Takabeya Book 1 2v5t14

PERHITUNGAN PORTAL BERTINGKAT

dengan cara

TIJIl1J8EYIJ BAGIAN

ENGENALAN

disusun

,

KEBATU METOOE

TAKABEVA J

olah:

Ir. BDETDMD

HM

ax dosan lulll' bia•• departemen sipil fakultas taknik sipil & perancanaan institut teknologi ban dung

g

DITERBITKAN

OlEH

"SOETOMO HM"

JAKARTA

CETAKAN

KETIGA

(DISEMPURNAKAN)

.....••....

2

KATA

PENGANTAR

Buku .(.M mVlUpakan penyempWLna.a.n d.aJU buku

"Perhi-

jyang pada cecU..tvr.bUkan dengan ce-tak.a.n 4.ten4-U.an), pa.da.

tungan portal bertingkat dengan cara TAKABEYA"

ta.k.a.n2 4ebei.umnya

ceta.k.a.n ke.tiga .(.M cU..tvr.bUk.a.n dengan ceta.kan o664e-t. PenyemPWLna.a.n .tvr.dapa..t pada. penyedvr.ha.na.a.n penUltUnan 1tUmU42pa.da. polL.tai. dengan ben.tuk ta.k teJLa..twr. beJvi.k.u.t con.toh con.toh 4oa1.nya. Meng.(.nga..t ak.a.n langk.a.nya pvr.benda~n kepu4ta.k.a.an buku2 .tekMk 4.(.p)..l dai.am bahaAa 1ndonu.<.a., haM.pan penu..U..6 4emoga dengan .tvr.bUnya kepu4.:ta.k.a.a.n.teJr.4ebu.t.

buku .(.M dasxu:

men.a.mbah peJ!.bendahaJr.aa.n

Kepada. 4emua. pi.ho.k yang .te1.a.h memba.n.tu dai.am penvr.b.<.ta.n buku..(.M peYll.Ll.U 4a.mpa..i.k.a.n.tvr..<.makQ.4ih. Jak.a.4ta., 1 JUM 1981.-

(IlL.

SOETOMO HM)

HAK CIPTA DIlINDUNGI UNDANG2, DILARANG MENGUTIP/MEMPERBANYAK SEBAGIAN ATAUPUN SELURUHNYA ISIBUKU INI TANPA SEIZIN PENULIS *) Buku ini syah beredar bila ada tanda-tangan asli penulis.

3

DAFTAR

151 BUKU

Kata PellBantar

2

Daftar Isi Buku

3

Notasi-notasi

4

BAB I

PENDAHULUAN

1-1 Pendahuluan 1-2 Penurunan peraamaan dasar BAB II

5 6

PORTAL DENGAN TITIK KUMPUL YANG TETAP

11-1 Penurunan rumua2 11-1-1 Keadaan umum 11-1-2 11-1-3 11-1-4

9

Contoh soal ke-l Contoh soal ke-2 Sokongan sendi

12 16 20

11-1-5 Contoh sosl ke-3 11-1-6 Kesdssn symetri 11-1-7 Contoh sosl ke-4 11-2 Ringkassn lsngkah2 perhitungan

21 23 24 26

BAB III PORTAL DENGAN TITIK KUMPUL YANG BERGOY~N~ 111-1 Penurunan rumus2 111-1-1

Keadaan umum

111-1-2 111-1-3 111-1-4

Contoh soal ke-5 Contoh soal ke-6 Keadaan symetri

28 35 41 45

111-1-5 Contoh soal ke-7 111-1-6 Contoh soal ke-8 111-2 Portal dengan bentuk tak teratur

47 51

111-2-1 111-2-2

Portal dengan panjang kolom kaki tak sama Portal dengan balok tak menerus

111-2-3

Portal dengan sokongan sendi

54 57 61

111-2-4 Portal dengan dua arah pe~goyangan tertentu III-3 Ringkasan 1angkah2 perhitungan BAB IV

63 66

PENUTUP

67

g

"SOUOMO

HM"

JAKARTA

5 PENDAHULUAN

BAB.I I-I.

Pendahuluan. Pada perhitungan

konstruksi portal, telah kita kenaI suatu-

metode yang eukup populer, yaitu metode dari Prof.Hardy Cross yang mendasarkan pad a prinsip distribusi

dan induksi momen.

Untuk suatu perhitungan

p~rtal bertingkat banyak,

Cros~ ini sudah tidak praktis lagi, tingkat sepuluh, diperlukan

metode-

karena umpamanya pada portal

sepuluh maeam perhitungan

ber-

pemberesan momen

akibat goyangan pad a masing2 tingkat ditambah satu maeam pemberesan momen akibat muatan luar,

belum lagi pemeeahan sepuluh persamaan bilang-

an anu akibat goyangan dan muatan luar tersebut. Sekalipun metode Cross dapat digunakan untuk perhitungan portal dengan arah pergoyangan

sebarang,

namun pada umumnya ditinjau dari

segi

ekonomis, bentuk konstruksi portal ada-

•

,,~

"~

"

lah konstruksi yang mempunyai

.•

eam arah pergoyangan, da arah horizontal

Gbr.I-l

Beberapa waktu berselang, tode untuk menyederhanakan

konstruksi

metode KANI,

nya diperlukan

satu maeam perhitungan

lagi memerlukan

pemeeahan banyak persamaan

tungan.

yaitu goyangan pa

saja. (Gbr.I-l)

telah dapat dipeeahkan

perhitungan

yang mula2 kita kenaI dengan

satu ma-

suatu me-

portal bertingkat,

dimana dalam metode ini.ha-

pemberesan momen,

hingga tidak

dengan banyak

maeam perhi-

Namun demikian, masih ada suatu metode yang lebih

sederhana

lagi yang akan dibahas dalam buku ini, yaitu metode TAKABEYA, rupakan penyederhanaan

yang me-

dari metode KANI.

Bagi mereka yang telah belajar metode

KANI,

tentu setelah

mempelajari metode TAKABEYA ini nanti, akan merasakan bahwa

metode ini

jauh lebih sederhana dari metode KANI, karena pada metode TAKABEYA pada tiap2 titik kumpuinya hanya memerlukan

satu momen parsiil

ini untuk

pemberesan momen, sedangkan pada metode KANI tiap titik kumpulnya

me-

merlukan lebih dari satu momen parsiil yang tergantung dari jumlah

ba-

nyaknya batang yang terkumpul pada titik kumpul tersebut. Metode TAKABEYA ini lebih mudah untuk dipelajari

dan

dime-

ngerti dalam waktu yang relatip singkat, demikian pula dalam perhitungannya untuk konstruksi relatip singkat pula.

portal bertingkat

banyak,

diperlukan

waktu yang

6 1-2. Penurunan

peraamaan daaar. Pada daaarnya didalam perhitungan konatrukai portal, perhitungan didasarkan atas anggapan2 bahwa : - deformasi yang diakibatkan oleh gaya tekan atau tarik dan gaya geaerdalam diabaikan, - hubungan antars balok dan kolom adalah kaku sempurna. Sesuai dengan anggapan tersebut, pada titik kumpul dimana ba10k den kolom berpotongan, batang2 (balok dan kolom) ini dipengaruhi 0leh perubahan yang sebanding dengan perputaran dan pergeaeran sudut, dimana momen2 lentur dari ujung2 batang dinyatakan sebagai fungsi dari perputaran sudut dan pergeseran sudut relatip dari aatu ujung batang terhadap ujung batang yang lain. Sebagai contoh diambil batang

e-b ,

dengan pembebanan aeperti tertera pa-

da Gbr. I -2a, dimana ujung b bergeser sejauh Oab relatip terhadap

ti-

tik a. 8esarnya Mab dan Mba dapat dinyatakan aebagai f'ungsi dari perputaran dan pergeseran sudut, yang akan diturunkan sebagai berikut :

r

lab

6~-~

--j

Mba

Gbr.I-2a

keadaan pada Gbr.I-2a dapat diuraikan dari super-posisi pada dua keadaan berikut: (Gbr.I-2b & Gbr.I-2c)

IVab

=

I

anal

<5ab

lab

maka: Wb

6mab

Wa

~

--~

Mba

cukup

6b

samaan Gbr.I-2b

Gbr.I-2c

tunjukk:

7

Dari super-posisi tersebut dapat dituliskan :

dimana :

Mab

=

t:.mab + Mab

Mba

=

t:.mba + Mba

}

•••

Mab

dan

Mba

adalah besarnya momen akhir (d~sign moment),

Mab

dan

Mba

t:.mab

dan

t:.mba

besarnya momen primer (fixed end moment) dari keadaan kedua ujung balok terjepit. besarnya momen koreksi akibat adanya pergeseran titik

Catatan :

(I-I)

Perjanjian

tanda

batang,

untuk

dinyatakan

an jarum

jam

ber laku

b

sejauh

momen2 adalah

positip

bila

dan sebaliknya.

untuk

perhi

tungan2

ditinjau

searah

terhadap

dengan

Perjanjian selanjutnya

contoh2

mus maupun penyelesaian

0ab. ujung

arah perputar-

tanda

didalam

momen ini

penurunan

ru-

soal.

