takabeya book 2
DESCRIPTION
Buku seri kedua yang membahas mengenai analisis struktur metode takebaya merupakan lanjuta dari Buku Takebaya seri pertama.TRANSCRIPT
PERHITUNGANPORTAL BERTINGKAT
dengan cara
T41l48EY4BAGIAN KEDUA 2r PERLUASAN METOOE TAKABEVA )
disusun oleh:
Ir.SOETOMO HMex dosen luar biasa departemen sipil'skults. telmik sipil & pereneanaaninstitut teknologi bandung
o DITERBITKAN OLEH ·SOnOMO HM· JAKARTA CE1AKAN KEllGA I DISEMPURNAKAN)
~
d':.
2
KATA PENGANTAR
Bu.ku.itU meJLupaflanpenye.mpWlna.a.ndaJrJ..buku. "Perlu-
asan metode TAKABEYA" (yang pada. eetaflan2 ~ebelumnya diteJLbit-kan dengan eetakan ~te~Ua.n), pada. eetaflan flmga,(.M diteJL-
bitkan dengan eetaflan o66~et.Pada peneJLbitan eeta.flan flmga itU di4amp,ing diada.-
kan penye.mputtna.a.n2juga dA..beJLiflanpe.nambaha.rteontoh2 ~oa.l. da-
lam p~fltefl peJLh,(.tunganpo4tal b~ngflat banyafl.
Mengingat buflu itU ada.la.h yang p~a flatinya me.m-bahcu pvr.lu.a..6anmetode TAKABf"YA,tentu.~(J(f -mtUih memvtlu:flan pe~nye.mpWlna.a.n2,untufl itu ~angat pen.uiM haJz.apkanIvtWfl dan ~a-~n2 daJrJ..pe.mbaea.
Semoga dengan tVLbitnya buflu itU aflan me.nambahpeJL-bendahaJz.a.a.nflepu6taka.a.n buflu2 tefltUfl ~ipU. dalam bawa Indone-~ia, dan fle.pada .6e.muapihafl yang te.i.ah me.mbantu.dalam penVLbU-an buku. itU pe.nulli ~ampa.,(.flantvr..una wih.
JaflaJtta, 1 JutU 1981.-
PenulL6,*)
(Ill. SOETOMOHM)
HAK CIPTA DIlINDUNGI UNDANG2, DIlARANG MENGUTIP/MEMPERBANYAKSEBAGIAN ATAUPUN SElURUHNYA ISIBUKU INI TANPA SEIZIN PENUlIS
*) Buku ini syah beredar bila ada tanda·tangan asli penulis.
J
OAf TAR ISI BUKUKata Pengantar
Daftar I8i Buku
Notasi
f34
5BAB 1 PENOAHUlUANBAB II CONTOH SOAl PORTAL TAK TERATUR DENGAN PERGOYANGAN SEARAH
II-I Contoh soa.l ke-l (portal dengan kolom kaki tak saroa ti.nggi) 611-2 Contoh aoa1 ke-2 (portal dengan tumpuan sendi) JO
II-3 Contoh soa1 ke-3 {portal dengan balok tak menerus J5
II-4 Contoh aoal ke-4 (portal dengan dua arah pergoyangantertentu) 24
BAB III PORTAL OENGAN "BEBAN ANTARA" PADA KOlOMIII-1 Penyederhanaan beban pada "beban antara" 30111-2 Penurunan rumua si
.111-3 Contoh 80al ke-5 34111-4 Contoh soal ke-~ 37111-5 Perhitungan portal bertingkat banyak dalam praktek111-5-1 Penurunan rumU9 contoh soal ke-7 4J111-5-2 Penyelesaian contoh soal ke-7 46
BAB IV PENURUNAN TIANG PAOA PORTALIV-l Dasar perhitunganIV-2 langkah perhitungan
5455
BAB V PORTAL DENGAN OUA ARAH PERGOYANGANV-I Penurunan rumu8V-2 Contoh 80al ke-8
S662
BAB VI PORTAL OENGAN ARAH PERGOYANGAN SEBARANGVI-1 Oaser perhitunganVI-2 Langkah perhitungan
676870
70
BAB VII PENUTUPDaftar Kepustakaan
o -sonoMO HM- JAKARTA
NOTASI2 I
UNTUK MEMUOAHKAN DAlAM PENUlISAN RUMUS2 DIBERIKANNOTASI2 PERJUMlAHAN AlJABAR SEBAGAI BERIKUT I
[ ~ 1- = (A) + (8) + (C)
(A)
(B) .•. (C) = (A) + (B) .•. (C)
(D)
JIKA DIJUMPAI DAlAM PENUlISAN RUMUS2 TERSEBUT HA-RAP DIBACA SEBAGAIMANA DIMAKSUOKAN DIATAS.
s
BAB I. PENDAHULUAN
Buku ini merupakan kelanjutan dari buku bagian keaatu "Per-hitungan portal bertingkat dengan cara TAKABEYA" yang pada bagian tera-khir mengenai portal dengan bentuk tak teratur telah diturunkan rumus2-nya untuk beberapa bentuk portal dengan pergoyangan aearah, dimana diB~tu belum diberikan contoh2 Boalnya, dalam buku bagian kedua ini contoh2Boal terBebut diberikan pada Bab II.
Perluasan oari metode TAKABEYA ini antara lain dibahaB me-ngenai "beban antara" yang beker ja pada kolom (pada rumus2 terdahulu be-ban horizontal beker ja pad a rege12, hingga pada kolom tidak terjadi "be-ban antara"), mengenai hal inl yang oIeh TAKABEYA sendiri belum diberikanpenurunan rumus2nya, penulis mencoba menurunkannya yang akan dibahasda-lam Bab III, dengan pengecekan kebenaran rumus2 tersebut.
Didalam praktek sering dijumpai adanya perbedaan penurunantiang/kolom misalnya karena adanya perbedaan settlement padapondasi ba-ngunan, untuk ini skan dibahas dalam Bab IV.
Mengenai portal dengan dua arah pergoyangan akandibahas da-lam Bab V, dimana hanya akan diberikan penurunan rumus untuk p6rtal duatingkat, karena rumus2nya yang sangat berbelit2 sehingga tidak praktispenggunaannya (hanya praktis untuk portal dua tingkat saja).
Mengingat prinsip pemberesan momen dari metode TAKABEYA inicukup sederhana (pemberesan momen rotasi) darl portal dengan titik kum-pul yang tetap, maka prinsip pemberesan momen ini akan dimamfaatkan un-tuk portal dengan arah pergoyangan sebarang, akan dibahas dalam Bab VI,dimana hanya prinsip pemberesan momennya saja yang digunakan, sedangkancara2 perhitungannya menggunakan prinsip metode CROSS.
Sebagai tambahan, dslsm buku ini juga diberikan contoh soalperhitungan portal bertingkat bsnyak dalam prsktek sekedar sebagai con-toh lengkap dari keseluruhan perhitungan portal bertingkat banyak tsb.
Mudah2an pembahasan perluasan metode TAKABEYA inidapat memberikan mamfaat, meskipun tentunya belum cukup sempurna pembahasannya -mengingat buku ini yang pertama kalinya membahas metode tersebut.
6
BAB II. CONTOH-CONTOH SOAl PORTAL TAK TERATUR DENGAN ARAHPERGOYANGAN SEARAH
Sebagaimana te1ah diuraikan penurunan rumua2 untuk portaltak teratur pada buku bagian keaatu Bab I I I -2, dimana rumus2 tersebutberlaku untuk bentuk portal yang arah pergoyangannya aearah, pada Bab II
ini akan diberikan contoh2 eoalnya dengan terlebih dahu1u diberikan re-8ume rumus2 tereebut yang diaeeuaikan dengan bentuk porta1nya pad a ma-
81ng2 contoh soal.
I I -1. Con t 0h eo a 1 k e -1 (Portal dengan kolom kak1 tak sama tinggi)Konstruksi portal dengan angka2 kekakuan eerta pembebanan
aeperti pade contoh aoe1 dalam buku bagian kesatu Bab 111-1-5, hanya d~aini kolom kaki tengah 2-B lebih tinggi menjadi ah2 = 5,00 m.
Wl =1,3t
T-- k=0,5 5 k 0,5 461010
C) r-, hl=-400 mr-,cS'IiiI cS' r4'II tII .C: ~W2 = 2 t ~- k=0,8 2 k-O,8 3110100\ h2=-400 m0\ ..., d'm.zr It ....t Clh2=5,OOm .C: LII 1~ III •••• CA ~"B
Gbr.II-l
Penyeleeaian :
Rumue2 I (11hat
Pada tingkat bawah- h2 { Wl + W2}mIl = - T'ii
buku kesatu Bab III-2-1j
+ (-t'lA) ml
+ (-t'2B) m2+ (-t'3C) m3
II: 2 [ k lA + a2 k2B + k3C] ;
_ 3 klA• t'2B _ 3 a k2B- " - T'.zr .zr
lii1A = M3C z: Mll'- 1-·m2B = a mlT
1a = a3 k3C
t3C = T.ir
Tir h2 = 4,00 mah2 = 5,00 ma=1,25 + a=0,8tiA
Catatan :
tlA + t2B + t"3C .; 1,5 (ber1ainan dengan portal teratur)
1
1.Perhitungan momen2 parsiilKerena konstruksi ysng aymetria dan pembebsnsn hsnya beban horizontalBaja, msks perhitungsn cukup dengsn meninjsu sepsroh bsngunan (lihat bu
ku kesatu Bab 111-1-4).
momenrotasiPerhitungan P, P', y, Y' dan mP) lihat buku kesatu Bab III-I-5, dimanatidak ada beban2 vertika1, make semua harga2 mP) = o.momendisplacementtingkat ke-2 (atas)Perhitungan TI, t16, t25 dan t34 lihat buku kesatu Bsb 1II-1-5, dimana
iiif) = -1,040 tm.
tingkat ke-1 (bawah)Tir = 2 [0,95+ (0,8)2(1,4) +0,95] =t' I 3 (0,95) - 0 C.101A = t 3C = 5,592 = , .J ;
-f:» __ (4,00)(1,3 + 2) _ -2 361 tmll' - 5,592 -, m.
5,592_ 3 (0,8)(1,4) _- 5,592 -t'2B 0,601
pemberesan mamenPemberesan momen dimu1ai dari mamen ratasi, dari titik kum-
pul (1) ke (2), (5) dan (6) sebagai berikut I
m'f = + mf)+ (-YlA) {iii~}}+ (- Y12) { mf)}
( ) { p) -(oj}+ -Yl6. m6 + mI
mP)1 = 0
= +0,449
= 0= +0,156= +0,605
(-0,190)( -2 ,361)( -0 , 160)( 0)
(-0,150)(0 - 1,040)mf}J
mP)2m(1J :z: + m(o) )2 2
+ (-Y21) {m~l)}
+ (-Y2B) {~ffi~}
+ (-Y2S) {mr)+ ffif)}
= 0= -0,121= +0,331= +0,130
= +0,340
(-0,200)(+0,605)
(-0,175)(0,8)(-2,361)(-0,125)(0 -1,040) mg;
Untuk mempermudah da1am perhitungan mffVse1anjutnya pads perkalian ang
ka (-Y2B) {~iiiif} 1angsung dituliskan (0,175)(0,8){ iii!i} = (0,140){ iiiif}
m~ = + mf)} mf) = 0+ (-YS2) {m~)+ iiif)} (-0,250)(+0,340 -1,040) :I: +0,175
+ (-YS6) {m~)} (-0,250)(0) = .~(1) -
mS = +0,175
,m~=+mr
+ (-Y6S) { mf'J}+ (-Y61) {m'f + llifl} } (-0,200)(+0,175 )
(-0,JOO)(-0,605 - 1,040)
m~
mr = 0& -0,035:: +0, IJI
= +0.096
Sete1eh pemberesan mornen rotasi langkah pertama eelesai, dilanjutkandu-1u pada pemberesan momen displacement langksh pertama sebagai berikut I
r::(l) _ + -mP) } r::p) - 1 040mI - I IIII - -, ••.
+ 2 (-t16) {m11J + m~} 2 (-0,450)(+0,096 + 0,605) :: -0,6)1+ (-t2S) {m'f + m~.1J} (-0,600)(+0,175 + 0,)40) :: -0,)09
m'f = -1,980
mg! z + 1Ii~+ 2 (-t lA) { mil)}+ (-t
2B) {mfj-J} } 2 (-0,510)(+0,605)
(-0,600)(+O,J40)
liig • -2,)61:I -0,617
= -0,204iii,W. :: -),182
.•• dst pemberesan momen se1anjutnya ditunjukkan dalam bagan skema pa-de Gbr.II-2, dimana psda 1angkah/putaran ke-4 keatas hanya ditunjukkan-hasi12 perjumlahannya saja.
2.Perhitungan design moment. { (9) (9)} -
M12 = kI2 2 ml + m2 + MI2
= 0,80 { 2 (+0,996) + (+0,656)} + 0MIA = 0,95 { 2 (+0,996) + (-J, 771) }
MI6 = 0,75 { 2 (+0,996) + (+0,5J5) + (-J,098) }6 M]
= +2,118 tm-1,690 tm
= -0,428 tm= 0 tm
M21 = 0,80 { 2 (+0,656) + (+0,996) }{ (9) 1-(9)}
M2B = k2B 2 m2 + a mlr= 1,40 { 2 (+0,656) + 0,8(-3,771) }
M2S = 1,00 { 2 (+0,656) + (+0,477) + (-3,098) }
M23 = M32 (antimetris, sarna dan searah)
= +1,847 tm
= -2,387 tin= -1,J09 tin= +1,847 tm= -0,002 tin IX 06M2
. .• dst dengan jalan yang sarna dipero1eh I
MS2 = -1,488 tmMS6 = +0,744 tmMS4 :: +0,744 tm6MS = 0
M6S = +0,774 tmM6I = -0,774 tm6 M6 = 0
iiir=-2,361-0,617-0,204
iii}f=-3,182
iii~=-2,361-0,851-0,303
iii~=-3,515
iiit» =-2,361-0,946-0,350
iii§p=-3,657
iii}f=-3,720mW=-3,750m~=-3, 762
iiiSi' =-3,767iiiW=-3,771iii~ =-3,771
iiif) =-1 ,040-0,631-0,309
mf=-1,980
iiif)=-1,040-0,998
-(2) ••.0,509mI =-2,547
liif) =-1,040-1,196
" -0,602iii,?)=-2,838
'ffi'r4)=-2,978
iiif)=-3,044
iiif) =-3,074iiif) =-3,089ill)=-3,095
7ii~)=-3,098
9
-0,069+0,344
mf) =+0,275
-0,084~ +0,486
I m~ =+0,4021-0,4501 (4)
2x m6"=+0,470-0,900 m~)=+0,505
m~)=+0,521mf) =+0,529m~)=+0,533
m~)=+0,535
+0,369-0,024
m~)=+0,345
+0,491~ -0,069
; mr =+0,4221-0,6001 (4)
mS =+0,454m~)=+0,467
m~)=+0,473mf)=+0,475mf)=+0,477
mf)=+0,477
1 H-O 160 -0 200 2 \---
1_,190Imf)=0 -0 175 mf)= 0I +0,449 _y -0,121
o 2B·Ci +0,331(1) +0,156 -0,140 (JJ +0,130
ml =+0,605 I m~'=+0,340
+0,605-0,054+0,283
mf) =+0,834
A
.-0,167+0,445+0,226
mqJ=+O,504
-0,185+0,492+0,275
mfJ) =+0,582
m~4)=+0,621
m~)=+0,640m~)=+0,649mq)=+0,653m,P)=+0,655
m~)=+0,656
+0,668-0,081+0,341
m?) =+0,927
m}4)=+0,967
mf)=+0,984m}6)=+0,991
mf)=+p,994mp)=+0;996
mf) =+0,996
Gbr.II-2 B
I:
10
Untuk titik (J) dan (4) antime-tria dengan ti tik ( 1) dan (6) I
MJ2 = +2,118 tin J
MJC= -1,690 tin ;
MJ4 = -0,428 tm
M45 = +0,774 tin
M4J = -0,174 tin
Perletskan A, B dan C I
MAl = Me3 = -2,636 tin
MB2= k2B { mfJ) +!mf}= 1,4 { (+0,656) + 0,8(-3,771) }= -3,305 tin
Kontr01 I t H = 0 + HA + HB + Hc - Wl - W2 = 0
- 1.. { [ MlA 1 + [ M3C] }h2 MAl Me3
1 [ M2B1- ah2 MB2 - Wl - W2 =
1{ [-1,690] [-1,690]} 1[-2,387]- - + - - - 1,3 - 2 =4 -2,636 -2,636 5 -3,305
+3,301- 3,3 QI o.o.k I
11-2. Contoh aoal ke -2 (Portal dengan tumpuan sendi)Konstruksi portal dengan angka2 kekakuan eerta pembebanan -
aeperti pada contoh soa1 buku kesatu Bab.III-1-5, dimana per1etakan2 A
dan C diganti sendi (B tetap jepi t) •
Wl- 5 k=0,5 4 T\I) 6 k=0,5 11'\r-, 0 r-,ct -4 0" h1= 400II
~ II~ ~
J tW2- ..-1 k=0,8 2 k=0,8
II) II)~ ~'" 0-ct '-1" 0' h2= 400
" II II ___1~ ~ ~. - . - - •.. "" --. ---J4 !po
A B C
Penyelesaian :Rumus: (lihat buku kesatu Bab.III-2-3)
momen rotssiuntuk titik (1) dBn (3) berobBh
ml = - ~ + (-Y16) { m6 + mI}Pl+ (-Yi2) {m2 }+ (-yiA) {m.rr}
Gbr.II-3
k16Y16 = Pi k12
Y12 = Pi 1klAYiA=-py-
n' _'"'1 - P 1 - ~ k1A
11
momen diaplacementinn- = - h2 {Wi +w2} + (-e1A) ml + (-t'2B)m2 + (-t'3C>m3
Tn-
T1r = 2 [ k lA + k 2B + k 3C] - !k lA - Ik 3C= tJI - Ik lA - t k3C
t'lA = f k1ATII
t' _ 3 k2B2B - -;:-r-T.zr
t' _ Ik3C3C - -:;:,-Tn-
catatan I
tiA + t2B + t3C ~ i }YiA + Yi2 + Yi6 ~ !
(ber1ainan dengan portal teratur)
1.Perhitungan momen paraii1Karena konatruksi yang aymetria dan pembebanan hanya beban-
horizontal aaja, maka perhitungan cukup denganmeninjau eeparohbangunan(lihat buku kesatu Bab 111-1-4).momen rotasi .Perhitungan P, Y, P; y'dan m(o) untuk titik2 kumpul (2), (4), (5) & (6)
lihat contoh soa1 pada buku kesatu Bab 111-1-5, eemua harga2 m(O)= O.
