Upload
selvi-w-sari
View
191
Download
39
Embed Size (px)
Citation preview
KATA PENGANTAR
Dengan mengucap syukur kepada Allah SWT , karena dengan rachmat NYA kami bisa menyelesaikan
BAHAN AJAR ANALISA STRUKTUR 2 .
Bahan ajar ini diharapkan dapat membantu proses belajar mengajar di Jurusan Teknik Sipil .
Mata kuliah Analisa Struktur 2 ini merupakan ilmu dasar keahlian yang harus dipahami mahasiswa Teknik Sipil , dimana pada bahan ajar ini diberikan cara perhitungan statika untuk Konstruksi Statis Tidak Tertentu dengan cara Cross dan Analisa Struktur Methode Matrix .
Oleh karena itu mahasiswa harus memahami secara benar , sehingga diperlukan membuat sajian materi dalam bentuk bahan ajar .
Bahan ajar ini dibuat dalam bentuk yang lebih rinci lengkap dengan contoh soal dan penjelasannya .
2
MATERI
. PERHITUNGAN STATIKA DENGAN CARA
CROSS.
. PERHITUNGAN STATIKA DENGAN CARA
ANALISA STRUKTUR METHODE MATRIX.
3
JURUSAN TEKNIK SIPILFAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS DR . SOETOMO
MATA KULIAH DAN KELAS : ANALISA STRUKTUR 2 KODE MK:
DOSEN 1. BOEDI WIBOWO SKS
KONTRAK KULIAH &MATERI PEMBELAJARAN
2. 3
MINGGU KE KOMPETENSI 1 MATERI PEMBELAJARAN
PENGAMPU 2
1 2 31 - 7
Mampu menghitung statika balok maupun portal statis tidak tertentu dengan cara Cross serta mampu menggambar bidang Momen , Normal dan Lintang .
Pendahuluan , penjelasan materi . V
Perhitungan statika dengan cara Cross untuk balok . V
Perhitungan statika dengan cara Cross untuk balok . V
Perhitungan statika dengan cara Cross untuk balok . V
Perhitungan statika dengan cara Cross untuk portal tidak bergoyang .
V
Perhitungan statika dengan cara Cross untuk portal tidak bergoyang
V
Perhitungan statika dengan cara Cross untuk portal tidak bergoyang
V
8 UJIAN TENGAH SEMESTER V
9 - 16 Mahasiswa mampu menghitung statika dengan cara Analisa Struktur Methode Matrix ( Methode Kekakuan ) , dan juga dapat menggambar bidang Momen , Normal dan Lintang .
Mengulang tentang penambahan , perkalian , invers pada matrix .
V
Perhitungan statika dengan cara Methode Kekakuan untuk balok .
V
Perhitungan statika dengan cara Methode Kekakuan untuk balok .
V
Perhitungan statika dengan cara Methode Kekakuan untuk balok .
V
Perhitungan statika dengan cara Methode Kekakuan untuk portal tidak bergoyang .
V
Perhitungan statika dengan cara Methode Kekakuan untuk portal tidak bergoyang
V
Perhitungan statika dengan cara Methode Kekakuan untuk portal tidak bergoyang
V
17 - 18 UJIAN AKHIR SEMESTER V
4
Tanda Tangan Dosen PengampuDosen 1
(Koordinator) Dosen 2
PERNYATAAN:Dengan ini saya menyatakan bersedia memberikan materi sesuai kesepakatan yang telah ditetapkan di borang ini.
5
PENYELESAIAN DENGAN CARA CROSS
1. ANGKA KEKAKUAN
PERLETAKAN : JEPIT – JEPIT K = 4EI / L JEPIT – SENDI / ROL K= 3EI / L
2. FAKTOR DISTRIBUSI ( μ )CONTOH :
EI 2EI EI
A 4m B 8m C 2m D
( ∑ μ = 1 )
INGAT ∑ FAKTOR DISTRIBUSI PADA SATU TITIK SIMPUL = 1
)
μ CB = 1 μ CD = 1
DALAM SOAL DIATAS PERLETAKAN ROL DI B HARUS DIANGGAP JEPIT , SEDANG
PERLETAKAN SENDI DI C TETAP DIANGGAP SEBAGAI SENDI .
UNTUK MUDAHNYA PENENTUAN DIATAS , CARANYA MUDAHNYA SEBAGAI BERIKUT :
APABILA KITA ITU TITIK B , LENGAN KANAN DIPEGANGI TITIK A , SEDANG YANG KIRI
DIPEGANGI TITIK C , MAKA PERLETAKAN DI B HARUS DIANGGAP JEPIT .
APABILA KITA ITU TITIK C , LENGAN KANAN DIPEGANGI TITIK B , SEDANG YANG KIRI
6
DILEPAS ( KARENA TITIK D ADALAH BEBAS ) , MAKA PERLETAKAN DI C TETAP SEBAGAI
SENDI .
3. MOMEN PRIMAIR ( MF )
UNTUK ARAH MOMEN DISEPAKATI
SEPERTI GAMBAR DISAMPING .
