ANALISA STRUKTUR
METODE MATRIKS (ASMM)
Endah Wahyuni, S.T., M.Sc., Ph.D
Matrikulasi S2 – Bidang Keahlian Struktur Jurusan Teknik Sipil
2011
ANALISA STRUKTUR METODE MATRIKS
• Analisa Struktur Metode Matriks (ASMM) adalah suatu metode untuk menganalisa struktur dengan
menggunakan bantuan matriks, yang terdiri dari : matriks kekakuan, matriks perpindahan, dan matriks gaya.
Dengan menggunakan hubungan : { P } = [ K ] { U } dimana :
{ P } = matriks gaya
[ K ] = matriks kekakuan { U } = matriks perpindahan
• Salah satu cara yang digunakan untuk menyelesaikan
persamaan di atas, yaitu dengan menggunakan Metode
Kekakuan.
• Pada Metode Kekakuan, variable yang tidak diketahui besarnya adalah : perpindahan titik simpul struktur (rotasi dan defleksi) sudah
tertentu/pasti. Jadi jumlah variable dalam metode kekakuan sama dengan derajat ketidaktentuan kinematis struktur.
• Metode Kekakuan dikembangkan dari
persamaan kesetimbangan titik simpul yang ditulis dalam : “ Koefisien Kekakuan “ dan “
Perpindahan titik simpul yang tidak diketahui “.
Types of Elements
Spring elements
Truss elements (plane & 3D)
Beam elements (2D &3D)
Plane Frame
Grid elements
Plane Stress
Plane Strain
Axisymmetric elements
Plate
Shell
Degrees of Freedom (DOF)
• Derajat kebebasan yang dimiliki oleh suatu struktur.
• Tiap jenis elemen akan mempunyai jumlah dan jenis kebebasan tertentu.
Hitung derajat kebebasan element dari jenis element yang
disebutkan sebelumnya
Metode Kekakuan Langsung (Direct Stiffness Method)
matriks kekakuan
U
1, P
1U
2, P
2{ P } = [ K ] { U }
U
3, P
3U
4, P
4gaya perpindahan
P
1K
11K
12K
13K
14U
1P
2K
21K
22K
23K
24U
2P
3K
31K
32K
33K
34U
3P
4K
41K
42K
43K
44U
41 1 2
=
P 1 = K 11 . U 1 + K 12 . U 2 + K 13 . U 3 + K 14 . U 4 Kesetimbangan gaya di arah U 1
P2 = K21 . U1 + K22 . U2 + K23 . U3 + K24 . U4 Kesetimbangan gaya di arah U2
P3 = K31 . U1 + K32 . U2 + K33 . U3 + K34 . U4 Kesetimbangan gaya di arah U3
P4 = K41 . U1 + K42 . U2 + K43 . U3 + K44 . U4
Kesetimbangan gaya di arah U4
• Jika U1 = 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka :
P1 = K11 ; P2 = K21 ; P3 = K31 ; P4 = K41 Lihat Gambar (a)
• Jika U2 = 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka : P1 = K12 ; P2 = K22 ; P3 = K32 ; P4 = K42