Untuk titik kumpu1 (1)pi = 2 (0,95 + 0,8 + 0,75), 1(0,95)Y lA = 4,525 = 0,105, 0,8
Y12 = 4,525 = 0,177, 0,75 6. Y16 = 4,525 = 0,1 6
- ~ (0,95) = 4,525
ingat I pada titik2 kumpul yangterletak pada ujung kolom tlangantumpuan sendi + harga2 Y berobah.
momen displacementtingkat ke-2 (atas)Perhitungan TI' t16 dan t25 lihat contoh soal buku kesatu Bab 111-1-5,dimana harga fir) = -1,040 tin.
tingkat ke-1 (bawah)Tir = 2 (0,95 + 1,4 + 0,95) - i (0,95) - I(0,95)
= 6,6 - 2,85 = 3,750
t'lA, _I(0,95) = 0,380= t3C - 3,75
(4,00)(1,3 + 2) = -3,520 tm.3,75
_ 3 (1,4) _- 3,75 - 1,120t'2B
-(0)m.zr =
12
Pemberesan momenPemberesan momen dimu1ai dari momen rotasi, dari titik kum-
pu1 (1) ke titik (2), (5) dan (6) sebagai berikut I
••f · + mfJ+ (- Y iA) { iii~}+ (-Yi2) {mfJ}+ (-Yi6) {mr+ iiif)}
mP) = 01(-0,105)(-3,520)(-0 ,177)(0)(-0 ,166)(0 - 1,040)
= +0,370= 0= +0,173
mfJ = +0,543
m~1J = + mfJ+ (-Y21) {m11J}
+ (-Y2B) {iii~}+ (-y ) {mPJ+ iiiP)}25 5 I
= -0,109= +0,616= +0,130
mff = +0,635
mP) = 02
} (-0,200)(+0,543)(-0,175)(-3,520)(-0,125)(0 -1,040)
mP)5
(-0,250)(+0,635 -1,040)(-0,250)(0)
m~1J I: + mP)5+ (-Y52) {mS1J+ mf)}
+ (-Y56) {mf)}
= 0= +0,101= 0= +0,101
}m~
mPJ6 = 0
= -0,020= +0,149= +0,129
:z + mP)6+ (-Y6S) {mf-'}+ (-Y61) {mf)+ mf)}
m(lJ6
1(-0,200)(+0,101)(-0,300)(+0,543 - 1,040)
m(l)6
aete1ah pemberesan momen rotasi 1angkah pertama se1esai, dilanjutkan dulu pada pemberesan momen displacement 1angkah pertama :iii'f = + mf)
}-t»mI = -1,040
+ 2 (-t16) {m11J+ m~1J} 2 (-0,450)(+0,543 + 0,129) = -0,605+ (-t25) { m~1J+ m~1J} (-0,600)(+0,635+0,101) = -0,447
iiiff = -2,087
InS}' = + iii~
}iiiftJ = -3,520
+ 2 (-tiA) {mf} 2 (-0,380)(+0,543) = -0,413+ (-tiB) { m~1J} (-1,120)(+0,635) = -0,711
iiig! = -4,644
••.dst pemberesan momen se1anjutnya ditunjukkan dalam bagan akema pa-da Gbr.II-4, dimana pada 1angkah/putaran ke-4 keatas hanya ditunjukkanhasi12 perjum1ahannya saja.
lit' • -1 ,040-0,605
./11 -0,442iiiz"=-2,081
rnr)=-1,040-0,959-0,709
fii? :-2,708
iiif'):-1,040-1,151
-(3) -0,821mI =-3,012
liif" :-3,153liif) =-3,216
rot)=-3, 2~3iiif)=-3,255liif) :-3,261
iiif)=-3,265
m~=-3,520-0,413-0,711
lii1¥=-4,644
iii9' =-3,520-0,533
-(2) -1,032mll =-5,085
lii~=-3,520-0,578
~ -1,169iii~=-5,267
iiiSf=-5,348m~=-5,384iiir =-5 ,400ffi,W =-5,409
ro~=-5,412
iii~=-5,413
13
-0,052+0,416
mW=+0,364
-0,065(3) +0,584
I m6 =+0,5191-0,4501
2x m~"=+0,599-0,900 m~)=+0,638
m~)=+0,655m~}=+0,662
mf)=+0,666m~)=+0,669
+0,292(2) -0,032
mS =+0,260
+0,416~ -0,091
: m~ =+0,3251-0,600 I (4)
mS =+0,348mr)=+O,356
mf)=+0,359mfJ:+O,360mf)=+0,361mf)=+O,361
+0,488-0,112+0,325
mf)=+0,701
+0,5342x -0,163
-0,760 0) +0,389ml =+0,760
mi4)=+0,782
m~)=+0, 791mf)=+0,793
mf}=+0,795mf)=+0,795mf):+0,795
A.
Gbr.II-4
-0,140+0,813
(2) +0,248m2 =+0,921
-0,152+0,890+0,306
mf):+~,044
m~4)=+1,102m§i)=+1,128
mr):+1,141mq):+1,147m~}:+1,150
mfJ:+l,151B
t421 E 0,80 { 2 (+1,151) + (+0,795) }
f'12B I: 1,40 { 2 (+1,151) + (-5,413) }
"25 • 1,00 { 2 (+1,151) + (+0,361) + (-3,265) }M2J II: M21 (antlmetriB, Barnadan searah)
:: +2,478 tm
:: -4,355 tm
= -0,602 tm= +2,478 tm= -0,001 tm III °
14
~P.rh1tungan design momentM1A • k1A {I mr)+lffi~} (tumpuan A senal , 11hat buku kesatu
Ba~.III-2-3, persamaan III-40a)
:: 0,95 {I(+0,795) + t (-5, 413) }
"12 I: 0,80 { 2 (+O,795) + (+1,151) }M16 • 0,75 { 2 (+O,795) + (+0,669) + (-3,265) }
l1 Ml
:: -1,438 tm
:: +2,193 tm= -0,755 tm
= °
l1 M2
• •• <1st dengan jalan yang sarna diperoleh :M52 = -1,)92 tm
M56 • +0,696 tm"54 I: +0,696 tm!:aM" = 0
Untuk titik2 kumpul (4) dan (3) antimetris dengan titik2 {I} dan (6) •
M65 = +0,849 tmM61 = -0,849 tml1 M6 = °
t145 I: +0,849 tm
"43 c -0,849 tm
M32 ::+2,193 tmM3C :: -1,438 tmM34 = -0,755 tm
Perletakan B (J!e.!!l :HBl • 1,40 { (+1,151) + (-5,413)} = -5,967 tm
Kontro1 • t H • 0 + HA + HB + He - W1 - W2 :: 0
- h~ {"lot +
- ~{ (-1,4J8) +
1 M2B1MB2
1-4,)55]-5,967
+ H3C}
+ (-1,438) J- Wl - W2 I:
- 1,) - 2 1:1
-i (-13,198) - 1,) - 2 = +3,2995 - ),3 :: -0,0005 t III 0 (n.kt )
-=-~-L_, _ /15
II -:s. Contoh '8oa1: ke-l (Portal dengan balok tak menerua)Konatruksi portal dengan angka2 kekakuan den ukuran2 seperti
terlihat pada Gbr.II-S, dengan pembebanan hanya beban horizontal Wl danW, yang maaing2 bekerja pada titik (5) den (2).
W1••',25 t
t r ~ nSh· 400
1k=q.6 14 k=q.6 :3 T
IiiI d- \0 h = 4,00~
W2= 3 t.Ce
~ t--...1 k=o,7 2
-.-rI0 r-,m ....t ~ ah = 4,00I ~ 1--B C
Gbr.II-S
A
a =B = 1,5
Penyelesaian I
RumusI (llhat buku kesatu Bab.III-2-2j
- _ h{W1} (t') {} I - -' ah{W1+W2}mI - - T' + - SA mS mll" - - T-
I + (-ti4) { ml + m4} ll"
+ (-t'23) { m2+ m3}+ (- A ) { m.zr}
T; • 2 [~l kSA +k14 +k23]
aJ _:3! kSA • t' _:3 k14LSA - ;r , 14 - rr
'k23 2 kSA at'23 = --rr' A = Tf BT
+ (-l"SA) { ms}+ (-l"lB) { ml}+ (-l"2C) { m2}
+ (-B) {mI}
a2Tir = 2 [a2 kSA + klB + k2C.l
a~ _ 3 S" kSASA - TIr
_ :3k2Ct'2C - Tir
:3 klBtis = Tir
2kSA ~B = Tir S
Him = [ J JiiI + B mll" ]
1.Psrh~ungan momen2 parsiil~
momsnrotas!P1 I: 2 (1,0 + 0,7 +0,8) = 5 ;
1 0 0 7Y1B = T = 0,200 ; Y 12 = 5 = 0,140 ;
0,8Y14 = 5 = 0,160
Y32 = Y34 = 0,250Y54 = 0,200 I YSA = 0,300
analogi Y2C = Y21 = 0,175 ;Y43 = Y4S = 0,150 ;
Y23 = 0,150 ;
Y41 = 0,200 ;
76
Mengingat beban yang bekerja hanya beban horizontal pada rege12, make -aemU8harga2 mP) I: O.
momendisplacement
Ti = 2 [1~520,9+0,8+0,6] = 2 (0,4+0,8+0,6) = ),6
&.f _) (s (0,9) _ 0 500 t' -;) (0,8) - 0 667"'SA - -, J 14 - ) 6 -, ;3,6 ,
A I: 2 (0,9) _1_ = 1,8 = 0 222 ; jjjp)',6 (1,5)2 8,1 ' I
, (0,6) _ 0 500t23= ',6 -,
4 (2,25) = ..•2,500~= - ),6
• [1 a ]T.zr= 2 ;-a50,9+1,0+0,7 = 2(0,4+1,0+0,7) = 4,21. .
1 ..II 315 (0,9) .II 3 (1,0) " ) (0,7)\.SA = . 4,2 = 0,429 ; '-IB = 4,2 =0,714; t:2C = 4,2 = 0,500
B = 2 (0,9) _1_ =.!...t.! = 0 190 • jjjp) = _ 4 (2,25 + 3) = -5 000 tin4,2 (1,5)2 9,45 " II 4,2 '
-tbJ - 1 -tbJ ...L -1bJ - £ [-tbJ -1bJ]mm - 1.5mI + 1.5mlT - 3 mI + mlT
m~ = j[iiif)+iii~] = i[-2,500-5,000] = -5,000
pemberesan momenPemberesan momendimu1ai dari momenrotasi 1ebih du1u, dari
titik kumpu1 (1) ke titik (2), (3), (4) dan (5) seperti yang akanditun-
jukkan sebagai berikut I
m(lJ II + mP)1 1
+ (- Y IB) { iii~}+ c-r12) ( mf)}
( ) ( p) -p)}+ -Y14 m4 + mI
mf1J :I: + mA'2 2+ (-Y21) {m~lJ}
+ c-Y2C) { iiiW}+ (-Y23) {mf)+ iiif)}
mP) - 01 -(-0,200)( -5 ,000) = +1,000(-0,140)(0) = 0(-0; 160)(0 - 2,500) = +0,400
mfl = +1,400
m(o) - 02 -(-0,175)(+1,400) = -0,245(-0,175)(-5,000) = +0,875(-0,150)(0 - 2,500) = +0,375
mq; = +1,005
}mP) - 03 -
(-0,250)(+1,005 - 2,500) II: +0,374(-0,250)(0) - Q-
. mfl = +0,)74
m'f II + mf)+ (-Y32) (mf+ iiif)}+ (-Y ) { mP)}
34 4
"""-""" ~~~
11
mfJ = + mP)4+ (-Y43) {mSlJ}+ (-Y41) {m~lJ+ iiif)}+ (-Y4S) { mf}}
mf) = 0
= -0,056= +0.220= 0
(-0,150)(+0,374)(-0,200)(+1,400 - 2,500)(-0, 150)( 0)
m~lJ = +0,164mf) = 0
= -0,g)3= +1,500
mf = +1,467eete1ah pemberesen momen rotesi langkah pertama se1esai, dilanjutkan pada pembereaan momen displacement 1angkah pertama sebagai bsrikut I
m(JJ i: + mIJ)5 5+ <-YS4) {mt,}+ (-YSA) {iiiJ} } (-0,200)(+0,164)
(-0,300)(-5,000)
mflJ:I: + iiif) iiif) = -2,500+ (-tSA) { m~lJ) (-0,500)(+1,467) :I: -0,734+ (-t'14) { m~lJ+ m~lJ} (-0,667)(+1,400 + 0,164) = -1,043+ (-t'23){ m~lJ+ mCf} (-0,500)(+1,005+ 0,374) = -0,689+ (- A ) { mP)} (-0,222)( -5 ,000) = +1,110II
mf = -3,856
iii~ = + iii~ iii~ = -5,000+ (-t"SA) { m~lJ} (-0,429)(+1,467) = -0,639+ (-t"lB) { mfJ} (-0,714)(+1,400) = -1,000+ .<-t"2C){ m~} (-0,500)(+1,005) = -0,502+(-B) {iiiI} (-0,190)( -3,856) = +0,733
m~ = -6,398lii~ = t [iiiflJ+ iii}f] i (-3,856 - 6,398)
iii~ = -6,836(ingatl eetiep perhitungan iiig eela1u menggunekan harga2 iiit'l) dan iiitfl)I II
••• dst psmberesan momen se1anjutnye ditunjukkan de1em bagan akeme pa-da Gbr.II-6, dimana pada langkah/putaran ke-4 keataa hanya ditunjukkan-haai12 perjumlahannya eaja.
2.Perhltungan deaign momentHIB = 1,0 { 2 (+1,967) + (-7,307) }H12 = 0,7{2(+1,967)+(+1,501)}H14 = 0,8 { 2 (+1,967) + (+0,046) + (-4,521) } =
6 Ml =
= -3,373 tm= +3,805 tm
-0,433 tm
-0,001 tm III 0
+0,629(2) -0,041
m3 =+0,588
+0,711-00029
mq)=+0,682
I ~,500Im~~=+0,720I mf)=+0,734
(6)_m3 -+0,740mq)=+0,742mf)=+0,743
==-
-0,30)+1,120
. +0,522mq)=+1,3J9
-0,)28+1,218
Et?OOl (3) +0, 55~. m2 =+1,445
m~4J=+1,481m~)=+1,494m~)=+1,498
OJ_m2 -+1,501(8)m2 =+1,501
18
6 -0 200 -0 150 4 -0 150 -0250
1II~=-',OOO -0 300 mt) a ° IIIf)a-2, 500 -0 200 m~)= 0-0,03) -0,734 -0,056
iii~.-6,8)6 (lJ +1,500 .1,D4) +0,220.(2) IllS a+l,467 .0,689 (1)~O,--
.~.-7"OO (1) +1,11Q m4 =+0,164(JJ -0,02) IIII 1:-3,856
iii~a-7,742 +2,051(4J ••fJ8+2, 028 lilt) a-2 , 500
1~.-7,8'2 -1,014(5) -0,015 -1,232
.~=-7,866 (3) +2,250 -0,964(6) IllS 1:+2,2)5 (2) +1,420 ~ -0,102
m~=-7,879 - 50 (4J_ MI =-4,290 :0,483(lJ' mS -+2,311 -tJ) -0 667 (3) 0,304
iii~.-7,88) (5) 2 '40 mr =-2,500 A m4 =+0,077mS =+ , J 1 118 - •
(B) (6) -, -0 222 (4).~.-7,885 mS =+2,351 -1,301' m4 =+0,0580) 2 355 -1,063 ~) °IllS =+ , +1,545 m4 =+ ,050
m~)=+2,356 ffi?)=-4,437 m~)=+o,047- (lJ
mf4J=-4,490 m4 =+0,046m~)=-4t510 m~)=+0,046
mr) =-4,517
~~=-4,5191_01:' --ImI =-4,521 r-----,-=-=- 1 -0 140 -0 1751II~=-5,000 -0 200 mf)= 0
-0,629 +1,000-1,000 0-0,502 '1J +0,400
-(1) +0,73) m1 =+1,400m.zr=-6,398
ffi~=-5,000-0,870-1,235-0,670
(2) +O,!!15~ +1,)92Ii!.zr=-6,960 -0,187
1:» -0 714 (3)...±Q.., 668m.zr=-5,000 -8- ml =+1,873
-0,959-1,337 -0, 150 m~~=+l,931-0,723 (5)o 843 ml =+1,954
(3) + I (6)M.zr=-7,176 m1 =+1,963
1II~=-7,258 mf)=+1,965
1ii~ =-7 , 285 mT)=~
ffi~=-7,302m~ =-7 ,305mW=-7,307-====-
-0,088+0,425-0,220
m'l)=+0, 117
+1,280-0,141+0,591
mf)=+I,730
A
-~ • [ -~ -41J1III~ a. mi + miI' J
B
Gbr.II-6
c
19
M54 :c 0,6 { 2 (+2,356) + (+0,046) }MSA = O,9{2(+2,356)+(-7,885)}
= +2,855 tm= -2,855 tm
t. Ms = 0
dst dengan Ja1an yang sama diperoleh :"21 = +3,478 tm M34 = +0,919 tm M43 = +0,501 tm"2C = -3,014 tm M32 = -0,920 tm M41 = -1,970 tmM23 = -0,466 tm t. M3 = -0,001 tm ~ 0 M4S = +1,469 tm
•••A M2 =-0,002 tm ~ 0 t. M4 = 0Per1etakan A, B dan C
MAS = -4,976 tm MB1 = -5,340 tm Mc2 = -4,064 tm
Kontrol : t H = 0 -+- HA + HB + Hc - W1 - W2 = 0
t {[MlB]- clh MBl [~~]}- 1 [MSA 1fii MAS
.1[-2,855] 1..{[-3,375] [-3,014J)- - - + - 2,25 - 36 -4,976 4 -5,340 -4,064- 1(-7;831) - ~ (-15,791) - 2,25 - 3 = +0,003 t
- Wl - W2+
=
~ 0 (o.kl)
Sebagaimana dije1askan dalam buku kesatu bahwa rumua2terse-but diatas (hal 15) dapat diturunkan dengan cara/bentuk yang lain sbb I
W1- '5 4 3
h h ffiI
a h I iii.zrrW2- 'I 2
ahl ah m.rrJ,.A J...J,
B C
Gbr.II-7
Lihat buku kesatu Bab 111-2-2, dimana te1ah diturunkan persamaan2 I
- 1- <l-m.zrr = a mI + B m.rr ••• (11-1)Juga pada masing2 freebody atas (kolom 5-A, 4-1, 3-2) dan freebody bawah(kolom 1-B, 2-C) te1ah diturunkan persamaan2 :
20
1 [MSA] + [ M41] + IM32] = - h WlB MAS M14 M23
a [MSA ] + [MlB I+ [M2C I= - a h { Wl + W2}B ~S MBl Mc2
• II. (II-2)
••• (lI-3)
Pada persamsan (11-2) bila diisiksn harga2 I
[HSA I {d1s1n1 iii.m t1dak d1nyatakan
II , kSA mS+ 2 kSA iii.m __HAS dengan mI dan m.zr
[H41] = 'kl4{m1+m4}+2k14IitIM14
[M32] = , k23 {m2 +m3} + 2 k23 iiiIM23
maka persamsan (II-~) dapBt dituliskBn menjBdi I
2RiI [k14] + 3 ~ kSA {ms + iiii.m} + 3 k14 {m1 +m4}k23 .
+3k23 {m2+m3} = - hW1atau I h W1
mI = - -T' + (-tSA) {ms + ~ iii.m}I .