Besarnya momen2 koreksi t:.mab dan t:.mba dapat diturunkan berdasarkan prinsip persamaan perputaran sudut sebagaiberikut: ( 1)

8a

=

wa + 1jJab

( 2)

8b

=

wb + 1jJab

8

=

+ t:.mab lab 3 Elab b. mab lab

( 1)

(2)

-+

a

8b

-+

= -

}

(lihat

Gbr.I-2b)

_ t:.mba lab

+ 1jJab

••

6 Elab t:.mba lab

+

6 EIab

X

2·

+ 1jJab

3 Elab +

28a

analog:

+ 8b

=

1

t:.mab lab

2"

t:.mab

=

2 Elab

t:.mba

=

2 Elab

.tab

.tab

t:.mab t:.mba

= =

8a + 8b - 31jJab }

{2

+ 8a - 31jJab }

{Z8b

bila dinyatakan maka:

+ 31jJab

EIab

lab .tab

_ -

2

E Kab

{ 2

8a +

2

E Kab

{ 2 8b +

K ab 8b - 31jJab }

8a -

31jJab }

}

•••

(1-2)

Persamaan (1-2) tersebut diatas adalah persamaan yang sudah cukup dikenal dalam setiap textbooks mekanika teknik, yang kemudianpersamaan ini oleh TAKABEYA disederhanakan Iagi sebagaimana yang akan tunjukkan nanti dalam persamaan2 (1-4) dan (1-5)

di-

8

Dengan demikian dari pereamaan (I-I) dan (1-2)

diperoleh:

= 2 E Kab { 29a + 9b - 3ljiab } + Mab Mba = 2 E Kab { 29b + 9a - 3ljiab } + Mba Mab

}

•••

(1-3)

Pereamaan (1-3) tereebut oleh TAKABEYA disederhanakan menjadi : kab { 2

Mba

= =

ma

=

2 E K ea

mab

=

Mab

}

ma + mb + iiiab} + Mab kab { 2 mb + ma + iiiab} + Mba

• •• (1-4)

bila: =

mb

-6 E K ljiab

kab

}

2 E K eb Kab

=K

• •• (1 -5)

dimana : K adalah suatu harga konstanta kekakuan (bukan faktor kekakuan seperti Kab). K berdemensi m3 ditentukan sebarang, sehingga m dan iii berdemenei sebagai momen yaitu ton.m.

ea, selan

ma

disebut momen parsiil akibat perputaran sudut jutnya disebut momen rotasi di titik a.

mb

disebut momen parsiil akibat perputaran sudut eb, eelan

jutnya disebut momen rotasi di titik b. iiiabdieebut momen parsiil akibat pergeseran titik b relatip terhadap titik a sejauh Oab' selanjutnya dieebut momendisplacement dari batang a-b. Pereamaan dasar (1-4) tersebut diatas

adalah persamaan da-

sar yang akan digunakan untuk menurunkan rumus2 pada metode TAKABEYA.

eatatan : Dalam meninjau maupun

perhitungan2

nanti,

rah perputaran

jarum

bila ternyata

keadaan

diberi

tanda negatip Sebagai

rusnya

arahnya

ini Mab diberi

setiap

arah momen

jam pada

sesuai

contoh

berlawanan

selalu

berlawanan dengan

dimisalkan

dengan ~).

searah

dari masing2

dengan

perjanjian

pada Gbr.I-2c,

tanda negatip

pada setiap penurunan

tiap2 ujung batang

sebenarnya (~

freebody2

pemisalan

denganafreebody, tersebut,

tanda momen.

dimana momen primer

arah perputaran

rumus

Mab seha-

jarum jam, dalam

hal-

BAB.II

PORTAL

DENGAN

TITIK

KUMPUL

.:

YANG TETAP

Portal dengan tit-ik kumpul yang tetap dimaksudkan da tiap2 titik kumpulnya pergeseran.

hanya terjadi perputaran

t;>ah\lla pa-

tidak terjadi

Ini terjadi ~ada portal dimana baik balok maupun kolom2nya

disokong oleh perletakan, lok2nya tidak disokong

namun bisa juga terjadi pada portal yang ba-

oleh perletakan

ik angka2 kekakuan

maupun pembebanannya.

I I -1.

rumus2

II-I-I.

sudut,

9

Penurunan Keadaan

tetapi pada portal symetris, ba-

umum.

Persamaan dasar (1-4): Mab Mba

= =

kab { 2 ma + mb + mab } + Mab kab { 2 mb + ma + mab } + Mba

1 I !! e

1

b

1

a

!

d

!

f

e Gbr.II-l

Pada port.al seperti pada Gbr.II-l pulnya adalah tetap, sarna an dasar tersebut

tidak terjadi pergeseran, adalah

=

O.

diatas dimana titik2 kummaka harga2

lihat persamaan

(1-5),

m

pada per~ab

= o.

Kita tinjau pada titik kumpul a : Mab Mae Mad

Mae

= = = =

kab { 2 ma + mb } + Mab kae

{ 2 ma + me } + Mae

••••. (II-I)

kad { 2 ma + md } + Mad kae { 2 ma + me } + Mae

Kesei~bangan

pada titik kumpul a

...•. 1: Ma

=

0

memberikan: Mab + Mae + Mad + Mae

=

0

••••.

(1I-2)

------

10

Dari persamaan (II-I) dan (11-2), didapat : kab 2 ma

I

k

ae

+

kad

-

Jika 2

kae

kab mb

Mab

kae me + kad ffid

Mac Mad

kae me

Mae

kab

I

= 0

•••• (II-J)

I

= La

••• (II-4a)

Mab

I kae kad

= Pa

dan

~ae

Mad

kae

Mae

Maka persamaan (11-3) dapat dituliskan menjadi {-kae}ffie me Pa = - La + {-kab}mb + ffid{-kad} {-kae}1llc Atau ma = _ La Pa

Dimana :

Yab

= -kab P

{-Yae}me + {-Yab}mb + ffid{-Yad} {-Yae}1llc ;

a

_ kae Yae - -Pa

,.

