ . 2 2 . 2 - ½ . 2 . 2 = 0 A = 1 –2 = -1t (tekan) 3t 2t B2 V1 3t D2 ½ D2 2 ½ D2 2 ½ D1 2 ½ D1 2 D1 = 2 2 A

Titik IV

Gaya batang V2 dan B3 dianggap tarik Σ Ky = 0 ½ D2 2 - V2 = 0 V2= ½ . 2 . 2 = 1 t (tarik) Σ Kx = 0 B3 – B2 + ½ D2 2 = 0 B3 = 2 - ½ . 2 . 2 = 1 t (tarik) Titik VI

Gaya batang D3 dianggap tarik Σ Ky = 0 ½ D3 2 + 1t = 0 D3 = - 2 . 1t D3 = - 2 t (tekan) Σ Kx = ½ D3 2 + B3 = 0 - ½ . 2 . 2 + B3 = 0
B3 = 1t (tarik) B3 V2 B2 = 2t D2 = 2 t D3 1 t B3 = 1t

Kontrol Titik V Σ Kx = 0 A – ½ . D3 2 = 0 1t – ½ . 2 . 2 = 0 (ok) D3 V2 = 1t A = 1t

BAB II

STRUKTUR KABEL 2.1 Pendahuluan

Pada umumnya struktur kabel digunakan pada struktur jembatan gantung. struktur kabel yang akan diuraikan disini adalah bentuk struktur kabel pada jembatan gantung sederhana. Konstruksi jembatan ini terdiri dari pelengkung penggantung yang berbentuk lengkung parabola, tiang-tiang penyangga pelengkung (pylon), batang-batang penggantung, dan balok-balok pendukung lantai kendaraan. Pelengkung penggantung terbuat dari kabel yang menumpu di puncak kolom pylon dan dikaitkan pada angker blok. Balok utama pendukung lantai kendaraan dapat berupa balok biasa (Gambar 2.1) atau dapat juga berupa konstruksi rangka batang (Gambar 2.2).

Sistem struktur jembatan gantung sederhana yang akan dipelajari adalah struktur statis tertentu, sehingga pada bagian balok utama pendukung beban diberi sebuah sendi

A’ B’ Pelengkung penggantung (kabel) Batang penggantung S A B

Balok pendukung lantai Lantai kendaraan

Angker blok pylon

Gambar 2.1 Balok pendukung lantai dari balok biasa

S

A B

Gambar 2.2 Balok pendukung lantai dari konstruksi rangka batang

Angker blok f Puncak _pelengkung

S. Sendi ini biasanya diletakkan di tengah-tengah bentang jembatan (dibawah puncak pelengkung parabola).

2.2 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh Balok Balok-balok pendukung utama lantai kendaraan terbentuk dari balok-balok memanjang dan melintang yang menumpu pada balok utama, sehingga pembebanannya menjadi sistem pembebanan tidak langsung. Jadi pembebanannya berupa beban terpusat yang bekerja pada ujung-ujung gelagar melintang.

2.3 Langkah-langkah Penyelesaian

• Menentukan gaya-gaya pada kabel dan batang penggantung.

Ditinjau Konstruksi Jembatan Gantung dengan bentang 8λ (lapangan genap) tinggi pylon h, puncak pelengkung f dibebani beban terpusat P dan terbagi rata q seperti pada gambar 2.3.

• Menentukan reaksi perletakan (RA, HA, RB)

ΣH = 0
HA = 0 ΣMB = 0
RA . L – P (L - a) – (q . 6λ) . 3λ = 0 RA = L . q . 18 ) a -L ( P + λ ΣV = 0
RA + RB – P – (q . 6λ) = 0 RB = P + 6.q. λ – RA

• Menentukan besarnya gaya H

Ditinjau potongan I-I pada gambar 2.4. ΣMs = 0
RA . 2 L – P -a) 2 L ( – (q.2λ).λ – H.h + H.h1 = 0 H = ) h -(h ² . 2q -a) -2 L P( -2 L . R 1 A λ ; f = h – h1 H = f ² . 2q -a) -2 L P( -2 L . R_A λ

Gambar 2.4 Potongan I - I

• Menentukan besarnya gaya pada batang penggantung (T) Gambar 2.3 Struktur Jembatan Gantung

dengan bentang 8λ S A B f 1 2 3 4 5 6 1’ 2’ 3’ 4’ 5’ 6’ S’ A’ B’ RB RA L = 8λ λ λ h1 h q S A f 1 2 3 RA H I H I

Dengan demikian, batang penggantung merupakan batang tarik, sehingga arah gayanya meninggalkan titik simpul seperti pada Gambar 2.5. Gaya tarik T tersebut terletak pada lengkung parabola, dimana keistimewaan bentuk persamaan parabola akan memberikan besaran T yang sama. Hal ini akan lebih jelas bila diperhatikan gambar Cremona dari keseimbangan gaya-gaya pada kabel B dan T, dimana komponen horizontalnya merupakan gaya H yang telah dihitung didepan seperti pada Gambar 2.6.

λ λ λ λ f H H T _{T T} T T T T L = n λ qt 2 L qt 2 L qt L 2 L q_t 2 L q_t T T T T T T 2 L q_t qt n ganjil λ . ) 2 1 -n (

Gambar 2.5 Transfer gaya penggantung

Gambar 2.6 Cremona gaya-gaya batang T dan D. • Menentukan besarnya gaya T.

Untuk menyederhanakan perhitungan gaya-gaya, T dianggap sebagai beban terbagi rata qt dimana qt =

λ T

(Gambar 2.5)

Perhatikan gambar c2, Momen akibat H = H.f, Momen akibat T = q L² 8 1

t Momen akibat H = Momen akibat T.

H.f = q .L² 8 1 t = .(n ).L T . 8 1 λ λ dimana : n jumlah lapangan genap

H

.

nL

8f

T

=

 Untuk jumlah lapangan n ganjil (Gambar 2.5) Momen akibat H = momen akibat T

H.f’ = )². ² 2 1 -n ( 2 q -) 2 1 -n ( . 2 L q_{t t} λ λ = )] n 8 1 2n -n² ( -) 4 1 -n [( L q_t λ + = (2n²-2-n² 2-1) n 8 L q_t + λ = (n²-1) 8n T.L 1) -² n ( n 8 L q_t λ λ λ = H ) L 8f' 1 -n² n ( T= H T1 T2 T3 TS T4 T5 T6 D6’-B’ D5’-6’ D4’-5’ D5’-4’ D3’-5’ D2’-3’ D1’-2’ DA’-1

Ti : gaya-gaya batang penggantung

D : gaya-gaya pada kabel T1=T2=T3=TS=T4=T5=T6=T

Contoh 1

Diketahui struktur jembatan gantung dengan bentuk, dimensi serta beban yang bekerja seperti pada Gambar 1.7 di bawah ini. Gambarkan bidang gaya lintang (D) dan momen (M).

Gambar 2.7 Contoh 1 struktur jembatan gantung

Penyelesaian

• Menentukan ordinat yi pada pelengkung parabola

( ) 4 4.6 (24 24² - x - x) L² i fx L f = = (24- x) 24 i x f =

Sumbu x = 0 terletak di titik A’ λ=4m 6 m P=8t A B S I L = 24 m f1 f2 I f = 6m B’ A’ T T T T T RA RB P = 8t T ) 2 1 -n ( n _)T 2 1 -( RB

B

A

RA (+) (+) (-) 1,334 1,333 Bid. : D 2,667 2,667 10,67 (+) 10,67 5,33 (-) 5,33 _{Bid. : M} c b a

1

2

S

3

4

Untuk x = 4 m

(

)

3,333m 24 4 -24 4 f1= = Untuk x = 8 m

(

)

5,333m 24 8 -24 8 f₂ = =

• Menentukan reaksi perletakan di A dan B. Perhatikan Gambar 2.7(a). Reaksi perletakan di A (RA) dan di B (RB) dihitung akibat beban P = 8 t

Σ MB = 0
RA.L – P . 18 = 0 RA = 6t 24 8.18 L 18 . P = = ↑ Σ V = 0
RA + RB - P = 0 RB = P – RA = 8 – 6 = 2 t ↑

• Menentukan besarnya gaya H. Perhatikan potongan I-I Σ Ms = 0
RA .