ARAH MOMEN PRIMAIR MENGEMBALIKAN
ARAH LENDUTAN .
q
A L m B MF AB = + 1/12.q .L 2
L m MF BA = - 1/12 . q.L2
P ton MF AB =
A B MF BA =
a m b m a = b MFAB = - MFBA=
L m
7
q
A B MF AB = + 1/8 . q .L 2
L m
P ton
A B MF AB = + 3/16. P .L
L m
½ L ½ L
B
½ L MF AB = + 3/16 . P . L
P ton
½ L
A
4. MOMEN DISTRIBUSI .
MOMEN DISTRIBUSI = - ∑ MOMEN PRIMAIR PADA SATU TITIK KUMPUL X FAKTOR DISTRIBUSI
AGAR TIDAK LUPA HARGA NEGATIF DIDEPAN , MAKA FAKTOR DISTRIBUSI DITULIS NEGATIF
PADA TABEL MOMEN DISTRIBUSI ( TABEL CROSS ) .
5. MOMEN INDUKSI .
FAKTOR INDUKSI = 1/2
8
PERLETAKAN JEPIT – JEPIT , DAPAT SALING INDUKSI .
PERLETAKAN JEPIT – SENDI ATAU JEPIT – ROL , SENDI ATAU ROL HANYA BOLEH MEMBERI
INDUKSI KE PERLETAKAN JEPIT , TETAPI TIDAK BOLEH MENERIMA INDUKSI DARI
PERLETAKAN JEPIT .
CONTOH :
q = 1t/m 4T
A B C D
EI EI 4m 2EI
2m 3m 8m
μ BA : μ BC = 0 : KBC μ BA = 0 μ BC = 1
μ CB : μ CD = KCB : KCD = 3EI/3 : 4.2EI / 8 = EI : EI
μ CB = 0,5 μ CD = 0,5
MOMEN PRIMAIR .
MF BA = - 2.1.1 = - 2 TM
MF CB = - 1/8.1.32 = - 1,125 TM ( MF BC = 0 ,karena titik B dianggap sendi )
MF CD = - MF DC = 1/8 . 4 . 8 = + 4 TM
9
MD BA = ( MBA + MBC ) . FD BA = ( -2 + 0 ) . 0 = 0
MD CB = ( MCB + MCD ) . FD CB = ( -1,125 + 4 ) . (- 0,5 ) = - 1,4375
MI BC = 0 ( KARENA SENDI B TIDAK BOLEH MENERIMA INDUKSI )
MI CB = 1/2 . MBC = 1/2 . ( + 2 ) = + 1
MI DC = 1/2 . MCD = 1/2 . ( - 1,4375 ) = - 0,71875
MOMEN AKHIR DIDAPAT DARI PENJUMLAHAN MOMEN .
10
TITIK B C D
BATANG BA BC CB CD DC
FD 0 -1 - 0,5 - 0,5 -
MF -2 -1,125 + 4 - 4
MD 0 +2 -1,4375 - 1,4375 0
MI XXXX + 1 0 - 0,71875
MD 0 0 -0,5 -0,5 0
MI
MD
MOMEN AKHIR
Di jumlah
UNTUK PERHITUNGAN PORTAL , HARUS DIBEDAKAN ANTARA PORTAL TETAP DAN PORTAL
BERGOYANG .
n = 2 . jumlah titik simpul – ( 2 . jumlah jepit + 2 .jumlah sendi + jumlah rol + jumlah batang )
n = 2.3 – ( 2.1 + 2.0 + 1 + 2 ) = 1 > 0
PORTAL BERGOYANG
CONTOH SOAL
1 t/m 4 T 2 t/m
2 EI 2 EI EI
A 6 m B 4 m C 4 m D 4 m
µ BA : µ BD = = EI : EI µ BA = 0,5 µ BD = 0,5
11
E
µ DB : µ DE = = EI : 0,75 EI µ DB = 0,57 µ DE = 0,43
MF BA = -1/8 . 1 . 6 2 = - 4,5 TM MF BD = - MF DB = 1/8 . 4 . 8 = 4 TM
MF DE = + 1/8 .2 . 4 2 = + 4 TM kalau P tidak ditengah bentang pakai rumus
MF BD = + P.a.b2/ L2 MF DB = - P.b.a2/ L2
TITIK B D
BATANG BA BD DB DEFAKTOR DISTRB.