Y , _ kad ad --Pa

••••

(II-5)

••• (I1-4b)

_ kae Yae - -Pa

Diagram pada persamaan (11-5) dituliskan untuk memperlihatkan hubungan Y dan m pada masing2 ujung batang di titik kumpul a. Persamaan (11-5) tersebut diatas disebut persamaan momen rotasi pada titik kumpul a. Dengan jalan yang sama, pada titik2 kumpul yang lainnya juga dapat diturunkan persamaan2 momen rotasi seperti pada pers. (11-5), dimana index pertama diganti dengan titik kumpul tsb.dan index kedua di ganti dengan titik2 kumpul yang berada diseberangnya. Langkah perhitungan dilakukan dengan pendekatan, yaitu pertama2 pada waktu meninjau/menghitung pada satu titik kumpul misalnya di sini titik a, menganggap pada titik kumpul yang lain yang berseberangan

11 dengan titik a, yaitu titik2 b, e, d dan e dut, artinya

belum terjadi perputaransu~

ab =

ac

=

ad = 8e = 0, dengan demikian berdasarkan

=

me

=

md

maan (1-5) ~ mb

=

me

=

0, dan didapat persamaan mamen

pad a titik kumpul a, yaitu persamaan ma = ma(0)

(11-5) menjadi

ratasi

:

La

=

,persa-

•••• (l1-6a)

Pa

Dengan jalan yang sarna, pada waktu meninjau/menghitung tik2 kumpul yang lain, yaitu titik2 b, e, d dan e

-

Lb -Pb

-

Ld Pd

(0)

mb

(0)

md

--

langkah selanjutnya sikan harga2

m~)

(0)

= _

LC Pc

mjO)

= _

le Pe

m

C

(disebut

sarnaan (11-5) kembali untuk mendapatkan {

mlV

La Pa

=

+

(0)

ma

q

{

}

tersebut pada perm (V

sbb:

(0)

mJq

+

{-Yac}mc

+

titik a

menstubtitu-

-Yae } me

{-Yab}m1

{-Yad}

(0)

(0)

{

=

pertama),

harga yang disebut

Atau mjV

juga didapatkan

• • •• (I 1-6b)

langkah

yang berada diseberang

ti-

-Yae } me (0)

-Yab mb

+

.

(0) {

md

-Yad

}

(0)' { -Yac } me

langkah perhitungan tusikan lagi harga nan persamaan,

mi~

selanjutnya

kedalam persamaan

suku pertama adalah

miO)

dilakukan (11-5) tsb,

dan suku kedua

catatan di titik kumpul yang lain juga dilakukan setiap langkah yang bersangkutan) langkah2 perhitungan sil yang kanvergen,

dengan menstubtim.~

(dengan

hal yang serupa

untuk mendapatkan terus dilakukan

dimana ruas ka-

harga

pada

m.~+V

hingga mendapatkan

ha-

artinya didapat hasil yang sarna pada keadaan bertu-

rutan, yaitu misalnya

m

~.+l)=

Dengan dicapainya

m~r:! pada

masing2 titik kumpul.

hasil yang kanvergen

pada

kumpul, berarti telah tercapai keadaan yang sebenarnya, sing2 titik kumpul tsb.telah

terjadi perputaran

sudut.

masing2 yaitu

titik

pada ma-

12 Sete1ah pemberesan mencapai

hasil yang konvergen

1angkah2 perhitungan

pada persamaan

si dicapai

pada langkah

(II-I), yaitu:

mendapat-

(dimisalkan

hasil konvergen-

ke 5)

Mab

= Mg;~ =

Mac

= Mac

=

Mad

= M~J

=

Mae

= Mae =

(5)

(5)

(5)

+ m{;) }

+ Mab

kac { 2 ma

(5)

+ m~) }

+ Mac

kad { 2 m~)

+

mfl) }

+ Mad

+ m~) }

+ Mae

kab { 2 ma

(5)

kae { 2 ma

pai hingga hasil konvergensi

tidaklah perlu dica-

yang tepat, cukup dengan koreksi

apabila

jumlah momen2 design pad a titik kumpul ini tidak sama

dengan

nol, misalnya = 6M, maka selisih 6M ini diratakan saja sebanding ngan angka

kekakuan masing2 batang pada titik kumpul tsb, yaitu

(dimisalkan

langkah

=

Mab

11-1-2.

Contoh

ke-3 baru mendekati

Mfi

+

soal

de-

hasil konvergensi)

kab x kab + kac + kad + kae

... dst.

6M

ke-l. dan ukuran2 balok/kolom

Portal dengan pembebanan kuran panjang seperti pada Gbr.II-3

dimana perletakan

serta

A, B, C

dan

adalah jepit.

1--4,00

+

+-

8,00

p

----j D

40/6

o

..

c 1.0

1 ~

4,00

=.l2

A

30/4

40/60

40/60

Gbr.II-3 B

ini

momen2 parsiil ini di-

Biasanya didalam praktek perhitungan

misalnya

parsiil

maka untuk

(hasil yang tepat),

kan besarnya momen akhir (design moment), hasil kembalikan

momen

C

uD

13

Penyelesaian

: momen2 parsiil

1.Perhitungan angka2 K

lA

kekakuan

- /2(0,30)(0,40)3 -

lJ.,

analog:

Harga

- 0 0004 m3

nn

-,

Kl2

=

0,0009

m3

KlB

0,0012

m3

K2C

= 0,0012

m3

K2D = 0,0004

m3

kekakuan

K diambil

konstanta

= 0,4

k12 = 0,9

k2C

=

k2D = 0,4

Untuk batang

Catatan:

ybs.pada

ber1ainan

pula,

1

MIA

= + 12 (1,20)(4,00)

-

= - ~

-

(2,25)(8,00)

1·

M2D = - 12 (1,20)(4,00)

MIB

M

2 2 2

-

1

8" (3,20)(4,00)

hasil akhir ya-

tm

~

MAl = -

= - 12,0

tm

~

M21 = +12,0

tm

3,2

tm

~

M02 = + 3,2

tm

= -

1,6

tm

= M2C = 0

= M2D + M2l

P,Y dan

+ M2C = (-3,2)

+ (+12,0)

mP) + 1,2)

= 5

P2 = 2 (k2D + k2l

= 2 (0,4

+ 1,2)

= 5

_ k 12 _ 0,9 Y 12 - 5 P1

= =

tm

+ 0 = + 8,8

= 2 ( 0 , 4 + 0,9

p)

tm

0) + 0 = - 10,4

PI = 2 (k 1A + k12 + k1 B)

"( 1P1 -

+ k2C) _ - 0,18

(-10,4)= 5

r2 _ (+8,8)_ - - 5 P2 Pemberesan

titik

har-

1,6

= +

12

(0)

jika diambi1

tJ

= M1A + M12 + M1B :; (+ 1 , 6) + (-12,

ffi2

didapat:

= 1,2

k1B

suatu titik kumpu1,

1I

ffil

m3,

yang sama.

r:

nomen-' primer

1

K = 0,001

tetapi tetap akan diperoleh

itu momen design

Ml2

~

K yang lain, akan dipero1eh harga2 momen parsii1 m yang

ga2

-

sebarang

k 1A

1,2

=

kumpul

(2)seperti

+ 0,9

k21 0,9 Y21 = = 5 P2

• ,

+ 2,080

- -1,760

tm

tm

momen parsiil yang

= 0,18

akan

m dimulai ditunjukkan

dari sbb

titik :

kumpul (1) ke :

14 (1)

ml

=

+ (-Y12)

(0)

}

+ miD) { m~)}

ml

(-0,180)(-1. 760) (1)

ml (1)

m2

=

(0)

+ (-Y21)

m(o)

}

+ m2 { mil)}

2 (-0,180)(+2,397) m(l) 2

= = = = = =

+2,080 +0,317 +2,397 -1,760 -0,431 -2,191

Pada perhitungan mf) tsb.diatas, langsung digunakan harga (1) . . di . . ml ' hal ~n~ i Lekuken untuk mempercepat mencepe i ties i I yang konvergen. Namun demikian dapat juga menggunakan harga mf)

Catatan:

tetapi pemberesan mencapai

momennya

hasi1 konvergensi

akan menjadi yang akhirnya

lebih panjang dipero1eh

untuk

hasi1

yg

sama.