+ (- ti 4) {m 1 + m4}+ (-t'23) {m2+m3}
• •• (11-4)
••• (II-la)
dimBna I TI = 2{k14+k23}
, 3 t~SA , 3 k14t:SA = T ; t:14 = -p- JI I
t' 3 k2323 = =rr":TI
••• (II-lb)
Pada persamBan (11-3) bila diisikan hBrgB2 z
{d1sini~.m tic:aJc d1nyatakandengan mI dan m.zr[ HSA] k -= 3 kSA mS + 2 SA m.m
MAS
[H1B] _
II , klB m1 + 2 klB mll"MBl
!M2C]Mc2 =, kX m2+ 2 k2C Ifill"
maka persamaBn (11-') dapat dituliskBn menjadi I
liiill' Ik1B] +'i kSA {mS + t iii.m} +' klB {m1}k2C . +3k2C{m2} = - <lh{WJ+W21 .•. (11-6)
21
atay I ab{W1+W2}T.rr + (-l"SA) { mS + f 1ii.m}
+ (-t"lB) {m1}
+ (-t"2C> { m2}
••• (II-7a)mE =
dimana:
Tir = 2 {k1B +k2C}
~ ~~SA .if 3 k1B~SA = • "lB = --p- ;Il Il
3 k2Ct"2C = Tir ••• (II-7b)
KesiinpUlan I - rumus2/persamaan (II-Sa), (II-Sb), (II-7a) dan (II-7b) tsb.
bentuknya lebih sederhana dari rumus2 yang telab diturun-
kan sebe1umnya dalam buku kesatu Bab.III-2-2.
Berikut ini diberikan penye1esaian contoh sosl ke-3 terse-
but dengsn menggunaksn r~mus2/persamaan diatas sebagai berikut I
1.Perhitungan momen parsiil
mornenrotasisams dengan psda cars yang pertama.
moman'displacement
T; = 2 (0,8 + 0,6) = 2,8
t' - 3 r.s (0,9) = 0 643 ;SA - 2,8 '
-p) 4 (2,25) - _3 214 tmmI = - 2,8 - ,
3 (0,8) = 0,857 ,t'14 =. 2,8
, 3 (0,6) = 0,643t23 = 2,8
Tir =,2 (1,0 + 0,7) = 3,4
3 h (0,9) 3 (1,0) 3 (0,7)l"SA= . 3,4 = 0,529 , t"lB = 3,4 = 0,882 ; t"2C= 3,4 = 0,618
.p) - 4 (2325 + 3) _ 6 176 tm • -mP)- ~{-mP)+-mP)}11111 - - .4 - - , , 11I - 3 I 11
= i (-3,214 - 6,176) = -6,260 tm
Pemberesan momenPemberessn momendimu1si dari mornenrotasi, dari titik kum-
pUl (1) ke titik (2), (3), (4) dan (5) ebb:
mf = + mf)+ (- 'Y1B) { iii~}+ (- 'Y12) { mf)}
( ) { p) -PJ}+ -'Y14 m4 + mI
mf) = 0
(-0,140)( -6, 176)(-0,140)(0)
(-0,160)(0 - 3,214)
= +1,235
= 0= +0,514
m~1J = +1,749
,I
22
mf = + mf}
)m"} c: 02
+ (-YZ1) (II') (-0,175)(+1,749) &: -0,306+ (-'Y2C) {iii } (-0,175)(-6,176) = +1,081+ (-y23) { mr + iiif}} (-0,150)(0 - ',214) = +0,482
mfjJ = +1,257
mOJ • + ml:»
}mP) - 0
J3 (1) t) 3 -+ (-Y32){m2+111 1 (-0,250)(+1,257 - ',214) = +O,lB9+ (-134) { m~)} (-0,250)(0) = 0
(1) -m3 = +'0,489
tnOJ • + mP)
)mP) - 04 4 4 -
+ (-Y43) { mq;} (-0,190)( +0,489) = -0,09'+ (-141) {mf + iiif)} (-0,200)(+1,749 - ',214) = +0,29'+ (-145) {mf}} (-0,150)(0) = 0
m'f = +0,200
m(1)• + mPl
I
mP) - 05 5 5 -+ (-154) {mf} (-0,200)(+0,200) I: -0,040
+ (-y 5A) {iii.flf} (-0,300)(-6,260) = +1,878.mf"J = +1,838
Sete1ah pembereaan mamen ratasi 1angkah pertama se1esai, di1anjutkanpada pemberesan mamen displacement 1angkah pertama sbb I
-(1)mI :I + iiiP)I+ (-t'SA) {mf +1m.w}+ (-t'14) {mf +·mf}+ (-t'23) { mfjl + mfl}
iiif) = -',214(-0,643)(+1,8'8 - t 6,260) = +1,501
(-0,857)(+1,749+0,260) = -1,670
(-0,643)(+1,257 + 0,489) = -1,12'm'f = -4,506
iii1f = -6,176(-0,529)(+1,8'8 - t 6,260) = +1,235
(-0,882)(+1,749) = -1,543
(-0,618)(+1,257) = -0,7771ii,W = -7,261
Jijfll'II
:I + iiip)II
+ (-t"SA) { mf"J + imgf}+ (-l"1B) {mf} .+ (-t"2C) {m~}
iii~ = f { Mf + Iii~} t (-4,506 -7,261)-(1)m,m = -7,845
••• dst pemberesan mamen selanjutnya ditunjukkan dalam bagan skema pa-·da Gbr.II-8, dimana pada 1angkah/putaran ke-4.keatas hsnya ditunjukkan-has112 perjumlahannya saja.
~-
23
- 15 4 - 150i~II-6,260 mf'= 0 ffir)=-~,214 -0 200 m~)= 0
i~=-7,84'-0,040 +1,501 -0,093+1,878 -1,670 +0,293
••£.1)=+1,838 _ 1.) -1,123 0IfJ·-7,927 mJ =-4,506 m~1)=+0,200
iii=-7,87.-0,025
iiif)=-3,214+0,744
(2J +2,354 -0,104 (2) -0,050
1J1f=-7,874mS =+2,329 +1,865 +0,508 m3 =+0,694
-1,794 -0,276
1I~=-7,881-0,013 (2) -1,429 m~)=+0,128 +0,763+2,378 lfiI =-4,572 ..Q,0J2
1~:-7,880 -0 6mf!'=+2,365
mf) =-3,214-0,110 m~)=+o,731
m~4J=+2,353+0,522
m~4)=+0,738+1,878 _ 857 (3) -0,349
m~'=+2,J53-1,735 m4 =+0,063
m~'=+O,741(3'...:.h447m~4)=+0,047
mr'=+2,355iiiI =-4,518
mTJ=+0,743iiii4)=-4,511 m~'=+0,045
fiig'J=-4,516 m~'=+0,046
fiir'=-4,516
1 -0 140 -0
M~=-6,176 -0 200 mf'= 0 mf'= 0+1,235 +1,235 -0,306-1,543 0 +1,081
-(1) -0,777 +0,514 +0,482m.zr=-7,261 mf):+1,749 m~lJ=+1,257
iii~=-6,176 ,-+1,452 -0,344+1,535 -0,176 +1,271-1,733 +0,689 (2) +0,602
-(2) -0,945 mfV=+1,965 m.1=+1,529m.zr=-7,319
-0,343P) +1,464fiilr=-6,176 -0,214 +1,281
+1,544 -0 882 a, +0,711 - 618 a, +0,582A -1,730 ml =+1,961 m2 =+1,520
-a) -0,939m~4):.:+1,959 m~4)=+1,502mE =-7,293
iii}f=-7,300 mf)=+1,966 mr'=+1,500
fii'w=-7,305 rtI}6)=+1,966 m~)=+1,500
ffi~=-7,304
B c
Gbr.II-8
2.Perhitungan design momentI
Oar! has!12 pemberesan momen pada bagan skeme Gbr.II-8 terse-but, terl!hat.bahwa harga2 momen2 parsi!l hssi1nya re1atip sama denganyang menggunskan rumua pads cara yang pertama, dengan demikian maka ha-si1 momen design juga akan re1atip sama.Sebagai contoh untuk perhitungan momen design I
24
M1B • 1,0 ( 2 (+1,966) + (-7,304) }
M1.1= 0,7 { 2 (+1,966) + (+1,500) }M14• 0,9 { 2 (+1,966) + (+0,046) + (-4,516) } =
~Ml =
= -3,372 tm= +3,802 tm
-0,430 tmo
= +2,854 tin
= -2,853 tin
~M5 = +0,001 tin ClI 0
Jadi pads cara kedua tersebut diatas terlihat 1ebih mudah da-lam penggunaan rumus2 maupun pemberesan momennya.(Penurunan rumus2 serupa diberikan juga pada Contoh Boal ke-7)
"S4 = 0,6 {2 (+2,355) + (+0,046) } ."SA =/0,9 {2 (+2,355) + (-7,880) }
11-4. Contoh soa1 ke-4 (Portal dengan dua arah pergoyangan tertentu)Konsttuksi portal seperti terlihat pada Gbr.II-9 dengan
angka kekakuan konstan untuk se1uruh bstang/bslok (k=l), beban masing.1sebesar H beker ja pada titik2 simpul E, F dan G.
H ~
F G
~ IE ID IC1--1. " i-
..B
~A,
Gbr.II-9
ThTh2-12
1
Contoh Boal tersebut dikutip dari soal ujian khusus Mekani-
ka Teknlk VI pada Departemen Sipil Fak.Teknlk Sipl1&Peren-
canaan Instltut Teknologi Bandung tgl 22 Junl 1973.
eatatan I
Keadeen (1) l - 1engsung dapat digunakan rumus2 umum1.Perhitungan momen2 parsiil
Karena konstruksi yang symetris, perhitungan cukup dengan -meninjau separoh bengunan saja.
pemberesen momenPemberesan momen dimulai deri momen rotesi, dari titik (B),
ke titik (D), (G) dan (F) sebagai berikut :m~l) = + mtJ
)mPJ - 0'B -
+ (-YEA) { ffi~J} (-0,1666)(-3,000) = +0,500+ (-YED) { m2'J} (-0,1666)(0) = 0
( ) { (0) -p}} (-0,1666)(0 - 2,632) = +0,167+ -YEF mF + mlmg; = +0,667
Penye1esaianH Ht-...,..'.' I
F IG,~lf ID Ie
l' ••B
25
mamen rotesiPD = 2 (1 + 1 + 1) = 6 ;
PB = 2 (1 + 1 + 1) = 6 ;
PF = 2 (1 + 1)· ,. = 4 ;
PG = 2 (l + 1+ 1) = 6 ;
Bemua harga2 mPJ = 0mornendisplacementT1 = 2 (l + 1 + 1) = 6 ;
-p) h1 { H1} Hhml = - = - 6 =T1T2=2(1+1)=4;iiif}= _ h2 {Hl +H2} = _
T2Jike ~ Hh = 1,000
(lihat buku kesatu Bab III-2-4)
..-A
H, i I i '--I
I
Ii
II
----1-----H
+= --.~---iii3 l m3
R
(2) ".;.BA B
Gbr.II-IO
YDG = t = 0,1666 ; YDB = 2)(0,1666 = 0,.3333YED = YEA = YEF = t = 0,1666YFE = YFG = t- = 0,250YCD = t = 0,1666 ; YGF = 2 x 0,1666 = 0,3333
(beben pade titik simpu1).
tFE = tGD = tHC =- ..!.Hh
6
0,500
tEA: tCB = 0,7502 Hh 1-4-: -"2Hh
+ iiif) = -1,000 + et»m2 = -3,000
26
I1J (1J d tu••• ~.t Mb', mo an m,.••telah pemberesan momen rotasl langkah pertama seleaal, dl1anjutkanpada pembereaan momen displacement lan~keh pertama aeba~ai berikut I
If' • + If}
iiifl • -1,000+ 2 (-tB,.) { m~+ mf} 2 (-0,500)(+0,667 + 0,0'9) = -0,706+ (-too) { mff'+ m[f} (-0,500)(.0,018 + 0,'51) z -0,061
iii1lJ = -1,.767rljJ • + mf) } mf) = -3,000
+ 2 (-tEl') {mklJ} 2 (-0,750)(+0,667) = -1,000m'f = -4,000
••• d.t pemberesan momen ee1enjutnya ditunjukken delam bagan ekema pa-da Gbr.II-ll dlmana hanya ditunjukkan haei12 perjum1ahannya saja.
iit)=-l,OOO-0,706-0,061
ififJ • 4 •••4
mf/=-2,210-2,4'6-2,54'-2,596-2,610-2,627-2,630
iiir)=-2,6'2
rnf) =-, ,000(JJ -1,000
1ii2 =-4,000
rnCf =-4,446-4,646-4,734-4,770-4,784-4,788-4,791
mr) =-4,792
-0,250 1 I-n ,'n,1mf)= 0
-0,044+0,083
m~lJ=+0 ,039mr=+0,128
+0,195+0,236+0,254+0,264+0,269+0,270
m~)=+0,271-0, 1666 1 I ,- --I
mf)= 0+0,500o
+0,167m~1)=+0 ,667mf)=+0,964
+1,097+1,156+1,180+1,189+1,192+1,194
m~)=+1,195
'(2)mD =-0,056-0,046-0,034-0,025...0,021-0,019-0,018
mgJ=-0,018
m~)= 0"V +0,176
om[p=+0,176mf!J=+0,291
+0,'3'+0,335+0,349+0,351+0,351
• +0,351~)=+o,351
me): 0-0,222
(1J +0,167mD =-0,055
Gbr.II-ll
. JH-. Cf (Jtq (
VGF VGH
VDE ~ t VocVGF dan VGH } bet: 1awanan tanda sama be- -+ (?---:::; l----~VDE dan Voc sar, saling menghilangkan ~ t * t
\2.Perhitungan mamen designMED = 1 { 2 (+1,195) + (-O,OIS)} :: +2,372 .•.MEA = 1 {2 (+1,195) + (-4, 792)} = -2,402 .•.MEF = 1 {2 \+1,195) + (+0,271) + (-2,632)}= +0,029 .•.
27
HDE = 1 {2 (-0,018) + (+1,195)} = +1,159 .•.MOO= 1 { 2 (-0,018) + (+0,351) + (-2,632)}=-2,317 .•.
Hoc = antimetris dengan MDE = +1,159 .•.
dengan jalan yang
McF = +0,1621 Hh
MaD = -0,3246 Hh
McH = +0,1621 Hh
M-1c = -0,0004, Hh
sarna dipera1eh :. MFG = +0, 1488 Hh
MFE = -0,1491 Hh
MvlF = +0,0003 Hh
l (+2,372) = +0,3953 Hh '
~ (-2,402) = -0,4003 Hh
i (~0,029) = -0,0048 Hh
/}. ME = -0,0002 Hh
~ (+1,159) = +0,1931 Hh
~ (-2,317) = -0,3861 Hh1 '_6' (+1,159) = +0,1931 tlh
/}. MD = +0,0001 Hh
MAE = MBC = -0,5995 Hh
Gbr.II-12
Kontro1: L H = 0 .•. HA + HE = 2 H ••. 2 HA = 2 H
1 [MAE] 2 [-0,5995 Hh]- 2 h = - h = +1,9996 H ::! 2 HMEA -0,4003 Hh
menghitung reaksi R :
Kerena hasH2 M sebelah kiri dan ka-
nan antimetris (sarna dan searah) maka:
Keedean (2)
Rumusmomendisplacement
- !Rl (t)m3 = - 1"3 + - ED mE
+ (-tFG) mFT 3 = 2 [ kED + kFG ]
3 kEDtED = -T-
3
3 kFGtFG =G
1.Perhitungan mamen2 parsiil
momenratasiSemuaharga2 mP)= 0 (beban bekerja pada titik simpu1)
mf) = -!4Hh = - ~ Hll
.•. mf) = -0,750
Jedi R = H
mamendisplacement
T3=2(1+1)=4; LUltED = tFG = 4 = 0,75 ;
(1) .•.!Hh = 1,000lihat pada keadaan
pemberesan momenIPemberesan momen dimulai dari momen rotasi, dari titik E ke
titik , seperti yang akan ditunjukkan sebagal berikut :m(l) - + mP) }'B . - E
+ (-YBD) { iiif)}+ (-YBF) { mf)}
28
mf = + mfJ+ (-YFB) { m~lJ}
+ (-YFG) {iiif)}
,
}
mP) z 0'B(-0,1666)(-0,750) : +0,125(-0,1666)(0) = 0
(l) -mB = +0.125m"J - 0F -
(-0,250)(+0,125) = -0,031·(-0,250)(-0,750) : +0,188
mf = +0,157aete1ah pemberesan momen rotasi langkah pertama seleaai,da pemberesan momen displacement langkah pertama sebagaimff = + mf)
+ (-tFG) { m~lJ}
+ (-tDE) { m~lJ} }
dilanjutkan pa..berikut I,
iiifJ= -0,750= -0,118= -0,094
mff = -0,962 .
(-0,750) (+0,'157)(-0,750)(+0,125)
••: dst pemberesan momen selanjutnya ditunjukkan dalam bagan akema padaGbr.II-13 I
-0.250 I < IG
-0,250 I mf): 0• -0,031
+0,188m}lJ =+0,157
+0,207+0,219+0,221
m~)=+0,221
iiif)=-0,750-0,11S
-(1) -0,094m3 =-0,962-1,006-1,014-1,015
m~)=~5
16661 I
me)= 0+0,125o
I I .DoI
mf=+0,125+0,134+0,133+0,132
m~)=+0,132
Gbr.II-13
29
2.Perhitungan design momentMED = 1 { 2 (+0,132) + (-1,015)} = -0,751 .•.~ (-0,751) :.-0,1251 Hh
MEA = 1 { 2 (+O,132)} = +0,264 + ~ (+0,264) = +0,0440 Hh
MBF = 1 { 2 (+0,132) + (+O,221)} = +0;485 .•.!(+0,485) = +0,0808 Hh
l1 MB = -0,0003 Hhdengan ja1an yang 8sma diperoleh :MGF = -0,1323 Hh I MFG = -0,0955 HhMDE = -0,1471 Hh MFE = +0,0956 Hh
l1 MF = +0,0001 Hh
Kontro1 I I V = 0 (pada freebody 00)
MAE = +0,0220 Hh
MBC = -0,0220 HhMoo = MoD = 0
q ? titVG
r- ~ titt ~ t
VD RMomen design total(dalam Hh)
R = 2 (VG + VD)
R ::2Hh [0,0955~0,1323 + ~,1251~0,1471]
= 2 (0,5000) H = H (0. k ,)
Keadaan (1) + Keadaan (2), seperti ysngditunjukkan dalam bagan skems berikut (Gbr.II-12) I
+0,1488-0,0955+0,0533
+0,1621-0,1323+0,0298
) ~ ~ ( G ) < , /
+0,1621+0,1323+0,2944
+0,1488+0,0955+0,2443
-0,1491-0,0956-0,0535
-0,1491-0,0956-0,2447
-0,3246o
-0,3246
+0,0048 -0,3861 +0,0048+0,0808 0 -0,0808+0,0856 -0,3861 -0,0760
-0,4003 +0,3953 +0,1931 +0,1931 -0,4003+0,0440 -0,1251 -0,1471 +0,1471 -0,0440-0,3563 +0,2702 +0,0460 +0,3402 -0,4443
-0,5995+0,0220-0,5775
o •.• ~
B
-0,5995-0,0220-0,6215
Gbr.II-14A
30
,BAB III. PORTAL DENGAN "BEBAN ANTARA" PADA KOlOHRumus2 umum aspsrti yang tslah diturunkan dalam buku kesatu
hanya berlaku untuk beban horizontal yang bekerja pada regel2, aehinggapade kolom tidsk beksrja "beban antara".