Lihat Gambar (b)
• Jika U3 = 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka : P1 = K13 ; P2 = K23 ; P3 = K33 ; P4 = K43
Lihat Gambar (c)
• Jika U4 = 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka : P1 = K14 ; P2 = K24 ; P3 = K34 ; P4 = K44
Lihat Gambar (d)
U1’ = 1 P1’ = K11 P2’ = K21 P3’ = K31 P4’ = K41 U1’ = 1 P1’ = K11 P2’ = K21 P3’ = K31 P4’ = K41
U1’ = 1 P1’ = K11 P2’ = K21 P3’ = K31 P4’ = K41
U1’ = 1 P1’ = K11
P2’ = K21
P3’ = K31
P4’ = K41
Matrix kekakuan:
K
11K
12K
13K
14K
21K
22K
23K
24K
31K
32K
33K
34K
41K
42K
43K
442 3
2
3
L
EI 6 L
EI - 12 L
EI 6 L
EI 12
L
EI 2 L
EI - 6 L
EI 4 L
EI 6
2 2
3 2 3 2
L EI - 6 L
EI 12 L
EI 6 L
EI
12 -
−
Matriks Kekakuan
L EI 4 L
EI - 6 L
EI 2 L
EI 6
2 2
Gambar (a) (b) (c) (d) K =
K =
Jika pada batang bekerja gaya aksial :
L, EA
K
11= L
EA K
21=
L
− EA
U
1, P
1U
2, P
2U
3, P
3U
4, P
4U
1’,P
1’ U
2’,P
2’
U
1’= 1
K
12= - L EA
U
2’= 1 K
22=
L EA
1
1
2Matriks kekakuan elemen dengan melibatkan gaya aksial :
6 x 6
K =
2 3
2
3 L
EI 6 L
EI -12 0 L
EI 6 L
EI 12 0
L EI 2 L
EI -6 0 L
EI 4 L
EI 6
0 2 2
2 3
2
3 L
EI -6 L
EI 12 0 L
EI 6 L
EI 12
0 − -
L EI 4 L
EI -6 0 L
EI 2 L
EI 6
0 2 2
0 0 L
-EA 0 0 L
EA
0 0 L
-EA 0 0 L
−EA
Contoh
q
Sebuah balok statis tak tentu seperti pada gambar
1 1 2 2 3
L, EI L, EI
Menentukan keaktifan ujung-ujung elemen
Menentukan matriks tujuan DOF : 2 2 rotasi
Matriks kekakuan struktur [ Ks ]
2 x 2Membuat matrik kekakuan elemen : [ Ks ] = [ K
1] + [ K
2]
1 2 3
0
1 2
0
0
0
1 2
1 2
3
0 0 0
1 2
0 1 1 2
0
Membuat matrik kekakuan elemen : Elemen 1
0 0 0 1
2 3
2
3
L
EI 6 L
EI - 12 L
EI 6 L
EI
12 0
L
EI 2 L
EI - 6 L
EI 4 L
EI 6
2
2
0
3 2 3 2
L EI - 6 L
EI 12 L
EI 6 L
EI
12 -
− 0
L
EI 4 L
EI - 6 L
EI 2 L
EI 6
2
2
1
K
1=
[ K
1] =
Matriks Tujuan { T
1} = { 0 0 0 1 }
T0 L
EI 4
2 x 2
0 0
Elemen 2
0 1 0 2
2 3
2
3
L
EI 6 L
EI - 12 L
EI 6 L
EI
12 0
L
EI 2 L
EI - 6 L
EI 4 L
EI 6
2
2
1
3 2 3 2
L EI - 6 L
EI 12 L
EI 6 L
EI
12 -
− 0
L
EI 4 L
EI - 6 L
EI 2 L
EI 6
2
2
2
Matriks Tujuan { T
2} = { 0 1 0 2 }
T2 x 2
K
2=
[ K
2] =
L EI 4 L
EI 2
L EI 2 L
EI
4
= + 0 0
= Matriks Kekakuan Global Struktur
[ Ks ] = [ K
1] + [ K
2]
[ Ks ]
2 x 2
L EI 4 L
EI 2
L EI 2 L
EI 0 4
L
EI 4
L EI 4 L
EI 2
L EI 2 L
EI 8