- 0,5 - 0,5 - 0,57 - 0,43
MF - 4,5 + 4 - 4 + 4MD + 0,25 + 0,25 0 0MI 0 0,125MD 0 0 - 0,07125 - 0,05375MI -0,035625 0MD + 0,0178125 + 0,0178125 0 0MOMEN AKHIR - 4,23 + 4,23 - 3,94 + 3,94
1 t/m 4 T 2 t/m
2,3 4,23 3,7 2,04 4,23 3,94 1,96 4,99 3,94 3,01
A 6 m B 4 m C 4 m D 4 m E
D
12
2,3 4,99
2,04 2,0
1,96 1,96
3,7 3,01
M
4,23 3,94
2,645 3,93 2,06
q = 1t/m P = 4 T q = 2t/m
2m
B C D
13
a m6 m 4 m 4 m
A A EI EI 2EI
µ BA : µ BC = µ BA = 0,5 µ BC = 0,5
µ CB : µ CD = µ CB = 0,5 µ CD = 0,5
MF BA = - 1/8 . 1 . 62 = - 4,5 TM
MF BC = - MF CB = + 1/8 . 4 . 4 = 2 TM
MF CDF = - MF DC = + 1/12 . 2 . 42 = + 2,667 TM
TITIK B C DBATANG BA BC CB CD DC
FD - 0,5 - 0,5 - 0,5 - 0,5MF - 4,5 + 2 - 2 + 2,667 - 2,667MD + 1,25 + 1,25 - 0,3335 - 0,3335 0MI - 0,16675 + 0,625 0 - 0,16675MD + 0,083375 + 0,083375 - 0,3125 - 0,3125 0MI - 0,15625 + 0,0416875 - 0,15625MD + 0,078125 + 0,078125 - 0,02084375 - 0,02084375
MOMEN AKHIR
- 3,09 + 3,08 - 2 + 2 - 2,99
q = 1 t/m 4 T q = 2 t/m
A B C D
3,09 3,09 E 2 2 2,9914
2,485 3,515 2,272 1,728 3,752 4,248
2,485 2,272 2,272 3,752
D
3,515 1,728 1 728 4,248
AB CD
DX = 0 2,485 – 1X =0 X = 2,485 m DX =0 3,752 -2X =0 X = 1,876 m
Mmax = 2,485. 2,485 – 1.2,485 .1/2 . 2,485 M max= 3,752.1,876 – 2.1,876.1/2.1,876 -2
= 3,088 TM = 7,039 – 3,519 – 2 = 1,52 TM
ME = 2,272 .2 – 3,09 = 1,454 TM
3,515 M
2 2,99
1,454
3,088
q = 1 t/m 5 T
A D
15B C
EI KONSTANT
E 5 T
n=2.4 – ( 2.1 + 2.1 +1 + 3 ) = 0
portal tetap
3 m 4 m 4 m
µ BA : µ BD : µ BF =
µ BA = 0,44 µ BD =
µ BF =
MF BA = - 1/8 . 1 . 32 = - 1,125 TM
MF BD = + 1/8 .5 . 8 = + 5 TM MF DB = - 5 TM
MF BF = + 3/16 . 5 . 4 = + 3,75 TM
16
F
2 m
2m
TITIK B D
BATANG BA BF BD DBFAKTOR DIST - 0,44 - 0,34 - 0,22 -
MF - 1,125 + 3,75 + 5 - 5MD - 3,355 - 2,5925 - 1,6775 0MI 0 - 0,83875MD 0 0 0 0
MOMEN AKHIR - 4,48 + 1,16 + 3,32 - 5,84
∑ MB = 0 ( OK )
q= 1t/m 5 T
A 2,79 B D 2,79
4,48 5,115 3,32 C 5,84
0,007 2,93 2,185 2,815
1,16 2,79 balok FB ∑ MB = 0 HF MISAL
E 5 T - HF.4 + 5.2 – 1,16 = 0 HF = 2,21 T
HB = 5 – 2, 21= 2,79 T
balok BD ∑MD=0 VB MISAL
F 2,21 VB.8 -3,32 – 5.4 + 5,84 = 0
5,115 VB =2,185 T VD=5-2,185 = 2,815T
Balok AB ∑ MB= 0 VA MISAL
17
VA.3 – 3.1,5 + 4,48 = 0 VA = 0,007 T
2,79
N
5,115
5,115
0,007 2,185
2,79
2,93 2,815
Bat AB DX =0 0,007-1X=0
2,79 D X= 0,007 m DARI A
2,21 5,84
4,48
3,32
1,16
MX = 0,007X- 1X.1/2 X
Mmax = 0 5,42 X=0,007 m
M 4,42 Mmax = 0,007.0,007- 1.0,007.1/2.0,007
Mmax = 0
18
ME = 2,21 . 2 = 4 ,42 TM
2 t/m 6 T
E F G D
C 2m
H 4T 4 m
4 m A 6m B 2 m 2m
n = 2.6 – ( 2.2 + 2.1 + 1 + 5 ) = 0 portal tetap
µ EC : µ EF : µ EA =
µ EC = 0,31 µ EF = 0,28 µ EA = 0,41
µ FE : µ FB : µ FD =
µ FE = 0,28 µ FB = 0,41 µ FD = 0,31
MOMEN PRIMAIR
MF EC = - 1/8 . 2. 42 = - 4 TM
MF EF = - MF FE = + 1/12 . 2 . 62 = + 6 TM
MF FD = + 3/16 . 6 . 4 = + 4,5 TM
MF EA = - MF AE = 1/8 . 4 . 4 = + 2 TM
TTK E A F BBATANG EC EA EF AE FE FD FB BF
FD -0,31 -0,41 -0,28 - -0,28 -0,31 -0,41 -MF -4 +2 +6 -2 -6 + 4,5 0 0MD -1,24 -1,64 -1,12 0 +0,42 +0,465 +0,615 0MI 0 +0,21 + 0,82 -0,56 0,3075
19