Untuk keadaan "beban antara" yang beksrja pad a kolom2, yangmana oleh TAKABEYA aendiri belum. diberikan rumus2nya, dala~ Bab in1 akanditurunkan rumus untuk ksadaan tersebut, dan akan diberikan eontoh2 ,-0-alnya berikut pengeeekan kebenaran hasi12nya dengan eara CROSS.
Agar untuk memudahkan didalampenulisan penurunan rumus men·jadi bentuk yang sederhana, lebih dahulu akan diberik~n penyederhanaanmengenai "beban antara" tsreebut sebagaimana yang akan diuraikan dalamBBb III-l berikut in1.
III-I. Penyederhanaan beban pada "baban antara"
I---- X2~P2 t V~2 t~l~X11P14'2 = 1 • , 21 f
~ X3--1 M I 1. ·1Gbr.III-la
2 2
M~: fl
T = 1.
1X3
1 0HI2--+
1 Gbr.III-lb 1Jika pada balok/kolom 1-2 beker ja "beban antara" P1 dan P2
meeing2 berjerek Xl den x2 den M berjarak x3 deri titik (l),makabe-ban2 ini dapat kite genti dengan beben fiktif yang bekerje pada ujung2balok/kolom (1) den (2) mesing2 V~2 den V~I (Gbr.III-la) serta ~2 dan~l (Gbr.III-Ib), dengsn eatatan bahwa pada kedua ujung2 balok/kolomte·tap terjadi momen2 primer (M12 dan M21) karena seeungguhnya beban2 ter-aebut tidak bekerja pad a ujung2 balok/kolom.
Besarnya Vi2' ~I' ~2 dan ~I dengan mudah dapat dihltungzt: - xl .f. - x2 M
\f12 = ~2 = .f. PI + .f. P2 - .f.
~l = ~l =Xl x2 M7 PI + T P2 + .f.
31
Sehingga untuk memudahkan penulisan penurunan rumus2 pads -portal bertingkat dengan "beban antara" pada kolom, "baban antara" ter-sebut diganti dengan beban fiktif seper.ti yang diterangkan diatas.
Untuk keseragaman dalam penurunan rumus2, diberikan perjan-jian tenda beban fiktif, yaitu pada arah horizontal kekanan positip danpada arah vertikal keatas positip, demikian pula sebaliknya •
•1II-24lPenurunan rumus2
7 8
6 5
I 2
~ ,.~ ,,~
--+---iiiI ::---- •..oH76 7 8
6 5
1 2
i>r '" " II
3
oH67---.-~- ..H61
--..•-..• 4 4
mll' :: =----....•...•.----+
iii.nr=--..•
oH16--:;H~~3
~1---+.-..•
c BA B A c
Gbr.III-2a Gbr.III-2b
Portal dengan "beban antara" pada kolom2 tepi sebelah kiriseperti terlihat psda Gbr.III-2a dapat digsnti dengan beban fiktif se-perti pada Gbr.III-2b, dengan eatatan bahwa pada ujung2kolom tetap ter-jadi momen2 primer (M).
Dengan jalan yang sama aeperti yang telah ditunjukkan padapenurunan rumus2 dalam buku kesatu Bab III-I-I, dapat diturunkan rumus :momen rotasi.
Rumua2 momen rotasi m seperti yang telah diturunkan dalambuku kesatu Bab 111-1-1 tetap berlaku, hanya disinipada kolom2 yang pa-danya bekerja "beban antara", untuk harga2 r pada titik kumpul ybs di-tambahkan momen primer M yang terjadi pada ujung2 kolom akibat "beban-entara" tersebut, misalnya :- yang semula II = M12 (jika pada kolom tidak ada "beban antara")- disin! menjadi Ll = M12 + MiA + M16 •••• dst.
32
momen displacement~~
-H -H_ 7 _ S
IN7 .
rHs--~7~
==:: -----------------------------~l - H6 - HS - H4
-+- -- -
MS8 M2S M34M16M61
-+-
H7Gbr.III-3a
-HS -HSGbr.III-3b
H6 H4
Catatan I - Untuk membedakan gaya2 dalam den geya luar--~ = gaya Iuar --. = gaya dalam
- Gaya dalem vertikal V tidak digember kerenatidek diperlukan dalam penurunan rumus.
ll!!Jau freebody tingkat ke-3/paling atas: (Iihat Gbr.III-3a)
f'reebody 7-8 I
(1: H = 0)
f'reebody 6-7 I
(1:,\ = 0)
H7 + Hs = tf?6 ... (III-Ie)
[ M76] + h 1 H7 = 0M67
[ MSS] + hI Hs = 0Mss
••• (Ill-lb)
freebody 5-8 I(I: MS = 0) ••• (Ill-lc)
Oarl jumlah persamaan2 (III-la), (III-lb) dan (III-lc) didapat I
[M76] +M67 [ Mss] + hI H~6 = 0
MSS... (111-2)
Blla dilaikan harga2 (dari peraamaan daaar pada buku kesatu) I
M67 = k67 { 2 m6 + m7 + iii67}+ M67M76 = k67 { 2 m7 + m6 + iii67}+ M76------~~--~--~--~----~~---+
[ M76] = 3 k67 { m6 + m7 } + 2 k67 mI + [~76]~7 ~7
•.• (III-3a)
[ M85] = 3 k58 { m5 + m8 } + 2 kS8 mIt1S8
Analog I ••• OII-3b)
Dad persomRon2 (III-3a) den (III-3b), make pada per aamaan-(111-2) dapat ditulisken menjadi :[3k67{m6+m7}+2k67 iiiI+l~7] + [3kss{ms+ms}+2ks8 mIl
o= - hl "76 ••• (111-4)
33
.taU!hl { H~2} + T§7 + (-t67) { m6 + m7}
mI = - TI + (-tSS) {ms+ms}••• (III-5a)
diman8 I TI e 2 {k67+kSB}) k67t67 = --;
TI0--'t67= M67 + M76
tss ~= TI ••• (III-5b)
Tir,Jeufreebody tingkat ke-2: (lihat Gbr.III-3b)
Dengan jalan yang sama seperti pada penurunah rumus/persa-maan (111-2), jumlah keseimbangan masing2 freebody menghasilkan I
. [M61] + [MS2] + [M43]M16 M2S M34
000+ h2 { H67 + H76 + H61} = 0 ••• (III-6)
Oengan mengisikan harga2 persamaan dasar seperti padapersamaan (111-3a)maka peraamaan (111-6) dapat dituliskan menjadi :[J k16 { ml + m6 } + 2 k16 iiilI + T~6] + [3 k2S { m2 + mS } + 2 k]S 'llill"]
[ ]00 0+ 3 k34 { m3 + m4 } + 2 k34 mlI = - h2 { H67 + H76 + H61 } ... (III-7).
atau:o 0 HO
} + TO }- h]{H67+H76+ 61 16 + (-t16) {m1+m6mll"= - TII + (-t2S) { m2 + mS }
+ (- t34) { m3 + m4 }••• (III-8a)
dlmana : 2 {k16 +k2S +k34}3k16 3k25= -- ; t2s = -- ;Tll Tll- -= M16 + M61
t34TlT =
3 k34= r;- ••• (II1-8b)t16
oT16
Catatan I Apabila pada koIomz yang lain juga ada "beban antara", makapada rumus2 tersebut pada ruas kanan suku per t.ama pada bi-1ang8n penyebut tingga1 menambahkan lang8ung harga2 HP danTO dari kolom2 yang bersangkutan dengan "beban antara" ter-sebut. (lihat contoh soa1 ke-6 nanti)
Untuk mengecek kebenaran rumus2 yang te1ah diturunkanter-eebut, akan diberikan contdh 80al yang akan dicek dengan cara CROSS.Untuk memudahkan pengecekan dengen cara CROSS, pada contoh 80al ke-5d~berikan portal sederhana satu bentang~n dan aatU tingkat.
34
111-3. Contoh &oal ke-5Konatrukai portal aederhana dengan ukuran2 dan angka2 keka-
kuan .art. pembebanan seperti terlihat pada Gbr.III-4, setelah dihitungdengan cara TAKABEYA dicek dengan cara CROSS.
WI= 2 t
1- 1 k=l., 5 2 12,00
t 0
M= 4 tm4' h=5,OO
3,00 ~
11A Gbr.III-4 B
Penye1eaaian :1.Perhitungan momen2 parsii1momen2 primer, m(b) dan m(o)
1 o M +4 0H1A = h = 5,00 = +0, 800 t ; HAl = -0,800 t
1 M - 1 [3,00] - 3 ( 4) -2,00 iA - 2 5,00 M - 0, + - +1,200 tm
H t MAl = i [~:ggJ M = 0,2 (+4) = +0,800 tm
3,00 II = (~1,200) + (0) = +1,200 tm • t2 = 0
1 0--llA = MiA + MAl = (+1,200) + (+0,800) :: +2 tin
--+-~A
~l---+-A
P1 = 2 (1,5+1,5) = 6;1 5 1 5Y1A = YI2 = 6 = 0,250; .Y21 = 5 = 0,300;
mf) = - (+1'6200) = -0,200 t.m ; mf) = 0
P2 = 2 (1,5+1) = 5Y2B = 1,;0 :: 0,200
3 (1,5)TI = 2 (1, 5 + 1) = 5 ; t iA = 6 = 0,900 ;
o 0ilif} = _ h { W1 + HlA } + llA = _ 5,00 { 2 + 0, 800 } + 2
TI 5
t2B = 3 (1,0)6 = 0,600
= -3,200 tm
Pemberesan momenSeperti pada contoh2 terdahu1u, ditunjukkan pada bagan skema·Gbr.III-S
2.Perhitungan design momentMlA = 1,5 { 2 (+0,693) + (-4,204) } + (+1,200)
M12 = 1,5 { 2 (+0,693) + (+0,633) } + (0)
M2B :: 1,0 { 2 (+0,633) + (-4,204) } + (0)
M2l = 1,0 { 2 (+0,633) + (+0,693) } + (0)
MAl = 1,5 { (+0,693) + (-4,204)} + (+0,800)
MB2 = 1,0 { (+0,633) + (-4,204)} + (0)
= -3,027 tm
= +3,028 tin
= -2,938 tm= +2,938 tm
= -4,467 tm
= -3,571 tm
mf) =-3,200-0,540-0,276
iiif =-4,016-4,178-4,203-4,205
mf) =-4,204
35
1 H-0,250, I mP)=-0,200I - 250 1 +0,800
o• - '-zz,mf). 0
+0,640-0,180
m~=+o,460+0,596+0,628+0,633
m~)=+o,633
m}lJ =+0,600+0,689+0,695+0,694
mf)=+O,693Gbr.III-S BA
Check dengan cera CROSSPerjenjian tenda momen untuk cara CROSS ini dieeeueiken de-
ngan cara TAKABEYA yeitu ditinjau terhadap ujung betang (bukan terhadaptitik kumpul aebagaimana lazimnya dalam perhitungan cara CROSS yang ae-ring dilakukan).
Koefieien dietribusi WIlllA t ll12 = 1,5 f 1,5ll2Btll21 = 1,0+1,5
.• J..llA
.• ll2B
J..l21
= ll12 = 0,500= 0,400= 0,600
~--
WI~~1 12
~A = +1,200 tm-oMAl = +0,800 tm
M
Momen2 primerAkibst mustan 1uar: (pendel dipasang)
.0,600.
+1,200~ 0 ~y 0o f"" .,,_,
-0,600 0 500 -0,600 •• -0,300+0,090 + +0,180 I +0,120
-0,045 I -0,045 •• -0,023+0,007 + +0,014 I +0,009
-0,004 -0,003 -0,129 ~129+0,551 -0,551
h'060+0,800-0,300
A-0,023 B +0,005-0,002 +0,065+0,475 Gbr.III-l
Pembereean momen :A
Gbr.IIl-6B
36
Gaya pendel: (1ihat Gbr.III-6) .000 1[00] 1[00]Hp = HA + HB - Wl = - h MlA + MAl + M - h M2B + MB2 - Wl
= - t [(+0,551) + (+0,475) + (+4) + {+0,129) + (+0,065)] - 2 = -3,044.t.
Akibst gaysngan 2 (pendel dilepas)
2'snda momen juga terhadap ujung batang I
X1+X2 = ~~5f-~0 = (-1,5)f(-1,0)
Jika Xl = -1,500x tm ..•.X2 = -1,000 X tm-x -xmaman2 primer MlA = MAl = -1,500x tmnX -x"'2B = MB2 = -1,000 X tm
Pamberesan mamen ~
-1,500~+0,750 ~
50--,0
+0,750 . ....+0,188 ••-0,094 ....+0,014 ••-0,007 ...+0,851 x
-0,094
-0,007-0,851 x
-1,500+0,375-0,047-0,004:1:,176 x
A
Gbr.III-9
-+-t>-a it. 112',1 ,f
X2V1fs<+-
B
~
A
ybr.III-8
,+0,250
+0,019
+0,002-0,729x
B
-1,000+0,125+0,010+0,001-0,864 X
Gays pendel: (lihat Gbr.III-8)
H~ = H~ + H~ = - ~ [M1A +M~l] - * (~B+~2]= - i [(-0,851) + (-1,176) + (-0,729) + (-0,864)] = +0,724 X tm
Perhitungan persamaan gaya pendel :
H~ + H~ = 0 ..•. (-3,044) + (+0,724 x) = °Perhi tungan mamen akhir :
..•. x _ 3.044- 0,724 = +4,2044
M = M~1" we f-1Ol+M" TAKABEYA
MlA +0,551 -0,851 x = -3,578 -3·,027 -3,027Ml2 -0,551 +0,851 x = +3,578 +3,027 +3,028M2B +0,129 -0,729x = -3,065 -2,9j~ -2,938M2l -0,129 +0,729x = +3,065 +2,936 +2,938MAl +0,475 -1,176x = -4,944 -4,469 -4,467ME2 +0,065 -0,864 x = -3,633 -3,568 -3,571
37
111-4. Contoh soal ke-6Portal dengan angka2 kekakuan, ukuran2 aerta pembebanan ae-
pert! contoh soa1 pade buku kesatu Beb 111-1-3, henya disinid!tembahkan"beben anters" pede kolom2 tep!, den pede rege12 eebeleh kenen ditambahoverstek dengan pembebanan seperti terlihat pade Gbr.III-lO.
1.,00f-4, 00 ----f- 2,001'-- 4,00 -4 2,ooH
0,3 t/m 5,4 tl I t/m ~ ll,S t
k=0,5 0 5 k=O, 5 4 r-, 4' T....t 3 tl c3' 2,00II t II +
2 t/m..!< 7,2 t! 1s t~~~~LI..1L+-----..,.-~,...:...-~~. 2fOO
2 k=0,8 3 3'3 t, 2,00
+2,.00l
T4,00
tI/)0'1d'II-~
~....t.C:
I/)0'1c3'II..!<
4,00
1A B C
Gbr.III-IO
Penyeleesian :1.Perhitungan momen2 parsiilmomen2 primer (lihat perhitungan pada buku kesatu Bab
M65 = -2,4 tm ;
MS6 = +4,8 tm ;
III-1-3)
RS4 =R4S =
-3,0 tm
+3,0 tm"12 = -6,0 tm ; M23 = -3,2 tm ;
"21 = +6,0 tm ; M32 = +6,4 tm ;
overstek 4-4' den 3-3'
M44' = -1,5 (1,00) = -1,5 tm
M33' = -1,5 (1,00) = -1,5 tm
kolom 6-1 dan l-A6
~1 = + l(0,3)(4,00) I= +0,600 t 0,3 t/m
~6 = +0,600 t4,00
1M61 = + 112 (0,3)(4 ,00)2
= +0,400 tm 1M16 = -0,400 tm
analog I
l.,St
Q ~1.,00
kolom 4-3 dan 3-C4
o M 1&H43 = - hI = - 4,00 T= -0,750 t
2,00
H~4 = +0,750 't • 1., 00 M t2,00
H43 = - ~ M = - ~ (3,0) 1= -0,750 tm 3
M34 = -0,750 tm
analog:H~C = -0,750 t ; ~3 = +0,750 t
M3C = -0,750 t;m J MC3 = -0,750 tm.tiA = ~l = +0,600 t
MIA = +0,400 tm; ~1 = -0,400 tm
38
'tJ • (-6,00) + (-0,40) + (+0,40) = -,6,000
T16 == (-0,40) + (i'iJ,40)'t, a (-2,40) + (+0,40) = -2,00 = a't2 • (+6,00) + (-3,20) = +2,80 0
TAl = 0't5 I: (+4,80) + (-3,00) = +1,80 0T34 = (-0,75) + (-0,75)'tJ IE (+6,40) + (-0,75) + (-0,75) = +3,40 = -1,500 tm
T4 = (-0,75) + (+3,00) + (-1,50) = +0,75 0TC3 = -1,500 tm
momenrotesiPerhi tungen P dan y lihet peda buku kesatu Bab III-l-1
mf) = - <-65°0) = +1,200 tm ; m~) = - (+0.75) = -0,300 tm2,5mt) = - (+2A80) = -0,350 tm , mP) - (+1,80) - 0 4505 - - 4 - -, em
p) - (+3,40) _ 0 680 tm • m~) = - (-~:~o)= +0,800 tmm3 - - 5 - - , ,
momendisplacementPerhitungan t dan T lihat pada buku kesatu 8ab III-l-1
tingkat ke-2 (atas) :
mf) = _ hi { H61 + Hl¥~ + T~6+ T34
_ 4,00 { (+0,6) + (-0,75) } + (0) + (-1,50) -(0) _ .n 420 tm- - 5 + mI -"f'U,
tingkat ke-l (balllah) :_P) _ h2 {~1 +~6 +~A +~3+~4 +H3C} +T~i +TC3mll - - TlI
__ h2 { q hi + HlA + ° + HJc} + ~1 + Tg3- T= _ 4,00 { (1,20) + (+0,60) + (-0,75) } + (0) + (-1,50)
6,6 -fa)+ mll = -0,409 tm
pemberesan momenPemberesan momensebagaimana ha1nya pada contoh2 soal terde
hulu (lihat buku kesatu Bab.III-i-i), dimu1ai dari momenrota a! dari tit Ik (1), (2), 0), (4), (5) dan (6) sebagai berikut:
m(lJ - + m(o)i - i'
+ (-YiA) {m~}+ (_Y ) { m(O)}12 2+(_y){m(o)+m(o)}
16 6 I
mf) =(-0,190)( -0,409)
(-0,160)( -0,350)
(-0,150)(+0,800 + 0,420)m(1)
1
+1,200
= +0,078
= +0,056= -0,183
= +1,151
(1) (1) (lJ -(1) d -(1) Lan i t dit' kk d 1dst m,2' m3 •••• m6, mI an mlI, se enju nya unju an a ambegan skema pada Gbr.III-ll.