Untuk mendapatkan deformasi ujung-ujung aktif struktur, maka digunakan hubungan :
{ Ps } = [ Ks ] { Us } { Us } = [ Ks ]
-1{ Ps } dimana :
Us = deformasi ujung-ujung aktif Ks = kekakuan struktur
Ps = gaya-gaya pada ujung aktif elemen akibat beban luar (aksi)
q
0 0
Untuk contoh di atas, maka :
Ps =
Menghitung invers matrik kekakuan global [ Ks ]-1
[ Ks ] =
[ Ks ]-1 =
8 2 -
2 - 4 EI
L 2 . 2 - 4 . 8
1
=
8 2 -
2 - 4 EI 28
L
Jadi : { Us } = [ Ks ]-1 { Ps }
Us =
8 2 -
2 - 4 EI 28
L
L2
12 q
− 1 qL2
12 1
L EI 4 L
EI 2
L EI 2 L
EI 8
L2
12q
− 1
L2
12q 1
L2
12 q
− 1
L2
12 q 1
U
11U
12U
13U
140 0 0
U
21U
22U
23U
240
0
Us =
EI 28
L
Us =
Deformasi untuk masing-masing elemen
Elemen 1 : U
1= =
Elemen 2 : U
2= =
2
2
q L
6 1 - L 3 q
− 1
2
2
q L
6 4 L 6 q
1 +
EI L q 168
3
3−
EI L q 168
5
3Rotasi di joint 2 Rotasi di joint 3
EI L q 168
3
3−
EI L q 168
3
3−
EI L q 168
5
3q
0 0
0 0 0 0
P
R2= P
R1=
Reaksi akibat beban luar :
L
212 q
− 1 L
212 q 1
2 L q
2 L q
L
212 q
− 1
L
212 q 1
2 L q
2
L
q
0
0
0
0
0
0
0 Gaya akhir elemen :
Elemen 1 : { P1 } = [ K1 ] + { PR1 }
P1 = +
P1 = =
2 3
2
3 L
EI 6 L
EI -12 L
EI 6 L
EI 12
L EI 2 L
EI - 6 L
EI 4 L
EI 6
2 2
2 3
2
3 L
EI -6 L
EI 12 L
EI 6 L
EI
12 -
−
L EI 4 L
EI - 6 L
EI 2 L
EI 6
2
2 EI
L q 168
3 3
−
L2
56q
− 4
L2
56q
− 2
L 56q
− 6
L 56 q
6
L2
28q
− 2
L2
28q
− 1
L 28q
− 3
L 28q
3
0
0
0 0
Elemen 2 : { P
2} = [ K
2] + { P
R2}
P
2= +
P
2= =
2 3
2
3
L
EI 6 L
EI - 12 L
EI 6 L
EI 12
L EI 2 L
EI - 6 L
EI 4 L
EI 6
2 2
2 3
2
3
L
EI - 6 L
EI 12 L
EI 6 L
EI
12 -
−
L EI 4 L
EI - 6 L
EI 2 L
EI 6
2
2
EI
L q 168
5
3L
256 q 4
L 56 q 32
L 56 q 24
L
228 q 2
L 28 q 16
L 28 q 12
EI L q 168
3
3−
L
212 q
− 1
L
212 q 1
2 L q
2
L
q
q 0
- -
+
-
+ +
Free Body Diagram :
Menggambar gaya-gaya dalam : Bidang D :
Bidang M :
L2
28q
2 2 L 28q
1
L 28q
3
L2
28q 2
L 28q L 16 28q
3 qL
28 12
L 28q
3 qL
28 3
L 28q 16
L 28q 12
L2
28q 2
L2
28q 1
Elemen Portal 2D
B C
P
EI
EI L
L/2 L/2
A A
B C
1
2
DOF = 2
0
1 1 2
Sebuah portal statis tak tentu seperti pada gambar
Matriks kekakuan struktur [ Ks ] 2 x 2
[ Ks ] = [ K
1] + [ K
2]
[ K1 ] =
0 0
0 Elemen 1
0 1
0
2 x 2 1
Matriks Tujuan { T1 } = { 0 1 }T
2 x 2
Elemen 2
1 2
1
2 x 2 2
Matriks Tujuan { T2 } = { 1 2 }T
2 x 2
K1 =
[ K2 ] =
L EI 4 L
EI 2
L EI 2 L
