METODE DALIL TIGA MOMEN.pdf

METODE DALIL TIGA MOMEN

Dalil tiga momen ini sering pula disebut dengan Metode Clayperon.

Berbeda dengan cara yang terdahulu (Metode Consistent Deformation atau Castigliano) dimana gaya redundant dicari terlebih dahulu, pada metode ini besaran momen didapatkan terlebih dahulu. Dengan metode ini kita meninjau 3 momen pada tiga buah titik berturut-turut. Penurunan rumus dalil 3 momen ini menggunakan Metode Momen Area. Tinjau struktur ABC yang dibebani gaya-gaya dan mempunyai perletakan yang tidak sama tinggi.

Jika struktur ABC dipisahkan menjadi bentang AB dan BC, maka pada titik A bekerja gaya MAB, titik B momen MBA dan MBC serta MCB pada titik C.

Maka diagram momennya dapat dipisahkan menjadi 2 bagian, yaitu akibat beban luar dengan momen dititik ujung.

A B P3 P2 P1 IAB LAB MAB MBA B C q IBC LBC MBC MCB h2 tCB C” C’ C A A’ A” h1 tAB B BA BC LAB LBC

 Diagram momen akibat beban luar.

Dimana:

a1 = jarak titik berat luas diagram momen ketitik A a2 = jarak titik berat luas diagram momen ketitik C AAB = luas diagram momen bentang AB

ABC = luas diagram momen bentang BC

 Diagram momen akibat bekerjanya momen dititik ujung:

Dengan azas kompatibilitas, maka: BC BA    ... (1) AB AB AB BA L t h L A A _   ' " 1  BC CB BC BC L h t L C C' "_  ₂   A B AAB a1 B C ABC _a2 I _IV A B 2/3.LAB MA MB 1/3.LAB B C 2/3.LBC MB MC 1/3.LBC II III V VI

Dimana:

tAB adalah besarnya simpangan antara 2 buah garis singgung antara titik A dan B terhadap titik A (Dalil Momen Area II).

tCB adalah besarnya simpangan antara 2 buah garis singgung antara titik B dan C terhadap titik C (Dalil Momen Area II).

tAB didapat dari superposisi tiga komponen, yaitu: beban kerja, MA dan MB. tCB didapat dari superposisi tiga komponen, yaitu: beban kerja, MB dan MC.

 

                    _AB AB AB AB AB AB L EI III Luas L EI II Luas a EI I Luas t 3 1 3 2 1

 

                        _AB AB AB A AB AB AB B AB AB AB L EI L M L EI L M a EI A t 3 1 2 1 3 2 2 1 1

 

AB AB A AB AB B AB AB AB EI L M EI L M a EI A t 6 3 2 2 1       ... (3)

 

                    BC BC BC BC BC CB L EI VI Luas L EI V Luas a EI IV Luas t 3 1 3 2 2

 

                       _BC BC BC C BC BC BC B BC BC CB L EI L M L EI L M a EI A t 3 1 2 1 3 2 2 1 2

 

BC BC C BC BC B BC BC CB EI L M EI L M a EI A t 6 3 2 2 2       ... (4)

Persamaan (3) dan (4) dimasukkan ke persamaan (2), maka:

BC BC CB AB AB AB L h L t L t L h_{1    2}

 

 

BC BC BC C BC BC B BC BC BC AB AB A AB AB B AB AB AB AB L h EI L M EI L M EI a A L EI L M EI L M EI a A L L h 2 2 2 ₂ 2 2 1 1 6 3 1 6 3 1 _       _  _          _  _   

 

 

 

 

BC BC BC C BC BC B BC BC BC AB AB A AB AB B AB AB AB AB L h EI L M EI L M L EI a A EI L M EI L M L EI a A L h1 1 2 2 6 3 6 3           

 

 

BC

 

 

BC AB BC BC AB AB AB BC BC C BC BC B AB AB B AB AB A L h L h L EI a A L EI a A EI L M EI L M EI L M EI L M 1 2 1 2 6 3 3 6           

 

 

BC

 

 

BC AB BC BC AB AB AB BC BC C BC BC B AB AB B AB AB A L h L h L EI a A L EI a A EI L M EI L M EI L M EI L M 1 2 _{1 2} 6 3 3 6           

 

 



 

 

 _  _                BC AB BC BC BC AB AB AB BC BC C BC BC AB AB B AB AB A L h L h L EI a A L EI a A EI L M EI L EI L M EI L M 1 2 1 2 6 6 6 2 atau             _                                       BC 2 AB 1 BC BC 2 BC AB AB 1 AB BC BC CB BC BC BC AB AB BA AB AB AB L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L M 2 EI L M 2 EI L M Catatan:

Persamaan ini diturunkan berdasarkan diagram momen positif oleh karena itu:

 Jika momen yang dihasilkan positif maka arah momen ke diagram momen positif.