39II
6 -0 200~J25 5 -0 125 -0 200 4
liifJ=+O,420 -0 300 m~J=+0,800 -0 250 mf)=-0,450~0 300 m~J=-0,300-0,716· +0,111 +0,021 +0,04~+0,525. (lJ -0,471 , . -0,025 (1J +0,090+0,330 "'6 =+0,440 (lJ -0,100 m4 =-0,165
iii,f=+O,559 . \ m5 =-0,554 .. t mf) =+0, 800 m~)=-0,300mfJ=+0,420 +0,108 mf)=-0,450 +0,012
.0,707 -0,524 +0,022 +0,111+0,524 m~)=+0,384 -0,057 mf)=-O,"l17
-(2) +0,349 (3) (2) -0,055 (3)mz,.=+O,586 m6 =+0,374 m5 =-0,540 m4 =-0,187(3) -0 450 (4) -0 600 (3) -0 450 (4)'mI =+0,593 m6 =+0,371 m5 =-0,538 m4 =-0,190
ffi}~=~,596 m~)=~~~ m~4)=-0,537 m~)=-0,191-=-(5) _ (5) - 0 537mI -+0,597 m5 -:,.~_
16~0mP)=-0,680
-0 190 3 +0,051+0,078-0,018
m(1J=-0,5693
m(oJ=-0,6803 +0,053
+0,087. -0,059
mfJ=-0,599-0,4321 (3) _ 0 601
I m3 __ ,
m~4)=-0 ,601
m(5)=-0,6013
1 ~ 100 2 -0 100 -0
ffi~=-0,409 -0 190 mf)=+1,200 mf)=-0,350-0,497 +0,078 -0,115+0,204 +0,056 +0,072+0,246 -0,183 +0,068
ffi'w=-O,456 m~1)=+1,151 (1) +0,004m2 =-0,321
ffi~ =-0,409 mf) =+1,200 (0)-0,513 +0,087 m2 =-0,350+0,212 ~0,051 -0,119+0,259 -0,150 +0,080
M~=-0,451 mf)=+1,188 +0,057~ -0 432 (.~ -0 636 -0,001
ffi.J=-0,451 ml =+1,194 m~)=-0,333
-~ ~ ~mH=-0,450 m1 =+1,195 m2 =-0,336
ffi~ =-0,450 mT)=.:!1J195 m~4)=-0,338(5)_m2 --_0,338
A B c
,.. ~ ;' Gbr.III-ll
40
2.Perhitungan deaign moment
MlA = klA {2 ml + iii.zr} + MlAI: 0,95 { 2 (+1,195) + (-0,450) } + (+0,400)
M12 = 0,80 { 2 (+1,195) + (-0,338) } + (-6,000)H16 = 0,75 {2 (+1,195) + (+0.370) + (+0,597) } + (-0,400)
6Ml
dengan ja1an yang sema dipero1eh :
M21 = +6,415 tm
H2B = -1,576 tm
M23 = -4,222 tm
M25 = -0,616 tm
6 M2= +0, 001 := 0
M54 = -3,633 tmM52 = -0,815 tmM56 = +4,448 tm
6M5 = 0
M32 = +5,168 tmM3C= -2,319 tm
M34 = -1.347 tmM33'= -1,500 tm6M3 = +0,002 := 0
M65 = -2,299 tm
M61 = +2,299 tm
6M6 = 0
= +2,243 tm= -4,358 tm= +2,118 tm= +0,003 tm := a
M43 = -1,040 tmM45 = +2,541 tmM44' = -1,500 tm6 M4= +0,001:= 0
eataten : M33' den M44' ade1eh momen overetek M33' den M44'
Per1eteken A, B dan c
HAl = +0,308 tm a MB2 = -1,103 tm ; Me3 = -1,748 tm
Kontro1 : E H = 0 + HA + HB + Hc - q { h 1 + h2} = 0
1 WIA] ["2B] [~:]} + ~l + H83 - q {hl +h2}- ii2 HAl+ + =
MB2
_* {[+2.24~] + [-1.576J ~ [-2.319]} + 0,6 + 0,75 - 0,3 (4 + 4) =+0,308 -1,103-1,748
-~(-4,199) + 0,6 + 0,75 - 2,4 = 0 (o sk l )
e "SOnOMO HM" JAKARTA
41
111-5. Perhitungan portal bertingkat banyak dalam praktekPadaBab in1 akan diberikan contoh soal perhitungan portal
bertingkat banyak dalsm praktek yang penulis ambilkan dari perhi tungansalah satu konstruksi portal Gedung PT "TOKO SERBA ADA SARINAH JAVA" diBlak M Kebayoran 8aru Jakarta, yang di1aksanakan pada tahun 1980/1981.
Bentuk portal sebsgaimana yang tertera pada Gbr.III-12 ada-Ish bentuk tak teratur yang lebih dahu1u akan diturunkan rumus2nya.
111-5-1. Penurunan rumua contoh soa1 ke-7Konst!uksiporta1 takteratur dengan pembebanan berupa beban
mati dan beban hidup dari plat 1antai serta beban mati beratsend1ri ba-10k. Bentuk portal aerta pembebanan2 sedemikian aebagai akibat daribentuk arsitektur bangunan tersebut.
Q IOfTOMOHMCLIENT OESCR. PORTAL COMPo
"PT SARINAH JAVA"DATE
JAKARTABLOK M - KEBAYORAN BARU As 5. A-C-E-G. I CHKO. PAGE
OF
~, t; ~ I ~ Pe
I I
lG1 G; T .
lii1 4.25
( ~ ~
t~ ~A2 A2 C2 E2 G2 G;
iii2~
P, ~ 4.25Pr I ~ Pa
tA3 . C3 [3 G3 G3iii3 I ~ 4.30
J '\ Ml M2 .- " -fA4 C4 E4 .II m7G4
iii4 I I I•.. P. 4.50
m6 ,_~M6
fAs ~ T G6
3.00 m5 3.80
1 1A C E G
•I--- 6.60 -, 6.60 I 10.80
Gbr.III-12
42
Hengingat pada tingkat ke-4 dan ke-5 bentuk portal teratur,maka untuk penurunan rumua cukup ditinjau aId tingkat ke-J saja.Rumus~ umum untuk momen rotssi yang terdahulu tetap berlaku, sedangkanuntuk momen displacement akan diturunkan rumus2 aeperti pads penurunanrumus dalsm buku keaatu Bab.III-2-2 sebagai berikut:
/"" 05 ~O.• ~03 0"~03~W3 03~5 " HG3Ga
T - T---·rA3 :j C3 E3 , G3I, Ih M3 !I 'h I !:,Os ~O.• 05 ~O.• It i IItA W.• .
---... - C: ( ,if m7 ~ hA .• I E.• " I'!I
1ii4 I ah .,U
05 I 05 ~HGW5 ,lJh JIl6 - .J ___~G3
l~~ Ca E5 I,115 I 8h,
1A C E G
Gbr.III-13
Rumus momen displacement I (Perhatikan diagram goyangan)
0 M6 = - 6 E K [0 ••+ 0, JJIl3 = - 6 E K? J 1-Ihili4 = - 6 E K ~ J iii = - 6 E K [%~~,] ~ ••• (III-9a)ah
0inS = - 6 E K ~
.• 1ft3" M4 f' 11(5" 11(6 f iii7
= 6, f ~ [0••] f ~ [05] .•~ [6••+ os] + * [s.•~0.]1ii -.• 0, _ 1~ den 0.. _ a ~s; - S liis 6; - a iiis
... (UI-9b)
.... (IU-9c)
~=mS
~ [0, + 6.•]1-1 Os .• iii6 e [1 0••] - 8 [1 a iii4] -= - + - ms = - + - =- mS1-1 05 1-1 8 ms
[8- a-]= iJ ms + iJ m4 ••• (111-10).• iii6!
~ = ~ [~]Ins ~ s,
~ [ aoiii4 1 iii3 _= ~ 8 iiiS + S ins] ms
.• iii7 = ~ [~"+~']iiisl 05 05
[Cl- 1-]= J m4 + tm3 ••• (111-11).• m7
43
Tinjau freebody tingkat ke-3 s
W3-+....- :a:=
(penurunen rumus untuk M3)
H03Gs---.- --MA3A;t
~A4A3-+-
-Mc3~r
lMe4C3+-
-ME3~
lME4E3-+-
-Mc;3G5
WR = W34>h o
HR = HG3Gs
Gbr.III-14 MesG:J--~---t
HG.,G30: H = 0) den 0: M = 0) pede me-Jum1ah persamaan2 keseimbangan
sing2 freebody be1ok/ko1om, menghasi1ken :
[MA,A,,] + [Me3CIt] + [ME3EIt] + ~ [MG3GIt] =MAltA, Mcltc, MEltE3 MGItG,
- h { WR + HR} ••• (111-12)
Se1anjutnye dengan ja1an yang sama seperti pede penutunan persemean2de-
ri persemeen (111-2) menjadi persamaen (111-4) (lihat hal.32), meke per-
semsan (111-12) depat diuraikan menjadi :
[ 3 kAsA••{ mA,+ mAlt} + 2 kAsA •• iii3] + [3 kC3C••{ mcs+ melt} + 2 kc,C ••Ri3] +
[ 3 kE3Elt { mE3+ mElt} + 2 kE3E •• fib] + $ [3 kc3Gs { 1I1G,+II1Gs)+ 2 ka,Gs lii7 + 't'~'Gs]
= - h {WR + HR} ••• (111-13)
[
kA3A"]+ 2 ffi3 kcs C••
kEsE••
+ 3 kA3A ••{mA3 + ITlAIt}
+ 3 kC3CIt{ mc3+ melt}
+ 3 kE3EIt { mE3+ mE••}
+ 3 i kG3GS{ ffiG3+ffiGs+ ~ ni7 }1 { TO }+ ~ G3GS =
etau s 1lii3 = _ h { WR + HR} + iT~3G5
T3
- h {WR + HR} ••• (111-14)
+ (-tA3A •• ) { mA3 + ITlAIt}
+ (-t~3CIt) {ffics+mc ••}
+ (-tk3E •• ) {mE3+mE ••}
+ (-t~3GS) {1I1G3+II1Gs+t ni7 }
••• (1I1-15e)
dimana s
T3 = 2 r kAaA ••+ kc3c ••+ kE3E••1t3 _ 3 kA3A •• t3 _ 3 kEsE••A3A•• - T3 E3E •• - T33 3 kC3CIt t3 _ 3!kcsGs ~ ••• (111-15b)tC3CIt ~
T3 G3GS - T3'(~3 Gs = [MG3Gs+ MasG3 ]
~~--
44
Tinjau freebody tingkat ke-2 : (penurunan rumua untuk iii4)
~ ~••.•••• '1(i3Ga
h •.•HAItA-...-.•.•...------W. ::"A.A". U
~h
n 12
- -- HB'l'~,c~a12 a12
Mcscit MSsSIt- - McSG3
~---0- HGsG3
Hh. JMAA•---of- Gbr.III-1S
~
Dengan jalan yang aama seperti pada urutan penurunan rumus pada hal.43:
e[MAltA] + [Mcltcso] + [MEltEs] + g[MG3GS] = _ ah{WR+HR} ••• (111-16)MAAIt Mcsc, MEsEit 4> McsG3
Selanjutnya s
e [ J kAItA { mAlt} + 2 kAItA m6 + T~ltA] + [J kcltcs { "'clt + "'c,} + 2 kcltCs ffi4] +
[ J kE••Es { mElt+ mEs} + 2 kEItEs m4] + ~ [ J kGaGs { me3+ mes} + 2 kesGs m7 + T~,Gs]
= - a h { WR + HR} ••• '(111-17)
.• 2 m4 [ kcltCs]kEItEs
+ J~ kAltA{ mA + ~ m6}
+ J kcltcs { rilelt+ "'cs}
+ J kEItEs { mElt+ mEs}
+ J ~ kc3GS { ffiG3+ ffiGs+ ~ ffi7}a {To } a { TO }+ ii AItA +~ GaGs ••• (111-18)= - a 12 { WR + HR}
.tau:a 0 I 0_ - ah{WR+HR} +jJTAltA+TGsGs
m4 = -T4
+ (-tlltA) {mA.. + l~}+ (-'=CltCs) {melt +mcs}
+ (-t);ltSs) { mElt+ mss}
+ (-t~3GS) { mea + mes +Iffi7}
(1I1-19a)
dimana :T4 = 2 [kcltcs + kEltEs]
It = 3e kA ••A It 3 kEItEstAItA tE ••Ss =T4 T4 ••• (UI-19b)
It J kCltCs tit _ ~kc3GStc c =
T4 GaGs - T4It 5
0 = [MAltA+ MAA••J T~3GS = [Mc,Gs+ '\;5G8]TAItA
45
Tinjau freebody tingkat ke-l I
W3-(penurunan rumus untuk ms)
H~3GS--..h h
~h----+-
'v ah ah
Ws-,
H,tA W4_ ...•. ~° HOHR = HGsG3+ G3G6
+ Hi..A
WR = W3 + W4 + WsoHGsG3...~
+---MA4A
)Jh
1~G'oHAA4---.. -- --
Gbr.III-16
Dengan jalan yang sarna pula diperoleh :
~ [MAltA] + [Mcsc] + [MESE] + [MaSG] = _ B h { WR+ HR}MAAIt Mccs MEEs McGs
Selanjutnya :
G [3 kAItA { mAlt} + 2 kAItA m6 + T~ltA] + [3 kcsc{ mcs} + 2 kcsc mS] +
[3 kEsE{ mEs} + 2 kEsE iiisJ + [3 kcsG{ mcs} + 2 kGsG iiis] = - B h {WR + HR}
[
kCsC] B ••• (III-21).• 2 iiiS k
EsE+ 3 P kAItA { mAlt + j iii6}
~_ + 3 kcsc{ mcs}"<.isG+ 3 kEsE{ mEs}
+ 3 kGsG{ ffiGs}
+ e {T~ljA}
••• (III-20)
= .- B h { WR + HR} ••• (III-22)
stau : ~ 0_-- B h { WR+ HR} + TAljAmS = - T 5 + (-tiljA) { mAlt+ iiii6}
+ (-ttsc) {mcs}
+ (-tksE) {mEs}
+ (-t~sG){mcs}
••• (III-22s)
dimana :
T5 = 2 [kcsc + kEsE + kGsG]
tS _ 3 e kAItA s 3 kEsEtEsE = TS ••• (III-22b)
AItA - T>5
s 3 kcsc s 3 kosGtcsc = TS tGsG = T5
T~ItA = [MAltA + MAAIt]
46
I I I - 5- 2. PeQ~ 18sai amrneo n,t;Qtnl~~ 1 ke r 7J
1 • Per hit u n 9 an, !1'l:~\1rie n 2 par s i i 1angka2 kekakuan, p. dap y,angka2 kekakuan dan
'I-; ,,;} H --rikUt (Gbr'. IiID17),
+
1angsung diberikan hasi12nya pada bagan skema be-sedangkan y pada: bagan skema Gbr.III-l8.
<P (. __ • -_._- -
eV" "\
,\-<-
Ir'\o
-f")
Ir'\<:>f")
, 3,38
11'1<:>f")~I 11'1
of")
----2,08
{S\H +of")
11'1
'. <:>f")
-r- [a e '5,"1 1
(!'a'df'l I +J
=
a _ :: ~iii
{<j1"'_' I', ~~ ..
ri •••••• 1'-2,600'100r.f
f't.....•!-O
C"'t.....•\0
(~S:-III) ,••• } n a -. =: uars
°T qAJI. ~ {5tH + 5t~~}
cTA ({gfii+jlAm}(l\ ••b-(-1-
(-""'-111) {(!~J·Sf.S:0 +.\.~ ...