Langkah se1anjutnya (2) ml

=

+ (-Y12) m(2) 2

=

{ mq)}

{mf)}

m(2)

=

+2,080 +0,394

ml

= =

mf)

=

-1,760 -0,445

mf)

= =

1

(-0,180)(-2,191) (2)

}

+ mf) + (-Y21)-

m(o)

}

+ m~O)

(1angkah ke-2) menghitung

(-0,180)(+2,474)

+2,474

-2,205 konvergen -

Langkah ke-3 .•••dst hingga dicapai hasi1 yang da1am bagan skema dibawah ini :

seperti yang ditunjukkan

1

-Y12

=

(Gbr.II-4)

2

-0,180 (0)

ml

(-0,180)(-1,760) mf) mf) (-0,180)(-2,191) mf) mf) (-0,180)(-2,205) (3)

ml

(0)

ml

(-0,180)(-2,206) (4)

ml

= = = =

+2,080 +0,317

mf) (-0,180)(+2,397)

+2,397

m~)

+2,474

m~) (-0,180)(+2,474) (2) m2

= = =

+2,080 +0,397

m2 (-0,180)(+2,477)

= = =

+2,080 +0,397

= =

+2,080 +0,394

(0)

(3)

+2,477

,

m2

(0)

m2 (-0,180)(+2,477) (4)

+2,477

m2 Gbr.II-4

= = =

-1,760 -0,431

= = =

-1,760 -0.445

-2,191

-2,205

= = =

-1,760 -2,206

= = =

-1,760 -0.446

-2,206

-2,206

15 2.Perhitungan

design

Perletakan2 dengan dernikian

=

M1A

-

'M12 =

M1B

M21

M2C

MBl

MC2

MD2

mB

B,

C dan

mc

=

=

mD

D

=

k12

(4) + 2 m1

{

(4)

2

{

°} 0,4 { 2( .•. 2,477) } + +

{2 m(4) + = 'k , 2D 2 = . 0,4 { 2 (-2 ,206)

= = = =

= = = = = =

+

°

°}

°} 1,2 { 2 (-2 ,206) } + B,

C dan

6Ml

tm

=

-9,527

tm

+5,945

tm

+

+

--

°

=

-4,965

tm

=

+10,259

tm

= ---5,294'

tm

M2C

°

=

6M2

D:

(4) k~ r o + ml } + MAl 01~ (+2,477) + (-1,6)

=

-0,609

+ m(4)} + { ° 1,2 (+2,477) + = +2,973 ° + m(4)} + k2C MC2 2 { ° 1,2 (-2,206) + = -2,647 ° + m2(4)} + MD2 k2D { ° 0,4 (-2,206) + (+3,2) = +2,317 klB

+3,582

= =

M2D } + (-3 ,2 )

(4) k2C { 2 m2 +

=

M1B

(4) + m(4)} + M21 k21 { 2 m2 1 0,9 { 2(-2,206) + (+2,477) } + (+12,0)

A,

0,

M12

=

(4)

=

0.

0,9 { 2(+2,477) + (-2,206) } + (-12,0) k1B{2ml

8D

M1A

(4)} + + m2

ml

eA = eB = ec =

-+

jepit

+ °} 0,4 { 2(+2,477) } + (+1,6) k lA

Perletakan2 tlAl

A,

= = M2D

=

mA

moment

°

tm

MBl

1

Jika perhitungan

tm

tm

tm

momen design diambil dari

hasil2

momen z-

parsiil pada langkah ke-2, analog dengan langkah ke-4,

dimana

disini-

harga

m

(4)

diganti

dengan-ma),

diperoleh

:

MlD

= = =

+5,938

tm

M2C =

-5,292

6M1

= -0,014

tm

6M2

=

+0,002

M1A M12

-4,964

tm

tm

M21

= =

+10,258

tm

+3,579

tm

M2D

-9,531

tm tm

::::

°

16 Untuk titik kumpul (1) diberikan koreksi sbb:

~

M1A

=

+3,579 + ~:~(0,014)

=

+3,581

M12

= =

-9,531 + ~:;(0,014)

= =

-9,526

M1B

+5,938 + ~:~(0,014)

?

6M1

=

°

+5,945

Bandingkan hasi12 tsb.dengan hasi12 yang diperoleh dari hasil padalangkah yang ke-4 (konvergen), perbedaannya relatip sangat kecil.

11-1-3.

Contoh soal ke-2. Portal dengan bentuk bangunan, angka2 kekakuan maupun pembebanannya symetris. Angka2 kekakuan langsung diberikan (setelah faktor kekakuan Kab dibagi dengan konstanta K), ukuran dll lihat Gbr.II-5:

3t)n

2t)n

~

4 k=O,S

6

II)

r-,

3 II)

II)

r-,

r-,

'""-I

~f' II

..

..

6,00

II t

8,00

~

c

B

A

6,00

8,00

~

Gbr.II-S

Penyelesaian : Karena symetris (angka kekakuan & pembebanan). ditinjau separoh bangunan. 1.Perhitungan mornen2 primer M12

=

r+45 =

mome~

parsiil

=

-12,0 tm

+

M21

=

+12,0 tm

-6,0 tm

+

MS4

=

+6,0 tm

-32,0 tm

+

M32

=

+32,0 tm

-16,0 tm

+

M65

=

+16,0 tm

1

2 (4)(6,00)2

-1

- /2

M23

=

-1

2 (6)(8,00)2

= =

MS6

=

-/2 (3)(8,00)2

=

(2)(6,00) 2

1

'[1 = -12,0 tm ; '[4 = -6,0 tm ;

'[2 = (+12,0) + (-32,0) '[5 = (+6,0) + (-16,0)

= =

-20,0 tm -10,0 tm

17 p, y

dan m(o)

P1

= 2 (1,0+0,75+0,75)

P4

=

=

2 (0,75+0,5)

Y12

=

0,75 -5-

=

0,1 0

::(1!~5_ iu

~

'21

0,0;:,

Y41

= 2,5

YS4

=

(0)

m1 (0)

m4

5

=

5

P4

2,5

P5 = 2 (0,5+1,25+0,75)

=

!J~5 '25 -

=

- .Q2. = 0,200

Y45 - 2,5

_ 1,25 Y52 5

=

0,250

p) _ _1"2 = P2

(-20,0) 10

=

+2,0 tm

p)

(-10,0)

=

+2,0 tm

5

- +2,4 tm

m2

(-6, 0) 2,5

_ +2,4 tm -

m5

Pemberesan

4

=

+

+

(0)

(1)

mS

=

{ m~) }

m5

{ mf) }

+ (-Y52)

mf)

mf)

= (-0 ,300 )(+ 2 ,400) = (-0,200)(+2,000) = ma) = 4 (0) = m5 (-0,100)(+1,280) = (-0,250)(+2,000) = mg) = (0) = m2

= +

m~)

+ (-Y 2 5)

{m~1)}

+ (-Y21)

{m~o)}

= +

}

{ m~) }

+ (-Y54)

mf)

dibawah ini 4

(0)

+

5

mP)

}

{ m~O) }

(-Y45)

1"5 _

--P5

momen2 parsiil dimulai dari titik kumpul (4) ke

m4

+ (-Y 41)

-

-

(5), (2), (1) seperti yang akan ditunjukkan m(l)

}

+ (-Y 14 )

{m~)}

.

a)

nakan harga2

m

tuk mempercepat

dari

titik2

tercapainya

Langkah

hasi1

-0,128 -0,500 +1,372 +2,000

(-0,150)(+1,280)

= -0,192 m(l)

(1)

' m2

kumpu1

+2,000

(-0 ,150)( + 1,648 )

1

(1)

+1,280

= = = =

a)

m5

pe rtii. tungan

-0,400

(.;..0,075)(+2,400)

1 Pada

-0,720

= -0,172

m2

}

q) }

Lm

+2,400

(-0,125)(+1,372)

mP)

+ (- Y 12 )

Catatan:

5

ll, L:.-,

10

(-12,0) _

1"1

-

= 10

5

0,100

= --P1

- -~

P2 = 2 (0,75+1,75+1,25+1,25)

= 0 75 = 0,150 Y14

0,75 = 0,300 0,5

= 5

(1)

~ m1

tersebut

sebe1umnya

=

+1,648 +2,400 -0,247

+1,961

1angsung metiqqu-

yang sudah

yang konvergen.

(putaran) ke-2, menghitung

-0,180

m~) sbb :

dihitung,un-

,

,

18 (2)

m4

=

(0)

+ m4

+ (-Y41) +

•••• dst.

}

{ mf) }

(-Y45) { m~l)} mq), mf), mf)

(-0,300)(+1,961)

= =

(-0,200)(+1,372)

= -0,274

m~)

mf)

I

I .. (0)

m4

, -',---'(-0,300)(+2,400) (-0,200)(+2,000) m~)

m,?)