2

L

- P . 6 – H . f = 0 4t 6 8 . 6 -24/2 . 6 f P 6 -2 L . RA H= = =

• Menentukan besarnya gaya batang penggantung (T) untuk harga n genap, besarnya gaya T dihitung dengan rumus :

T = .4 1,333t 24 . 6 6 . 8 H . nL f 8 = =

• Menghitung besarnya gaya-gaya lintang untuk menggambarkan bidang gaya lintang (D).

Bidang D (Gambar 2.7 a dan b) DA-1 = RA - 2 5 -6 T . 2 1) -n ( = . 1,333 = 2,667 t D1–2 = DA-1 + T – 4 = 2,667 + 1.333 – 4 = 0 t D2–S = D1–2 – 4 + T = 0 – 4 + 1,333 = -2,667 t DS–3 = D2–S + T = -2,667 + 1,333 = -1,334 t D3–4 = DS–3 + T = -1,334 + 1,333 ≈ 0 t D4–B = D3–4 + T = 0 + 1,333 = 1,333 t

Bidang M (Gambar 2.7 a dan c)

MA = 0 tm M1 = .1,333 .4 2 5 6 4 . 2 ) 1 (       − =       − − n T R_A = + 10,67 tm M2 = .8

(

4

)

.4 2 . ) 1 ( − +       − − n T T RA = + 10,67 tm MS = .12

(

4

)

.8 ( 4).4 2 . ) 1 ( − + − +       ₋ − T T T n R_A = 0 tm

Besarnya momen dihitung dari kanan (bagian B – S)

Ms = T T A T n R_B .12 .8 . 2 . ) 1 ( + +       − − = 0 tm M3 = .1,333 .4 2 5 2 4 . 2 . ) 1 (       − =       − − n T R_B = - 5,33 tm

Besarnya momen dapat juga menggunakan metode potongan. M1 menggunakan potongan yang melalui titik simpul 1.

M2 menggunakan potongan yang melalui titik simpul 2.

Gambar 2.8 Potongan I – I untuk contoh 1 Ditinjau potongan I-I

M1 = RA . 4 – H . h + H h1 RA . 4 – H (h – h1) RA . 4 – H . f1 = 6.4 – 4 . 3,333 = + 10,67 tm (OK) 4 m RA h1 f1 H I H h I 1

Gambar 2.9 Potongan II – II untuk contoh 1

Berdasarkan hasil analisis perhitungan M1 dan M2 diatas, dapat diuraikan

sebagai berikut : M1 = RA . 4 – H . f1

Dimana : RA . 4 adalah momen di titik simpul 1 akibat beban di atas 2 perletakan

statis tertentu.

H . f1 adalah momen di titik simpul 1 akibat gaya H dari konstruksi

Jembatan Gantung. M2 = RA . 8 – P . 2 – H . f2

Dimana : RA . 8 – P . 2 adalah momen di titik simpul 2 akibat beban di atas 2

perletakan statis tertentu.

H . f2 adalah momen di titik simpul 2 akibat gaya H dari konstruksi

Jembatan Gantung

2.4 Struktur Jembatan Gantung dengan Lantai Kendaraan Didukung oleh Rangka Batang

Seperti halnya Struktur Jembatan Gantung dengan pendukung lantai kendaraan balok biasa, gaya-gaya batang pada Rangka Batang sebagai pendukung utama lantai kendaraan, akan dipengaruhi oleh komponen horizontal dari gaya kabel H. Pada prinsipnya pengaruh gaya H pada balok pendukung biasa atau pada rangka batang terhadap gaya-gaya dalamnya (Bidang D, M, dan gaya-gaya batang pada rangka batang) adalah sama. Jadi untuk menentukan besarnya gaya-gaya batang akibat beban tetap merupakan gaya-gaya batang pada rangka batang diatas dua perletakan ditambah dengan akibat pengaruh dari gaya H.

8 m f2 II H h II 2 Ditinjau potongan II – II M2 = RA . 8 – H . f2 – P . 2 = 6 . 8 – 4 . 5,333 – 8 . 2 = + 10,67 tm (OK) H 2m 8 t titik titik

Contoh 2

Sebuah Konstruksi Jembatan Gantung dengan Konstruksi Rangka Batang sebagai pendukung utama lantai kendaraan bekerja beban tetap P = 12 t dan q = 2 t/m’, bentuk dan demensi konstruksi rangka batang seperti pada gambar. Hitung besarnya gaya-gaya batang A4, B3 dan D4.

Gambar 2.10 Contoh 2 struktur jembatan gantung

Penyelesaian

 Menghitung reaksi perletakan

Σ MB = 0
VA . 60 – P . 50 – q . 42 . 21 = 0 VA =

39

,

4

t

60

21

.

42

.

2

50

.

12

=

+

VB = P + q . 42 – VA = 12 + 2 . 42 – 39,4 = 56,6 t  Menghitung besarnya gaya H.

Σ MS = 0
(Ditinjau sebelah kanan : bagian B – S)

VB . 30- q . 30 . 15 – H . f = 0 H =

57

t

14

2.450

-30

.

6

,

56

f

15

.

30

.

q

-30

.

VB

=

=

 Menghitung : f5 dan f6 fx =

²

L

x)

-(l

x

f

4

(x m dihitung dari perletakan B). A VA P=12t f = 14m S 10 x 6 m B 6 m 4m 2m 5 VB A4 D4 B3 6 6’ 5’ q = 2 t/m’ f5 f6

f5 =

13

,

44

m

)²

60

(

24)

-60

(

24

.

14

.

4

=

f6 =

11

,

76

m

)²

60

(

18)

-60

(

18

.

14

.

4

=

Untuk menghitung besarnya gaya-gaya batang A4, B3 dan D4 digunakan metode

potongan. Untuk gaya-gaya batang A4, B3 dan D4 digunakan potongan I - I seperti

tercantum pada gambar di bawah ini, ditinjau sebelah kanan. Beban terbagi rata q dijadikan beban terpusat yang bekerja pada titik-titik simpul 6, 7, 8 dan B.

Gambar 2.11 Potongan I – I contoh 2  Menghitung gaya batang A4.

Ditinjau sebelah kanan potongan I - I

ΣM6’ = 0
A4.6 – 12.6 – 12.12 – (VB – 6) 18 – H . f6 = 0 A4 =

-

4,08

t

6

57.11,76

18

6)

-6

,

56

(

144

72

=

+

+

+

(tekan)  Menghitung gaya batang B3

Ditinjau sebelah kanan potongan I - I

6 m 6 m 6 m 6 m 6 m D4 A4 f5 f6 12 t 12 t 12 t 6 t H B VB 5 _{6 7 8} 6’ 5’ B3 I I H H α

ΣM5 = 0
B3.6 + 12.6 + 12.12 + 12.18 - (VB – 6) 24 + H . f5 = 0 B3 = 2,72t 6 57,13,44 -24 6) -(56,6 216 -144 -72 -+ = + (tarik)  Menghitung gaya batang D4

Ditinjau sebelah kanan potongan I - I

ΣV = 0
D4 sin α -12 – 12 – 12 – 6 + VB – )H 0 6 f -f ( 5 6 = D4 = (42-56,6-1,68.57/6). 2 =-1,923t (tekan) 2.5 Kesimpulan

 Gaya H dan T (batang penggantung) merupakan komponen-komponen dari gaya kabel.

 Besarnya gaya T sama disetiap batang penggantung.