Contoh Soal 1:

Diketahui: P qL

4 1



Hitung reaksi-reaksi perletakan balok menerus diatas?

Penyelesaian:

Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi balok ABCD dapat diekivalenkan dengan balok Ao-A-B-C-D.

Diagram momen untuk masing-masing bentang dengan kondisi 2 tumpuan (statis tertentu):

PL 2 1 L L P 4 8 1 qL 8 1 2 _ 2 _{ }        B A _C D P P q EI EI L 1/2.L 1/2.L 1/4.L B A C D P P q EI EI L 1/2.L 1/2.L 1/4.L Ao I = ~ Lo B A C D Ao 2 qL 8 1 PL 4 1

Bentang Ao-A: ~  AoA I 0 2 1h  h Bentang A-B: 2 3 1 2 1 3 2 PL L PL A_AB     L a 2 1 1  Bentang B-C: 2 8 1 4 1 2 1 PL L PL A_BC     L a 2 1 2 

Tinjau bentang Ao-A-B:

                                                  AB 2 AoA 1 AB AB 2 AB AoA AoA 1 AoA AB AB B AB AB Aoa AoA A AoA AoA AoA L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M    AB AB 2 1 AoA AB AB B AB AB AoA A L EI L 2 1 3 PL 6 a A 6 EI L M EI L L M 2                                    ~ ~ PL M M 2 _A _B ... (1) Tinjau bentang A-B-C:

                                                 BC 2 AB 1 BC BC 2 BC AB AB 1 AB BC BC C BC BC AB AB B AB AB A L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M 4 PL M_C      BC  BC 2 BC AB AB 1 AB BC BC C BC BC AB AB B AB AB A L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M                                   PL 3

Persamaan (1) dan (2) dibuat dalam format matriks: PL 8 9 1 M M 4 1 1 2 B A _                         PL 8 9 1 4 1 1 2 M M 1 B A _                             PL 28 5 56 23 8 9 1 2 1 1 4 7 PL M M B A _                                      

Reaksi Perletakan Balok Menerus:  Freebody AB: 0 



MB

 

              56 125 0 2 28 5 56 23 0 2 1 2 P V PL PL PL L V L q M M L V AB AB B A AB 0 



MA

 

                56 99 0 28 5 56 23 2 0 2 1 2 P V PL PL PL L V M M L q L V BA BA B A BA B A _C D P P q EI EI L 1/2.L 1/2.L 1/4.L PL 56 23 _ 5₂₈PL _PL 4 1 _ B A q L PL 56 23 M_A  M_B5₂₈PL VAB VBA

 Freebody BC: 0 



MC

 

            7 P 3 V 0 PL 4 1 PL 28 5 2 PL L V 0 M M 2 PL L V BC BC C B BC 0 



MB

 

              7 P 4 V 0 PL 4 1 PL 28 5 2 PL L V 0 M M 2 PL L V CB CB C B CB

 

   P 56 125 V V_{A AB}

 

      P 56 123 P 7 3 P 56 99 V V V_{B BA BC}

 

      P 56 88 P P 7 4 V V V_{C CB CD} C B P ½.L PL 28 5 M_B  M_C1₄PL VBC VCB ½.L B A _C D P P q EI EI L 1/2.L 1/2.L 1/4.L PL 56 23 _ 5₂₈PL _PL 4 1 _ P 56 125 V_A  P 56 123 V_B  P 56 88 V_C 

Gambar Momen, Lintang, dan Normal

B A C D PL 56 50 , 11  PL 56 2  PL 56 23  PL 56 10  56PL 14  Bidang Momen B A C D P 56 24  P 56 32  P 56 125  P  P 56 99  P 56 24  P 56 32  P  Bidang Lintang B A C D Bidang Normal

Contoh Soal 2:

Hitunglah reaksi-reaksi perletakan dengan metode dalil 3 momen!

Penyelesaian:

Untuk menyelesaikan persoalan ini struktur dapat dianggap sebagai berikut:

Diagram momen untuk masing-masing bentang dengan kondisi 2 tumpuan (statis tertentu):



2



3 AB 2₃ 1₈qL L 1₁₂qL A    





B A _C q = 1,0 t/m 2EI EI L = 6,0 m L = 6,0 m B A C q = 1,0 t/m 2EI EI L = 6,0 m L = 6,0 m Ao I = ~ Lo  B A C Ao 2 qL 8 1 _qL2 8 1 AAB ABC

Tinjau bentang Ao-A-B:        _  _                                  AB 2 AoA 1 AB AB 2 AB AoA AoA 1 AoA AB AB B AB AB Aoa AoA A AoA AoA AoA L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M

 

 

                                     _           L 0 6 L EI 2 L 2 1 qL 12 1 6 a A 6 EI 2 L M EI 2 L L M 2 L M 3 1 AoA B AoA A AoA AoA ~ ~ ~ 2 2 B A qL 8 1 L EI 6 M 2 1 M     ... (1)

Tinjau bentang A-B-C:

                                                 BC 2 AB 1 BC BC 2 BC AB AB 1 AB BC BC C BC BC AB AB B AB AB A L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M 0  C M

 



 

                                                _           L L 6 L EI L 2 1 qL 12 1 6 L EI 2 L 2 1 qL 12 1 6 EI L M EI L EI 2 L M 2 EI 2 L M 3 3 C B A 2 2 B A _qL 8 3 L EI 6 2 M 3 2 M        ... (2)

Karena titik B mengalami pergeseran maka perlu persamaan geser.