MD -0,0651 -0,0861 -0,0588 0 +0,1568 +0,1736 +0,2096 0MI 0 +0,0784 -0,04305 -0,0294 +0,1148MD -0,0243 -0,0321 -0,0219 0 0,00823 0,00911 0,01205 0
MAKHIR -5,33 +0,24 +5,09 -2,86 -6 +5,15 +0,85 +0,42
1 t/m 1t/m 6 T
1,665 E 0,32 0,32F D
11,18 10,44
C 5,33 5,09 6 5,15
2,67 5,33 5,85 6,15 4,29 1,71
0,24 1,345 0,85 0,32
H 4 T
2,86 0,42
2,655 0,32
A B
11,18 10,44
0,32
1,665
N
20
1,665
11,18 10,44
5,85 4,29
2,67 1,345
1,71
5,33 2,655 6,15
D
0,32
6
5,33
5,09
0,24 0,85
3,56 3,42
2,45
M
21
12,02
2,86 0,42
q = 1t/m
B C
A F 4 T
E
D
3 m 6 m 4 m
n = 2.5 – ( 2.2 + 2.1 + 0 + 4 ) = 0 portal tetap
µ BA : µ BC : µ BE = ( 3,5 )
µ BA = 0,38 µ BC = 0,19 µ BE = 0,43
µ CB : µ CD =
µ CB = 0,45 µ CD = 0,55
MF AB = - MF BA = + 1/12 . 1 . 32 = + 0,75 TM
MF BC = MF CD = + 1/12 . 1 . 62 = + 3 TM
MF BE = + 3/16 . 4 . 2 = + 1,5 TM
TITIK A B C DBATANG AB BA BC BE CB CD DC
FD - - 0,38 - 0,19 - 0,43 - 0,45 - 0,55 -MF + 0,75 - 0,75 + 3 + 1,5 - 3 0 0MD 0 - 1,425 - 0,7125 - 1,6125 + 1,35 + 1,65 0MI -0,7125 + 0,675 + 0,35625 + 0,825
22
1 m
1 m3 m
MD 0 - 0,2565 -0,12825 - 0,29025 +0,1603125
+ 0,195937 0
MI -0,12825 + 0,0801562 - 0,064125 + 0,09797
MD 0 -0,03046 -0,0152297 -0,034467 + 0,028856 +0,035269 M
AKHIR- 0,09 -2,45 + 2,90 - 0,45 - 1,88 + 1,88 + 0,92
FREE BODY DIAGRAM
0,09 6,485 4,71 1 t/m 4,71
5,44 2,83
A 2,45 2,27 B 3,17 2,90 1,88 2,83 4,71
0,27 1,775
F 0,45 1,88
4 T 0,92
E 2,225
5,44 4,71
BE ∑ MB = 0 - HE.2 + 4.1 + 0,45 = 0 HE = 2,225 T HB = 1,775 T D 2,83
CD ∑ MD = 0 - HD.3 -0,92 -1,88 – 2,83.4 =0 HD = 4,71 T HC = 4,71 T
3 M 5 M
α D 4,71 SIN α
4 M α 4,71
SIN α = 3/5 2,83 COS α α 4,71 COS α
COS α = 4/5 2,83 2, 83 SIN α
23
6,485
α
N DC = - 4,71 COS α – 2,83 SIN α = - 3,768 – 1,698 = - 5,466 T
D DC = + 4,71 SIN α – 2,83 COS α = 2,826 – 2,264 = + 0,562 T
DX = 3,17 – 1X = 0 X = 3,17 M
MX = 3,17.X – 1.X.1/2.X – 2,90
X= 3,17 M MAX = 3,17.3,17 – 1.3,17 . ½ . 3,17 – 2,90 = 2,12 TM
4,71 5,466
5,44 N
3,17 5,466
0,562
1,775
0,27 2,27
2,83
2,225 D
2,98
2,45 1,88
1,88
0,45
0,09
2,25 M MAX =2,12
24
6,485
M
0,92
TAHAP PENYELESAIAN UNTUK PORTAL BERGOYANG
1. PORTAL DIANGGAP DULU SEBAGAI PORTAL TETAP / TIDAK BERGOYANG DENGAN
MEMASANG PENDEL DITEMPAT PERGOYANGANNYA . ( PHASE NOL )
DARI GAMBAR DISAMPING ,
Pendel DIHITUNG MOMEN AKHIR NYA
DAN JUGA REAKSI PENDEL NYA.
2. PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG . ( PHASE SATU )
HITUNG MOMEN AKHIR DAN JUGA REAKSI PENDEL NYA .
B’ Δ B
JEPIT – JEPIT
25
A’ A
MFBC JEPIT – SENDI / ROL
MFCB UNTUK LEBIH MUDAHNYA , EI Δ
DIMISALKAN DALAM X , SEHINGGA
REAKSI PENDEL DALAM X
3. DARI HASIL REAKSI PENDEL DIATAS DIDAPAT KAN HARGA X
DIMANA RP0 + RP1 = 0 X DAPAT DITEMUKAN
SEHINGGA MOMEN AKHIR DAPAT DIHITUNG DARI MOMEN AKHIR PHASE NOL
DITAMBAH MOMEN AKHIR PHASE SATU .
4. DARI HASIL MOMEN AKHIR YANG DIDAPAT DIATAS , MAKA DAPAT DILANJUTKAN
DENGAN MENGHITUNG DAN MENGGAMBAR BIDANG MOMEN , NORMAL DAN
LINTANG .
26
2T 1 T
1t/m
B 2EI C 2EI D 2EI E
EI
4m n= 2.3 – ( 2.1 + 2.0 + 1 + 2 ) = 1 > 0 portal bergoyang
1m A 6m 2m
2T 1 T
1t/m
B 2EI C 2EI D 2EI E
E portal dianggap dulu tidak bergoyang
4m dengan memasang pendel .