 Bentuk grafik bidang-bidang gaya lintang (D) dan momen (M) pada konstruksi jembatan gantung tergantung pada 2 kelompok susunan gaya yaitu :

- 1 kelompok gaya-gaya dari konstruksi balok diatas 2 perletakan yang

berupa reaksi dan beban yang bekerja.

- 1 kelompok gaya-gaya yang lain berupa komponen-komponen dari gaya

kabel yaitu gaya-gaya T dan H.

- Gaya H ditentukan dulu, kemudian gaya T yang besarnya merupakan

fungsi dari gaya H, n, L dan f atau f’ dapat ditentukan.

- Besarnya gaya H dihitung dengan menggunakan Σ Ms = 0 (ditinjau

BAB III STRUKTUR PELENGKUNG

3.1 Pendahuluan

Seperti halnya struktur kabel, struktur pelengkung digunakan untuk mengurangi

bending moment pada struktur bentang panjang. Pada dasarnya perilaku struktur pelengkung merupakan kebalikan dari struktur kabel, dimana struktur utama pelengkung menerima gaya tekan, disamping menerima lentur dan geser. Berbagai macam tipe struktur pelengkung:

 pelengkung terjepit (fixed arch)

 pelengkung 2 sendi (two-hinged arch)

 pelengkung 3 sendi (three-hinged arch)

 pelengkung tarik (tied arch)

Gambar 3.2 Salah satu contoh tipe struktur pelengkung 3.2 Pelengkung 3 Sendi

Pelengkung 3 sendi biasanya digunakan pada struktur jembatan untuk penampang sungai yang mempunyai dasar cukup dalam. Pada kondisi ini, struktur utama dibuat pelengkung sehingga tidak memerlukan pilar di tengah-tengah sungai. Dengan struktur pelengkung tersebut, gelagar memanjang, tempat dimana kendaraan lewat bisa tertumpu pada tiang-tiang penyangga yang terletak pada pelengkung tersebut. Biasanya yang dicari dalam struktur pelengkung adalah nilai momen, gaya lintang dan gaya normal di salah satu titik. Sedangkan bidang momen, gaya lintang dan normal penggambarannya cukup kompleks, sehingga biasanya jarang dihitung.

Gambar 3.3 Gaya-gaya yang bekerja pada pelengkung 3 sendi

Dari Gambar 3.3, kedua perletakan struktur pelengkung dibuat sendi, sehingga terdapat 4 reaksi, sedangkan persamaan dari syarat keseimbangan hanya 3 buah yaitu : ΣH = 0; ΣV = 0 dan ΣM = 0.

S

A B

HA HB

Jadi agar struktur tersebut bisa diselesaikan secara statis tertentu, maka perlu tambahan satu persamaan lagi yaitu ΣMs = 0 (jumlah momen pada sendi = 0). S adalah sendi yang terletak pada pelengkung tersebut sehingga struktur tersebut dinamakan struktur pelengkung 3 sendi.

3.3 Penempatan Titik s (Sendi)

Sendi s yang dipakai untuk melengkapi persamaan pelengkung 3 sendi terletak di busur pelengkung antara perletakan A dan B. Letak sendi tersebut bisa di tengah-tengah busur pelengkung atau tidak. Hal ini tergantung dari kondisi di lapangan.

Diketahui struktur pelengkung 3 sendi dengan geometri dan beban seperti pada gambar.

Gambar 3.4 Data Geometri pelengkung 3 sendi

Untuk mencari besarnya momen di potongan E-E yang besarnya :

   
    _II 1 A I 2 1 1 A E E q x H h 2 1 x V M ₋ = ⋅ − ⋅ − ⋅

maka nilai ME-E dibagi menjadi 2 bagian : 2 1 1 A q x 2 1 x V I= ⋅ − ⋅ 1 A

h

H

II

=

⋅

q kg/m’ S f HB HA l B A VB VA E h1

Nilai _{A 1} q x₁2 2 1 x V

I= ⋅ − ⋅ sama dengan persamaan momen dan bidang momen pada balok di atas 2 perletakan yang dibebani beban merata.

Perhatikan nilai II = HA . h1, jika potongan E-E bergerak dari perletakan A ke B, maka

nilai x1 bergerak dari 0 s/d l dan h1 nilainya akan berubah dari 0 perlahan-lahan naik

sampai dengan f dan turun sampai dengan 0 lagi dimana nilai h1 (kalau x1 berubah) akan

sama dengan nilai ketinggian pada parabola. Misal :

Jika potongan E-E di A
x1 = 0 dan h1 = 0

Jika potongan E-E di S
x1 = ½ l dan h1 = f

Jika potongan E-E di B
x1 = l dan h1 = 0, dan seterusnya.

Nilai II = HA.h1

HA : konstant

h1 : ketinggian pelengkung

Jadi nilai II gambarnya adalah parabola dengan tanda (-).

Gambar 3.5 Gambar nilai I dan II

Bidang M.

Gambar nilai I = V

A

.x

1

– ½ q x

1

²

+

Gambar nilai II = H

A

.h

1 −

Nilai I dan nilai II adalah nilai total dari ME-E.

= nilai total ME-E

= nilai kecil (saling menghapus)

Jadi bentuk pelengkung akan memperkecil nilai momen.

Reaksi Perletakan

Ada 2 (dua) pendekatan penyelesaian untuk mencari reaksi perletakan. Pendekatan 1 : jika HA dan VA atau HB dan VB dicari bersamaan.

Pendekatan 2 : jika VA dan VB dicari dulu, baru HA dan HB kemudian

Gambar 3.6 Skema gaya dan jarak pada pelengkung (pendekatan 1)

Pendekatan 1

 HA dan VA dicari dengan persamaan ΣMB = 0 dan ΣMS = 0 (bagian kiri) (2

persamaan dengan 2 bilangan tak diketahui)

ΣMB = 0
VA.l – HA. (hA-hB) – P1.b1 = 0 ...(1)

ΣMS = 0
VA.a – HA.hA – P1.S1 = 0 ………..(2)

(bagian kiri)

Dari persamaan (1) dan (2) maka VA dan HA bisa dicari.

+ - + hB hA S a A B VB VA b HB HA a1 _b 1 S1 l P1

 HB dan VB dicari dengan persamaan ΣMA = 0 dan ΣMS = 0 (bagian kanan)
2

persamaan dengan 2 bidang tidak diketahui

ΣMA = 0
VB.l + HB (hA – hB) – P1.a1 = 0 ...(3)

ΣMS = 0
VB.l - HB . hB) = 0 ...(4)

(bagian kanan)

Dari persamaan (3) dan (4) maka VB dan HB bisa dicari.

Pendekatan 2

Gambar 3.7 Skema gaya dan jarak pada pelengkung (pendekatan 2)

Reaksi horizontal HA dan HB ditiadakan kemudian arahnya diganti,

masing-masing menuju ke arah perletakan yang lainnya menjadi Ab (


_{) dan Ba (}
_{). Dengan} arah Ab yang menuju perletakan B dan arah Ba yang menuju ke perletakan A. Kita bisa langsung mencari reaksi Av dan Bv. Kemudian dengan ΣMS = 0 dari kiri kita bisa

mencari besarnya Ab dan dengan ΣMs = 0 dari bagian kanan kita bisa mencari besarnya nilai Ba. • Mencari reaksi Av Σ MB = 0
Av.l – P1. b1 = 0
Av = l 1 b 1 P ...(1) • Mencari reaksi Bv Σ MA = 0
Bv.l – P1. a1 = 0
Bv = l 1 a 1 P ………...(2) • Mencari reaksi Ab BV P1 S S1 Ab a1 f Ba A B b1 l a b AV

Σ MS = 0
Av.a – P1.S1 – Ab . f = 0 (bagian kiri) Ab =

f

S

P

a

.