Freebody AB: 0 M_A   qL 2 1 L M M V 0 M M L q 2 1 L V B A BA B A 2 BA                  Freebody BC: 0 M_C   qL 2 1 L M V 0 L q 2 1 M L V B BC 2 B BC               C B q = 1,0 t/m L = 6,0 m VBC VCA MB MC = 0 B A q = 1,0 t/m L = 6,0 m VAB VBA MB MA

Pada titik B: 0 V V_BA  _BC  0 qL 2 1 L M qL 2 1 L M M_{A B B  }                2 B A 2M qL M   ... (3)

Dari persamaan (1) s.d. (3) disusun dalam bentuk matriks: 2 8 1 2 1 qL x M M_A  _B   2 8 3 2 3 2 M x qL M B A      2 2M qL M_A _B misal: 6 ₂ L EI x  2 0 , 1 375 , 0 125 , 0 0 0 , 2 0 , 1 0 , 2 0 , 3 5 , 0 0 , 1 5 , 0 0 , 1 qL x M M B A                                                                              75 , 12 50 , 7 21 9 16 518 154 21 2 qL x M M B A , dimana: 4 9 6 1 9 2 2    qL 2 6 L EI x 

 

        EI EI EI L x 76,50 6 6 75 , 12 6 2 2 

Contoh Soal 3:

Hitunglah reaksi-reaksi struktur dibawah ini dengan Metode dalil tiga momen, beban P = 5 ton bekerja pada titik D.

Penyelesaian:          3 5 3 4 s h v A C B D P = 5 ton   1,5 m 4,0 m 6,0 m 3,0 m 3EI 5EI A C B Pv = 3 ton  Ph = 4 ton MBD = 6 tm C” C’ B’ v s h v I = ~ Ao s h v _

Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada.

Tinjau bentang Ao-A-B:

                                                         AB 2 AoA 1 AB AB 2 AB AoA AoA 1 AoA AB AB BA AB AB AB Aoa AoA AAo AoA AoA AoA L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L M 2 EI L M 2 EI L M       _                               L 0 6 EI 3 L M EI 3 L M 2 L M 2 L

M_AoA AoA _AAo AoA _{AB BA} v

~ ~       M 2 M EI 4 _{AB BA} ... (1)

Tinjau bentang A-B-C:

                                                          BC 2 AB 1 BC BC 2 BC AB AB 1 AB BC BC CB BC BC BC AB AB BA AB AB AB L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L M 2 EI L M 2 EI L M 0 M_CB                                             Ls s L v 6 EI 5 Ls M EI 5 Ls M 2 EI 3 L M 2 EI 3 L M_{AB BA BC CB}         M 4 M 2 M 3EI 2 _{AB BA BC} ... (2)

Pada titik kumpul B:

0 M_B   0 M M M_BD _BA _BC   6 M M_BA _BC  ... (3) B MBC MBA MBD = 6 tm

 Freebody AB: 0 M_B               6 M M V 0 M M L V BA AB AB BA AB AB  Freebody BC: 0 M_B   3 M V 0 M Lh V BC CB BC CB      

 Lihat seluruh konstruksi: 0 V  0 3 3 M 6 M M 0 3 V V BC BA AB CB AB              18 M 2 M M_AB _BA  _BC  ... (4)

Dari persamaan (1) dan (2) didapat:

      M 2 M EI 4 _{AB BA} ___ x 3 ... (1)         M 4 M 2 M 3EI 2 _{AB BA BC} ... (2) 0 M 2 M 10 M 14 _AB  _BA  _BC  ... (5)

Dari persamaan (3) s.d. (5) disusun dalam bentuk matriks:

6 M M_BA _BC  ... (3) 18 M 2 M M_AB _BA  _BC  ... (4) 0 M 2 M 10 M 14 _AB  _BA  _BC  ... (5) B A L = 6,0 m VAB VBA MBA MAB MBC B C VCB Lh = 3 m

                                    0 18 0 , 6 M M M 0 , 2 10 14 0 , 2 0 , 1 0 , 1 0 , 1 0 , 1 0 BC BA AB                                      0 18 0 , 6 0 , 2 10 14 0 , 2 0 , 1 0 , 1 0 , 1 0 , 1 0 M M M 1 BC BA AB tm 3 22 3 4 0 , 2 0 18 0 , 6 1 14 24 1 14 30 3 12 18 54 1 M M M BC BA AB                                                          