1m A 6m 2m
PHASE 1 PORTAL DIANGGAP TIDAK BERGOYANG
µ CB : µ CD : µ CA = 0 : 3.2EI/6 : 4EI/4 µ CB = 0 µ CD = 0,5 µ CA = 0,5
µ DC : µ DE = 1 : 0 µ DC = 1 µ DE = 0
27
MF CB = - 2.1 – 1.1.0,5 = - 2,5 TM
MF CD = +1/8. 1. 62 = + 4,5 TM
MF DE = + 1.2 + 2.1.1 = + 4 TM
TITIK A C DBATANG AC CA CB CD DC DE
FD - -0,5 0 -0,5 -1 0MF 0 0 -2,5 +4,5 0 +4MD 0 -1 0 -1 -4 0MI -0,5 0 -2 -MD 0 +1 0 +1 0 0MI +0,5 0 -MD 0 0 0 0 0 0
M .AKHIR 0 0 -2,5 + 2,5 -4 +42 T 1T
B C D E
2,5 2,5 4 4
∑ MC = 0 HA MISAL
- HA . 4 + 0 = 0 HA = 0 T
RP0 = 0 T
A
PHASE SATU PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG
∆ ∆
B 2EI C C1 2EI D 2EI E
EI
4m MF AC = MF CA =
1m A 6m 2m28
TITIK A C DBATANG AC CA CB CD DC DE
FD - -0,5 0 -0,5 -1 0MF 100X 100X 0 0 0 0MD 0 -50X 0 -50X 0 0MI -25X 0 0 -MD 0 0 0 0 0 0
MOMEN AKHIR
75X 50X 0 -50X 0 0
B C 50X D E
31,25X 31,25X 31,25X
31,25X
50X ∑ MC = 0 HA MISAL
75X - HA . 4 -75X-50X = 0 HA = 31,25X
RP1 = 31,25X
A 31,25X
RP0 + RP 1 = 0 0 – 31,25 X = 0 X = 0
MOMEN AKHIR = MOMEN PHASE NOL + MOMEN PHASE SATU
MAC = 0 + 75 . 0 = 0 TM
MCA = 0 + 50. 0 = 0 TM
MCB = - 2,5 + 0.0 = - 2,5 TM
MCD = + 2,5 -50.0 = + 2,5 TM
MDC = -4 + 0.0 = -4 TM
MDE = + 4 + 0.0 = + 4 TM
2T 1T
29
A C D E
2,5 TM 3T 7T 4T 2,5 TM 4 TM 2T 3T 4 TM
BATANG CD ∑ MD=0 VC.6-2,5+4-1.6.3 = 0 VC = 4T VD= 2T
DX = 0 DX = 4 – 1X = 0 X = 4M terjadi M max
MX = 4X - 1.X.1/2.X – 2,5
A 7T X= 4 M max = 4.4 – 1.4.1/2.4 – 2,5 = 5,5 TM
N
7 T
4T
3T 1T
2T 3T D 2T
4TM
30
2,5 TM
5,5 TM M
4T
A B 3m
1 T
4 m 4 m C 2 m D
PORTAL DIANGGAP DULU TIDAK BERGOYANG DENGAN MEMASANG PENDEL ( PHASE NOL)
4T
B
A 3m
1 T
4 m 4 m C 2 m D
µBA : µBC = 4EI/4 : 3EI/5 = EI : 0,6EI µBA = 1/1,6 = 0,625 µBC = 0,6/1,6 = 0,375
µCB: µD = KCD : 0 µCB =1 µCD = 0
31
MF CD = + 1.2 = + 2TM
TITIK A B C BATANG AB BA BC CB CD
FD - -0,625 -0,375 -1 0MF 0 0 0 0 +2MD 0 0 0 -2 0MI 0 0 -1MD 0 +0,625 +0,375 0 0MI +0,3125 0 0MD 0 0 0 0 0
M AKHIR +0,3125 +0,625 -0,625 -2 +2
4T
0,625TM
A B
0,3125TM 0,2344T 0,625TM
0,2344T 3,7656T
2TM 1T
C D
3,7656T 2TM RP0
AB ∑ MB = 0 VA.4-0,3125-0,625 =0 VA=0,2344 T 1T
VB = 0,2344 T
BC VB = 4 – 0,2344 = 3,7656 T VC = 3,7656 T
CB ∑ MB = 0 -HC.3 – 3,7656.4 + 2 + 0,625 =0 HC = 4,1458 T
CD HC = 4,1458 T HD = 4,1458 T RP0 = 4,1458 T
PHASE SATU , PORTAL DIBIARKAN BERGOYANG
3 5 sinα=3/5 tgα=3/4
32
4 B ∆ B’
B B’ ∆/tgα
A = ∆/sinα
B’’ B’’
4 m 4 m C 2 m D
MFAB = MFBA =
MFBC =
TITIK A B C BATANG AB BA BC CB CD
FD - -0,625 -0,375 -1 0MF 250X 250X -100X 0 0MD 0 -93,75X -56,25X 0 0MI -46,875X 0 0MD 0 0 0 0 0MI 0 0 0MD 0 0 0 0 0
M AKHIR 203,125X 156,25X -156,25 0 0
156,25X
A B
203,125X 89,84375X 156,25X
33
89,84375X 89,84375X
C D
89,84375X RP1