Koefieien tingkat T : { earn} (a c~j-) +
4 r ~m} (;) ~j I'i) +hl = 4,25 J a t: = ,502 ...•.a -cr,u47; ~h :: B,30
h :: 4,30; f3h :: 3,BO "'f3[~(!~~j~~~:3~!'" ,",~,)~fsB~B~1
untuk inl z T1 :: f (3,05a"t~9.5:1" ~~~1+ 3,05) ::!~~,'4p~:: r ~ I.~:\-Hi) .• t1 - t1 ~ t1 '- e - 313,05) - 0 375
AIA2 - cIG.3 ~ r..E1E2 - GIG2 - 24- 40j F - ,I ••.~_. _ i!) "~"?r - ~ ')untuk in2: T1:: 4,40 c1?'- -r e-»
2 t2 t2 2 r - 5 CtA2A3 :: C2C3 = E2E3 :: tG2GI3 ,.:.0,3.7 1 - K rI
.•. ~ = 1,930: snsrn.i:b
.•• 4> = 2,tl47
47
T3 = 2 (5,58 + 3,01 + 3,01) =t3 = 3 (5,58) = 0 722 •
A3A•• 23,20 ' ,3 _ 3 (3,01) _ •
tcsC •• - 23,20 - 0,389 ,
ffi3 : 23,20tk . - 3(3,01)
3E •• - 23,20 = 0,3893 3 1 (tG G = to4i 2,73)
3 5 23,20 =
untuk
0,172
untuk iii4 : T 4 = 2 (5, 34 + 5, 34) = 21, 36It •• 0tc c = tE E = ,750
It 5 "0~7tit _ 3 ~ (2,89) - 0 220' tit _
AItA - 21,36 -, , G3GS-
TS = 2 (6,32 + 6,32 + 6,32) = 37,92t' - tS - tS - 0 500 • t5 -CsC - EsE - GsG -, , A ••A -
3 0.883 (2 89)1.930 , = 0 105
37,92 '
= 0,458 ffiS + 0,542 ~
3 ~:~~~ (2,73) = 0,19~
untuk ffiS:
iii6 = 0,8831,930
in7 = 1,0472,047
ins + 1,047 -1,930 m4
m4 + _1_-2,047 m3
untuk ffi6: .• iii6
untuk m7: .• m7 = 0,511 in4 + 0,489 in3
momen2 primer:
Momen2primer untuk ba1ok2 disini tidak diberikan detail perhitungannya
tetapi langsung diberikan data2 hasi1nya saja, hanya harap diperhatikantanda momen2 primer untuk overstek: (untuk tidak membuat kekeliruan)
Rpo c('MpO)/ MpO = - MpO
Sedangkan momen2primer untuk ko1om sbb :
kolom Ait -A
r r....Ms = 7,924 tmAitM~A = + ~ [~:~g](7,924) = +1,432 tm
530Mu. = +l [~:~g](7,924) = +2,530 tmt " "\
IMs 0
300 lAttA = (+1,432) + (+2,530) = +3,962 tm
L A;!:) o (7,924) 0 955 H4 = -0,955 tH~ A = + 8,30 = +, t ;
kolom G5~_
T C1 M2 = 38,158 tmMe 1 [4,50] (
430 3GS = -2 s-;lm 38,158) = -9,756 tm
t Me; - 1 [4,30J (( ~\ sGs - - 2 8,80 38,158) = -9,323 tm
"M2 0450 LG3GS= (-9,756) + (-9,323) ::: -19,079 tm
L Gs H~3G5 = - (38,158) = -4,336 t ; H~5G3 = +4,336 t-:» 8,80
momen rotasi mf) I (dalam tm)
48
TITIKBENTANG Mxy mP)
)(-y'fr Pr r
A1A1- C1 -12,506
ov. A1 Ai +14,366 + 1,860 10,26 -0,181
A2A2- C2 -12,506
ov.· A2A2 +18,416 + 5,910 16,36 -0,361
A. A,- C, -12,506ov. A,A's +18,416 + 5,910 21,42 -0,276
A••A••- C•• -30,930A••- A + 1,432 -29,498 22, 14 +1,332
C1C1- A1 +12,506C1- [1 -13 ,003 - 0,497 15,46 +0,032
C2C2- A2 +12,506C2- E2 --13,003 - 0,497 21,56 +0,023
C.c, A3 +12,506C,- E, -13,003 - 0,497 21,48 +0,023
C••C•• A•• +16,313C••- E•• -13,003 + 3,310 27,10 -0,122
C,-M•• +14,048
C,- E, -13 ,003 + 1,045 28,52 -0,036
E1E1 G1 -58,209[1- C1 +13,003 -45,206 18,06 +2,503
E2E2 G2 -58,209E2- C2 +13,003 -45,206 24, 16 +1,871
E,E, G; -58,209E,- C3 +13,003 -45,206 24,08 +1,877
E••-M1 -60,253
E••- Cit +13,003 -47,250 21,90 +2,158
E5E5- u, -58,209E5- C, +13,003 -45,206 35,28 +1,281
G1G1- E1 +49,658
ov. G1Gi -14,360 +35,298 12,86 -2,745
G2G2- E2 +49,658
ov. G2 G2 -18,253 +31,40S 18,96 -1,656G,- E, . +49,658
G, ov. G,G~ -18,253 +21,649 18,32 -1,182G,- c, - 9,756
GsGs- E5 +49,658Gs - G3 - 9,323 +40,335 24,86 -1,622
49
momen dis.e.1acement
m3
o ; iiit} = 01 0
__ h {HR} + <P TG3GS
- T3 1
4,30 (+4,336) + 2,047 = +1,205 tm
-p}m1 =dimana: HR = H&3GS
(-19,079)= 23,20
m~} =a 0 a TO 0 0
ah {HR} + U TAItA + <Ii G3GS dirnana: HR = HAItA + HGaGs- T4 1047 ) 1.047 ( 19 079)
4,50 (+0,955 - 4,336) + t930 (+3,962 + D'547 -, = +1,069 tm2],36=
mf) = a h {HR} + £ TttA
Ts3,80 (+0,955 -4,336 + 4,336) +
. 0 0 u9.d.imana t HR = HA ••A + HG3GS + I 'lis G3
0,883 )1.930 (+3,962 = -0,144 tm=
-f:J)rn6
37,92
= 0, 458 iii~}+ 0, 542 iii~}= 0,458 (-0,144) +- 0,542 (+1,069) =
= 0,511 iii~}+ 0,489 iii~}= 0,511 (+1,069) + 0,489 (+1,205) = +1,136 tm
+0,513 tm
-(ojm7
Pemberesan momenPemberesan momen dimu1ai dari momen rotasi denganurutan da-
'r! titik Al, Cl, E., G1 ~ Az, C2, E2, G2 ~ A3J C3, E3, G3 •• dst sbb:
m'~ = + m!'~ } m~o~= -0,181.n + (~YA1Cl) { m[?~} (-0,203)(+0,032) n = -0,006
+ (-YA A ) {mf} +mf}} (-0,297)(-0,361+0) = +0,1071 2 2 (1J
mA. = -0,080
dst
~ = + m§'~
)mt~ = -1,622
+ (-YG!>Es) { mg~} (-0,136)( +1,117) = -0,152( ) { (1) -(oj } (-0,110)(-1,172 + 1,136) = +0,004+ -YGsG3 mG3 + m7
+ (-YGsG ) {iiif}} (-0,254)( -0,144) = -0,037
m§l = -1,733
Selanjutnya pemberesan momen displacement :
iiiq; = + mf} iiif) = 0
+ (-t1.A2) {mf";. + m~} (-0,080 - 0,298)
+ (-tb1C2) {mb~ + mc' }(-0,375)
(-0,382 - 0,122)
+ (_tl .) { m(1)+ mi~} (+2,755 + 1,532)E1E2 El E2.+ (_t1 .) {m(l) + m(1.)} (-3,077 -1,243)G1GZ Gl G2
ffi~l) = +0,343
50
dst pemberesan momenselanjutnya ditunjukkan dalam bagan skema
Gbr.III-18, dilakukan hanya sampai 1angkah/putaran yang ke-6, dan harapdiperhatikan pada pemberesan in3, ffi4 dan ffiS ada unaur z ffi6 dan ffi7
Sebagai contoh :
rrr~])= + mf)+ (-ta ) { m(]) + m(])}
AaA•• ~a ~ ••( 3 ) {(lJ (1)+ -tCaCIt InCa + mc••}
+ (-tkaE ••) { mk~+ mf}+ (_ta ) { m(]) + m(l) + ~ m(o)}
Ga Gs Ga Gs a 7
mf) = +1,205(-0,722)(-0,898 + 1,202) = -0,219(-0,389)(-0,251 - 0,754) = +0,391(-0,389) (+1,455 + 1,310) = -1,076
(-0 , 172)( -1 , 172 - 1, 73'3+ 0, 757) = +0, 369m~])=+0,670
Untuk pemberesan ffi6 dan m7 menggunakan persamaan2 yang telah dihi tung
sebagai berikut : (lihat hal.47)
iii~])= 0, 458 iii~l) + 0, 54? iii~)= 0,458 (+0,092) + 0,542 (+0,031) = +0,059 tm
iii~ = 0,511 iii~) + 0,489 iii~])= 0,511 (+0,031) + 0,489 (+0,670) = +0,343 tm
1.Perhltungan design momentMengingat pemberesan momenhanya di1akukan ssmpai langkah/
putaran yang ke-6, maka perhitungan momendesign diberikan koreksi ~M.
DAFTAR PERHITUNGAN MOMEN DESIGN (dalam tm)
BENTANG perhitungan I"lxy ~ Mxy Mxyx Y
Al C1 2,08 {2 (-0, 144) - 0,513} - 12,506 -14,172 -0,001 -14,173
AlA2 3,05 { 2 (-0, 144) - 0,335 +0,560 } - 0,192 -0,001 - 0,193
Al Ai overstek +14,366 +14,366
A2C2 2,08 { 2 (-0,335) - 0, 136 } - 12,506 -14,182 -0,003 -14,185
AiAl 3,05 { 2 (-0,335) - 0, 144 +0,560 } - 0,745 -0,006 - 0,751
A2A3 3,05 { 2 (-0,335) - 0,608 +0, 139 } - 3,474 -0,006 - 3,480A2A2 overstek +18,416 +18,416
Ales 2,08 { 2 (-0,608) - 0,037} - 12,506 -15,112 +0,040 -15,072
A3A2 3,05 { 2 (-0,608) - 0,335 +0, 139 } - 4,307 +0,058 - 4,249
A3A~ 5,58 { 2 (-0,608) + 1,663 - 0,304 } + 0,798 +0, 107 + 0,905A3A; overstek +18,416 +18,416
/,,/'.1
====" ~
51
BENTANG perhitungan Mxy 6Mxyx IJ Mxy
A••C•• 2,60 {2 (~1,663) -0,268} -30,930 -22,979 +0,038 -22,941
A••A, 5,58 { 2 (+ 1,663) - 0,608 - 0,304 } +13,470 +0,083 +13,553
A••A 2,89 { 2 ( +1,663) - 0,588} + 1,432 + 9,345 +0,043 + 9,388
C1A1 2,08 { 2 (-0,513) - 0, 144} + 12,506 +10,072 -0,002 +10,070
C1E1 2,60 {2 (-0,513) + 2,863} -13,003 - 8,227 -0,003 - 8,230
C1C2 3,05 { 2 (-0,513) - 0, 136 + 0,560 } - 1,836 -0,004 - 1,840
C2A2 2,08 { 2 (-0, 136) - 0,335} + 12,506 +11,243 -0,003 +11,240
CltE2 2,60 {2 (-0,136) + 1,419} - 1.3,003 -10,021 -0,004 -10,025
C2Cl 3,05 { 2 (-0, 136) - 0,513 + 0,560 } - 0,686 -0,005 - 0,691
C2C, 3,05 {2 (-0,136) - 0,037 + 0, 139} - 0,519 -0,005 - 0,524
C,A, 2,08 {2 (-0,037~ - 0,608} + 12,506 +11,087 +0,013 +11 ,100
C,E3 2,60 { 2 (-0,037> + 1,616} - 13,003 - 8,994 +0,017 - 8,977
C,C2 3,05 {2 (-0,037> - 0, 136 + 0, 139} - 0,217 +0,019 - 0,198
C,C~ 3,01 { 2 (-0,037> - 0,268 - 0,304 } - 1,944 +0,019 - 1,925
C••A•• 2,60 { 2 (-0,268) + 1,663} + 16,313 +19,243 +0,015 +19,258
C••E•• 2,60 {2 (-0,268) + 1,910} - 13,003 - 9,431 +0,015 - 9,416
C"C3 3, a 1 { 2 (-0,268) - 0,037 - 0,304 } - 2,640 +0,018 - 2,622
C••Cs 5,34 { 2 (-0,268) + 0, 102 - 0,924 } - 7,252 +0,032 - 7,220
C5E5 2,60 {2 (+0,102) + 1,305 } - 13,003 - 9,080 +0,040 - 9,040
CsC •• 5,34 { 2 (+0, 102) - 0,268 - 0,924 } - 5,276 +0,082 - 5,194
CsC 6,32 { 2 ( +0, 102) - 0, 190 } + 0,088 +0,098 +- 0,186
-M&. +14,048 +14,048
E1 C1 2,60 {2 (+2,863) - 0,513} + 13,003 +26,557 +0,001 +26,558
El G1 3,38 {2(+2,863) -3,315} -58,209 -50,060 +0,001 -50,059
El E2 3,05 {2 (+2,863) + 1,419 + 0,560} +23,500 +0,001 +23,501
E2C2 2,60{2(+1,419)-0,136} + 13,003 +20,028 -0,002 +20,026
E2G2 3,38 { 2 ( +1,419) - 1,333} - 58,209 -53,122 -0,003 -53,125
E2El 3, 05 { 2 (+ 1,419) + 2,863 + 0,560 } +19,096 -0,003 +19,093
[2E, 3,05 { 2 ( +1,419) + 1,616 + 0, 139 } +14,009 -0,003 +14,006
E,C, 2,60 {2 (+1,616) -0,037} + 13,003 +21,310 +0,008 +21,318
E3G, 3,38 { 2 (+ 1,616) - 0,957 } - 58,209 -50,519 +0,011 -50,508
E3E2 3,05 { 2 ( +1,616) + 1,419 + 0, 139} +14,610 +0,009 +14,619
E3E~ 3,01 { 2 ( +1,616) + 1,910 - 0,304 } +14,562 +0,009 +14,571
52
BENTANOperhitungan Mxy 6Mxy Mxyx y
E ••C•• 2,60 { 2 ( +1,910) - 0, ~68} + 13,003 +22,238 +0,032 +22,270
E •• E3 3,01 { 2 ( +1,910) + 1,616 - 0,304 } +15,447 +0,037 +15,484
E ••r, 5,34 { 2 ( +1,910) + 1,305 - 0,924 } +22,433 +0,066 +22,499
- Ml -60,253 -60,253
r, c, 2,60 {.2 ( +1,305) + 0, 102} + 13,003 +20,054 +0,029 +20,083
EsGs 3,38 { 2 ( +1,305) - 1,585} - 58,209 -54,745 +0,037 -54,708
EsE •• 5,34 { 2 ( +1,305) + 1,910 - 0,924 } +19,203 +0,059 +19,262
E:,E 6,32 { 2 ( +1,305) - 0, 1.90} +15,294 +0,069 +15,363
G1 El 3,38 { 2 (-3,315) + 2,863} + 49,658 +36,926 +0,007 +36,933
G1 G2 3,05 { 2 (-3,315) -. 1,333 + 0,560 } -22,579 +0,006 ..•.22,573
G1 Gr overstek -14,360 -014,360
G2E2 3,38 { 2 (-1 ,333) + 1,419} + 49,658 +45,443 -0,010 +45,433
G2 G1 3,05 { 2 (-1 ,333) - 3,315 + 0,560 } -16,534 -0;D1O ....16,544
G2 G3 3,05 { 2 (-1 ,333) - 0,957 + 0, 139 } -10,626 -0,010 ~10,636
G2G~ overstek -18,253 -18,253
G3 E3 3,38 {2 (-0,957) + 1,616} + 49,658 +48,651 +0,032 +48,683
G3 G2 3,05 { 2 ( -0,957) - 1,333 + 0, 139 } - 9,479 +0,028 - 9,451G3 c, 2, 73 { 2 ( -0,957) - 1,585 - 0,621 } -9,756 -21,004 +0,025 -20,979
G3G~ overstek -18,253 -18,253
Gs Es 3,38 { 2 (-1 ,585) + 1,305} + 49,658 +43,354 +0,045 +43,399
GsG" 2, 73 { 2 (-1 ,585) - 0,957 - 0,621 } -9,323 -22,285 +0,037 -22,248
GsG 6,32 { 2 (-1 ,585) - 0, 190 } -21,235 +0,084 -21,151
A~ 2,89 { +1,663 - 0,588} + 2,530 + 5,637C c, 6,32 { +0, 102 - 0, 190 } - ~,556E r, 6,32 { +1,305 - 0, 190 } + 7,047G Gs' 6,32 { -1 ,585 - 0, 190 } -11,216
Kontro1 : L H = ° + HA + HC + HE + ~ = 0
1 [MA ••A ]8 30 + Ms ., MAA••
1 [+9,388 1-- +7,9248,30 +5,637
= (+2,765) + (-2,718)
1 {[ Mcsc 1 [ MEs E 1 [ Mas G] }+ .3,80 Mccs + MEEs + MaGs
1 {[+0,186] [+15,363] [-21,I51]}+ 3,80 -0,556 + +7,047 + -11,218
= -0,047 t = 0 (0 •k I)
~~31-~--+Q, 13~o9. !@----{-Q.J..4~o; Lf~IIlr- 0 EQ:2~?J mft=-OpBl r.:p i9?1 mP/=+o,OJ2 [-0 16~ m§Y=+2,50J EQd~llmC/=-2,745
1Il1l1=+0,J4J m~~=-Oj080 I 'nh~=-0,J82 1 mk~=+2,7SS Im[;~=-J,077IIIfl=+O,498 mfi=-oill7 mfi--0,4S9 mfi=+2,828 mm=-J,m.}l'=+O,S44 m,(3/=-0~150 ml!/=-0,49S mff=+2,861 ~=-J,J05Ii~".+o,m -0 375 m"~=-Ojl4B [~b13~Jmb~·-0,50B [-0, 3751mf~=+2,B6JIf\'uO,S60 mX!'=-O,146 mi?/=-0,512 m~!=+2,86J I mCf=-J,J15
IIIrJ'+01560 mf/=:l!l!~~ ~!==o,m. m~!=!!~ nt!=-J.t.ill
~
o 186 B>il~ [-0 1261 ;'1611A2 -0 !ill-----f.D.Q~ C2 -0;120~---Fo-. !bB~:O.J~al EQ;i78 G2-I'. • ,.r"- o, ,,, =o/!" u,on 1-.:'>61 .~""'" E isu o/!,-, .•••
.~=+0,J74 m~~=-0,298 1 mb~=-a,122 m~l=+l,m mlN=-I,m~.+0,260 mf=-0,290 ~=-0,lJ4 m~=+1,429 ~.-1,J101?=+O,18B 01.\1=-0,'17 ml!/=-o, 141 mili=+1,41S .#,'=-1,'19
~J=+o,14' mf=-0,H4 .nfSi=-U,135 m~i=+1,417 ~.-1,))2.rJ=+OI1J9 mf1=::!!JJ~ ...g;i=.:_o,p~ m~i=!!..!!!! n!1 =-11JJJ
-a ill! EQ14~ [-a 12IJ
~Q.M1}--------EiQ9~O. 1;'1}----{-a, 10~~0. i4Q\ Eo.I~-0.261 mfl=-O,276 t] 14Ql m~=+O,02J l-a, 175Jm~=+I,B77
lIIi~.-0,898 1 ml:~=-0,251 mf~=+1,mmfi=-0,7S2 ..fl=-0,102 mfff=+1,576m~=-0,6S8 . ml!;=-0,07b mf~=+1,6lJ
-o.ill] m~~=-0,621 E.Q13~~ml:~=-U,OS7 1-0
1
369Jmk~=+1,615m"~=-0,606 ~=-0,044 m,(:>/=+1,616mfa=-0160B .,g;; =':!!,UJ2 mf6;=.!!l~!!
-0252 EQ iLD [~Q !~71
A4 -Q. ff1J------fQ:Q~~~~}--H. 119~-:z+1,))2 -0 1J1 IIfl=+1,069 IT.WZ1 ~.-0.122 r=o.2~~ mf:.+2.1S8.f;'=+1,202 .~=+0,OJ1 ·ml:~=-0,7S4 mk~=+1,J10-e=+1,4)) _fl.-0,472 ni!·-0,419 mf!.+1.620.f.i.+1,554 Iii~=-O, 722 ml:!=-0,'20 mf!=+1,7B7
~"1'6141°220 1I~~=-0,840 E-Qli~Ql mt~=-0,2B6 [=910?~Q) mf~=+1,860.,f••1,64S .~=-O,897 ~=-0.2n m~!=+1,894
.(' =!:!.r66J .g;J =~~!! nt: =:~, ~~! mt!=!!.t!!!!
EQ, iBiI 1-0 l~i]~!i ...Q9j}------f:0;04~Q~~
lIIr=-0,1.4 [-0 2221 nf;=-0,OJ6 r_O 1791mf;=+l,281III 0 '[- _(1) r •. 'J llJ1115HO,092 "'Ci =-O,lBO mkj.+1,117
IIIfl=+o,011 nit=-0,066 mi;=+1,1B8lfi~J=-O,OB) 0#;=+0,002 mf~=+1,246
1II~(I=-0,141l:~5<i.6J mt~=+0,0~7 FOOl5QQJmf~=+1,279III~J._O,17J 1 ml?~=+0,OB7 m~;=+1,296IIIrJ=-0,190 n.f6i=~ mt.=+11J05
c E
.r'=+l,20S1II~:+O.670IIIfs+0,101IIIqJ=-0,127111)41& -0, 2)4
119".-0,284
IIIfJ=-01}04
,·r-0,)42+0,0)9-0,167-0,286-0,)47
-0,'77-0,)92
.,.+0,51)1IIfJ&+o,059
af!=-0,251fiI~Ja-O,429~~.-0,520IIIf'=-0,565mfa-O,5BB
~=-1,182:II; =-1,172
~=-1,111
__ 1=-1,019-O.IB] me, =-0,980
~=-0;96J
~=;~tlli..
53
fir.r'.+1,1l6 .0,7571119'1=+0,)4)+0,229
1Ii~.-o,192 -0,1281ii~.-0,4H -0,2871I~.•-0,544 -0,)6)
1119".-0,597 -0,)98.,1a-01621 -O,U.