 

                     ton 9 5 6 3 4 2 6 M M V_AB AB BA

 

     ton 9 22 3 M V_CB BC

 

   4,0ton H_A A C B D P = 5 ton   1,5 m 4,0 m 6,0 m 3,0 m 3EI 5EI HA = 4,0 ton ton 9 5 V_AB  MAB = 2 tm _{MBD = 6 tm} MBC = 22/3 tm MBA = 4/3 tm

Contoh Soal 4:

Balok ABC dengan kekakuan dan beban seperti tergambar dibawah ini. Analisalah reaksi balok tsb. dengan menggunakan Dalil 3 Momen, kemudian gambarkan bidang Momen, dan Lintangnya.

Penyelesaian:

Untuk menyelesaikan persoalan ini struktur dapat dianggap sebagai berikut:

Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas digram momen tidak ada.

Tinjau bentang A-C-B:

                                                          CB 2 AC 1 CB CB 2 CB AC AC 1 AC CB CB B CB CB CB AC AC CA AC AC A L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L M 2 EI L M 2 EI L M 0 M_A     _                             2 2 6 EI 2 2 M EI 2 2 M 2 EI 2 M 2 _{CA CB B} EI 6 M M 2 M 4 _CA   _CB _B   ... (1)

Tinjau bentang C-B-Bo:

 

 



 



                                           BBo 2 CB 1 BBo BBo 2 BBo CB CB 1 CB BBo BBo Bo BBo BBo CB CB B CB CB CB L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M    _                 _           0 2 6 ~ Lo M ~ Lo EI 2 2 M 2 EI 2 2 M_{CB B Bo} C M = 10 tm A B EI 2,0 m 2,0 m 2 EI B C Bo 2EI EI 2,0 m L o A I = ~ 2,0 m 

EI

3

M

2

M

_CB





_B











... x 2

EI

6

M

4

M

2



_CB





_B











... (2)

Dari persamaan (1) dan (2) didapat:

EI

6

M

M

2

M

4



_CA





_CB



_B









... (1)

EI

6

M

4

M

2



_CB





_B











... (2)

0

M

5

M

4

M

4



_CA





_CB





_B



... (3)

Pada titik kumpul C:

0 M_C  0 10 M M_CA _CB   10 M M_CA _CB ... (4) Freebody AC: 0 M_C             2 M V 0 M 2 V CA AC CA AC + M = 10 tm M = 10 tm MCA MCB C C A 2,0 m VAC VCA MCA

Freebody BC: 0 M_C                2 M M V 0 M M 2 V B CB BC B CB BC

 Lihat seluruh konstruksi: 0 V  0 2 M M 2 M 0 V V B CB CA BC AC            

0

M

M

M

_CA



_CB



_B





... (5)

Dari persamaan (3) s.d. (5) disusun dalam bentuk matriks:

0

M

5

M

4

M

4



_CA





_CB





_B



... (3)

10

M

M

_CA



_CB





... (4)

0

M

M

M

_CA



_CB



_B





... (5)                                    0 10 0 M M M 1 1 1 0 1 1 5 4 4 B CB CA                                     0 10 0 1 1 1 0 1 1 5 4 4 M M M 1 B CB CA                                                   0 5 5 0 10 0 9 4 0 9 1 18 5 2 1 18 1 18 5 2 1 18 1 M M M B CB CA B C 2,0 m VCB VBC MCB MB

Reaksi Perletakan:

 

                   2,5ton 2 5 2 M V_AC CA

 





 





V



0













V

_BC

V

_AC

2

,

5

ton

tm 0 10 4 5 , 2 M 4 V M_B  _AC     

Gambar Momen, Lintang, dan Normal

C M = 10 tm A B EI 2,0 m 2,0 m 2 EI 5 tm 5 tm MB = 0 VB = 2,50 t VA = 2,50 t C A _B -5 tm +5 tm

Bidang Momen

C A _B -2,5 ton

Bidang Lintang

-2,5 ton C A _B

Bidang Normal

Contoh Soal 5:

Balok ABC dengan kekakuan dan beban seperti tergambar dibawah ini.

Analisalah reaksi balok tsb. dengan menggunakan Dalil 3 Momen, kemudian

gambarkan bidang Momen, dan Lintangnya.