EI 4
L EI 2 L
EI 4
L EI 4 L
EI 2
L EI 4
K2 =
L EI 2 L
EI 4
L EI 4 L
EI 2
= + 0
= 0 0
Matriks Kekakuan Global Struktur [ Ks ] = [ K
1] + [ K
2]
[ Ks ]
2 x 2
Untuk mendapatkan deformasi ujung-ujung aktif struktur, maka digunakan hubungan :
{ Ps } = [ Ks ] { Us } { Us } = [ Ks ]
-1{ Ps } dimana :
Us = deformasi ujung-ujung aktif Ks = kekakuan struktur
Ps = gaya-gaya pada ujung aktif elemen akibat beban luar (aksi) L
EI 4 L
EI 2
L EI 2 L
EI 4
L EI 4 L
EI 2
L EI 2 L
EI 8 L
EI
4
P Untuk contoh di atas, maka :
0
0
Ps =
Menghitung invers matrik kekakuan global [ Ks ]-1
[ Ks ] =
[ Ks ]-1 =
8 2 -
2 - 4 EI
L 2 . 2 - 4 . 8
1
=
8 2 -
2 - 4 EI 28
L
L 8 P
−1 PL
8 1
L EI 4 L
EI 2
L EI 2 L
EI 8
L 8 P
−1
L 8P 1
Jadi : { Us } = [ Ks ]
-1{ Ps }
Us =
8 2 -
2 - 4 EI 28
L
Us = EI 28
L
Us =
L 8 P
− 1
L 8 P 1
2
2
q L
6 1 - L 3 q
− 1
2
2
q L
6 4 L 6 q
1 +
EI L P 112
3
2−
EI L P 112
5
2Rotasi di joint B Rotasi di joint C
U
11U
120
U
21U
22Deformasi untuk masing-masing elemen
Elemen 1 : U
1= =
Elemen 2 : U
2= =
EI L P 112
3
2−
EI L P 112
3
2−
EI L P 112
5
2P Reaksi akibat beban luar :
0
0
L 8P
−1 L
8P 1
0
PR1 =
0
PR2 =
L 8 P
− 1
L 8 P
1
0 0
0
P
1= +
P
1= Hasil perhitungan
hanya momen saja Gaya akhir elemen :
Elemen 1 : { P
1} = [ K
1] + { P
R1}
EI
L P 112
3 2
−
L 56P
− 6
L 56P
− 3
L EI 2 L
EI 4
L EI 4 L
EI 2
P2 = +
P2 = =
0 0
Hasil perhitungan hanya momen saja Elemen 2 : { P2 } = [ K2 ] + { PR2 }
EI
L P 112
5 2 PL
8
−1 L 8P 1 EI
L P 112
3 2
− L
EI 2 L
EI 4
L EI 4 L
EI 2
L2
56q
6 2
L 28q
3
P 0
Dihitung lagi
Dihitung lagi Free Body Diagram :
56P 9
L 56P
6
28P
17 P
28 11
56P 9
56P 9
56P 9 28P
17
28P 17 L 56P
6
L 56P
3
Bidang M :
- -
+
L 56P
6
L 56P
3
L 56P 11
+
Bidang D :
Bidang N :
-
P +
28 17
-
56P 9
28P 11 P
28P 17
-
56P
-
9Transformasi Sumbu
θ
1 2’
2
3
1’
3’
U3, P3
u3, p3
U1, P1
U2, P2
u1, p1
u2, p2
u1
u2
u3
=
C S 0
-S C 0
0 0 1
U1
U2
U3
C = cos θ S = sin θ Koordinat Lokal dan Global
C S 0
-S C 0
0
0 1
C = cos θ S = sin θ
u
1u
2u
3u
4u
5u
6=
λ 0
0 λ
U
1U
2U
3U
4U
5U
6[ u ] = [ R ] [ U ] R = matriks rotasi Atau dapat ditulis : u = λ U
Dimana :
λ =
Untuk transformasi sumbu sebuah titik dengan 6 dof dapat ditulis :
P
1P
2P
3P
4P
5P
6=
λ
Τ0
0 λ
Τp
1p
2p
3p
4p
5p
6[ P ] = [ R ]
T[ p ] R = matriks rotasi