(-0,300)(+1,961) (-0,200)(+1,372)

+2,400 -0,720_ -0,400 v

I

p)

m5 , - ',---'(-0,100)(+1,280) (-0,250)(+2,000)

= +1,280 = +2,400

=

-0,588 = -0,274 v

mf) (-0,100)(+1,538) (-0,250)(+1,648)

= +2,000 = -0,154 = -0,412

= +2,400

m~)

= =

-0,575 -0,287

(3)

=

+1,538

(0)

_

(4)

m4

mt) (-0,150)(+1,648) (-0,150)(+1,280) a)

ml

(0)

ml (-0,150)(+1,674) (-0,150)(+1,538)

(2)

ml

(0)

ml (-0,150)(+1,678) (-0,150)(+1,538)

S

(-0,100)(+1,538) (-0,250)(+1,674)

v

(3)

mS

mf) (-0,100)(+1,539) (-0,250)(+1,678)

+2,400 -0,575 = -0,286" -

=

, _L..' •.....

=

+1,539

= = = = = = = = = = =

+2,400 -0,247 -0,192

----.,

m~4)

mf)

m?)

= =

(0)

= = =

+2,400 -0,252 -0,231

m2

(4)

=

+1,917

p)

- +1,648

= +2,000

= =

-0,179 -0,144

=

+1,674

= +2,000 -0,178 = -0,144 +1,678

=

+2,000 -0,178 = -0,144

(-0,125)(+1,427) (-0,075)(+1,917)

=

(4)

=

m2

-0,154 -0,419 +1,427

= +2,000 -0,172 = -0,180

=

ml (-0,150)(+1,678) (-0,150)(+1,539)

Gbr.II-6

= +2,000

=

(3)

m2

m1

_

=

= +1,917

-0,154 -0,419

- +1,427

(-0,125)(+1,427) (-0,075)(+1,918)

(3)

m1

=

_

(2)

+2,400 -0,252 -0,231

=

(1)

m2

+1,918

+1,434

= +2,000

=

mf) (-0,125)(+1,434) (-0,075)(+1,961)

+2,400 -0,251 -0,231

=

(-0,125)(+1,372) (-0,075)(+2,400) m2

+1,961

+2,000 -0,128 -0,500

= +1,372

m~)

(-0,300)(+1,918) (-0,200)(+1,434)

= = =

:

mf)

m(2)

(-0,300)(+1,917) (-0,200)(+1,427) ,

= = =

dst.

lihat bagan skema pad a Gbr.II-6

= +1,538

m4

'

+1,538

mf)

m4

,

-0,588

kembali ke titik (4) lagi, langkah ke-3

hingga dicapai hasil yang konvergen, -0,200

=

+2,400

+1,678

19

2. Pe rhi tungan

design

momen t

bentuk bangunan, pembebanan & angka kekakuan syme-

Mengingat

tris, maka pada bentangan 6-5 dan 3-2 didapat 86 = 83

= = = =

M12

M14

MlA

(4)

2 m1

k 12 {

(4) }

+ m2

+

=

0

m6

-+

M12

0,75 { 2(+1,917)

+ (+1,678)}

+ (-12,0)

= -

7,866

tm

0,75 { 2(+1,917)

+ (+1,539)}

+

0

4,030

tm

+ 0 }

+

0

= + = + = -

3,834

tm

0,002

tm

. 1 , 00 { 2 (+1 , 917)

~M1 + (+1,917)}

+ (+12,0)

= +15,955

tm

+ 5,979

tm

-27,805

tm

M21

=

0,75 { 2(+1,678)

M2S

=

1,25 { 2(+1,678)

+ (+1,427)}

+

M23

=

1,25 { 2(+1,678)

+ O}

+ (-32,0)

= =

M2B

=

1,75 { 2(+1,678)

+ O}

+

=

+ 5,873

tm

=

+ 0,002

tm

=

+ 3,746

tm

= - 3,747

tm

= -

0,001

tm

=

+ 5,665

tm

=

+ 8,197

tm

= -13 ,860

tm

=

+ 0,002

tm

+ (+32,0)

= +34,098

tm

+ (+16,0)

=

+17,070

tm

+ 1,917

tm

+ 3,356

tm

0

0

~M2 M4l M45

= =

0,75 { 2(+1,539)

+ (+1,917)}

+

0,50 { 2(+1,539)

+ (+1,427)}

+

0 (-6,0) ~M4

+ (+1,678)}

+

MS4

= =

1,25 { 2(+1,427) 0,50 { 2(+1,427)

+ (+1,539)}

+

MS6

=

0,75 { 2(+1,427)

+

MS2

o)

0 (+6,0)

+ (-16,0) ~M5

M32

=

1,25 { 0

+ (+1,678)

M65

=

0,75{0

+ (+1,427)}

Perletakan2

A

dan

D

= m3 = O.

}

~

°

~

o

~

°

~

°

:

MAl

=

1,00 { 0

+ (+1,917)

}

MB2

=

1,75 { 0

+ (+1,678)}

+ +

Untuk harga2 momen design

° == ° pada bagian

kanan sumbu

symetri,

hasi1nya sama symetris dengan sebelah kiri, artinya sama besar ber1awanan taAdanya.

Sedangkan pada kolom2 sumbu symetri

Jika jumlah bentangan (baik angkakekakuandan

pada konstruksi

pembebanannya)

metri terletak pada bentangan

portal yang

=

O.

symetris

ada1ah ganjil, dimana sumbu

tengah, maka perhitungannya

dengan keadaan pad a jumlah bentangan

M

tetapi-

sy-

akan berbeda-

yang genap sebagaimana

pada contoh

soal tersebut diatas. Untuk keadaan dimana jumlah bentangannya turunkan rumus/persamaan

ganjil tsb. akandi

seperti yang akan diuraikan pada Bab.II-1-6.

20 11-1-4.

Sokongan

sendi

Rumus2 sebagaimana 2

ubah jika perletakan nya

yang diuraikan

pada Bab.ll-l-l, akan be~

berupa sokongan sendi seperti yang akan diura-

ikan dibawah ini : Sokongan maka

b dan d pd Gbr.II-7

-+ Mba

=

Mda

=

berupa sendi,

O.

Mab

=

Mba

= kab { 2 mb + ma } + Mba

kab { 2 ma + mb } + Mab

Eliminer

mb

=

0

dari kedua persamaan

tersebut,

menghasilkan Mab =

1

--

2

ma kab + Mab - ~ Mba

3

--

analog -+ Mad = 2 ma kad + Mad - ~ Mda Jika: = Mab - ~ Mba M'ad -- Mad - ~2 Mda

M~b Gbr.II-7

Persamaan

} }

••• (11-7)

• •• (II-a)

(11-7) menjadi

3

-,

Mab = 2 ma kab + Mab 1

Mad =

2

-

ma kad + M~d

batang/balok2

yang lain:

•••

(II-9)

=

0, maka

Mac = kae { 2 ma + me} + Mac Mae = kae { 2 ma + me } + Mae Berdasarkan harga

keseimbangan

ma dari pers.(11-9)

nya pada penurunan

diturunkan

menjadi:

-+EMa

(sepertihal-

rumus/pers.II-5j

,

Ta

ma = - o~ dimana T~

tsb.dapat

pada titik kumpu1a

+

me{-Y~e}

•••• (11-10)

md -YJcl

:

= {

M~b + M~d + Mac + Mae}

P'a --

2 { kab + kae + kad + kae } - ~ kab - ~ kad -p - a - 's2 kab - !-k 2 ad

Y~e =

kae

PI a

kae

Y~e =

P' a

••• (I1-11)

21 11-1-5.

Contoh

soal

ke-3.

Portal dengan bentuk bangunan

dan pembebanan

contoh soal ke-l, dimana disini perletakan 1 =2,25

A

dan

tjn

D

seperti

diganti

pada-

sendi.