0.10
~=-1,622rnfl!.=-l,7lJ
mCt=-1,7221=:-1,661nI; .-1,620
~=-1,S97~&-lr585
tr' • O,45B liif'l + 0,542 liIr'
A G
IIr = O,S11 if + 0,"9 Ir
Gbr.III-1B
54
BAB IV. PENURUNAN TIANG PADA PORTALIV-I. Dasar perhitungan
Didalam praktek sering dijumpai terjadinya penurunan tiang/kolom yang tidak sarna besar (mtsaInya karenaadanya perbedaansettlemen~pada pondasi), hal ini" akan menyebabkan timbuInya momen pada ujung2 ba-lok/kolom karena perbedaan penurunan tiang tersebut (disamping momen a~kibat beban2 yang lain).Homen yang timbul akibat adanya per-bedaan penurunan tiang tersebut dapatdihitung, dengan terlebih dahulu di-hitung momen2 primernya yang kemudianmomen primer akibat perbedaan penuru-nan tiang ini didistribusikan/dirata-kan keseluruh titik kumpul.
a I + c _ . I=-. __ .{ I
A B
Gbr.IV-l
Sebagai contoh pada balok a-b terdapat perbedaan pergeserantitik a dan b sebesar Oab akibat adanya perbedaan penurunan tiang/ko-lornA dan B, maka besarnya momen primer yang terjadi dapat dihitung :(lihat buku kesatu Bab.I-2,persamaan I-2)
Mab = 2 E Kab { 2 s, + 6b - 3l\1ab}
aa = 6b = 0 (keadaan ujung balok a dan b
jepit/dipegang lebih dahulu)
fA - .1, Oab!'lab= Mba = - 6 E Kab 'I'ab= - 6 E Kab 0--<-ab(tanda - disini karena arah Mab dan Mba
akibat adanya pergeseran 0ab tersebut arahnya berlawanan denqen arah-
perputaran jarum jam, sesuai dengan perjanjian tanda momen)
l\Iaj
~! -·~c-=--~t-6abGbr.IV-2
Besarnya Mab (= Mba) dapat dihitung lebih dulu mengingat be-saran2 E, Kab, Oab dan lab telah diketahui, sehingga momen inilah yangmerupakan momen primer akibat perbedaan penurunan tersebut yang kemudi-an didistribusikan/diratakan keseluruh titik kumpul.
Untuk membedakan dengan momen primer akibat beban, selanju~nye momen primer akibat penurunan tiang ini diberikan notas! M~.Dalam keedaan diatas (lihat Gbr.IV-2)
- - CabMab = Mba = - 6 E Kab;-- =
-<-ab•.•. ton.m.
Catatan I Pada Gbr.IV-l, diagram goyangan mendatar tldak dlgambarkan.
S5
lV-2. langkah2 perhitunganSebagai contoh akan diberikan prinsip perhitungannya Baja,
misalnya portal seperti pada Gbr.IV-3, dimana pada tiang tengah terja-di penurunan, dan akan dihitung besarnya momen2 akhir/momen design yangterjadi akibat penurunan tiang dan akibat beban luar sekaligus.
_I !_16---:f
A
~ 5---:'~{+1~~#--4 65 4
J l 2-- ~--::~'{I}#-!"= -_# 33 12
••B
.•c •••••
BA c
Gbr.IV-3
Misalnya tiang tengah turun sebesar 6 em dengan demikian da-
pat dihitung lebih dahulu besarnya momen2 primer akibat penurunan tiang~ , kemudian akibat beban luar dihitung momen primer M.. .
Selanjutnya disetiap titik kumpul dapat dihitung harga2 Traebagai berikut: (misalnya pada titik kumpul 1 dan 6)
- - - -xT1 = MlA + M12 + M16 + M12
- - -xT 6 = M61 + r"65+ M65 •.. dst.
Perhitungan selanjutnya sama seperti pada contoh2 soal ter-dahulu (1ihat buku kesatu Bab.III-1-2), hanya harus diingat pada perhi-tungan momen design harus diikutkan harga M~. ybs. misalnya I
M12 = k12 {2 ml +m2} + M12 +M12M65 = k65 { 2 m6 +.ms} + M65 + ~s ..• dst.
Jika misalnya hanya ingin dihi tung akibat penurunan tiang-nya saja, prinsipnya sama dengan diatas, hanya yang diperhitungkan mo-men primer akibat penurunan tiang saja :
-x -xT1 = M12; .•• T6 = M65 ••• dst.
akibat w.'. aaja.sehingga pemberesan momen2mP) - tm •r -... ,
parsiilnya hanya-m(o)- 0R - •
selanjutnya pemberesan momen2 m.W,... mp) d -(1) -~an mR ,••• mR dst.
Karena tidak ada hal2 yang istimewa mengenai penurunan ti-'ang ini, tidak diberikan contoh2 soalnya. (lihat prinsip2 dlatas)
56
~ BAB V. PORTAL DENGAN DUA ARAH PERGOYANGANPenurunanrumus untuk portal dengan duaarah pergoyangan ini
tidak dapat diturunkan rumus2 yang dapat berlakuumum aebagaimanahalnyapada portal dengan pergoyangan searah. Perhatikan misalnya rumus psdabuku kesatu Bab.III-I-I, pada rumus momen displacement (pers. III-25) -
pada rumua tersebut jelas tinggal memasukkan harga2 n, dimana n sdalshbanysknya tingkat dan gaya horizontal yang bekerja pada regel, dih!tungdari atas. Karena itu dalam buku ini sangat terbatas pembahasannyaun-tuk menurunkan rumus2 pada portal dengan dua arah pergoyangan, aebagai-mana yang akan dijelaskan pada Bab berikut ini,dimana hanya diberikanpenurunan rumus untuk portal dua tingkat dengan satu bentangan saja.
V-I. Penurunan rumus\
~ • t-14 3--- I
l-I , ::\I
I I'J ti
T ---. ~ t12'---~hl
....-..,
D '1-~2
h2
1 •A A BB
Gbr.V-la Gbr.V-Zb
,Berlainan dengan portol dengan searahpergoyangan, makA pada
portal dengan dua arah pergoyangan seperti terlihat pada Gbr. V-ls, di-sini pada"balok2 horizontal akanterjadi pergoyangan/pergeseran juga se-perti yang ditunjukkan pada gambar diagram goyangan Gbr.V-2, karenanyauntuk memudahkan penul!san penurunan rumus, pembebanan pada balok2hori-zontal juga diganti dengan beban fiktif seperti yang telah diterangkan-pada Bab.III-I.momen rotasi
Penurunan rumus untuk momen rotasi aama seperti yang telahditerangkan dalam buku kesatu Bab.III-I-I, hanya dis!n! pada balok2 ho-rizontal ada harga iii.• ' misalnya diambil contoh pada titik kumpul 3 :
t3m3:: - p + (-'Y34) {m4+m34} (Perhatikan ada unsur fii34)
3+ (-'Y32) {m2 + Tii32}
57
marnen displacement
.--li:::}' 01cosec a -> 101ctg a41 I ~ \ 1"----1
\ 02cosec a..../ I 02ctg a2 \ \ L J
\ 02 01k:~2.-r--~\\\\\
A B A BGbr.V-2a Gbr.V-2b
Keterangan :Diagram goyangan hanya digambarkan garis pergeseran sudutnya saja.
- Gbr.V-2a + menunjukkan pada tingkat bawah sudah terjadi pergoyangan-
sejauh 02 kekanan, tingkat atas belum terjadi, masih me-
ngikuti tingkat bawah. (perhatikan garis2 sejajarl)
- Gbr.V-2b + menunjukkan kedua2nya tingkat atas dan bawah sudah terja-
di pergoyangan yai tu tingkat bawah sejauh 02, tingkat atas
sejauh 01. (Diagram keadaan total)
Oari gambar diagram goyangan total (Gbr.V-2b), dapat dicerihubungan/perbandingan2 antara masing2 m __ tiap2 batang, abbe :Jika di tetapkan : (V-I)iii14= iiiI; mAl = iii..zr • ••
tingkat atasm14 = - 6 E K {+W14} = - 6 E K [+ 01 J = mI + o - hi iiiI
hl 1 - -6EK
-iii43 = - 6 E K {-W43} = + 6 EKe 01 + 02 ) ctg a] ~ (V-2)il • ••
- { W [ 0 - cosec a ] 01m23 = -6EK + 23} = -6EK ~ = -6EK-hi cosec a hi
tingkat ba\llahmAl = - 6 E K {+IVA1} = - 6 E K [+ 02] = m..zr +
o _ h2 ml[hi 2 - --6 E K
[ O2 ctg a ]~ (V-J)'1ft12 = - 6 E K {-IV 12} = + 6 E K ·..
i2O2 cosec a J O2
'fflB2 = - 6 E K {+IVB2} = - 6 E K [ = - 6 E K -h2 cosec a h2
Catatan : Harap diperhatikan tanda2 dari IV (lihat tanda arah perpin-dahan =i. garis pe rqeeernn sudut berputar dari tempat asal-
nya dengan arah searah perputaran jarum jam + dan sebaliknya
58
Dari perssmsan2 (V-I), (V-2) dsn (V-3) diperoleh:m14 = 1ii23 = mz- 6 E K [hi fIIZ+h2 M.zrm43 = + -6EK
ctg a] =.tl [hi h2 ]- - ctg a l'ftz + -;- ctg a M.zrtl ~IJ (V-4)
Setelah didapat hubungan antara masing2 m untu~ masing2bstang/balok dalam persamaan (V-7) diatas, tinjau freebody2 berikut :
:Vo • VO VO I : VOt 43 ~ 34 12: H14 H23~ 21t_ _
H;lt Hut V12t ~A -.:GBt.V21~V43 V34~i V~2 (V12 + V14)~ (V23 + V21 )~~V~B
-H11 I ~1 H~~\H32 -HIAI H1A H~~\H2B
bawah
Hl1 HAl---+- +--
tVA1 ·tVB2Gbr.V-3b
(Gbr.V-3a, M .. tidak d1gambar)
mAl = mB2 = m.zr
}[h2 m.zr ctg a] h2 _lIi12 = + 6 E K -.t- = - T ctg a m.zr
-·6 E K 2 2
h h C = h2 ctg aJiks I A=.JctgaJ B = ~ ctg a ;.tl .tl .t2
maka pereamaan2 (V-4) den (V-5) dapat dituliskan menjadi I
m43 = - [ A ffiI + B m.zr] ; m12 = - C ffi.zr\
M14 = lit23 = ffiI IMAl = ffiB2 = ffi.zr
atas
_~i41 ~4
tV14
Hh--.tV23
Gbr.V-3a
Penurunan rumus untuk iiiI~
freebody 1 - 4 :
EM1 = 0" [ M41 ] °+ hi { H41 + H41} = 0M14
freebody 3 - 4 I
1:M4 = 0" [M34] + .tl V~4 _ .tl V34 :: 0M43
1 [M34] + VOatau .• V34 = .tl M43 34
l H = 0" H41 + H32 = 0
••• (V-5)
••• (V-6)
••• (V-7)
•• ! (V-Ba)
(V-Bb)
(V-Be)
59
Freebody 2 - 3 J
1::M3= 0.... [ M32] 0 0 0+ hI {H32 -H32} - hl ctga {V34+V32} = 0M23
Oar! persamaan2 (V-Ba), (V-Bb), (V-Be) dan (V-Bd) didspat J
[M41] [ M32] 0 0 hi ctg a [ M34] 0 0+ + hi {H41+H32} - t - hl ctga{V34+V32} = 0M14 M23 1 M43 •••• (V.:..9)
Oengan memsBukkan persamaan (V-6) kedalam (V-9), didapat:
[M41] [M32] [M34] 0 0+ - A = - hl [HI - VI ctg a] ••• (V-lOa)M14 M23 M43
dimana : HI = H~1+ H~2 ; vI = V~4 + V~2 ••• (V-lOb)
•• (V-Bd)"
Bila diisikan harga2: (dari persamaan dasar)
[M41] =M14
,[ M32] =M23
[M34] - 0M = 3 k34 { m3 + m4} + 2 k j 4 m34 + r34
43 = 3 k34 {m3 + m4} - 2 k34 {A iiiI + B iii.zr} + T~4
3 k14 { m1 + m4} + 2 k14 iii14 + T14 = 3 k14 {m1 + m4} + 2 k14 .iiiI + Tj4
3 k23 { m2+ mj} + 2 k23 iii23 + T~j = 3 k23 { m2+ mj} + 2 k23 mI + Th
Maka per samaan (V-lOa) dapat di tuliskan menjadi :
k14
23] = - [hi {HI-Vlctga} + Tl] + (-3k14) {m1+m4}
A2k34 + (-3k23) {m2+m3} ~ )•• (V-ll+ (+3 A k34) {m3 +m4} .
+ (-2 A B k34) {iii.zr}atau:
mI = hl {H1- V1 ctg a} + T1
TI} ••(V-12a)
+ (- t 14) { m1 + m4}
+ (-t13) {m2+m3}
+ "(+t}4) { m3.+m4}
+ (_CI ) {iii.zr}
dimana : TI = 2 { k14 + k23 + A2k34}
tl _ 3 k14. tl _ 3 k2314 - -- , 23 - --TI TI
£I = 2 A B k34TI
VI = V~4 + V~2
HI = H~1 + H~2 ;
1t34
3A k34= TI
•• (V-12b)o _ 0 0 A 0TI-T14+T23- T34
A = ~ ctg a
8 = t ctg a
60
Penurunan rumus ffi.zr: (Gbr.V-3b)
Freebody A - 1 :
I: MA = 0'" [ M1A ] + h2 { H1A - H1A} = 0MAl
Freebody 1 - 2 :
1:Ml = 0'" [ M12] + z, V~1 _ -4 V21 = 0M21
1 [M12] + VOV21 = t2 M21 21
• •• (V-Ha)
atau I ••• (V-13b)
1:H = 0'" H1A + H2B = - { H14 + H23 }
= - { H~4 + H~l + H~3 + H32}(dari freebody tk.atas keseluruhan)
• •• (V-He)
Freebody .2 - B :
E MB= 0'" [ MB2] +h2M2B
Freebody 2 - 3 :
EV=O'" V23=
{H~B-H2B} -h2 ctga{V~B+V23+V21} = O •• (V-13d)
(atas)
V34 + V~2 + V~3
1 [M34] ° 0 0= l + V34 + V32 + V231 M43
Dari persamaan2 (V-13a) sid (V-13e), diperoleh:
[M1A] + [ M2B]_ h2 ctg a [ M12]_ h2 ctg a [M34] + h2 { H1r .• V1zctg Q } = 0MAl MB2 z, M21 tl M43
•••. (V-14a)
dimana: Hk = Hh + H~B + H~4 + H~l + H~3 + H~2
Vo - VO VO VO VO VOI[ - 21 + 2B + 34 + 32 + 23
••• (V-13e)
••• (V-14b)
Dengan memasukkan persamaan (V-6) kedalam persamaan (V-14a), didapat:
[M1A] [M2B] [M12] [M34] ° °+ - C - B = - h2 {HI[ - V.zrctg a }MAl MB2 M21 M43
••• (V-IS)
Bila diisikan harga2: (dari persamaan dasar)
[M1A 1 =MAl
lM2B] =MB2
[M12] =M21
3 k 1A m1 + 2 k1A m1A + Th = 3 k1A m1 + 2 klA m.zr+ r jA
3 k2B m2+ 2 k2B ffi2B + T~B = 3 k2B m2+ 2 k2B iii.zr+ T~B
3 k12 { ml + m2} + 2 k12 m12 + T12
3 k12 { m1+ m2} - 2 C k12 ffi.zr+ Tj2
61
IM34] = J k34 { m3 + m4} + 2 k34m3 4 + r~4
M43 = Jk34{m3+m4}-2k34 {AmI+8ffi.zr}+'tj4
Persamaan (V-IS)klA
k2 m I 2B
II C2k12
B2k34
dapat dituliskan menjadi :
::: - [ h 2 { H1r - V1r ct 9 ex} + 't1r] + (- 3 k lA) { m1 }
+ (-3 k2B) {m2}
+ (+3 C k12) { ml + m2}
+ (+3 B k34) { m3 + m4}
+ (-2 A 8 k34) {mI}
•• (V-16)
atau:
mIl__ h2 {Hft - V1r ctg ex } + T1r
T.zr2
+ (- t1A) { m 1}
+ (-t~B) { m2}
+ (+t~2) { m1+ m2}
+ (+t~4) {m3 + m4}
+ (- t..zr) {mI}
••• (V-17a)
dimana :
TII = 2 {klA+k2B+C2k12+B2k34}
2 J klA 2 3 k2B 2t lA = -- ; t2B ::: -- ; t12TII Tzr
e: 2 A B k34II = ,
TII
3Ck12 •- ,- T.zr
3 B k34t2 _
34 - TII
A = !!J ctg exII
Catatan :
Ho - HO HO HO HO HO HO.zr - 1A + 2B + 14 + 41 + 23 + 32
Vo - VO VO VO VO VO.zr - 21'+ 2B + 34 + 32 + 23
T1r ::: r 1A + T~B - C 't 12 - 8 T~4
B ::: h2 ctg ex ; C ::: h2 ctg exII l2
• (V-17b)
- Ada dua harga t34, yaitu t~4 pada persamaan (V-l2a) un-
tuk iiiI dan t~4 pada persamaan (V-17a) untuk iii.zr
- Pemberesan momen serupa dengan contoh soal ke-3 dan ke-7,
dimana pada satu kolom terdapat dua harga t, disir.1i pada
balok juga ada dua harga t.
Kesimpulan :Bila dilihat penurunan rumus2 yang telah diuraikan ,diatas,
terlihat bahva rumus momen displacement antara iiiI dan mIl saling ber-
gantungan satu sarna lain, dengan demikian apabila tingkatnys lebih ba-
nyak, maka penurunan rumus momen displacementnya akan berbelit2 karena
ketergantungan masing2 harga ffi satu dengan lainnya, hingga tidak prak-
tis lagi penggunaannya.