K
Transformasi sumbu juga berlaku untuk gaya : p = λ P
P = λ
-1p λ
-1= λ
TP = λ
Tp
p = k u ; u = R U
P = R
Tp P = K U
= R
Tk u K = R
Tk R
= R
Tk R U
Matriks kekakuan elemen untuk 6 dof :
6 x 6
k =
2 3
2
3 L
EI 6 L
EI -12 0 L
EI 6 L
EI 12 0
L EI 2 L
EI -6 0 L
EI 4 L
EI 6
0 2 2
2 3
2
3 L
EI -6 L
EI 12 0 L
EI 6 L
EI 12
0 − -
L EI 4 L
EI -6 0 L
EI 2 L
EI 6
0 2 2
0 0 L -EA 0 0 L EA
0 0 L -EA 0 0 L
−EA
β 0 0 -β 0 0
0 12 6L 0 -12 6L
0 6L 4L
20 -6L 2L
2-β 0 0 β 0 0
0 -12 -6L 0 12 -6L
0 6L 2L
20 -6L 4L
2Dimana :
α = β =
[ K ] = [ R ]
T[ k ] [ R ] k = α
L EI
3
I
L
A
2C -S 0 S C 0 0 0 1
C -S 0 S C 0 0 0 1
0
0
β 0 0 -β 0 0
0 12 6L 0 -12 6L
0 6L 4L2 0 -6L 2L2
-β 0 0 β 0 0
0 -12 -6L 0 12 -6L
0 6L 2L2 0 -6L 4L2
K = α
C S 0 -S C 0 0 0 1
C S 0 -S C 0 0 0 1
0
0
g
1g
2g
4-g
1-g
2g
4g
3g
5-g
2-g
3g
5g
6-g
4-g
5g
7g
1g
2-g
4g
3-g
5g
6Dimana :
g
1= α ( β C
2+ 12 S
2) g
5= α 6 L C g
2= α C S ( β - 12 ) g
6= α 4 L
2g
3= α ( β S
2+ 12 C
2) g
7= α 2 L
2g
4= -α 6 L S
K =
Sebuah portal seperti gambar, dengan menggunakan transformasi sumbu hitunglah gaya-gaya dalam yang bekerja
q = 1,68 k/ft
L = 10 ft
M = 14 kft = 168 kin L = 10 ft
1
2 3
1
2
E = 30.000 ksi A = 5 in2 I = 50 in4 L = 10 ft
1
2 1
2 3
0
0
3
1 0
0
2 0
0 Sumbu Global
DOF [ Ks ] 3 x 3
1
2 1
2 3
2
4
5 4
5
6
3 1 Sumbu Lokal
DOF [ k ] 3 x 3
6 1
3
2 2
1
2
x
x’
1
θ = 270
oλ
1=
C S 0 -S C 0 0 0 1
=
0 -1 0 1 0 0 0 0 1
2 3
x x’
θ = 0
oλ
2=
C S 0 -S C 0 0 0 1
=
1 0 0 0 1 0 0 0 1 Matriks transformasi batang :
Batang 1 : θ = 270
ocos 270
o= 0 sin 270
o= -1
Batang 2 : θ = 0
ocos 0
o= 1
sin 0
o= 0
C S 0 -S C 0 0 0 1
C S 0 -S C 0 0 0 1
0
0
0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1
C S 0 -S C 0 0 0 1
C S 0 -S C 0 0 0 1
0
0
1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1
R
1= =
R
2= =
g1 g2 g4 -g1 -g2 g4
g3 g5 -g2 -g3 g5
g6 -g4 -g5 g7
g1 g2 -g4
g3 -g5
-g4 g6
0 0 0 1 0 2 Matriks kekakuan system struktur
Elemen 1 :
α1 = 3 3
1 (10.12)
50 . 30.000
LEI = = 0,87
β1 =
50 12) . (10 . 5 I
L
A 12 = 2 = 1.440
C = 0 ; S = -1
{ T } = { 0 0 0 1 0 2 }T
0 0 0 1 0 2
K1 =
g1 -g4 0 -g4 g6 0
0 0 0
1 2 3
10,44 -626,4 0 -626,4 50.112 0 0 0 0 1 2 3
g1 = α ( β C2 + 12 S2 ) = 0,87 [ 0 + 12 (-1)2 ] = 10,44 g4 = -α 6 L S = -0,87 . 6 . 120 (-1) = 626,4 g6 = α 4 L2 = 0,87 . 4 . 1202 = 50.112 Sehingga :
