Penerapan metode defleksi kemiringan pada kerangka kaku statis tak-tentu Tanpa Goyangan

Penerapan metode defleksi kemiringan pada kerangka kaku

statis tak-tentu Tanpa Goyangan

Hampir semua kerangka kaku yang secara actual dibangun di dalam kt k b if t t ti t k t t

praktek bersifat statis tak tentu.

Tidak seperti titik-hubung kaku (180O_{) di tumpuan-tumpuan balok menerus,} lebih dari dua ujung batang bisa terhimpun di titik-hubung yang sama yang lebih dari dua ujung batang bisa terhimpun di titik-hubung yang sama, yang di dalam kasus ini.

Kondisi keseimbangan yang berkaitan dengan rotasi yang tak diketahui di Kondisi keseimbangan yang berkaitan dengan rotasi yang tak diketahui di titik hubung itu akan melibatkan lebih dari dua momen ujung.

Kondisi Momen Titik-Hubung di Dalam Metode Defleksi

Kemiringan

Analisa umum kerangka kaku didasarkan atas pengandaian, bahwa

deformasi aksial yang sangat kecil apabila dibandingkan dengan lendutan-lentur boleh diabaikan.

Perpindahan perpindahan yang tak diketahui akan hanya melibatkan Perpindahan-perpindahan yang tak diketahui akan hanya melibatkan rotasi-rotasi titik-hubungnya dan semua momen ujungnya dapat

diekspresikan sebagai fungsi dari perpindahan-perpindahan yang tak diketahui tersebut melalui persamaan-persamaan defleksi

diketahui tersebut melalui persamaan-persamaan defleksi

kemiringan.rotasi-rotasi titik-hubung yang tak diketahui dapat diperoleh. Dengan menggantikan nilai-nilai rotasi titik-hubung kembali ke dalam g gg g persamaan-persamaan defleksi kemiringan, momen-momen ujung diperoleh.

Penerapan metode defleksi kemiringan pada kerangka kaku

statis tak-tentu Dengan Goyangan Ke Samping

Untuk kerangka kaku berhubung menyiku, translasi-translasi titik-h b t k dik t h i bi h h i t l k

hubung yang tak diketahui biasanya mengarah horizontal, karenanya dinamakan goyangan ke samping (sides ways) yang tak diketahui.

Jumlah kerangka kaku menyiku akan sama dengan jumlah tingkat dalam Jumlah kerangka kaku menyiku akan sama dengan jumlah tingkat dalam kerangka kaku empat persegi panjang.

Diagram Benda-Benda Bebas Sehubungan Dengan

Goyangan ke samping

Kerangka kaku dan goyangan ke samping

C’

B C B B’ C

P

Diagram benda-benda bebas dan pengecekan kondisi gaya geser B C H H_B H_C M_BA M_{CD M} BA MCD B C P H_B H_{C B C} P A _D M_AB M_DC A _D M_AB M_DC H_{A H} D AB DC

Persamaan-persamaan defleksi kemiringan akibat goyangan ke samping :

( )

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

₊

₋

Δ

+

=

AB B A AB AB AB AB

L

L

I

E

M

M

₀

2

2

θ

θ

3

( )

⎟⎟

⎞

⎜⎜

⎛

_Δ

−

+

+

=

BA _{B A} BA BA

I

E

M

M

₀

2

2

θ

θ

3

⎠

⎝

AB AB

⎟

⎠

⎜

⎝

BA A B BA BA BA

L

L

0

( )

⎛

⎞

( )

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

Δ

−

+

+

=

CD D C CD CD CD CD

L

L

I

E

M

M

₀

2

2

θ

θ

3

( )

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

Δ

−

+

+

=

DC _{D C} DC DC

L

L

I

E

M

M

₀

2

2

θ

θ

3

⎠

⎝

DC DC

L

L

Kondisi gaya geser : BA AB

M

M

a

P

+

AB BA AB AB B

L

M

M

L

a

P

H

=

.