AB ∑ MB = 0 VA.4-203,125X-156,25X =0 VA=89,84375X
VB = 89,84375X
BC VB = 89,84375X VC = 89,84375X
CB ∑ MB = 0 -HC.3 + 89,84375X.4 + 156,25X =0 HC = 171,875X
CD HC = 171,875X HD = 171,875X RP1 = 171,875X
RP0 + RP1 = 0 4,1458 – 171,875 X = 0 X = 0,02412
MOMEN AKHIR = MOMEN PHASE NOL + MOMEN PHASE SATU
MAB = 0,3125 + 203,125 . 0,02412 = + 5,212 TM
MBA = 0,625 + 156,25 . 0,02412 = + 4,394 TM
MBC = -0,625 -156,25 .0,02412 = - 4,394 TM
MCB = -2 + 0 . 0,02412 = -2 TM
MCD = +2 + 0. 0,02412 = + 2TM
4T
4,394TM
A B34
5,212TM 2,4015T 4,394TM
2,4015T 1,5985T
2TM 1T
C D
1,5985T 2TM
1T
CB ∑ MB = 0 + MB – 1,5985.4 + 2 = 0 MB = 4,394 TM
CD ∑ MC = 0 + MC + 2.1 = 0 MC = - 2TM
NCB = - 1,5985 . 0,6 = - 0,9591 T
DCB = - 1,5985 .0,8 = - 1,2788 T
C
1,5985COSα 1,5985SINα
0,9591T N
0,9591T
2,4015T 2,4015T
D35
1T
1,2788 T
5,212TM
M
4,394TM 2TM 2TM
4,394TM
REVIEW TENTANG MATRIX
1.MENJUMLAH MATRIX
MATRIX YANG DIJUMLAH HARUS MEMPUNYAI JUMLAH BARIS DAN KOLOM YANG SAMA.
4 -3 2 + 6 8 -4 = 10 5 -2
5 8 -4 2 3 6 7 11 2
36
2. MENGALIKAN MATRIX
JUMLAH KOLOM PADA MATRIX YANG PERTAMA HARUS SAMA DENGAN JUMLAH BARIS PADA
MATRIX YANG KEDUA.
4 2 3 X 5 -5 8
5 -4 9 2 4 3
3 -2 4
2X3 3X3
= 4. 5 + 2.2 + 3.3 4. -5 + 2.4 + 3.-2 4.8 + 2.3 + 3.4 = 33 -18 50
5.5 + -4.2 +9.3 5.-5 + -4.4 +9.-2 5.8 +-4.3 + 9.4 44 -59 64
2X3
3. INVERS MATRIX A
A = A C
A
4 5 1
A = 3 6 2
2 7 9
37
-1-1
-1
6.9 – 2.7 - ( 3.9 – 2.2 ) 3.7 – 6.2
A C = - ( 5.9 – 1.7 ) 4.9 – 2.1 - ( 4.7 – 5.2 )
5.2 – 6.1 - ( 4.2 – 1.3 ) 4.6 – 3.5
40 - 23 3
= -38 34 - 18
4 - 5 9
T 40 - 38 4
= - 23 34 - 5
3 -18 9
A = 4 5 1 4 5
3 6 2 3 6 = 1.3.7 + 5.2.2 + 4.6 9 – 1.6.2 – 4.2.7 -5.3.9 =
2 7 9 2 7 21 + 20 + 212 – 12 – 56 – 135 = 50
-1 40 - 38 4
A = 1/50 - 23 34 - 5
3 - 18 9
38
A
C
A
C
C
ANALISA STRUKTUR METHODE MATRIX
TAHAPAN PENYELESAIAN KONSTRUKSI STATIS TAK TENTU DENGAN CARA METHODE KEKAKUAN
1. MENENTUKAN MATRIX A
2. MENENTUKAN MATRIX KEKAKUAN S
T
3. MENGHITUNG MATRIX K = A S A
-1 -1 T
39
4 HITUNG K K = K C
K
5. TENTUKAN MOMEN PRIMAIR AKIBAT BEBAN LUAR NYA HO
6. TENTUKAN MATRIX QR
-1
7. D = K QR
8. H = S A D
9. H akhir = H + Ho
I. MENENTUKAN MATRIX A
D 1 D 2
A B C
TENTUKAN TITIK YANG MENGALAMI DEFORMASI
DALAM SOAL DIATAS SENDI B DAN ROL C MENGALAMI ROTASI.
SEBAGAI DASAR PENENTUAN
ROL H = 1 ( BERGERAK )
V = 0 ( TIDAK BERGERAK ) 40
d 1
d 2
d 3 d 4
V Θ = 1
SENDI V = 0
H = 0
Θ = 1
V = 0
M H = 0
Θ = 0
UNTUK SOAL DIHALAMAN SEBELUMNYA, DAPAT DITENTUKAN MATRIX A SEBAGAI BERIKUT
A = 0 0 d 1 AKIBAT D 1 , MAKA YANG BERGERAK ADALAH d 2 DAN d 3
1 0 d 2 AKIBAT D 2 , MAKA YANG BERGERAK ADALAH d 4
1 0 d 3
0 1 d 4
D 1 D 2
JUMLAH KOLOM PADA MATRIX A TERGANTUNG DARI JUMLAH
DEFORMASI YANG TERJADI.