Penyelesaian:

Untuk menyelesaikan persoalan ini struktur dapat dianggap sebagai berikut:

Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada (A =0) dan tidak terjadi perpindahan pada tumpuan (h1 = h2 = 0)

Tinjau bentang A-B-C:

                                                          BC 2 AB 1 BC BC 2 BC AB AB 1 AB BC BC C BC BC BC AB AB BA AB AB A L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L M 2 EI L M 2 EI L M 0 M_A  0 2 2 2 2 2 2                          EI M EI M EI M_{BA BC C} B M = 10 tm A C 2EI 2,0 m 2,0 m EI C B Co EI 2EI 2,0 m Lo A Io = ~ 2,0 m M = 10 tm

Tinjau bentang B-C-Co: MCO = 0                                                   o 2 BC 1 CCo CCo 2 CCo BC BC 1 BC CCo CCo Co CCo CCo BC BC C BC BC BC L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M 0 ~ ~ 2 2 2 _               _           o Co o C BC L M L EI M EI M 0 4 2MBC MC  ... (2)

Pada titik kumpul B:

0 



MB 0 10   M_BA M_BC 10    _BC BA M M ... (3)

Dari persamaan (1) s.d. (3) disusun dalam bentuk matriks:

0 2 4 2M_BA M_BC  M_C  ... (1) 0 4 2MBC MC  ... (2) 10    BC BA M M ... (3)                                   10 0 0 0 1 1 4 2 0 2 4 2 C BC BA M M M                                    10 0 0 0 1 1 4 2 0 2 4 2 1 C BC BA M M M tm M M M C BC BA                                                     0 , 2 0 , 4 0 , 6 10 0 0 5 1 10 3 10 1 5 2 10 1 5 1 5 3 10 1 5 1 M = 10 tm M = 10 tm MBA MBC B

Reaksi Perletakan:  Freebody AB: 0 



MB

 

          ton M V M V BA AB BA AB 0 , 3 2 0 , 6 2 0 2

 

       M ton V BA BA 3,0 2 0 , 6 2  Freebody BC: 0 M_C  

 

                        ton M M V M M V C BC BC C BC BC 0 , 3 2 2 4 2 0 2

 

   ton V_CB 3,0  Tumpuan A: tm M_A 0

 

   V ton VA AB 3,0  Tumpuan B:

 

ton

V

V

V

V

V

B BC BA B B

0

0

,

3

0

,

3

0

0























 Tumpuan C: tm MC 2,0 ()

 

   V ton V_{C CB} 3,0

Lihat seluruh konstruksi:

0 V  ! .... 0 0 , 3 0 0 , 3 0 ok V V V_{A B C}        C B 2,0 m VBC VCB MBC MC B A 2,0 m VAB VBA MBA B VBA VBC VB M = 10 tm VA _{2,0 m} VB _{2,0 m} VC MC

Gambar Momen, Lintang, dan Normal

B A C

Bidang Normal

B M = 10 tm A C 2EI 2,0 m 2,0 m EI tm 0 , 6 4,0tm _2,0tm ton V_A 3,0 V_B 0 VC 3,0ton B A C

Bidang Momen



tm 0 , 6

-

tm 0 , 4



2,0tm B A C

Bidang Lintang

ton 0 , 3



ton 0 , 3 ton 0 , 3



ton 0 , 3

Contoh Soal 6:

Karena salah dalam pelaksanaan titik C mengalami penurunan sebesar 10 cm,

analisislah gaya-gaya dalam portal diatas dengan Metode Dalil 3 Momen

(misal: EI = 17280 kg.m

2

).

Penyelesaian:

Titik C mengalami penurunan sebesar 10 cm

Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi balok ABCD dapat diekivalenkan dengan portal Ao-A-B-C.

Data :

Titik A : Jepit

Titik C : Sendi

2EI EI 4 m 4 m B C A 2EI EI 4 m B C A I= ~ C’ v =10 cm

Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas digram momen tidak ada.

Tinjau bentang Ao-A-B:

 





 

 

                                           AB 2 AoA 1 AB AB 2 AB AoA AoA 1 AoA AB AB B AB AB Aoa AoA A AoA AoA AoA L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M 0 EI 2 4 M EI 2 4 L M 2 L

M_AoA AoA _A AoA _B 

             _           ~ ~ 0 M 2 M 4 _A  _B ... (1)

Tinjau bentang A-B-C:

 

 



 

 

 _  _                                  BC 2 AB 1 BC BC 2 BC AB AB 1 AB BC BC C BC BC AB AB B AB AB A L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M

Titik C sendi, maka: M_C0

    _           _           4 10 0 0 6 0 EI 4 EI 2 4 M 2 EI 2 4 M_{A B} , EI 2 30 0 M 12 M 2 _A  _B ,  ... (2)

Persamaan (1) dan (2) dibuat dalam format matriks:

EI 2 30 0 0 M M 12 2 2 4 B A _                        , EI 2 30 0 0 12 2 2 4 M M 1 B A _                         , EI 6 0 30 0 44 1 EI 2 30 0 0 4 2 2 12 44 1 M M B A _                                    , , ,

Jika EI = 17280 kg.m2, maka: m kg 636 235 8184 117 M M B A . , ,               

 

          kg 9090 58 Vc 4 Vc 636 235 4 Vc M_BC , ,

 

            kg 3636 88 H 8184 117 4 H 636 235 M 4 H M A A A A BA , , ,

 

    kg 9090 58 V V V A C A , 2EI EI 4 m 4 m B C A kg 9090 58 V_C , kg 3636 88 H_C , kg 9090 58 V_A  , kg 3636 88 H_A  , MA117,8184kg.m m kg 636 35 2 M_BC , . m kg 636 35 2 M_BA , .