+

+

CD DC CD C

L

M

M

H

=

+

0

=

−

−

H

_B

H

_C

Cek gaya geser :

P

H

H

_A

+

_D

≈

M

M

M

M

b

P

_{AB BA CD DC}

⎥

⎤

⎢

⎡

⎟

⎞

⎜

⎛

₊

⎟

⎞

⎜

⎛

.

₊

P

L

M

M

L

M

M

L

b

P

CD DC CD AB BA AB AB

≈

⎥

⎦

⎢

⎣

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

₊

+

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

₊

+

.

Contoh Soal 1. 100 kN 10 kN/m 3 I B C 4 m I I A D 3 m 3 m

Momen-momen ujung jepit.

0

0 0AB

=

M

BA

=

M

( )

( )( )

( )

6

105

3

3

100

12

6

10

2 2 2 0BC

=

−

−

=

−

M

kNm

( )

6

12

( )

2

( ) ( )

2

( )

( ) ( )

105

)

6

(

3

3

100

12

6

10

2 2 2 0CB

=

+

+

=

+

M

kNm

0

0 0CD

=

M

DC

=

M

Persamaan-persamaan defleksi kemiringan :

( )(

I

)

EI

E

M

M

2

2

θ

θ

0

5

θ

t di A j it k

θ

0

( )(

I

)

EI

E

M

M

+

2

2

θ

+

θ

θ

( )(

_{A B}

)

_B AB AB

M

EI

M

2

θ

θ

0

,

5

θ

4

0

+

+

=

=

tumpuan di A jepit, maka = 0

θ

_A

( )(

_{B A}

)

_B BA BA

M

EI

M

=

+

2

θ

+

θ

=

θ

4

0

( )(

I

)

EI

EI

E

M

M

+

2

3

2

θ

+

θ

105

+

2

θ

+

θ

( )

I

E 3

2

( )(

_{B C}

)

_{B C} BC BC

M

EI

EI

M

=

+

2

θ

+

θ

=

−

105

+

2

θ

+

θ

6

0

( )(

_{C B}

)

_{C B} CB CB

EI

EI

I

E

M

M

=

+

2

θ

+

θ

=

+

105

+

2

θ

+

θ

6

3

2

0

( )(

_{C D}

)

_C CD CD

EI

I

E

M

M

=

+

2

θ

+

θ

=

θ

4

2

0 tumpuan di D jepit, maka = 0

θ

_D

( )(

_{D C}

)

_C DC DC

EI

I

E

M

M

2

θ

θ

0

,

5

θ

4

2

0

+

+

=

=

Persamaan-persamaan serempak, memenuhi syarat sambungan :

- sambungan di B : M_BA + M_BC = 0 - sambungan di g C : M_CBCB + M_CDCD = 0

Dengan memasukkan persamaan-persamaan defleksi kemiringan kedalam syarat-syarat sambungan, maka ditetapkan persamaan berikut :

3,00EIθ_B + 1,00EIθ_C = +105,00 1,00EIθ_B + 3,00EIθ_C = -105,00

Penyelesaian persaman serempak dengan cara eliminasi dan substitusi, hasilnya adalah : EIθ_B = +52,50 EIθ_C = -52,50 Momen-momen ujung : M_ABAB = 0,5(+52,50) = +26,25 kNm M_BA = +52,50 kNm M_BC = -105,00 + 2(+52,50) + (-52,50) = -52,50 kNm M_CBCB = +105,00 + 2(-52,50) + (+52,50) = +52,50 kNm, ( , ) ( , ) , M_CD = -52,50 kNm M_DC = 0,5(-52,50) = -26,26 kNm

Reaksi-reaksi perletakan :

R k i kib t b b - Reaksi akibat beban

100 kN 10 kN/m B C

80

100

6

.