Av

−

_{1 1}

dengan memasukkan nilai Av dari

persamaan (1), maka nilai Ab bisa dicari.

• Mencari reaksi Ba Σ MS = 0
Bv.b – Ba . f = 0 (bagian kanan) Ba =

f

b

.

Bv

dengan memasukkan nilai Bv dari persamaan (2) maka nilai Ba bisa dicari.

Posisi Ba dan Ab merupakan reaksi yang arahnya miring Ba () dan Ab (
), sehingga harus diuraikan menjadi gaya-gaya vertikal dan horizontal seperti pada gambar.

Dari komponen-komponen tersebut dapat dinyatakan :

Ab cos α = HA pada cara pendekatan 1, merupakan reaksi horizontal di A.

()

Ba cos α = HB pada cara pendekatan 2, merupakan reaksi horizontal di B.

() dan :

VA () = Av () + Ab sin α ()

Pendekatan 1 gambar (a) pendekatan 2 gambar (b)

VB () = Bv () + Ba sin α ()

Pendekatan 1 gambar (a) pendekatan 2 gambar (b) α Ab cos α Ab sin α _Ab α Ba Ba sin α Ba cos α

3.4 Mencari Gaya-Gaya Dalam (M, D, N)

Untuk balok yang lurus, bukan pelengkung, kita dengan mudah menggambarkan bidang momen dan gaya lintangnya. Bagaimana dengan bidang gaya dalam pada pelengkung ?

Bidang Momen

Pada gambar (a), dimana suatu pelengkung 3 sendi dibebani beban terbagi rata q kg/m’. Jika x adalah titik yang ditinjau bergerak dari A - B, maka

















_II A I 2 A X

q

x

H

y

2

1

x

V

M

=

⋅

−

⋅

−

⋅

Bagian I dan II merupakan fungsi parabola, dimana y adalah persamaan parabola dari

pelengkung dengan fungsi

²

x)

(

x

f

4

y

l

l

−

=

.

Jadi Mx = I – II merupakan penggabungan 2 parabola yaitu parabola I dan II, yang tidak

mudah penggambarannya!

VB

Gambar 3.8 Pelengkung 3 sendi dengan beban terbagi rata

HA HB VA S y A B q kg/m’ x

Bidang Gaya Lintang (D)

Kita lihat titik dimana x berada di situ ada Vx dan Hx.

Vx = VA – q . x (jumlah gaya-gaya vertikal di x kalau di hitung dari bagian kiri)

Hx = HA

Bagaimana nilai Dx dan Nx ? Gaya-gaya Vx dan Hx harus diuraikan menjadi gaya-gaya

yang tegak lurus dan sejajar sumbu, dimana posisi sumbu batang?

Posisi sumbu batang adalah merupakan garis singgung dimana titik x berada.

Gambar 3.9 Gaya vertikal dan horizontal disuatu titik pada pelengkung 3 sendi VB HA HB VA S y A B q kg/m’ x Vx Hx

Gambar 3.10 Uraian Vx dan Hx pada sumbu batang Dx = jumlah komponen yang tegak lurus garis singgung

Nx = jumlah komponen yang sejajar garis singgung, maka

















) ( bawah ke arah kiri bagian gaya Jumlah x ) ( atas ke arah kiri bagian gaya Jumlah x x

V

cos

α

H

cos

α

D

− +

−

=





















) ( batang menekan ini gaya Kedua x x x x x

α

₎

cos

H

α

sin

(V

α

cos

H

α

sin

V

N

−

+

−

=

−

−

=

Dari uraian diatas, untuk menggambar bidang D atau N akan mendapat kesulitan. Karena perubahan setiap titik x, maka garis singgung dan sudutnya akan berubah. Biasanya yang ditanyakan dalam struktur pelengkung bukanlah bidang M, D, N, namun besarnya nilai M, D, N di salah satu titik pada daerah pelengkung.

Garis singgung di x α

Garis singgung tersebut membentuk sudut α dengan garis horizontal, maka Vx dan

Hx harus diuraikan ke garis singgung

tersebut. α Vx cos α Vx sin α Vx α Hx cos α Hx sin α Hx

Contoh 1

Gambar 3.11 Contoh 1 struktur pelengkung 3 sendi

Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabola

² x) ( x f 4 y l l− = dengan

ukuran dan beban seperti pada gambar. Hitung Nilai VA; VB; H; Mc; Dc dan Nc.

Penyelesaian

HA = HB = H (karena beban luar simetri dan tidak ada beban horisontal)

Mencari VA dan VB Σ MB = 0
VA . l – q l.½ l = 0
VA = ½ .3.10 = 15 ton ↑ Σ MA = 0
VB . l – q l. ½ l = 0
VB = 15 ton ↑ Mencari H Σ Ms = 0 (Tinjau kiri S) VA . 5 - H . 3 – ½ q . (5)² = 0 H =

12

,

5

ton

3

25

.

3

.

2

/

1

5

.

15

3

)²

5

(

.

2

/

1

5

.

=

−

=

−

q

V

_A 3 t/m’ S B A H H C f = 3 m 2.5 m xc VA VB αc yc 5 m 5 m

Mencari Mc

Untuk mencari momen di c terlebih dahulu harus menghitung koordinat x dan y dari titik c. Diketahui xc = 2,5 m, dengan menggunakan persamaan parabola y =

² ) x ( fx 4 l l− , maka yc = 2,25m ² 10 ) 5 , 2 10 ( 5 , 2 . 3 . 4 = − . Momen Mc dihitung dari kiri c

Mc = VA . Xc – H . yc – ½ . q. Xc²

= 15 . 2,5 – 12,5 . 2,25 – ½ . 3 . 2,52 = 0

Mencari Nc dan Dc

Untuk mencari gaya lintang maupun gaya normal pada potongan x, maka kita perlu mencari sudut αc yaitu sudut yang terbentuk antara garis singgung di titik c dan garis

horizontal.

Gambar 3.12 Gaya lintang dan normal pada titik C Menentukan nilai αc y = ² ) x 2 l ( f 4 ' y ² ) x l ( x f 4 l l − = ⇒ − untuk x = 2.5 y’ = 0,6 ² 10 ) 5 10 ( 3 . 4 = − arc tg αc = 0,6
αc = 30,96° sin α = 0,5145 cos α = 0,8575 A B Vc Hc 2.5m αc

Vc = VA – q . x = 15 – 3 . 2,5 = 7,5 ton ↑ Hc = H = 12,5 ton
Dc = Vc cos αc – Hc sin αc = 7,5 . 0,8575 – 12,5 . 0,5145 = 6,4312 – 6,4312 = 0 Nc = - (Vc.sin αc + Hc cos αc) = - (7,5 . 0,5145 + 12,5 . 0,8575) = - 14,5774 ton

Dari hasil nilai gaya dalam tersebut, tampak bahwa nilai Mc = 0; Dc = 0; Nc =

-14,5774 ton, jadi ini jelas bahwa struktur pelengkung ditekankan untuk menerima gaya tekan.

Contoh 2

Gambar 3.13 Contoh 2 struktur pelengkung 3 sendi

Diketahui pelengkung 3 sendi dengan persamaan parabola ² l ) x l ( fx 4 − dengan bentang l = 10 m dan tinggi f = 3 m, serta beban horisontal P sebesar 6 ton pada jarak horizontal 2 m dari titik A. Hitung nilai VA; VB; HA; HB; Mc; Dc dan Nc.

Penyelesaian Mencari VA dan VB

Untuk mencari VA dan VB perlu tahu tinggi yp untuk xp = 2 m

Yp =

1

,

92

m

²

10

)

2

10

(

2

.

3

.