Gambar Momen, Lintang, dan Normal

Bidang Momen

B A C - 235,636 kg.m - 235,636 kg.m + 117,8184 kg.m

Bidang Normal

B A C - 88,3636 kg - 58,9090 kg - 88,3636 kg - 58,9090 kg _A

Bidang Lintang

B A C + 58,9090 kg - 88,3636 kg + 58,9090 kg - 88,3636 kg _A

Contoh Soal 7:

Karena salah dalam pelaksanaan titik C mengalami translasi kekanan sebesar 10 cm, analisislah gaya-gaya dalam portal diatas dengan Metode Dalil 3 Momen (misal: EI = 17280 kg.m2).

Penyelesaian:

Titik C mengalami translasi kekanan sebesar 10 cm

Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi portal ABC dapat diekivalenkan dengan portal Ao-A-B-C.

2EI EI 4 m B C A I= ~ C’ h =10 cm h =10 cm B’

Data :

Titik A : Jepit

Titik C : Sendi

2EI EI 4 m 4 m B C A

Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada.

Tinjau bentang Ao-A-B:

 







 

 

 _  _                                  AB 2 AoA 1 AB AB 2 AB AoA AoA 1 AoA AB AB B AB AB Aoa AoA A AoA AoA AoA L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M     _                  _           4 10 0 0 6 EI 2 4 M EI 2 4 L M 2 L

M_AoA AoA _A AoA _B ,

~ ~ EI 2 30 0 M 2 M 4 _A  _B  ,  ... (1)

Tinjau bentang A-B-C:

 

 



 

 

 _  _                                  BC 2 AB 1 BC BC 2 BC AB AB 1 AB BC BC C BC BC AB AB B AB AB A L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M

Titik C sendi, maka: M_C0

    _           _           0 4 10 0 6 0 EI 4 EI 2 4 M 2 EI 2 4 M_{A B} , EI 2 30 0 M 12 M 2 _A  _B ,  _{... (2)}

Persamaan (1) dan (2) dibuat dalam format matriks:

EI 2 30 0 2 30 0 M M 12 2 2 4 B A _                         , , EI 2 30 0 2 30 0 12 2 2 4 M M 1 B A _                          , , EI 9 0 10 2 44 1 EI 2 30 0 2 30 0 4 2 2 12 44 1 M M B A _                                     , , , ,

Jika EI = 17280 kg.m2, maka: m kg 4544 353 7276 824 M M B A . , ,               

 

          kg 3636 88 Vc 4 Vc 4544 353 4 Vc M_BC , ,

 

            kg 5455 294 H 7276 824 4 H 4544 353 M 4 H M A A A A BA , , ,

 

    kg 3636 88 V V V A C A , 2EI EI 4 m 4 m B C A kg 3636 88 V_C , kg 5455 294 H_C , kg 3636 88 V_A , kg 5455 294 H_A  , MA824,7276kg.m m kg 4544 353 M_BC , . m kg 4544 353 M_BA , .

Gambar Momen, Lintang, dan Normal

Bidang Momen

B A C + 353,4544 kg.m + 353,4544 kg.m - 824,7276 kg.m A

Bidang Lintang

B A C - 88,3636 kg + 294,5455 kg - 88,3636 kg + 294,5455 kg

Bidang Normal

B C + 294,5455 kg +88,3636 kg + 294,5455 kg +88,3636 kg A

Contoh Soal 8:

Sebuah konstruksi portal ABCD dengan tumpuan pada titik B adalah Sendi, dan titik A adalah Jepit. Karena salah dalam pelaksanaan titik A bergeser kekiri sebesar 10 mm. Hitunglah reaksi perletakan dan gambarkan gaya-gaya dalam struktur portal dengan Metode Dalil 3 Momen (EI = 17280 kg.m2).

Penyelesaian:

Struktur portal di modifikasi menjadi 2 bagian, yaitu:

1. Portal akibat beban terpusat saja, titik A tidak bergeser.

2. Portal akibat pergeseran titik A kekiri sebesar 10 mm, beban luar tidak ada.

2EI _{4 m} 2m D C A B 4 m 2EI P = 2,0 ton 2EI _{4 m} 2m D C A B 4 m 2E I P = 2,0 ton 2EI _{4 m} D C B 2E I

1. Portal akibat beban terpusat saja, titik A tidak bergeser.

Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi portal ABCD dapat diekivalenkan dengan portal Ao-A-B-C-D.