62
Untuk portal bertingkatbanyak biasanya jarang dijumpai ben-tuk konstruksi dengan dua arah pergoyangan, kecuali untuk bangunan tam-bahan kadang2 dijumpai bentuk yang demikian. (lihat Gbr.V-4a)
...•!v~
•1-
'" ,J 'II
t7 tit1~
I t, f.f
(A)Gbr.V-4b
(6)(6) (A)Gbr.V-4a
(6) (6)
Untuk bentuk konstruksi seperti diatas (Gbr.V-4a) dapat di-selesaikan dengan memi~ah konstruksi tsb.menjadi dua bagian, yaitu kons-struksi portal ut ama \~, eenqsn 'PeI:'g~"O~<g"O'N<;?;~~'O."", d~ \c.ol;\S,l-t:ukai tam.-
bahan (6) yang merupakan konstruksi yang menumpang pada konstruksi uta-ma dan merupakan portal dengan titik kumpul yang tetap. Dan hal ini a-kan membawa konsekwensi beban2 yang bekerja pada portal utama (A) akanlebih besar dari pada kalau konstruksi tsb.ditinjau aebagai satu kesatu-an portal (Gbr. V-4a) , karena reaks i-' H, V dan M dari portal (B) akanmembebani portal utama (A). (Perhatikan reaksi2 tsb.pada Gbr.V-4b)
V-2. Contoh aoal ke-6Portal dengan angka2 ~ekakuan konstan untuk seluruh bangun-
an (k = 1) dengan pembebanan seperti terlihat pada Gbr _V-5.
q
14,00
t4,00
l3ctg a = it
45,00
q = 1 t/m
B,OO ----
A B
Gbr.V-5
..i~""_~ .,c
63
Penye1esaian :
1.Perhitungan momen2 parsiil
momen2 primer- 1 2MI2 = - 12 (1) (8,00) = -5,333 tm
- 1 1 2M2B = - 1-2 --0,00) = -1,250 tmeOSelM32 = -1,250 tm + M23 = +1,250 tm
+ M2I = +5,333 tm
+ MB2 = +1,250 tm
anslog M43 = -2,083 tm
M34 = +2,083 tm
momen rotssi
Ksrens k konstan (k = 1), besarnya harga2 P harap dihitung sendiri.
p) _ (-5,333) _ 0 889 tm • m(o) - _ (+0,533 + 1,250 -1,250) - 0 889 tmi - - 6 - + , , 2 - 6 - -, m
to : (-2,083)_ o 521tm· p) __ (+2,083-1,250) - 0208tmm4 - - lJ. - + , , m3 - I. - - ,
V~4 = l (1)(5,00) :: +2,5 t semua harga2 HO = 0
V~I :: !(1)( 8 ,00) = +4, 0 t T~4 :: T~A :: 0
V~2 = !(1)(5,00) = +2,5 t ° - -T43 :: M43 + M34 = -2,083 + 2,083 = 0
V~3 = l (1)(5,00) = +2,5 t analog TO - TO - TO - 013 - 23 - 2B-
V~B = ~ (1)(5,00) :: +2,5 t
A = ;:gg (~) = 0,6 m34 :: - (0,6 mI + 0,6 m.zr)
B 4,00 (3) :: - 0,6 (mI + ffi.zr)= 5,00 4 = 0,6
C - 4,00 (3) - 375 ml2 ::- 0,375 m.zr- 8,00 4 - 0,
(Iihat persamaan V-7)
momen displacement
tingkat atas :
TI = 2 (1+1+0,621) :: 4,721 1 3(1) .
t14 = t23 :: 4,72 = 0,636 ;
_ 2 (0,6) (0,6) 1 _ 0 153EI - 4, 72 -,
1t34
HO -I -TO _I -
:: 3 (0,6) 1 :: 0 3814,72 '
0; V}=2,5+2,5=5,Ot
0- (0,6)(0) +0 = 0
ffi{o) = _ (4,00) { 0 - 5 (O} + 0 _I 4,72-
+ 154,72 :: +3,178 tm
tingkat balllah :
Irr = 2 (1+1+0,37521+0,621) =2 1J1lt2B = tlA = 5 :: 0,600,0012 3(0,6)1
t34 = 5,001 :: 0,360 ;
5,0012
tl2 =
ElI
3 (0,375) 1 = 0,2255,001
2 (0,6)( 0,6) 1 = 0,144= 5,001
64
H1- = 0 ; V1- :: +4,0 + 2,5 + 2,5 + 2,5 + 2,5 = 14,0 t
T1- = 0+0-0,375 (0) -0,6 (0) = 0
-I:J) __ 4,00 {O -14,0 (0, 75)} + 0 _ 42.0 - 8 398 tm.zr - 5,001 - 5,001 - + , m
iiif~ = - 0,6 {liif) +lii~} = -0,6 (+3.178+8,398) = -6,946 tm
-(0) 0 375 { -(o)} = - 0,375 (+8,398) = -3,149 tmm12 = -, m.zr
dalam pemberesan momen displacement nanti selalu digunakan pera. (V-7)
untuk mendapatkan m~ dan m~~ dimana disini besarnya :
-(n)m34- 0 6 {-(n) -(n)} d -(n) - 0 375-(n)- -, mI + m.zr an m12 - -, m.zr
Pemberesan momen
Pemberesan ~omen dimulai dari momen rotasi dari titik kum-
pul (1) ke titik (2), (3) dan (4), seperti yang akan ditunjukkan pada -
langkah pertama sebagai berikut :
m~l) = + mf) mf) = +0,889+ (_ Y ) { m(o)} (-0,167 )(+8,398) :; -1,4021A 1I+ (y ) {mcO) +m(o)} (-0,166) (-0,889 - 3,149) :; +0,670- 12 2 12
( ) {(o) cO)} (-0,167)(+0,521+3,178) = -0,618+ -Y14 m4 +mI(1)
m1 = -0,461
m~l) = + m~) (0)ffi2 = -0,889( ) { (l) -(0) } (-0,166)( -0,461 - 3,149) :; +0,599+ -Y21 m1 +m12
+ t- Y ) { m(o)} (-0,167)(+8,398) = -1,4022B .zr+ (-Y 23) { mf) + mf)} (-0,167)(-0,208 + 3,178) = -0,496
(1) _m2 - -2,188
m~1) = + mf)
}mf) = -0,208
+(_y){m(l)+m(o)} (-0,250)(-2,188 + 3,178) = -0,24832 2 I+ (y ) { m(o)+ m(o)} (-0,250)(+0,521- 6,946) =. +1,606- 34 4 34
m~1) = +1,150
m(l) = + m(o)
}mf) :: +0,5214 4
+ (_y ) { m(l) + m(o)} (-0,250)(+1,150 - 6,946) = +1.44943 3 34+ (_y ) { m(l) + m(o)} (-0,250)(-0,461 + 3,178) = -0,67941 1 I
(1) _m4 - +1,291
Setelah pemberesan momen rotasi langkah pertama aelesai, di
1anjutkan pada pemberesan momen displacement 1angkah pertama ebb. :
.is
ffi(l) = + mP) mt) : +3,178I I
( 1 ) {(l) (lJ} (-0,636)(-0,461 + 1,291) = -0,528+ -t14 m1 +m4+ (_t1 ) {m(lJ + m(lJ} (-0,636)(-2,188 + 1,150) = +0,66023 2 3+ (+t14) { mSl) + m~l)} (+0,381)(+1,150+ 1~291) = +0,930
+ (- £I ) {m~} (-0,153)(+8,398) = -1,285if.r/ = +2,955
m}f = + fti~ 1fi~ = +8,398
+ (-t~A) {m~l)} (-0,600)(-0,461) = +0~277
+ (-t~B) {mkl)} (-0,600)(-2,168) = +1,313
+ (+t~2) { m~l) + m~l)} (+0,225)(.::.0,461- 2,188) = -0,596+ (+t2 ) { m(lJ + m(l)} (+0,360)(+1,150 + 1,291) = +0,87934 3 4+ (- ~1I) { m?} (-0,144)(+2,955) = -0,426
iiig! = +9,845
iii(l) - - 0 6 { ffi(l) + iii(lJ } -0,6 (+2,955+9,845)34 - , I 1I(lJlI'i34= -7,680
iii(1J = _ 0,375 iii(1J -0,375 (+9,845)
m}~ = -3,692
.•• dst pemberesan momen se1anjutnya ditunjukkan dalam bagan akema pa-da Gbr,V-6, dimana pada langkah ke-4 dst. hanya ditunjukkan hasil per-jumlahannya saja.
2.Perhitungan design mom~ntM12 = k12 { 2 m] + m2+ m]2} + M12
= 1 { 2 (-0,489) + (-2,560) + (-3,809) } + (-5,333) = -12,680 tm
MlA = 1 { 2 (-0,489) + (+10,157) } = + 9,179 tm
M14 = 1 { 2 (-0,489) + (+1,562) + (+2,838) } = + 3,422 tm6 M] = - 0,019 tm
diperoleh :M32 = +1,590 tmM34 = -1,590 tin
6M3 = 0
M43 = -~,475 tm
M4l = +5,473 tm
6 M4= -0,002 tm
Dengan ja1an yang samaM21 = -4,085 tIn
M2B= +3,787 tm
M23 = +0,249 tm
l1 M2 = -0,049 tm
(ketelitian menghitung kurang /)
fer letakan2 A dan B : MB2 = +8,847 tmMAl = +9,668 tm ;
~arap dikontrol sendiri ! (sudah dicek o.k I - pen.)
66
4 -0 2501+0,38111+0,3601
iiif):+3,178 250 m~)=+0,521 - 0,6 { mI + mlI}-0,528 +1,449+0,660 -0,679 rnf~=-6, 946 (1) +1,606+0,930 m~lJ =+1, 291
m~~=-7,680m3 =+1,150
-1.285m~}=+0,521 mf)=-0,208m1lJ=+2,955
iiif~=-7 ,797M~}=+3,178
+1,600 -0,108-0,617
iiiq~=-7,800+1.,597-
-0,646 m~2}=+1,504 mf}=+1,281+0,791
mf}=+0,521 iii~~=-7, 797 ~}--O 208+1,061 -0 636 m3 - ,-1,506 +1,623
iii~~=-7,797-0,079
mf} =+2,878 -E:I -0,597 +1,573
lii~}=+3,178-0 153 m~}=+1,547 m~}=+1,286,
-0,673 m~4)=+1,560 m~4}=+1,283+0,812
(5) m~}=+1,281+1,079 m4-=+1,562-1,548
m}1}=+2,848
iiif}=+2,839
liif) =;!1t 838
+0 225 -0 2
iii~=+8,398 167 mf}=-0,889- 0,375 iii.zr+0,277
iiif~=-3, 149+0,599
+1,313 -1,402-0,596
iii~~=-3,692(lJ -0,496
+0,879 m2 =-2,180-0,426
mf) =+0,889 iiif~=-3, 794 t>}liif}'=+9,845 m2 =-0,889
M~=+8,398-1,644
(3)+0,694
+0,976 lii12=-3,807 -1,644+0,293 -0,709
(4)-0,686
+1,515 mf}=-0,488 m12=-3,809 mf}=-2,525-0,678 -0 600
mf,l=+0,889 iii~~=-3,809-0 600
mf}=-0,8B9+1,003-0,414 -E:lI -1,690 +0,711
iii~ =+10,117 -0, 144 +1,049 -1,690
iii~=+8,398-0,732 -0,695
mf) =-0,489 mq}=-2,563+0,29)
m~4)=-0,488 m~4J=-2,562+1,538-0,687
(5) m~)=-2,560+1,020 ml =-0,489-0,410
mif=+10,152
imr: =+10,156 I Gbr.V-6
m(5) =+10 157 A B.II ~
67
BAB VI. PORTAL DENGAN ARAH PERGOYANGAN SEBARANG
Jika kita perhatikan pembereaan momenrotasi pada portal dengan titik kumpul yang tetap, akan terlihat bahwa hasil konvergensi di-capa! dalam jumlah putaran/langkah pemberesan yang relatip sedikit (li-hat contoh2 Baal pada buku kesatu Bab II, dimana disitu ditunjukkan ha-nya ssmpai pad a putsran ke-5 sudah tercapai konvergensi).
Mengingat bahwa portal dengan arah pergoyangan sebarang ti-dak dapat ditetapkan diagram pergoyangannya sekaligus, tetapi harus se-cara bertahap. Sebagai contoh misalnya pada Gbr.VI-l, dimana apabiiasemua pendel penahan dilepas dua2nya sekaligus, maka tak dapat ditentu-kan diagram pergoyangannya secara tepat.Untuk menyelesaikan pemecahan ke-adaan ini, digunakan prinsip2 da-ri metode CROSS, dimana akibatpergoyangan dihi tung secara ter-piaah dengan menggunakan pendeI2penahan. Dengan menyamakan gayapendsl = 0, akan diperoleh besar-nya momen akibat goyangan tersebut seperti yang akan diuraikannantipa-da Bab VI-I berikut. Dengan demikian cara ini tidak akan praktis lagi(sarna halnya dengan metode CROSS), namun untuk portal dengan jumlah ti-kumpul yang cukup banyak, cara ini akan lebih menguntungkan dari pada-cara CROSS, karena pemberesan momennya meIaIui titik2 kumpul danrelatipaingkat/sederhana penyelesaiannya.
Gbr.VI-l
VI-I. Dasar perhitungan°Rumua2 daaar akibat pergoyanganKeadaan jepi t - jepi t(lihat Bab IV):-.x:-.x 6Mab = Mba = - 6 E Kab l.Keadaan jepi t - sendiaa = 0 ; 8b .,oWab = 2 E Kab { 8b - 31Vab}
~a = 2 E Kab { 2 8b - 31Vab} :;0
.• ab = !{+31Vab}~ 0Mab = -JEKabIVab = -3EKab,f •• (VI-2)Catatan : Indeks x odiatas M menyatakan akibat goyangan.
a ~ ~b----.------~~--\- ---- to••(VI-I)I 'of "I
a, = a«bt---- 6---~'.~
Gbr.VI-2
68
Kerens ekibst goyangen dipisah tersendiri, maka dalam perhitungan menganggap sebagai titik kumpul yang tetap lebih dahulu, jadi tidak ada unsur momen displacement m, karena akibat goyangan telah digan-tikan oleh momen goyangan MX seperti yang akan diuraikan pada 8ab VI-2.
VI-2. langkah2 perhitunganSebagai contoh akan diberikan prinsip2 perhitungannya, missl portal se-perti pada Gbr. VI -3, dimana diper lukan duapendel penahan goyangan. 1
Illi IJ"-Ulmw 1_=4Perhitungan dilakukan dalam 3 tahap :1. Akibat muatan. (Kedua pendel dipasang)
2. Akibat goyangan pertama.(Pendel 1 dilepas, pendel 2 dipasang)
J. Akibat goyangan ke~ua.(Pendel 2 dilepas, pendel 1 dipasang)
,UUI"A" ItlAI 12iU"UUUU k B
••A
Gbr.VI-3a
Keadaan 1 I Akibat muatan. (Kedua pendel dipasang)
_ Hitung momen2 primer Hit= ... tm pada setiap ujung batang, dan didapstharga2 T; = ... tm pada setiap titik kumpul.
- Hitung harga2 mlt(a)_r - tm pada setiap titik kumpul.
_ Pemberesan momen rotasi mr, didapat m;IhI dari hasi! konvergensi*(n)yaitu mr = ... tm.
- Hitung momen design akibat muatan luar ~q
yaitu Mpq = kpq {2 mp +m~} + Mpq = •.. tm
_ Hi tung gaya2 pendel penahan Hitdan VIt:yaitu HIt= ... t dan VIt= ... t
Catatan : Indeks It menyatakan akibat muatan luar.
Keadaan 2: Akibat goyangan I (Pendel 1 dilepas, pendel 2 dipasang)
Lebih dahulu dihitung perbandingan harga2HX masing yang terjadi pada batang yangbergoyang, berdasarkan persamaan (VI-I).Disini misainya :~.x -x 15 15Ml4 t M23 = (-6EKl4jj) t (-6EK23jl)
" -1' .B
Gbr.VI-3b(Selanjutnya perbandingan tsb.dituliskan- A
da lam perbandingan K dan 6 saja, karena E seluruh konstruksi sama).
69
Sekelah diketahui perbandingannya, dimisalksn dengan bilangan "~.-x ~.xMisaInya I M14 + M23 = -a + -b
(tanda - ,arah momen berlawanan dengan arab jarum jam)
:-.x -xmaka jika M14 = -a X tm ,+ M23 = -b X tm
(In! merupakan momen primer dalam X tm)
- Hitung harge2 1'~ pada setiap titik kumpul + 1': = ••• ~ tm
missInya pada titik kumpul (1) 1'~ = M14 + Mi3 + M1A = -8 X+ 0 + 0
_ Hitung hergs2 m;tb) psda setiap titik kumpul1'xyaitu m:t» = - p~ = ••• X tmr
- Pemberesan momen rotasi mr, didapat m:,n.Idari hasil konvergensiyaitu m:,n.I= ... xtm
- Hitung momen design akibst goysngan pertama ~qx -xyai tu Mpq = kpq { 2 mp + mq} + Mpq = ..• X tm
_ Hitung gsys2 pendel penahan HX dan VX:
yaitu HX = ... x t dan VX = ... X t
Catatan : Indeks x menyatakan akibat goyangan pertama.
Keadsan :5: Akibat goyangan n (Pendel 2 dilepas, pendell dipasang)
R
Denganprosedur yang sama seperti pada-keadaan l, dengan lebih dahulu menghi tungperbandingan MYmasing2 batang yangberyoyang, dinyatakan dalam fI) .
Didapat :- Momen deaign akibat goyangan kedua
(Digunakan indeksy )
Gbr.VI-3c
M~q = ... IJ tm
- Gaya2 pendel HY dan VYHY = .•. IJ t den VY = •.• fI t
persamaan gaya pendel sbb I
t + .•. X t + ••• IJ t = 0
t + .•• X t + ••• Y t = 0
A
Dari tiga keadean tsb.didapatH* + HX + HY = 0
v* + VX+ vY = 0
Dari kedua persamaan tab. didapat harga2 X dan y, dengan demikian dapatdihitung beearnya momen design total:
Mpq = M;q +"~q + Mpq .,. dst.
7C
BAB.VII PENUTUPSetelah kita pelajari seluruhnya mengenai metode TAKABEYA
pada buku keaatu maupun buku kedua ini, dapatlah diambil kesimpulan bah-\Ua metode tersebut cukup praktis digunskan dalam praktek perhitungan, ha-nya Baja pada portal dengan dua arah pergoyangan tidakpraktis pengguna-annya berhubung rumus2nya yang berbelit2, namun demikian untuk kondisiportal dua tingkat saja seperti yang telah diuraikan masihcukuppraktispenggunaannya karena tetap tidak memerlukan pendel2 penahan yang menga-kibatkan pemecahan persamaan dua bilangan anu sebagaimana halnya denganmetode CROSS. Untuk portal bertingkat banyak dengan dua arah pergo-yangan dapat dipecahkan dengan memisahkan portal tersebut menjadi dua ba-gian sebagaimana telah diterangkan. (lihat ha1.62)
Pada portal dengan arah pergoyangan sebarang, cara yang te-lah diuraikan tersebut_cukup-praktis didalam penghematan pada pemberes-an momen untuk portal yang mempunyai banyak titik kumpul, sekalipunten-tunya tidak dapat dihindarkan adanya pemakaian pendel2 penahan yang me-merlukan pemecahan persamaan bilangan anu.
Mudah2an pembahasan mengenai perluasan metode TAKABEYA ini
dapatlah menambah perbendaharaan dalam textbook mekanika teknik, dan a-khirnya tidak ada sesuatu yang sempurna didunia ini, harapan penulis a-kan kritik2 dan saran2 dari pembaca sangatlah diharapkan untuk perbaik-an dan penyempurnaan buku ini.
Daftar Kepustakaan :
1. Dr. F. TAKABEYA,"MULTY STORY FRAMES" Wilhelm Ernst & Sohn, Berlin-Munich 1965.
2. Soetomo HM,Skripsi "Penggu~aan metode TAKABEYA untuk perhitungan portal bertingkat banyak" Departemen Sipi1 FTSP ITB 1972.
3. Ir.K~darman Harsokusumo,Kuliah2 ekstra tentang "Metode TAKABEYA" Dep.Sipil FTSP ITB 1972.
4. Ir.Wiratman Wangsadinata,"Perhitungan portal bertingkat dengan cara KANI" PN INDAH KARYA 1963.
5. Prof. Ir. Soemono,"Ilmu Gayan
6. Soetomo HM,nResponsi teori & soa12 metode CROSS" Dep.Sipi1 FTSP ITB 1970.
7. Ir. Soetomo HM,Perhitungan konstruksi gedung "TOSERBA SARINAH JAYA" Jakarta 1980.
I