4

=

−

Σ MB = 0 VA . l + P.yp = 0 VA . 10 + 6 . 1,92 = 0 VA = -1,152 ton (↓) Σ MA = 0 VB . l - P.yp = 0 VB . 10 - 6 . 1,92 = 0 VB = + 1,152 ton ↑ Σ v = 0 VA + VB = 0 (OK) S B A HA HB C f = 3 m VA yc 5 m 5 m yp P=6t xp=2m xc=2.5m VB

Mencari HA dan HB Σ MS = 0 (kiri) VA . ½ l – HA . f – P ( f – yp ) = 0 - 1,152 . 5 – HA . 3 – 6 (3 – 1,92) = 0 - 5,76 – HA . 3 – 6 . 1,08 = 0 HA =

4

,

08

ton

(

)

3

48

,

6

76

,

5

←

−

=

−

−

Σ MS = 0 (kanan) VB . ½ l – HB . f = 0 1,152 . 5 – HB . 3 = 0
HB = 1,92 ton (←) Kontrol ΣH = 0 P + HA + HB = 0 6 – 4,08 – 1,92 = 0 (OK) Mencari Mc, Dc dan Nc yc = 2,25 m αc = 30,96° sin αc = 0,5145; cos α = 0,8575 Mc = - VA .xc + HA . yc – P (yc – yp)

Gambar 3.14 Menentukan yc dan αc C VB yc VA HA HB P=6 t αc

Mc = -1,152 . 2,5 + 4,08 . 2, 25 – 6 (2,25 – 1,92)

= - 2,88 + 9,18 – 1,98 = 4,32 tm

Gambar 3.15 Gaya lintang dan normal pada titik C

Vc = 1,152 ton (↓) Hc = 6 – 4,08 = 1,92 ton (
) Dc = - Vc cos αc – Hc sin αc = -1,152 . 0,8575 – 1,92 . 0,5145 = -1,9757 ton Nc = + Vc sin αc – Hc cos αc = 1,152 . 0,5145 – 1,92 . 0,8575 = - 1,0537 ton Vc Hc VA HA αc Vc cos α Vc sin α Vc αc Hc cos αc Hc sin αc Hc P C

3.5 Muatan Tak Langsung untuk Pelengkung 3 Sendi

Seperti pada balok menerus, pada pelengkung 3 sendi ini pun terdapat muatan tak langsung. Pada kenyataannya tidak pernah ada muatan yang langsung berjalan diatas gelagar pelengkung 3 sendi, harus melalui gelagar perantara.

Gambar 3.16 Muatan tak langsung untuk pelengkung 3 sendi

Prinsip dasar penyelesaiannya sama dengan muatan tak langsung pada balok. Muatan akan ditransfer ke struktur utama, dalam hal ini pelengkung 3 sendi, melewati gelagar perantara dan kemudian ke kolom perantara.

Pelengkung Kolom perantara Gelagar perantara

. . .

. .

.

(a). Kondisi pembebanan (b). transfer beban melalui kolom perantara

(c) Perhitungan nilai R (beban yang ditransfer)

Gambar 3.17 Kondisi pembebanan, transfer beban melalui kolom perantara, perhitungan nilai R R1 = q . ½ λ = ½ qλ R2 = q . λ = qλ R3 = q . ½ λ + (b/λ ). P = ½ qλ + (L/λ )P R4 = λ a P R5 = R6 = 0 S λ λ λ λ λ L =5λ q kg/m’ P P R1 R2 R3 R4 R5 R6 R1 _R 2 R3 R4 R5 R6 a b q = kg/m’ R1 R2 R3 R4 R5 R6 P a b q = kg/m’ λ λ λ λ λ

Contoh 3

Diketahui struktur pelengkung 3 sendi dengan muatan tak langsung dengan geometri dan beban seperti pada gambar di bawah ini. Hitung Mc, Dc, dan Nc.

Penyelesaian

Prinsip penyelesaian sama dengan muatan tak langsung pada balok sederhana di atas 2 perletakan. Beban dipindahkan ke pelengkung melalui gelagar menjadi reaksi R1, R2, R3,

R4, R5, dan R6. c x C c y f s R1 R2 R3 R4 R5 R6 HA HB VA B A B V 15 m 1 2 3 4 5 6 q = 1 t/m' 1 t 1 t s f = 4m y_c C 1.5m 1.5m 15 m xc A B = 4.5 m

 Perhitungan reaksi R1, R2, R3, R4, R5, dan R6. R1 = 0 ton R2 = ½ λ.q = ½.1.3 = 1.5 ton R3 = ½ λ.q = ½.1.3 = 1.5 ton R4 = 0.5 ton R5 = 1.5 ton R6 = 0 ton

R1 sampai R6 akan menjadi beban pada pelengkung.

 Mencari Reaksi Perletakan Vertikal di titik A (VA) dan titik B (VB)

ΣMA = 0 -VB . 15 + R2 . 3 + R3 . 6 + R4 . 9 + R5 . 12 = 0 -VB . 15 + 1,5 . 3 + 1,5 . 6 + 0,5 . 9 + 1,5 . 12 = 0 VB = 2,4 ton (↑) ΣMB = 0 VA . 15 - R2 . 12 - R3 . 9 - R4 . 6 - R5 . 3 = 0 VA . 15 - 1,5 . 12 - 1,5 . 9 - 0,5 . 6 - 1,5 . 3 = 0 VA = 2,6 ton (↑) Kontrol ΣV = 0 VA + VB – 1,5 -1,5 – 0,5 – 1,5 = 0 2,6 + 2,5 – 1,5 -1,5 – 0,5 – 1,5 = 0 (OK)

 Mencari Reaksi Perletakan Horisontal di titik A (HA) dan titik B (HB)

ΣMS = 0 (tinjau kiri) VA . 7,5 - R2 . 4,5 - R3 . 1,5 - HA . 4 = 0 2,6 . 7,5 – 1,5 . 4,5 – 1,5 . 1,5 - HA . 4 = 0 HA = 2,625 ton (→) ΣMS = 0 (tinjau kanan) VB . 7,5 – R5 . 4,5 – R4 . 1,5 – HB . 4 = 0 2,4 . 7,5 – 1,5 . 4,5 – 0,5 . 1,5 – HB . 4 = 0

HB = 2,625 ton (←)

Kontrol ΣV = 0 HA – HB = 0

2,625 – 2,625 = 0 (OK)

 Mencari Momen di titik C (MC), Gaya Lintang di titik C (DC), dan Gaya Normal di

titik C (NC). Menentukan nilai αc y = ² ) x 2 l ( f 4 ' y ² ) x l ( x f 4 l l − = ⇒ − untuk x = 4.5 y’ = 0,43 ² 15 ) 9 15 ( 4 . 4 = − arc tg αc = 0,43
αc = 23.27° sin α = 0,395 cos α = 0,919 Momen di titik C (MC) MC = VA . 4,5 – HA (3,36) – R2 (1,5) = 2,6 . 4,5 – 2,625 (3,36) – 1,5 (1,5) = 5,13 tm

Gaya Lintang di titik C (DC) Reaksi di titik C

VC = VA – R1 – R2 (tinjau kiri S)

= 2,6 – 0 – 1,5 = 1,1 ton (↑)

Gaya lintang di titik C (DC)

DC = VC cos αc – HC sin αc

= 1,1 (0,919) – 2,625 (0,395) = -0.026 ton

Gaya Normal di titik C (NC)

NC = VC sin αc + HC cos αc = 1,5 (0.395) + 2,625 (0.919) = 3,005 ton Jadi MC = 5,13 tm DC = -0,026 ton NC = 3,005 ton αc Vc cos αc C Vc _{Vc sin α} c Hc sin αc Hc cos αc Hc C

BAB IV

METODA CONSISTENT DEFORMATION 4.1 Pendahuluan

Dalam bangunan Teknik Sipil, seperti gedung-gedung, jembatan dan lain sebagainya, ada beberapa macam sistem struktur, mulai dari yang sederhana sampai dengan yang sangat kompleks. Pada bab terdahulu mengenai struktur statis tertentu dimana reaksi perletakan maupun gaya-gaya dalam (momen, gaya lintang, gaya normal) pada struktur tersebut dapat dicari hanya dengan persamaan keseimbangan (ΣV=0, ΣH=0, ΣM=0). Contoh : balok dengan dua perletakan sendi – rol atau balok kantilever disebut sebagai struktur statis tertentu, karena bisa diselesaikan dengan persamaan keseimbangan.