41
V VVV
V VVV
Θ = 1
H
H
H
V
A = 1 0 0 d 1 AKIBAT D 1, YANG BERGERAK d 1
0 1 0 d 2 AKIBAT D 2 , YANG BERGERAK d 2 DAN d 3
0 1 0 d 3 AKIBAT D 3 , YANG BERGERAK d 4
0 0 1 d 4
D1 D2 D3
MENENTUKAN MATRIX A UNTUK PORTAL
C AKIBAT D 1 , YANG BERGERAK d 1
AKIBAT D 2 , YANG BERGERAK d 2 dan d3
A
42
D 1 D 2 D3
d 1 d 3
d 2 d 4
d 3
d 1
d 2
B
D 2
D 1
d 4
A = 1 0 d 1
0 1 d 2
0 1 d 3
0 0 d 4
D1 D2
MENENTUKAN MATRIX s
A B C
6 m 8 m
A B C D
UNTUK MEMBUAT ROTASI d 1 = 1 , DIBUTUHKAN M AB = 4 EI/L
MBA = 2 EI/L
43
2 EIEI
d 1
d 2
d 1 d 3
d 4
UNTUK MEMBUAT ROTASI d 2 = 1 , DIBUTUHKAN M BA = 4 EI/L
M AB = 2EI/L
BEGITU SETERUSNYA UNTUK ROTASI d 3 DAN d 4.
4 EI/6 2EI/6 0 0
2 EI/6 4 EI/6 0 0
S = 0 0 4.2EI/8 2.2EI/8
0 0 2.2EI/8 4.2EI/8
= EI 0.67 0.33 0 0 JADI UNTUK MUDAHNYA , APABILA
0.33 0.67 0 0 ADA 2 BATANG,MAKA MATRIX S ,
0 0 1 0.5 TERDIRI DARI 4 BARIS DAN
0 0 0.5 1 4 KOLOM
CONTOH SOAL
1 t/m 2 T
A B C D
4 m 8 m 1 m
HITUNG BESAR MOMEN AKHIR NYA DENGAN CARA “ METHODE KEKAKUAN “
D 1 D 2
A = 0 0
44
EI 2 EI
d 4
d 1
d 2
d 3
1 0
1 0
0 1
S = 4 EI/4 2 EI/4 0 0
2 EI/4 4 EI/4 0 0
0 0 4.2 EI/8 2.2EI/8
0 0 2.2 EI/8 4.2 EI/8
1 0.5 0 0
0.5 1 0 0
= EI 0 0 1 0.5
0 0 1 0.5
T 0 1 1 0
A = 0 0 0 1
T K = A S A
0 1 1 0 1 0,5 0 0 0 0K = 0 0 0 1 EI 0.5 1 0 0 1 0
0 0 1 0.5 1 0
0 0 0.5 1 0 1
45
4 X 4 4 X 4 4 X 2
2 X 4
= 0 1 1 0 EI 0.5 0
0 0 0 1 1 0 = EI 2 0.5
1 0.5 0.5 1
0.5 1
matrix S dikali matrix A
sebaiknya diselesaikan dahulu
K -1
K C T K = 2 – 0,5 . 0,5 karena hasil tersebut akan
= 1,75 digunakan lagi pada
K perhitungan matrix H
K C = EI 1 - 0.5 T 1 - 0.5
- 0.5 2 K C = EI - 0.5 2
K -1 = 1/1,75 EI 1 -0.5
-0.5 2
MOMEN PRIMAIR ( DIANGGAP PERLETAKAN JEPIT – JEPIT )
M F AB = 0
MF BA = 0
MF BC = 1/12 q L 2 = 1/12 1 8 2 = 1, 333 TM
MF CB = - 1/12 q L 2 = - 1, 333 TM
MF CD = + 2.1 = 2 TM
0
H O = 0
+ 1, 333
46
4 X 2 4 X 2
2 X 2
- 1,333
2 T
A B 1,333 1,333 C 2 D
A B C
1,333 1,333 2
Q R = -1,333 = - 1,333
+ 1,333 – 2 - 0,667
UNTUK MENENTUKAN JUMLAH BARIS PADA MATRIX Q R DAPAT DILIHAT
DARI JUMLAH GAYA KELEBIHAN ( D )
. D = K -1 QR
= 1/1,75 EI 1 -0,5 -1,333
-0,5 2 -0,667
2 x 2 2 x 1
= 1/1,75 EI - 0,9995 = 1/EI - 0, 5711
- 0, 667 - 0,3811
47
H = S A D
= EI 0,5 0 -0, 5711 - 0,28555
1 0 1/EI - 0,3811 = - 0,5711
1 0,5 - 0,76165
0,5 1 - 0,66665
H akhir = H + Ho
0 - 0,28555 - 0, 29 M AB
0 - 0,5711 - 0, 57 M BA
1,333 + - 0,76165 = + 0,57 M BC
-1,333 - 0,66665 - 2 M CB
48
3,82 2 2
+
0,215 0,215
4,18
2
0,57
0,29
M max = 6,74
2T
B 2EI C HITUNG BESAR MOMEN AKHIRNYA DENGAN
CARA METHODE KEKAKUAN .