2EI _{4 m} 2m D C A B 4 m 2E I P = 2,0 ton 2EI _{4 m} 2m D C Ao B 4 m 2E I P = 2,0 ton A I= ~ Lo

Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada.

Tinjau bentang B-D-A:

MB = 0 (sendi), h1 = h2 = 0 (tidak mengalami deformasi) ABD = ADA = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang)

 

 

 

 

                                                   DA 2 BD 1 DA DA 2 DA BD BD 1 BD DA DA A DA DA DA BD BD DB BD BD B L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L M 2 EI L M 2 EI L M 0 EI 2 4 M EI 2 4 M 2 EI 2 4 M 2 _{DB DA A}                          0 M M 2 M 2 _DB  _DA _A ... (1)

Tinjau bentang D-A-Ao:

h1 = h2 = 0 (tidak mengalami deformasi)

ADA = AAAO = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang)

 







 



_                                               O O O O O O O O O AA 2 DA 1 AA AA 2 AA DA DA 1 DA AA AA AA AA AA DA DA A DA DA DA L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M 0 L M L EI 2 4 M 2 EI 2 4 MDA A O AA_O O              _           ~ ~ 0 M 2 M_DA   _A  ... (2)

Pada titik kumpul D:

0 M_D 



0 4000 M M_DB _DA   

4000

M

M

_DB



_DA







... (3) 4000 Kg.m MDB MDA D

Dari persamaan (1) s.d. (3) disusun dalam bentuk matriks:                                   4000 0 0 M M M 0 1 1 2 1 0 1 2 2 A DA DB                                    4000 0 0 0 1 1 2 1 0 1 2 2 M M M 1 A DA DB m kg 8000 16000 12000 7 1 4000 0 0 2 4 1 4 1 2 3 1 2 7 1 M M M A DA DB .                                                      

2. Portal akibat pergeseran titik A kekiri sebesar 10 mm, beban luar tidak ada.

Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi portal ABCD dapat diekivalenkan dengan portal Ao-A-B-C-D.

2EI _{4 m} 2m D C A B 4 m 2E I 2EI _{4 m} 2m D C Ao B 4 m 2E I A I= ~ Lo A’ 0,01 m

Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada.

Tinjau bentang B-D-A:

MB = 0 (sendi),

ABD = ADA = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang)

 

 

 

 

                                           DA 2 BD 1 DA DA 2 DA BD BD 1 BD DA DA A DA DA BD BD D BD BD B L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M     _                 _   4 01 0 0 6 EI 2 4 M EI 2 4 EI 2 4 M 2 _{D A} , EI 015 0 M 2 M 8 _D   _A  ,  ... (1)

Tinjau bentang D-A-Ao:

ADA = AAAO = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang)

 







 



_                                               O O O O O O O O O AA 2 DA 1 AA AA 2 AA DA DA 1 DA AA AA AA AA AA DA DA A DA DA D L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M     _                 _           0 4 01 0 6 L M L EI 2 4 M 2 EI 2 4 MD A O AA_O O , ~ ~ EI 015 0 M 4 M 2 _DA  _A  ,  ... (2)

Persamaan (1) dan (2) dibuat dalam format matriks:

EI 015 0 015 0 M M 4 2 2 8 A D _                       , , EI 015 0 015 0 4 2 2 8 M M 1 A D _                        , , EI 075 0 045 0 14 1 EI 015 0 015 0 8 2 2 4 28 1 M M A D _                                   , , , , Jika EI = 17280 kg.m2_{, maka:} m kg 075 0 045 0 7 8640 17280 075 0 045 0 14 1 M M A D . , , , ,                            atau m kg 075 0 045 0 045 0 7 8640 M M M A DA DB . , , ,                         

Momen akibat beban luar: m kg 8000 16000 12000 7 1 M M M A DA DB .                         

Momen akibat pergeseran titik A:

m kg 075 0 045 0 045 0 7 8640 M M M A DA DB . , , ,                         

Momen total akibat beban luar dan pergeseran tumpuan A:

m kg 2857143 1050 1714286 2230 8285714 1769 7352 20 15611 80 12388 7 1 075 0 045 0 045 0 7 8640 8000 16000 12000 7 1 M M M A DA DB . , , , , , , , ,                                                                     

 

    4424571429kg 4 8285714 1769 L M V DB DB B , ,

 

      2000 24424571429kg 4 8285714 1769 P V V_{A B} , ,

 

       8201142857kg 28 20 22963 28 7352 28 20 15611 L M L M H DA A DA DA A , , ,

 

  H 8201142857kg H_{B A} , 1769,828 kg.m 4000 kg.m 2230,171 kg.m MA = 1050,286 kg.m 2EI _{4 m} D C A B 2EI P = 2,0 ton VB = 442,457 kg HB = 820,114 kg HA = 820,114 kg