K1 =
K1 =
g1 g2 g4 -g1 -g2 g4
g3 g5 -g2 -g3 g5
g4 g6 -g4 -g5 g7
g1 g2 -g4
g3 -g5
g4 g7 g6
1 0 2 0 0 3
g1 g4 g4
g4 g6 g7
g4 g7 g6
1 2 3 Elemen 2 :
α2 = 3 3
1 (10 .12) 50 . 30.000
LEI = = 0,87
β2 =
50 12) . (10 . 5 I L
A 12 2
= = 1.440
C = 1 ; S = 0
{ T } = { 1 0 2 0 0 3 }T
1 0 2 0 0 3
1 2 3 K2 =
K2 =
1.252,8 0 0 0 50.112 25.056 0 25.056 50.112
1.263,24 -626,4 0 -626,4 100.224 25.056 0 25.056 50.112
g1 = α ( β C2 + 12 S2 ) = 0,87 [ 1.440 . 12 + 12 (0)2 ] = 1.252,8 g4 = -α 6 L S = -0,87 . 6 . 120 (0) = 0
g6 = α 4 L2 = 0,87 . 4 . 1202 = 50.112 g7 = α 2 L2 = 0,87 . 2 . 1202 = 25.056 Sehingga :
KS = K2 =
q = 0,14 k/in
168 kin 168 kin
168 kin
0 0
0 168 0
1.263,24 -626,4 0 -626,4 100.224 25.056 0 25.056 50.112
- 1 0
168 0
0,00095 0,00192 -0,00096
Defleksi horizontal di 2 Rotasi di 2
Rotasi di 3
Matriks beban :8,4 8,4
P
S=
{ Ps } = [ Ks ] { Us } { Us } = [ Ks ]
-1{ Ps }
U
S=
U
S=
u
11u
12u
13u
14u
15u
160 0 0 0,00095 0 0,00192
=
0 0 0 0 0,00095 0,00192
u
21u
22u
23u
24u
25u
260,00095 0 0,00192 0 0 -0,0096
=
0,00095 0 0,00192 0 0 -0,0096 Displasement masing-masing batang (koordinat lokal)
u
1= =
u
2= =
0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1
1 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 1 0
0 0 0 0 0 1
0 1,193 k 47,512 kin 0
-1,193 k 95,620 kin
0 1,193 k 3,959 kft 0 -1,193 k 7,968 kft
Gaya akhir batang :Elemen 1 :
{ P
1} = [ k
1] { u
1} + { 0 }
P
1= =
1,19 k -7,8 k -95,84 kin -1,19 k -9 k 168 kin
1,19 k -7,8 k -7,99 kft -1,19 k -9 k 14 kft Elemen 2 :
{ P
2} = [ k
2] { u
2} + { F
aksi}
P
2= =
q = 1,68 k/ft 14 kft
7,8 k 9 k
1
2
1,19 k 1,19 k
7,99 kft 1,193 k
1,193 k 0
3,959
7,968 kft
Free body diagram :
3,959 +
-
7,99
14
+ +
-
+
+
-
1,193
1,193 7,8
9
-
1,191,19
KONSTRUKSI RANGKA BATANG
• Pada Konstruksi Rangka Batang (KRB), perhitungan matriks kekakuan elemen [ K ] berdasarkan kasus
rangka batang 2 Dimensi. Gaya yang bekerja hanya tarik dan tekan aksial saja, sedang gaya momen dan lintang tidak terjadi.
• Perhatikan gambar dengan elemen struktur batang dengan luas A dan Modulus Elastisitas E konstan.
Perhitungan kekakuan elemen hanya mengandung
elemen A, E dan empat titik koordinat, yaitu : xi, xj, yi,
dan yj .