P =3,2 t

Q2=1,2 t,In

k=0,4 A

<"\I

<"\I

'"-i

'"-i

~

~

or

-

4,00

,

II

II

r--

D

•..

•..

'c

8,00

B

4,00

C

Gbr.II-8

Penyelesaian Tumpuan

A

:

dan

D

titik2 kumpul

persamaan2

sendi, digunakan

(1) & (2) harga2 p dan y

1.Perhitungan

mome~

II-10 & II-II, dimana

pada

p' dan y'.

ditukar dengan

parsiil

angka kekakuan lihat contoh soal ke-l momen2 primer Untuk menghitung an 11-8, dimana menganggap

MiA =

Ml2

11 = 12 =

t (l, 2)( 4) 2

+

=

-12,0

=

_

=

_ P'2 P2

~ k2D

=_ 5,0

m(O) Z

-+

tm

=

+12,0

D

tm

jepit dengan

Q2'

analog ;

MAl =

Mh2 = 0.

42) _- +i

MlB

M2D

=

-4,8

tm

= M2C = a

° = -9,6 + ° = +7,2

(+2,4) + (-12,0) +

tm

(-4,8) + (+12,0)

tm

5,0

~ (0,4) = 4,8 ~ (0,4)

= ~kl2 ~~, - 0,9 = 0,1875 ; Pl - 4,8 T' ( -9 , 6) = +2 1= = - pi - 4,8 '

°

1

dan

A

persama-

m(O)

~ klA

,

=

M2C =

M2D + M2l +

Pl - Pl

Y12

+2,4

M2l

;

M1A + Ml2 + MlB

p', Y I dan I

tm

titik

(1+12
MlA - ~ MAl =

=

momen primer lA dan 2D, digunakan

=

4,8 I

Y21 tm

=

k21 :::0,9

-::-I P2

4,8

=

0,1875

T' _ -1 5 m 2p) -- -.:...l = - (+7,2) 4,8 , p' 2

tm

22 Pemberesan momen2 parsii1 dimu1ai dari titik kumpu1 (1)

ke

titik kumpu1 (2) seperti ditunjukkan da1am bagan s~ema pada Gbr.II-9

r.:O ,1875 -----' (0)

m1 (-0.1875)(-1,500)

4,

2

(0)

= +2,000 = +0,281 = +2,281

m2 = -1,500 (-0,1·375)(+2,281) = -0,428 mq) = -1,928

= +2,000 m1 (-0,1875)(-1,928) = +0,364 (2) = +2,364 ml

m~) = -1,500 (-0,1875)(+2,364) = -0,443 m(2) = -1,943 2

(1)

ml (0)

p)

mf) (-0,1875)(+2,364)

= +2,000 = +0,364

ml

(-0,1875)(-1,943) (3)

(3)

= +2,364

ml

m2

= -1,500 = -0,443 = -1,943

Gb --.II-9

-

2.Perhitungan MiA = k lA = 0,4

{3

design (3)}

"2m1

moment

-,

(titik

+ MiA

sendi, lihat persamaan 11-9)

=

{ ~ (+2,364) } + (+2,4)

= 0,9 { 2(+2,364) + (-1,943)} M1B = 1,2 { 2(+2,364) + O} M12

+3,818

+ (-12,0) = -9,493 +

0

= +5,674 6M1 = -0,001

M2D = 0,4 { ~(-1,943) } +

(-4,8)

tm tm tm tm :::0

= -5,966

tm

M21

= 0,9 { 2(-1,943) + (+2,364) } + (+12,0) =+10,630

tm

M2C

=

tm

1,2 { 2(-1,943) + O}

+

0

= -4,663 6M2 = +0,001

tm :::: 0

Jika diambil harga momen2 parsiil pada 1angkah yang be1um konvergen (1)

MiA = MiA

(misa1nya pada 1angkah ke-1)

*

kiA ± -1--'-

(1) M12 = M12 ±

'2 p 1 k

--1.? 1

p'

'2 1 (1)

M1B = MiB

±

k

~ ~p' 2

6M 1

1

1

Bi1a diisikan harga2 mU) = +3,769 + 0,005 = +3,819

tm

= -9,643 + 0,150 = -9,493 MiB = +5,474 + 0,200 = +5,674

tm

MiA

0, diberikan koreksi sbb

3 (angka 4 karena A sendi)

6Mi

6M

6M1t

M12

6Mi=

0

tm

diperoleh:

••.

(6M1= -0,400 tm)

dst.

23

11-1-6.

Keadaan

symetri

Keadaan symetri

(bentuk bangunan,

banan), dimana pada jumlah bentangannya pada bentangan

yang ditengah ~

runan rumusnya menjadi Maa'

=

=

-Sa

angka kekakuan dan pembe-

ganjil (lihat Gbr.II-10), Sa , atau

=

ma

-ma

maka

dan penu-

:

kaa'{ 2 ma + ma'} + Maa

= kaa { ma } + Maa Mac = kae { 2 ma + me } + Mac Mad = kad { 2 ma + md } + Mad Mae = kae { 2 ma + me } + Mae M~a

e

....

)

c)

I I

/

I

Lx_) __:,' t -P

I

P

\

X

_-

d

_____

/

I

ma

r

Sa

I

}

I

I

e

Gbr.II-1O pada (II-12)

dapat diturunkan menjadi:

da penurunan

rumus/persamaan

""'"

-- --

'Sa'

I

jumlah persamaan2

Dad ga

--.---1---

a

(11-12)

(dengan

dan 1:Ma = 0, maka har-

jalan

yang sama seperti

pa-

II-5)

ma { -Y~e}

ma

= -

La

p' a

+

••.•• (Il-13)

-Y~d}

md {

me { -Y~e} dimana P~

,

=

Pa - kaa'

kae - --

Yae - P~

Pa

, Yad

_

k

ad

- PIa

= 2 { kaa'+ kae + kad + kae } } •

'

,_

k ae

(11-14)

Yae - PIa

Untuk keadaan symetri dengan jumlah bentangan

genap,

dima-

na sumbu symetri tepat pada kolom tengah, maka dalam perhitungannya dak per lu menukar harga

P dengan

P' (lihat

eontoh

soal

ke-2).

--

ti-

24 11-1-7.

Contoh

soal

ke-4.

Portal symetris dengan pembebanan lihat pada Gbr.II-11,

angka kekakuan diberikan langsung. 1t

rrrririn

..

k=~, 75

'""'lIt

'""'l

0

1 t ...•.

~I3

k=0,75

...

il:,

~

.f" - - -

0,5 tin 0.4

yang symetris sepertiter

k=0,75

2 '/

k=0,75

1t

!

"

0,5 tin

3'

~

1 k=0,75

12

0

k=d,75

,

'""'l

" --r-'""'l

"

~

~

6,00

A

8,00

-

---:r;-

6,00

4v

B'

B

A'

Gbr.II-ll

Penye1esaian Karena symetris

& pembebanan),

(angka kekakuan

ditinjau separohbangunan

dan pada titik2 kumpul yang berada pada bentangan tengah (titik 2 harga

P diganti dengan

I.Perhitungan

momen2

P '. (menggunakan

persamaan

II-13

&

&

3),

II-14)

parsii1

momen2 primer -

-

1

M12 = M43 = - 12 (0,5)(6,00)

M t

=

2

M

2

= -1,5 tm;

-+

11 = -1,5 tm ;

12 = (+1,5) + (-1,5) = 0

14 = -1,5 tm ;

13 = (+1,5) + (-1,5) = 0

P , Y dan

2

= M34

=

+1,5 tm

P

= 2(1,0+0,75+1,0+0,75)-0,75=

Pj

= 2(0,75+1,0+0,75)-0,75

k12 0,75 3 Y12 = = 5 5 = 0,1 6 PI

k43 Y 43 = P4 k y' 23 - -,23 P2 , _ k34 Y34 - -, P3

M3'3

= M2'2 =

+1,5 tm

m(b)

= 2 (1,0 + 0, 75 + 1,0) = 5,5 ;

J.