Gambar Momen, Lintang, dan Normal

Bidang Normal

B C D A + 820,114 kg - 2442,457 kg + 820,114 kg - 2442,457 kg

Bidang Lintang

- 442,457 kg B _C + 2000 kg D A - 442,457 kg - 820,114 kg + 2000 kg - 820,114 kg

Bidang Momen

B C - 4000 kg.m - 1050,286 kg.m - 1769,828 kg.m D A +2230,171 kg.m

Contoh Soal 9:

Sebuah konstruksi portal ABC dengan tumpuan pada titik A adalah Jepit, dan titik C adalah Roll. Karena salah dalam pelaksanaan titik A mengalami penurunan sebesar 10 mm. Hitunglah reaksi perletakan dan gambarkan gaya-gaya dalam struktur portal dengan Metode Dalil 3 Momen (EI = 17280 kg.m2).

Penyelesaian:

Pada perletakan terjepit dapat dianggap sebuah batang dengan perletakan sendi dengan harga I= ~. Jadi portal ABC dapat diekivalenkan dengan portal Ao-A-B-C.

2EI _{4 m} C A B 4 m EI 2EI _{4 m} A B _EI Lo I = ~ B’ A’   0,01 m 0,01 m C C

Karena pada batang tidak terdapat beban maka luas diagram momen tidak ada.

Tinjau bentang Ao-A-B:

ABD = ADA = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang)

 





 

 

                                           AB 2 AoA 1 AB AB 2 AB AoA AoA 1 AoA AB AB BA AB AB AoA AoA A AoA AoA AoA L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L EI L M 2 EI L M     _                  _           4 0 6 EI 2 4 M EI 2 4 L M 2 L M o _BA A o AoA ~ ~ 0 EI 3 M 4 M 8 _A   _BA    ... (1)

Tinjau bentang A-B-C:

ADA = AAAO = 0, a1 = a2 = 0 (tidak ada beban pada batang)

 

 

 

 

                                                   BC 2 AB 1 BC BC 2 BC AB AB 1 AB BC BC C BC BC BC BA BA BA AB AB A L h L h 6 L EI a A 6 L EI a A 6 EI L M EI L M 2 EI L M 2 EI L M                                      4 01 0 4 6 0 EI 2 4 M 2 EI 2 4 M 2 EI 2 4 M_{A BA BC} , EI 03 0 EI 3 M 16 M 8 M 4 _A   _BA   _BC    ,  ... (2)

Pada titik kumpul B:

0 M_B 



0 M M_BA  _BC   ... (3) MBC MBA B

 Freebody AB: 0 M_B                4 M M H 0 M M 4 H BA A AB BA A AB



Kontrol seluruh konstruksi:

0 H



0 4 M M 0 H BA A AB          0 M M_A _BA  ... (4)

Persamaan (1) dan (4) dibuat dalam format matriks:

EI 0 0 03 0 0 EI M M M 0 0 1 1 0 1 1 0 3 16 8 4 3 0 4 8 C B A B A                                                 , EI 0 0 03 0 0 0 0 1 1 0 1 1 0 3 16 8 4 3 0 4 8 EI M M M 1 C B A B A                                                  , EI 003 0 00075 0 00075 0 00075 0 EI 0 0 03 0 0 0 0 1 1 0 1 1 0 3 16 8 4 3 0 4 8 EI M M M 1 C B A B A                                                                      , , , , , Jika EI = 17280 kg.m2, maka:                                                        51840 960 12 960 12 960 12 17280 003 0 00075 0 00075 0 00075 0 EI M M M C B A B A , , , , , , , , B A 4,0 m HAB HBA MBA MA

 

      kg 24 3 4 96 12 4 M V 4 V M BC C C BC , ,

 

  V 324kg V_{BC C} ,

 

   



kg 24 3 V V 0 V C A , 0 H 0 H A  



2EI _{4 m} A B 4 m EI C 12,96 kg.m 12,96 kg.m MA = 12,96 kg.m VC = 3,24 kg VA = 3,24 kg HA = 0 2EI _{4 m} A B 4 m EI B’  = 0,003 m 0,01 m 0,01 m C A’ C  = 0,003 m

Gambar Momen, Lintang, dan Normal

Bidang Momen

C B + 12,96 kg.m A + 12,96 kg.m + 12,96 kg.m

Bidang Lintang

B - 3,24 kg A - 3,24 kg C

Bidang Normal

B +3,24 kg C

Soal-soal latihan:

Analisislah gaya-gaya dalam balok menerus dibawah dengan Dalil Tiga Momen!

Soal 1: Soal 2: Soal 3: Soal 4: B A _C P = 16 t q = 4 t/m EI EI 5 m 1,5 m 1,5 m B A C P = 7,5 t q = 2 t/m EI EI 2 m 2,0 m 1,0 m D P = 10 t 3 m 4,0 m EI B M = 15 tm A C 4 EI 4 EI 4,0 m 5,0 m 4,0 m D 5 EI P = 5 t 3,0 m E