10

1 1

=

C

=

+

=

B

RV

RV

kN B C 3 m 3 m RV RV

80

2

2

1 1 C

+

B

RV

RV

RV_B1 RV_C1

- Reaksi akibat momen

69

19

50

,

52

25

,

26

+

₌

=

RH

kN B 52,50

69

,

19

4

=

=

A

RH

kN 4 m C 52 50 A RH_A 26,25 69 , 19 4 25 , 26 50 , 52 − = − − = D RH kN C 4 m 52,50 , B C 6 m 52 50 52 50 D RH_D 6 m RV_B2 RVC2 52,50 52,50 _26,25

0

6

50

,

52

50

,

52

2

=

−

=

B

RV

kN

0

6

50

,

52

50

,

52

2

=

−

=

C

RV

kN

- Reaksi total

69

,

19

=

A

RH

kN A

80

=

=

_B A

RV

RV

₈₀

kN B A

RV

RV

80

RV

RV

=

=

₈₀

kN C D

RV

RV

kN

69

19

−

=

RH

=

−

₁₉

_,

₆₉

kN D

RH

kN

Diagram gaya geser dan momen : 80,00 50,00 + 52 50 52,50 52,50 52 50 -50,00 -52,50 52,50 142,50 + -+ 27,90 , 80,00 -19,69 19,69 Gaya geser 26,25 26,25 Momen -

Contoh Soal 2. 100 kN 10 kN/m C’ 3 I B C 2 m B B’ C 5 m I I 50 kN 3 m A D 3 m A _D 3 m 3 m

Momen-momen ujung jepit.

( )( )

( )

5

24

2

3

50

2 2 0AB

=

−

=

−

M

kNm

( ) ( )

( )

5

36

2

3

50

2 2 0AB

=

=

+

M

kNm

( )

( )( )

105

3

3

100

6

10

2 2

M

kN

( )

5

( )

( )( )

( )

6

105

12

2 0BC

=

−

−

=

−

M

kNm

( )

( ) ( )

105

)

6

(

3

3

100

12

6

10

2 2 2 0CB

=

+

+

=

+

M

kNm

0

0 0CD

=

M

DC

=

M

Persamaan-persamaan defleksi kemiringan :

( )

_Δ

⎟

⎞

⎜

⎛

Δ

EI

EI

I

E

M

M

2

2

θ

θ

3

24

0

4

θ

0

24

( )

I

⎛

Δ

⎞

E

3

2

( )

₌

₋

₊

₋

_Δ

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₊

₋

+

=

M

EI

EI

M

_{AB AB A B}

24

0

,

4

_B

0

,

24

5

2

5

0

θ

θ

θ

tumpuan di A jepit, maka = 0

θ

_A

( )

₌

₊

₊

₋

_Δ

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₊

₋

Δ

+

=

M

E

I

EI

EI

M

_{BA BA B A}

36

0

,

8

_B

0

,

24

5

3

2

5

2

0

θ

θ

θ

( )(

I

)

EI

EI

E

M

M

+

2

3

2

θ

+

θ

105

+

2

θ

+

θ

( )

I

E 3

2

( )(

_{B C}

)

_{B C} BC BC

M

EI

EI

M

=

+

2

θ

+

θ

=

−

105

+

2

θ

+

θ

6

0

( )(

_{C B}

)

_{C B} CB CB

EI

EI

I

E

M

M

=

+

2

θ

+

θ

=

+

105

+

2

θ

+

θ

6

3

2

0

( )

⎛

3

Δ

⎞

2

( )

₌

₋

_Δ

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₊

₋

Δ

+

=

M

E

I

EI

EI

M

_{CD CD C D}

0

,

8

_C

0

,

24

5

3

2

5

2

0

θ

θ

θ

( )

tumpuan di D jepit, maka = 0

θ

_D

( )

₌

₋

_Δ

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

Δ

−

+

+

=

M

E

I

EI

EI

M

_{DC DC D C}

0

,

4

_C

0

,

24

5

3

2

5

2

0

θ

θ

θ

Gaya geser :

(

) (

)

⎥

⎤

⎢

⎡

−

+

−

Δ

+

+

+

−

Δ

+

24

0

,

4

0

,

24

36

0

,

8

0

,

24

3

.