M21

'= _ (1)(2 ,00 )(6 ,00 )2 + (1)(6 ,00)(2 ,00) 2 = -1 5 tm 33 (8,00)2 ' -+

PI

-

P 4 = 2 (0,75 + 1,0) = 3,5

6,25}

(pada

;

tengah)

k14 M Y 14 = = 5 5 = 0,182 PI'

'

0,75 = 3 5 ' 1 0 - 6 ,25 ' _ 0,75 - 4 25 '

bentangan

= 4,25

= 0,214

;

Y

_ 41 -

- 0 ,160 -

;

, Y 21 =

_ - 0,176

.,

, Y 32 =

k 41_ -P 4 k21 -, = P2 k32 -,- = P3

1,0 = 0,286 3,5 0,75 6 25 = 0,120 ' .l.z..Q 0 235 4 25 = , '

25

mP) 1

m~)

= -

T1 _ _ (-1,5) _ P 5,5 - +0,2727

mP)

1

T4

= - P4

= _ (-1,5) _ +0,4286 3,5 Pemberesan

(0)

3

(-0,214)(-0,0699) (-0,286)(+0,1947) (1)

m4

(0)

m4

(-0,214)(-0,0652) (-0,286)(+0,2053) (2)

m4

(0) m4

(-0,214)(-0,0642) (-0,286)(+0,2046) (3)

m4

(0)

m4

(-0,214)(-0,0641) (-0,286)(+0,2047) (4)

.--...L..-,

m4 -0,1361

pada bagan skema

Gbr.II-12.

1-0,176 m~)

!

T3 = - P'

momen2 parsiil dimulai dari titik kumpul (1), ke

-0,2141

.',

° = °

_ 2-

m3

(2), (3) dan (4) seperti ditunjukkan

!

= - PT2

2

=

m3(0)

+0,4286

= +0,0150

=

-0,0557

=

+0,3879

=

!

,

!

(-0,235)(-0,0234) (-0,176)(+0,4286) (1)

=

m3

=

mf)

=

(1) m]

p)

m] (-0,182)(+0,3879) (-0,136)(-0,0234)

mf) p)

m] (-0,182)(+0,3839) (-0,136)(-0,0134)

(-0,235)(-0,0134) (-0,176)(+0,3879)

=

=

+0,0031 -0,0683

+0,3839

(2) m3

=

-0,0652

= = =

+0,4286 +0,0137 -0,0585

=

+0,3838

m3

+0,4286 +0,0137 = -0,0585

m3

(0) m3

(-0,235)(-0,0142) (-0,176)(+0,3839) (3) (0)

= =

=

(-0,235)(-0,014J) (-0,176)(+0,3838) ,

I

(4)

,

+0,3838

m,

= +0,2727

= =

-0,0780 0

=

+1,947

m3

= =

= +0,2727 = -0,0699 = +0,0018

(0)

=

~

m]

-0,0706 +0,0032

=

= = = =

=

= =

= =

-0,0234

°

-0,0246 +0,0112

= -0,0134

mf)

=

(3)

= =

(-0,120)(+0,2046) (-0,160)(-0,0652)

m2

(0)

l-U,lZU){+D,Z~47J (-0,160)(-0,0642) (4)

Gbr.II-12

0

m2

+fJ, 2727 :; -0, JE.8~

+0,2047

-0,0641

= -0,0234

=

m2

+0,0019

o +U,UU.54 -0,0675

=

mf)

+0,2046

= =

-0,0642

°

=

(2)

°

+0,0034 -0,0676

=

mq)

(-0,120)(+0,2053) (-0,160)(-0,0699)

= +0,2053

=

l-O,18~)l+O,38~B} (-0,136)(-0,0142)

m2(0) (-0,120)(+0,1947) (-0,160)(0)

= +0,2727

(3)

m]

°

+0,4286 +0,0140 -0,0587

1-0,1201

m1 (-0,182)(+0,4286; (-0,136)(0)

-0,0699

= = =

. (0)

°

= +0,0055 = -0,0754

m2

=

.::

°

-0,0246 +0,0104 -0,0142

n

.::--'.: , ..)L ··....r., = +0,0103

=

-0,0143

26 2.Perhitungan M12

MiA

M14

design

moment

k

{2 m(4) + m(4)} + M12 12 1 2 0,75 { 2(+0,2047) + (-0,0143) } + (-1,5)

= = = =

1,00 { 2(+0,2047) + O}

+

0

1,00 { 2(+0,2047) + (+0,3838) } +

0

= = = =

fl Ml

(4) k22,{ m2 } +

M22, = M21 M23 M2B

= = = =

M22,

(lihat persamaan

0,75 { (-0,0143) }

= = = = =

·0,75 { 2(-0,0143) + (+0,2047) } + (+1,5) 0

1,00 { 2(-0,0143) + O}

0

+

+0,4094 tm +0,7932 tm -0,0011 tm

II-12)

+ (-1,5)

1,00 { 2(-0,0143) + (-0,0641) } +

-1,2037 tm

fl M2

-1,5107 tm +1,6321 tm -0,0927 tm -0,0286 tm +0,0001 tm ••• dst.

Harga2 momen design pada bagian kanan sumbu symetri

Catatan:

nya sama symetris berlawanan

I I -2.

hasil-

dengan sebelah kiri sumbu symetri (sama besar tetapi-

tandanya).

Ringkasan

langkah2

perhi tung an •

Untuk mempermudah

dalam menyelesaikan

perhitungan

tal dengan titik kumpul yang tetap), berikut ini diberikan langkah2 perhitungan 1. Perhitungan

(padapor-

ringkasan

sebagai berikut

momen2 parsiil

a. menetapkan

angka kekakuan masing2 balok/kolom

b. menetapkan

besarnya momen2 primer dan T pada tiap titik kumpul.

c. menetapkan

harga2

d. pemberesan

momen2 parsiil:

- untuk mencapai (perhitungan

mP) pada tiap titik kumpul.

p, y dan

hasil konvergensi ma)

hendaknya

yang berada diseberangnya

pada tiap ttk kumpul.

yang cepat, pada langkah pertama-

diambil dari harga2 pada titik kumpul

yang sudah dihitung sebelumnya.

- jika dihadapi portal dengan jumlah bentangan dan tingkat yang kup banyak, agar tidak membuat kekeliruan tidak begitu mempengaruhi

hasil akhir tetapi akan dicapaihasil

vergensi yang lebih panjang) sebaiknya momen yang mudah dikerjakan. 2. Perhitungan

(meskipun kekeliruan

(lihat

cuini kon-

diambil putaran pemberesan-

contoh2

putaran

pd Gbr.II-13)

design moment

a. jika dikehendaki

perhitungan

yang sangat teliti hendaknya

diambilda-

27 ri harga2 pada langkah/putaran b. jika hanya dikehendaki ka cukup diambil

perhitungan

relatip kecil terhadap

ini pemberesan

diberikan

koreksi

tik kumpu1 = b.M,

yang tidak perlu teliti sekali,m&

dari harga2 momen parsiil pada langkah/putaran

tentu yang selisihnya da langkah

yang konvergen.

momen parsiil

apabila

langkah sebelumnya

dihentikan),

ter(pa-

yang kemudian

-

jumlah a1jabar design moment pada suatu ti

dimana b.Mini

diratakan

sebanding

dengan angka ke-

kakuannya.

Berikut ran pemberesan

pada Gbr.II-13

momen2 parsii1

ini diberikan

beberapa

variant puta-

: \ \

3- - ....

9-- ----··--110

-. -1- 4

2

5

1

6 - - -. - -.

.

•

10-···--·-111-·--··-112

9-·

8

11

8-·

-··-17--·---··-1-6------·-15

I· 7

12

1--·-·

··-12---

"b,

,.,.

~

·-·_·-1-3-

•••••

·----··-14

,m.

~

Gbr.II-13 .ete-rangan :

Langkah perhitungan ~o~

dimu1ai

dari titik

~i~ik (12) terus kembali

dengan titik (1)

dan seterusnya

(1) ke (2), (3) •••• dst sampai

lagi ke titik (11),

(10)

•••

dst sampai

sampai tercapai konvergensi.