2EI 4m n = 2.3 – ( 2.1 + 2.1 + 0 + 2 ) = 0 portal tidak bergoyang
A
2m 2m
D2
2T d3
B 2EI C d4
d2
50
M M\
2T
B C
0,429 1,286
0,429 DARI GAMBAR FREEBODY DISAMPING , BIDANG
MOMEN , NORMAL DAN LINTANG DAPAT
DIGAMBAR .
54
A
SOAL UJIAN AKHIR SEMESTER
MATA KULIAH : ANALISA STRUKTUR II
SIFAT / WAKTU : TERBUKA / 90 MENIT
DOSEN : BOEDI WIBOWO
q t/m
A B C
a m b m
BALOK AB = EI BALOK BC = 2 EI
TITIK A DAN B = JEPIT TITIK B = ROL
DIKETAHUI KONSTRUKSI BALOK DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIATAS,
1. HITUNG BESAR MOMEN2 AKHIRNYA DENGAN CARA “ CROSS “2. CEK PERHITUNGAN SAUDARA DIATAS DENGAN CARA “ METHODE KEKAKUAN “3. HITUNG DAN GAMBAR BIDANG MOMEN DAN LINTANGNYA.
CATATAN :NIM GASAL a= 6 m b = 10 m q = 1 t/mNIM GENAP a= 4 m b = 8 m q = 2 t/m
55
TUGAS ANALISA STRUKTUR 2
A B C
8 M 3 M
DARI KONSTRUKSI DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIATAS
SAUDARA DIMINTA UNTUK :
1 .ANALISA STRUKTUR DIATAS DENGAN CARA :
* CROSS
* METHODE KEKAKUAN
2. HITUNG DAN GAMBAR FREE BODY DIAGRAM DARI HASIL
PERHITUNGAN DIATAS YANG SAUDARA ANGGAP BENAR .
3 . HITUNG DAN GAMBAR BIDANG MOMEN DAN LINTANG NYA .
56
2 EI EI
P = 2 t q = 1 t/m
TUGAS DIATAS HARUS DIKUMPULKAN SEBELUM KULIAH DIMULAI .
EVALUASI ANALISA STRUKTUR 2
1/2 L 1
A B C
B
L 1 M L2 M
DARI KONSTRUKSI DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIATAS
SAUDARA DIMINTA UNTUK :
1 .ANALISA STRUKTUR DIATAS DENGAN CARA :
* CROSS
* METHODE KEKAKUAN
2. HITUNG DAN GAMBAR FREE BODY DIAGRAM DARI HASIL
PERHITUNGAN DIATAS YANG SAUDARA ANGGAP BENAR .
3 . HITUNG DAN GAMBAR BIDANG MOMEN DAN LINTANG NYA .
NIM BERAKHIRAN
P TON q t/m L 1 M L 2 M
0 9 4 1 6 3
1 8 2 2 8 2
57
2 EI EI
P P q q
4 7 6 1 4 2
3 5 5 2 5 2
2 6 3 1 8 3
TUGAS MANDIRI ANALISA STRUKTUR 2
HITUNG DAN GAMBAR BIDANG D DAN M DENGAN CARA “ CROSS “
TUGAS INI HARUS DISELESAIKAN DAN DIKUMPULKAN
PALING LAMBAT JAM 13.00
CATATAN
58
a ma m b m c m d m
A B C DE
EI EI 2EI 2EI
NIM a b c d beban
Gasal 12 4 6 10 q = 2 t/m di AB P = 6 T di tengah CD
Genap 14 5 8 10 q = 1 t/m di DE P = 8 T di tengah BC
SOAL UJIAN AKHIR SEMESTER
MATA KULIAH : ANALISA STRUKTUR II
SIFAT / WAKTU / KELAS : TERBUKA / 90 MENIT /SORE
DOSEN : BOEDI WIBOWO
2m P=4T q t/m
A D B C
a m b m
BALOK AB = EI BALOK BC = 2 EI
TITIK A DAN C = JEPIT TITIK B = ROL
DIKETAHUI KONSTRUKSI BALOK DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIATAS,
1. HITUNG BESAR MOMEN2 AKHIRNYA DENGAN CARA “ CROSS “2. CEK PERHITUNGAN SAUDARA DIATAS DENGAN CARA “ METHODE KEKAKUAN “3. HITUNG DAN GAMBAR BIDANG MOMEN DAN LINTANGNYA.
59
CATATAN :NIM GASAL a= 6 m b = 10 m q = 1 t/mNIM GENAP a= 4 m b = 8 m q = 2 t/m
SOAL UJIAN AKHIR SEMESTER
MATA KULIAH : ANALISA STRUKTUR II
SIFAT / WAKTU / KELAS : TERBUKA / 90 MENIT / PAGI
DOSEN : BOEDI WIBOWO
q t/m P= 2T 4m
A B D C
a m b m
BALOK AB = EI BALOK BC = 2 EI
TITIK A DAN C = JEPIT TITIK B = SENDI
DIKETAHUI KONSTRUKSI BALOK DENGAN BEBAN SEPERTI TERGAMBAR DIATAS,
1. HITUNG BESAR MOMEN2 AKHIRNYA DENGAN CARA “ CROSS “2. CEK PERHITUNGAN SAUDARA DIATAS DENGAN CARA “ METHODE KEKAKUAN “3. HITUNG DAN GAMBAR BIDANG MOMEN DAN LINTANGNYA.
60