50

EI

EI

EI

EI

H

(

θ

B

) (

θ

B

)

⎥⎦

⎢⎣

+

=

5

5

H

_B B B

Δ

−

+

=

32

,

4

0

,

24

EI

θ

_B

0

,

096

EI

(

) (

)

⎥

⎤

⎢

⎡

−

Δ

+

−

Δ

=

0

,

8

EI

0

,

24

EI

0

,

4

EI

0

,

24

EI

H

_C

θ

C

θ

C

⎥⎦

⎢⎣

5

H

_C

Δ

−

=

0

,

24

EI

θ

_CC

0

,

096

EI

Persamaan-persamaan serempak memenuhi syarat sambungan : Persamaan-persamaan serempak, memenuhi syarat sambungan :

- sambungan di B : MBA + MBC = 0 - sambungan di C : MCB + MCD = 0 - kondisi gaya geser : -kondisi gaya geser : HB - Hc = 0HB Hc 0

Dengan memasukkan persamaan-persamaan defleksi kemiringan kedalam syarat-syarat sambungan dan kondisi gaya geser, maka ditetapkan

b ik t persamaan berikut :

2,80EIθ_B + 1,00EIθ_C – 0,24EI∆ = +69,00 1,00EIθ_B + 2,80EIθ_C – 0,24EI∆ = -105,00 -0,24EIθ_B – 0,24EIθ_C + 0,19EI∆ = +32,40

Penyelesaian persaman serempak dengan cara eliminasi dan substitusi, hasilnya adalah :

EIθ_B = +55,29 EIθ_C = -41,38 EI∆ = +185,13

Momen-momen ujung : M_AB = -24,00 + 0,4(+55,29) – 0,24(+185,13) = -46,32 kNm M_BA = +36,00 + 0,8(+55,29) – 0,24(+185,13) = +35,80 kNm M_BC = -105,00 + 2(+55,29) + (-41,38) = -35,80 kNm M_CBCB = +105,00 + 2(-41,38) + (+55,29) = +77,53 kNm, ( , ) ( , ) , M_CD = 0,8(-41,38) – 0,24(+185,13) = -77,53 kNm M_DC = 0,4(-41,38) – 0,24(+183,13) = -60,98 kNm

Cek gaya geser :

50

5

98

,

60

53

,

77

5

8

,

35

32

,

46

5

2

.

50

_≈

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₊

−

⎦

⎣

Reaksi-reaksi perletakan :

- Reaksi akibat beban

B B 50 kN 2 m

₅

20

2

.

50

1

=

−

−

=

A

RH

kN 3 m A RHA1 100 kN 10 kN/m B C 3 m 3 m

80

2

100

2

6

.

10

1 1

=

C

=

+

=

B

RV

RV

kN RV_B1 RV_C1

- Reaksi akibat momen

10

2

80

,

35

32

,

46

+

₌

−

=

RH

kN B 35,80

10

,

2

5

2

=

=

−

A

RH

kN 5 m C 77 53 A RHA2 46,32 70 , 27 5 98 , 60 53 , 77 − = − − = D RH kN C 5 m 77,53 , B C 6 m 35 80 77 53 D RH_D 6 m RV_B2 RVC2 35,80 77,53 _60,98

96

,

6

6

53

,

77

80

,

35

2

=

−

−

=

B

RV

kN

96

,

6

6

80

,

35

53

,

77

2

=

−

=

C

RV

kN

- Reaksi total

1

,

22

1

,

2

20

−

=

−

−

=

A

RH

kN A

04

73

96

6

80

−

=

=

=

_B A

RV

RV

₈₀

₆

_,

₉₆

₇₃

_,

₀₄

kN B A

RV

RV

96

86

96

6

80

+

RV

RV

=

=

₈₀

+

₆

_,

₉₆

=

₈₆

_,

₉₆

kN C D

RV

RV

kN

70

,

27

−

=

D

RH

kN

Diagram gaya geser dan momen : 73,04 43,04 + 35,80 77,53 77 53 -56,96 -19 98 35,80 77,53 138,32 + -+ + + 27,90 , 86,96 19,98 + 22,1 27,70 Gaya geser 46,32 60,98 Momen -