β
x,u y,v
L
i
j
β + dβ i
j
cu i
u i q i p i
q j p j
Elemen Rangka Batang, dengan sudut Elemen Rangka Batang setelah
β pada bidang xy perpindahan titik u i > 0, titik lain tetap
c = cos β
C
2CS -C
2-CS
u
i=
p
iq
ip
jq
jPertama, harus menghitung :
L = ( ) (
j i)
22 i
j
- x y - y
x +
C = cos β = L
x - x
j iS = sin β = L
y - y
j iPerpendekan aksial cu
imenghasilkan gaya tekan aksial
F = cu
iAE L
Dimana : x dan y merupakan komponen dari ; p
i= - p
j= Fc
q
i= - q
j= Fs
Komponen ini menghasilkan kesetimbangan statis, sehingga diperoleh :
L
AE
K =
C 2 CS -C 2 -CS
CS S 2 -CS -S 2
-C 2 -CS C 2 CS
-CS -S 2 CS S 2
Hasil yang sama juga akan diperoleh dengan cara memberikan perpindahan pada v i , u j , dan v j , dimana gaya bekerja sendiri-sendiri. Dan jika 4 dof dengan nilai tidak nol bekerja bersama-sama, dan dengan superposisi masing-masing elemen matriks kekakuan, dapat dihitung sebagai berikut :
L
AE
C
2CS -C
2-CS CS S
2-CS -S
2-C
2-CS C
2CS
-CS -S
2CS S
2u
iv
iu
jv
jp
iq
ip
jq
jK =
1 0 -1 0
0 0
0 0
-1 0 1 0
0 0 0 0
Hubungan matriks kekakuan dengan gaya dapat ditulis sebagai berikut : [ K ] { D } = { F }
=
Untuk kasus khusus :
1. Jika nilai β = 0, sebagai batang horizontal, matriks kekakuan elemen [ K ]
4 x 4Hanya berisi 4 komponen yang tidak bernilai nol, yaitu :
k
11= k
33= -k
13= -k
31=
L AE
L AE
L
AE
K =
0 0 0 0 0 1
0 -1
0 0 0 0
0 -1 0 1
1. Jika nilai β = 90, sebagai batang vertikal, matriks kekakuan elemen [ K ]
4 x 4Hanya berisi 4 komponen yang tidak bernilai nol, yaitu :
k
22= k
44= -k
24= -k
42=
L AE
L
AE
Sebuah Konstruksi Rangka Batang dengan luas A dan Modulus Elastisitas E yang sama, seperti pada Gambar
L L
L
L 1
4
3
6 7 5
2 3
4
2
5
1
v
u
Hitunglah matriks kekakuaan masing-masing elemen
K =
C
2CS -C
2-CS CS S
2-CS -S
2-C
2-CS C
2CS -CS -S
2CS S
2K
1=
1 0 -1 0 0 0
0 0
-1 0 1 0
0 0 0 0
Perumusan untuk mencari nilai matriks kekakuan elemen dengan sudut β :
Batang 1, 2 dan 3 merupakan batang horizontal, sehingga β = 0
oMaka : [ K
1] = [ K
2] = [ K
3]
L AE
L
AE
K4 =
0,250 0,433 -0,250 -0,433 0,433 0,750 -0,433 -0,750 -0,250 0,433 0,250 -0,433 -0,433 -0,750 0,433 0,750
K5 =
0,250 -0,433 -0,250 0,433 -0,433 0,750 0,433 -0,750 -0,250 0,433 0,250 -0,433 0,433 -0,750 -0,433 0,750 Batang 4 dan 6 merupakan batang diagonal dengan sudut β = 60o Dimana : C = cos 60o = 0,5
S = sin 60o = 0,866 Maka : [ K4 ] = [ K6 ]
Batang 5 dan 7 merupakan batang diagonal dengan sudut β = 300o Dimana : C = cos 300o = 0,5
S = sin 300o = -0,866
Maka : [ K5 ] = [ K7 ]
L AE
L AE