4.2 Definisi Struktur Statis Tak Tentu

Suatu struktur disebut statis tak tentu jika tidak bisa diselesaikan dengan hanya menggunakan persamaan keseimbangan. Dalam syarat keseimbangan ada tiga persamaan, apabila sebuah struktur yang mempunyai reaksi perletakan lebih dari tiga, maka reaksi-reaksi perletakan tersebut tidak bisa dihitung hanya dengan tiga persamaan keseimbangan. Struktur tersebut dikatakan struktur statis tak tentu.

Kelebihan bilangan yang tidak diketahui terhadap jumlah persamaan keseimbangan, disebut tingkat atau derajat ketidaktentuan suatu struktur. Apabila kelebihan tersebut berupa reaksi perletakan maka struktur disebut statis tak tentu luar sedangkan kalau kelebihan tersebut berupa gaya dalam maka struktur disebut statis tak tentu dalam.

Contoh struktur statis tak tentu 1).

Gambar 4.1 Balok statis tak tentu RAV RBV RAM RAH A B C P I q

Struktur pada gambar 4.1 disebut struktur statis tak tentu tingkat 1 (luar), karena reaksi yang terjadi adalah 4 buah sehingga kelebihan 1 reaksi.

2).

Gambar 4.2 Portal statis tak tentu

Struktur pada gambar 4.2 disebut struktur statis tak tentu tingkat 3 (luar), karena reaksi yang terjadi adalah 6 buah sehingga kelebihan 3 reaksi.

4.3 Metode Consistent Deformation

Metoda Consistent Deformation adalah metode yang paling umum dipakai untuk menyelesaikan perhitungan suatu struktur statis tak tentu. Struktur statis tak tentu tidak dapat diselesaikan hanya dengan menggunakan tiga persamaan keseimbangan, karena mempunyai jumlah bilangan yang tidak diketahui lebih dari tiga. Dengan demikian, kita membutuhkan tambahan persamaan untuk bisa menyelesaikannya. Untuk mendapatkan persamaan tambahan, struktur dijadikan statis tertentu dengan menghilangkan gaya kelebihan, dan menghitung deformasi struktur statis tertentu akibat beban yang ada. Setelah itu struktur statis tertentu tersebut dibebani dengan gaya kelebihan yang dihilangkan tadi, dan juga dihitung deformasinya.

Deformasi yang dihitung disesuaikan dengan gaya kelebihan yang dihilangkan. Misalnya gaya yang dihilangkan adalah gaya horizontal, maka yang dihitung defleksi horizontal pada tempat gaya yang dihilangkan tadi. Apabila gaya vertikal, yang dihitung defleksi vertikal sedangkan kalau yang dihilangkan tersebut berupa momen, maka yang dihitung adalah rotasi. Setelah deformasi akibat beban yang ada dan gaya-gaya kelebihan yang dikerjakan sebagai beban telah dihitung, maka dengan melihat kondisi

RBM RBH RBV RAH RAV RAM I D C P B q

fisik dari struktur asli, kita susun persamaan-persamaan tambahan yang diperlukan. Misalnya untuk perletakan rol, maka defleksi tegak lurus perletakan harus sama dengan nol, untuk perletakan sendi defleksi vertikal maupun horizontal sama dengan nol, sedangkan untuk perletakan jepit, defleksi vertikal, defleksi horizontal dan rotasi sama dengan nol. Persamaan-persamaan tambahan ini disebut persamaan Consistent

Deformation karena deformasi yang ada harus konsisten dengan struktur aslinya. Setelah persamaan Consistent Deformatio” disusun, maka gaya-gaya kelebihan dapat dihitung, dan gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan keseimbangan, setelah gaya-gaya kelebihan tadi didapat.

4.4 Langkah-langkah Metoda Consistent Deformation

Langkah-langkah untuk menyelesaikan struktur statis tak tentu dengan metode

consistent deformation adalah sebagai berikut:

 Tentukan tingkat atau derajat ketidaktentuan struktur

 Buat struktur menjadi statis tertentu dengan menghilangkan gaya kelebihan.  Hitung deformasi struktur statis tertentu tersebut akibat beban yang ada.

 Beban yang ada dihilangkan, gaya kelebihan dikerjakan sebagai beban, dan dihitung deformasinya. Kalau gaya kelebihan lebih dari satu, gaya kelebihan dikerjakan satu per satu bergantian. Deformasi yang dihitung disesuaikan gaya kelebihan yang dihilangkan. Untuk gaya vertikal
defleksi vertikal, gaya horizontal
defleksi horizontal dan momen
_rotasi.

 Setelah deformasi akibat beban yang ada dan gaya-gaya kelebihan dari struktur statis tertentu tersebut dihitung, dengan kondisi struktur aslinya yaitu struktur statis tak tentu, kita susunan persamaan Consistent Deformation

 Dengan bantuan persamaan Consistent Deformation gaya-gaya kelebihan dapat dihitung. Setelah gaya-gaya kelebihan didapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung dengan menggunakan tiga persamaan keseimbangan yang ada.

Contoh 1

Gambar 4.3 Penyelesaian dengan consistent deformation Balok diatas 2 tumpuan jepit-rol.

• R = 4 > 3 (kelebihan 1 R)

Struktur statis tidak tertentu tingkat 1 (satu) • RBV – sebagai gaya kelebihan

B – menjadi bebas

∆BV – defleksi yang dihitung

• Akibat beban yang ada dihitung defleksi vertikal di B (∆BV).

• Akibat gaya kelebihan (RBV) sebagai beban dihitung defleksi vertikal di B (δBV RBV)

• Struktur aslinya B rol, maka seharusnya defleksi vertikal di B sama dengan nol.

Persamaan Consistent Deformation Σ ∆BV = 0 EI RAV RBV B q RAM RBH A

a). Struktur statis tidak tertentu L

b). Struktur statis tertentu

A B q A B A B RBV δBV RBV ∆BV

c). Akibat beban yang ada

∆BV + δBV RBV = 0

• Dari persamaan Consistent Deformation yang disusun RBV dapat dihitung. Setelah

RBV didapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan keseimbangan.

Contoh 2

• Struktur aslinya A adalah jepit, sebelumnya rotasi di A sama dengan nol. Persamaan

Consistent Deformation : Σ θA = 0

θA + ϕAM RAM = 0

• Dari persamaan Consistent Deformation yang disusun, gaya kelebihan RAM dapat

dihitung. Setelah RAM didapat, gaya-gaya yang lain dapat dihitung dengan persamaan

keseimbangan.

RBV

Soal no.1 dapat diselesaikan juga sebagai berikut :

• R = 4 > 3 (kelebihan 1 R)

Struktur statis tidak tertentu tingkat 1 (satu).

• RAM-sebagai gaya kelebihan

A – menjadi sendi θA – rotasi yang dihitung

• Akibat beban yang ada dihitung rotasi di A (θA)

• Akibat RAM sebagai beban dihitung

rotasi di A (ϕAM RAM). EI RAV B q RAM RAH A

a). Struktur statis tidak tertentu L

b). Struktur statis tertentu

A B

q A

c). Akibat beban yang ada

B θA A B ϕAM RAM RAM

d). Akibat RAM sebagai beban

Contoh 3 RAM RAH _R BV RBH q D B A P C RAV

Portal dengan perletakan A jepit dan B sendi.

• R = 5 > 3 (kelebihan 2 R)

Struktur statis tidak tertentu tingkat 2.

a). Struktur statis tidak tertentu

C D

B

A

b). Struktur statis tertentu

• RBV dan RBH – sebagai gaya kelebihan

B – menjadi bebas

∆BV dan ∆BH - defleksi-defleksi yang

dihitung q D B A C ∆ BV ∆ BH

c). Akibat beban yang ada

• Akibat beban yang ada dihitung defleksi vertical dan defleksi horizontal dari B (∆BV dan ∆BH)

Gambar 4.5 Penyelesaian dengan consistent deformation

• Struktur aslinya B adalah sendi, seharusnya defleksi vertikal dan horizontalnya sama dengan nol. Persamaan “Consistent Deformation”.

(1) Σ ∆BV = 0
∆BV + δBVV RBV + δBVh RBH

(2) Σ ∆BH = 0
∆BH + δBHV RBV + δBHh RBH

• Dengan 2 (dua) persamaan “Consistent Deformation” yang disusun, gaya kelebihan RBV dan RBH dapat dihitung, setelah RBV dan RBH didapat, gaya-gaya yang lain dapat

dihitung dengan persamaan keseimbangan. 4.5 Deformasi Struktur Statis Tertentu

Untuk menghitung deformasi, kita bisa menggunakan beberapa metode seperti: metoda “Unit Load”, metoda “Momen Area” dan metoda “Persamaan Garis Statis”. Dalam pembahasan ini, kita metoda “unit load” karena metoda “unit load” dapat d). akibat gaya kelebihan RBV

C D

B

A

δBVV RBV

δBHV RBV

• Akibat gaya kelebihan RBV

dikerjakan sebagai beban, dihitung defleksi vertical dan defleksi horizontal dari B (δBVV

RBV dan SBHV RBV)

RBV

e). akibat gaya kelebihan RBH

• Akibat gaya kelebihan RBH

dikerjakan sebagai beban, dihitung defleksi vertical dan defleksi horizontal dari B.

RBH δBHh RBH δBVH.RBH C D B A

dipergunakan untuk menghitung deformasi dari struktur balok portal maupun struktur Rangka Batang.

Untuk struktur balok dan portal statis tertentu rumus deformasinya adalah:

x x x x s o d I E m M atau θ= ∫∫∫∫ ∆ ∆ - defleksi θ - rotasi

Mx – persamaan momen akibat beban yang ada

mx – persamaan momen akibat beban unit

E - Modulus elastis bahan batang Ix - Momen Enersia penampang batang

dx s

0∫∫ - Integral seluruh panjang struktur ∫∫ Catatan : Momen positif (+)

Momen negatif (-)

Untuk ∆ (defleksi), beban unit berupa beban unit gaya ( ↓ 1 ), sedangkan untuk θ (rotasi), beban unit berupa beban unit momen ( 1). Arah defleksi / rotasi ditentukan oleh nilai hasil perhitungan :

• Kalau hasil perhitungan positif (+), arah defleksi / rotasi searah dengan beban unit yang dikerjakan.

• Kalau hasil perhitungan negatif (-) , arah defleksi / rotasi berlawan arah dengan beban unit yang dikerjakan.

Pada struktur Rangka Batang hanya ada defleksi titik simpul. Untuk struktur Rangka Batang statis tertentu, karena setiap batang mempunyai nilai gaya batang yang tetap (konstant), maka perumusannya tidak memerlukan perhitungan integral melainkan hanya penjumlahan secara aljabar saja. Rumus defleksi untuk struktur rangka batang statis tertentu adalah sebagai berikut :

∑

)

AE

(

S

n 1 i i i i =

=

µ

∆

∆ - defleksi

S – gaya batang akibat beban yang ada. µ - gaya batang akibat beban unit

A – luas penampang batang E – modulus elastis bahan batang

i – nomor batang dari 1 sampai dengan n ∑ ∑ ∑ ∑ = n 1 i

- penjumlahan aljabar dari batang no.1 sampai dengan no. n Catatan : Gaya batang tarik
(+)

Gaya batang tekan
(-)

Contoh perhitungan deformasi pada struktur statis tertentu

4.6 Penyelesaian struktur statis tak tentu dengan Metoda Consistent Deformation. Konsep metoda Consistent Deformation adalah membuat struktur statis tak tentu menjadi struktur yang statis tertentu dengan menghilangkan gaya kelebihan yang ada. Semakin banyak gaya kelebihan yang ada maka akan semakin banyak persamaan yang harus disusun, sehingga perhitungannya akan semakin kompleks. Maka dari itu untuk struktur balok dan portal pemakaian metoda ini akan lebih efektif untuk derajat ketidaktentuannya tidak terlalu besar. Karena untuk struktur statis tak tentu dalam, kelebihan satu potongan batang saja gaya kelebihannya ada tiga, maka untuk contoh-contoh perhitungan penyelesaian balok dan portal statis tak tentu berikut ini hanyalah struktur statis tak tentu luar.

Contoh 1

Gambar 4.6 Penyelesaian dengan consistent deformation

Suatu balok statis tak tentu dengan ukuran dan pembebanan seperti pada gambar. A jepit dan B rol. Hitung gaya-gaya dalam dan reaksi perletakannya dengan metoda

Consistent Deformation. Gambar bidang M, N dan D nya. Penyelesaian :

• R = 4 > 3
kelebihan 1 reaksi. Struktur statis tidak tertentu tingkat 1. • VB – sebagai gaya kelebihan

∆BV – defleksi yang dicari.

• Akibat beban yang ada : VA = 1 x 8 + 1 = 9 t (↑) MA = ½ (1) 8² + 1 x 8 = 40 tm. MA VA EI EI 2 m 6 m VB B C P = 1t q = 1 t/m’ A HA EI A B C 2 m 6 m

a). Struktur statis tak tentu

b). Struktur statis tertentu

A MA = 40 tm EI B EI P = 1t C 2 m 6 m VA = 9t q = 1 t/m’ x2 x1

VA = 1t (↑)

MA = - 1 x 6 = -6

Persamaan momen : (mx).

CB 0 < x1 < 2 mx1 = 0

BA 0 < x2 < 6 mx2 = -x2

• Akibat beban yang ada :

2 x 2 2 2 2 6 0 1 1 2 1 2 0 s 0 BV _EI d ) x ( ) 4 x 3 x (1/2 -∫ dx EI ) 0 ( ) x x 2 / 1 ( -∫ dx EI mx Mx ∫ = + + + + = ∆ = +

[

+ +

]

=+

( )

↓↓↓↓ EI 450 x 2 x x 8 / 1 EI 1 6 0 2 2 3 2 4 2 • Akibat beban VB = 1t (↓) δBV = (↓) EI 72 ] x 3 / 1 [ EI 1 dx EI )² -x ( ∫ dx EI m ∫ 6 0 3 2 2 2 6 0 2 x s 0 + = = =

• Struktur aslinya B adalah rol
∆Σ BV = 0

Persamaan “Consistent Deformation” ∆BV + δBV VB = 0 0 V EI 72 EI 450 B = +
_VB = -6,25 t () Persamaan momen : (Mx) CB 0 < x1 < 2 Mx1 = - ½ x1² - x1 = - (½ x21 + x1) BA 0 < x2 < 6 Mx2 = - ½ (x2 + 2)² – 1(x2 + 2) = - (½ x22 + 3x2 + 4) A EI B C 2 m 6 m EI 1 x2 x1 MA = 6 1 VA = 1

• Akibat beban unit di B (↓) • ( Akibat beban VB = 1t (↓) )

Gambar 4.7 Bidang momen, gaya lintang, dan gaya normal - Bidang Gaya Lintang (D)

AB 0 < x1 < 6
Dx1 = 2,75 – x1 Dx = 0
2,75 – x1 = 0
x1 = 2,75 DA = 2,75 t DBkr = 2,75 – 6 = - 3,25 t CB 0 < x2 < 2
Dx2 = x2 + 1 DC = +1 DBkn = +3 MA = 2,50 tm q = 1 t /m B C 1t A 6 m 2 m VA = 2,75 t VB = 6,25 t

(e) reaksi perletakan balok

3,25 t 2,5 t 3 t 1t C B + + A 2,75 m -

(f) Bidang gaya lintang (D) 3,25 t 2,5 t 3 t 1t C B + + A 2,75 m - (-) (-) (+) 1,28125 tm A B C 4 tm 2,5 tm 2,75 m (g). Bidang Momen ΣV = 0
VA + VB = 8 + 1 VA = + 2,75 t (↑) ΣH = 0
HA = 0 ΣMA = 0
MA + VB x 6 – 8 x 4 – 1 x 8 = 0 MA = + 2,5 tm

- Bidang Gaya Normal (N)
_{N = 0} - Bidang Momen (M) AB 0 < x1 < 6 Mx1 = 2,75 x1 – 2,50 – ½ x12 m 75 , 2 x 75 , 2 0 dx dm 1 1 1 x = → → → → x -= = ₁ Mmax = 2,75 x 2,75 – 2,50 – ½ (2,75)² = + 1,28125 tm CB 0 < x2 < 2 Mx2 = - ½ x 22 – x2 MB = - ½ (2)2 – 2 = - 4 tm

Contoh 2 _{q = 1 t/m’} Hc Vc EI B _C HA A MA VA _{4 m} 4 m

a). Struktur statis tidak tertentu

b). Struktur statis tertentu

Suatu struktur portal statis tidak tertentu dengan ukuran dan pembebanan seperti pada Gambar. A jepit dan C sendi. • Selesaikan portal tersebut dengan

metoda “Consistent Deformation” • Gambarkan bidang M, N dan D nya

Penyelesaian :

• R = 5 > 3 kelebihan 2 reaksi. Struktur statis tidak tertentu tingkat 2.

• MA dan HC sebagai gaya kelebihan

sehingga A menjadi sendi dan C menjadi rol.

• θA dan ∆CH deformasi yang dihitung. q = 1 t/m’ Vc = 2t B _C A VA = 2t x2 x1

(c). Akibat beban yang ada

• Akibat beban yang ada. ΣH = 0
HA = 0 VA = VC = ½ x 1 x 4 = 2 t (↑) Persamaan momen (Mx) AB 0 < x1 < 4 m
Mx1= 0 CB 0 < x2 < 4 m
Mx2 = 2 x2 – ½ x22 EI B C A MA 4 m 4 m EI

e). Akibat beban unit horizontal di C (
) (beban HC = 1t
)

• Deformasi akibat beban yang ada :

EI 3 8 -] x 32 1 x 6 1 -[ EI 1 )d 4 x -( ) x 2 1 -( x 2 ∫ EI 1 dx EI m M ∫ A 4 0 4 2 3 2 x2 2 2 2 2 4 0 r x s s 0 = + = = = θ ) ( 3 32 8 1 3 2 1 d x x 2 1 -2 1 4 0 4 3 x2 2 2 2 2 4 0 0

∫

∫

 =+ →      − =       = = ∆ EI x x EI x EI dx EI m M_{x h} s CH s Deformasi akibat MA = 1 tm

d). Akibat beban unit momen di A (Beban MA = 1 tm Vc = ¼ EI B C A VA = ¼ x2 1 x1

• Akibat beban unit momen di A (beban MA = 1 tm ) ΣH = 0
HA = 0 ΣMC = 0
VA . 4 – 1 = 0
VA = ¼ (↑) ΣV = 0
VA + VC = 0
VC = - ¼ (↓) Persamaan momen (mr) AB , 0 < x1 < 4 m
mr1 = -1 CB , 0 < x2 < 4 m
mr2 = - ¼ x2

• Akibat beban unit horizontal di C (
) (akibat HC = 1t
) ΣH = 0
HA = 1t (←) ΣMC = 0
VA x 4 + 1 x 4 = 0
VA = - 1t (↓) ΣV = 0
VA + VC = 0
VC = + 1t (↑) Persamaan momen (mh) AB , 0 < x1 < 4 m
mh1 = + x1 CB , 0 < x2 < 4 m
mh2 = + x2 1 Vc = 1 B C A VA = 1 x2 x1 HA = 1

( )

∫ ∫ ∫ x _EII x_{48 3}16_EI EI I dx ² 4 x EI I dx )² 1 ( EI I dx EI ² m s 0 4 0 4 0 4 0 3 2 4 0 1 2 2 1 r Am = = + = + =+ ϕ δCHm = ∫ ∫ ∫

( )

x dx 4 x EI I d ) x )( 1 ( EI I dx EI m m s 0 4 0 4 0 2 2 2 1 x 1 h r + = = ( ) 3 40 12 2 1 4 0 3 2 4 0 1  =− ←      −       − EI x EI I x EI I • Deformasi akibat HC = 1t (→) ϕAh = ∫ ∫ ∫

( )

dx 4 x x EI I d ) 1 )( x ( EI I dx EI m m s 0 4 0 4 0 2 2 2 1 x 1 r h + = = EI x EI I x 3 40 12 2 1 4 0 3 2 4 0 1  =−      −       − δCHh =

∫

=

∫

+

∫

( )

s x h _{x dx} EI I d x EI I dx EI m 0 4 0 4 0 2 2 1 1)² ² ( ² = ( ) 3 128 3 3 4 0 3 2 4 0 3 1 _{=+ →}       +       EI x EI I x EI I

• Struktur aslinya A adalah jepit, Σ θA = 0

• dan C adalah sendi , Σ ∆CH = 0

Persamaan Consistent Deformation

Σ θA = 0
θA + ϕAm . MA + ϕAh HC = 0 0 5 2 1 0 3 40 3 16 3 8 = − + − → = − + − _A H_C M_A H_C EI M EI EI (1) Σ∆CH = 0
∆CH + δCHm MA – δCHh HC = 0 0 16 5 4 0 3 128 3 40 3 32 = + − + → = + − + _A H_C M_A H_C EI M EI EI (2) 5 x (1) + 2 x (2)
_{+ 3 – 7 H}C = 0
HC = t 7 3 − (←) (1)
_{-1 + 2 M}A – 5 7 3 (− ) = 0
MA = tm 7 4 −

o

Gambar 4.8 Penyelesaian dengan consistent deformation

Dengan free body diagram kita dapat menggambarkan bidang M, D, N nya. f). Reaksi perletakan struktur statis tidak terntetu

g). Free Body diagram

7 3 t 7 12 t A 7 3 t 7 4 tm t 7 3 t 7 16 q = 1 t/m’ tm 7 8 7 16 t B C tm 7 8

Bidang Gaya Normal (N) : Batang AB
NAB = t 7 16 - (tekan) Batang BC
_NBC = t 7 3 - (tekan) Bidang Gaya Lintang (D) : Batang AB Dx1 = t 7 3 -x1 = 0 DA = t 7 3 -x2 = 4 m DBbw = t 7 3 -Batang CB Dx2 = _7t +x2 12 -x2 = 0 Dc = 7 12 -x2 = 4 m DBkm = t 7 16 4=+ + 7 12 -Untuk Dx = 0
+x2 =0 7 12 x2 = + m 7 12 q = 1 t/m’ HC = 7 3 t VC = 7 12 t MB = 7 8 tm C B A MA = 7 4 tm VA = 7 16 t HA = 7 3 t ΣH = 0
HA + HC = 0
HA = 7 3 t (→) ΣMA = 0
VC x 4 + HC x 4 – 4 x 2 - MA=0 VC = 7 3 -+ x4) 7 4 8 ( 4 1 = t 7 12 (↑) ΣV = 0
VA + VC – 4 = 0 VA = 7 16 t (↑) MB = VC x 4 – 4 x 2 = 7 12 x 4 – 4 x 2 = -7 8 tm