~

"SOETOMO

HM" JAKARTA

28

BAB.III

PORTAL

DENGAN

TITIK

KUMPUL

YANG

BERGOYANG

Portal dengan titik kumpul yang bergoyang pada masing2 titik kumpul disamping jadi pergeseran

dimaksudkan

terjadi perputaran

bahwa

sudut, juga ter-

(pergoyangan).

Pada umumnya, pada setiap perhitungan tingkat, gaya2 horizontal

konstruksi

portalber-

(akibat an gin atau pun gempa dll) dianggap be-

kerja pada rege12 (pertemuan balok dan kolom tepi), sehingga delam arah horizontal

tersebut pada kolom2 tidak terjadi beban antara. Didalam metode TAKABEYA ini, untuk perhitunganportal

titik kumpul yang bergoyang,

rumus2 umum hanya dapat diturunkan

konstruksi

portal dengan pergoyangan

konstruksi

portal bertingkat

arah yaitu arah horizontal

saja.

horizontal

untuk-

satu arah, dan pada umumnya memang

mempunyai

Juga dalam penurunan ini, beban2 horizontal

dengan

bentuk yang pergoyangannya

(lihat

Gbr.I-l

pada

satu

Bab.I-l)

rumus2 yang berlaku umum pada metode -

dianggap bekerja pada rege12.

Untuk pembebanan

yang tidak bekerja pada rege12 atau muatan lainnya (misal mo-

men) yang bekerja pada kolom akan penulis bahas dalam buku bagian kedua. III-I. III-I-I. Persamaan

Penurunan

rumus2

Keadaan

umum.

dasar (1-4): Mab Mba

= =

kab { 2 ma + mb + iiiab} + Mab kab { 2 mb + ma + iiiab} + Mba

dimana

Kab

K kab

= = =

:

ma

=

mab

= - 6 E K '.\Jab

2 E K aa

konstanta

= 2 E Kab =K

ab

K

m3

kekakuan berdemensi

angka kekakuan,

ma & mb

=

kab

faktor kekakuan berdemensi

ngan konstanta

mab

mb

m3, ditentukan

sebarang.

setelah faktor kekakuan Kab dibagideK, hingga kab tak berdemensi

lagi. aa & ab.

masing2 momen rotasi yangdiakibatkanoleh

momen displacement

yang diakibatkan

ma, mb dan mab berdemensi Kita tinjau portal bertingkat

oleh

'.\Jab.

ton.m. dengan beban2 horizontal

bekerja pada regel2 dan beban vertikal yang bekerja pada balok2 tempat sebarang

seperti terlihat pada

Gbr.III-l

berikut

yang

dengan

29

--

Wi

T

7

hi

mI

I

W2

---...

T

6

h2

m.zr

n

41-

II

fl/l2

-

W3

I,

t T 1 -

h3

31-7,

I

2.

I

,

I

I

']: 1/13

mlII r-1/I3

~

,

1/13

,,,", A

B

C

Gbr.III-l

Momen2 displacement Tingkat ke-1

-+

Tingkat ke-n

-+

Tingkat ke-ill

-+

Pada titik kumpul MS4 MS6 MS8 MS2 Keseimbangan

= = = =

pada masing2

2 mS

kS6 kS8 kS2

••••

(III-I)

6 E K 1/12

•.••

(III-2)

6 E K 1/11

••••

(III-3)

kS4 { 2 mS + m4 } + MS4 kS6 { 2 mS + m6 } + MS6

• • •• (I II-4)

kS8 { 2 mS + m8 + iiiS8} kS2 { 2

(111-4) {kS8}{m8

+

6 E K 1/13

(5)

"s

+ m2 + iiiS2}

(5)

MS4 + MS6 + MS8 + MS2

kS4

:

mlA = m2B = m3C = mlII = m16 = m23 = m34 = m.zr = = m67 = mS8 = mI

pad a ti tik kumpul

Dari persamaan2

tingkat

{kS6}{m6} {kS2}{m2

-+

L: Ms

= a

dan (111-5)

••••

{m4}{ks4}

+ mS2}

(III-5)

diperoleh

+ mS8} +

= 0,

+

[~S4l = MS6

a

• • •• (I II-6)

30

Jika kS4 2

I kS61

=

P

dan

s

kS8

[~S41= MS6

1"S

kS2 maka persamaan

(111-6) dapat dituliskan

menjadi

{-kS8}{m8 + mS8} mS Ps = - 1"S + {-kS6}{m6}

+

{m4}{-ks4}

••• (IIl-7)

{-kS2}{m2 + mS2}

atau {-YS8}{m8 + mIl

Ts

-p-

mS =

+ {-YS6}{m6l

S

{-y S2}{m2 + m.zr1

dimana

kS6

kS8

YS8 -

YS6 =

Ps

Persamaan

(111-8) tersebut diatas disebut persamaan

rotasi, dimana langkah perhitungan

=

m4

=

p) __

-

perputaran-

sudut, sehingga

m6

Dengan demikian persamaan

Sementara

momenuntuk momen rotasi ini per-tama2 de-

pada titik2 kumpul yang lain belum terjadi

sudut maupun pergeseran

mS

••• (IIl-9)

Ps

s

m2

Ps

kS2 YS2 = -

kS4 YS4 -- -P

ngan menganggap

••• (IIl-8)

+ {m4}{-YS4}

=

m8

=

mS2

0 dan

(III-B) menjadi

=

mS8 = 0

:

TS

P

s

dengan jalan yang sama pada titik2 kumpul yang lainnya

juga

dapat diperoleh mP ) -r Catatan:

Indeks

Tr

••• (IIl-lO)

Pr r adalah

namar

titik

kumpul.

31 Selanjutnya

untuk menentukan

momen akibat displacement,

di-

pada masing2 tingkat sehingga rumus2 momen displacement

ambil freebody2

tersebut dapat diturunkan. Kita ambil keseimbangan

pada freebody masing2 kolom tingkat

ke-IU (paling atas) sebagai berikut

-

~-- H7

!

Wi

7

T M76

T

hi

h2

II

t

---

M67

-H -_ 4

MsJ' )

M6i

M16

M4J

M34

M2S

---

H6

H8

!--L ___ S ---H

)

1

---

H7

l!~

_ 6 -H

_ 8 -H

-H --+-

(iihat Gbr.III-2a)

~-

H4

HS

Gbr.III-2b

Gbr.III-2a

Freebody 7-8

E H :;0

Freebody 6-7

E M7

0

-+

[ M76] + hi H7 M67

0

.•• (III-12a)

Fr~ebody 5-8 :

E Ma :;0

-+

[M8S] + hi H8 :;0 MS8

••• (III-12b)

Dari persamaan2

=

-+

(111-11),

[M76] M67

+

[Mas] MS8

Bila diisikan harga2:

Wi :; H7 +

••••

Ha

=

(Ll l= Ll )

(III-12a) dan (III-12b) didapat + h { Wi} i

=

0

(iihat persamaan

•••• (III-l3)

dasar

I-4)

M67 :; k67 { 2 m6 + m7 + m67 } M76 = k67 { 2 m7 + m6 + m67 } +

[M76]

mI

.•• (III-14a)

:; 3 kS8 { mS + m8 } + 2 kS8 mI

(III-14b)

=

3 k67 { m6 + m7 } + 2 k67

M67

M8S] [ MS8 Catatan:

mI

=

m67

=

mS8

(iihat persamaan

III-3)

32 Dad

persamaan2(III-14a)

dan (.III.,.14b), maka pada per-sama-

an (111-13) dapat dituliskan menjadi : [3 k67 {1'n6+ m7} + 2 k67 mIl + [3 kS8 {mS + m8} + ? I<S8mIl

=

-hl{

Wl}

atau : k67] _ -

,.. (III-15)

{-3k67}{m6+m7}

h1{Wl}+

2 iiiI [ kS8

+

{-3 kS8}{ms + m8}

jika 3 k67

--

2 [ k67] kS8

=

TI

= t67

..

TI

dan

3 kS8 TI

••• (III-16) = tS8

maka persamaan (111-15) dapat dituliskan menjadi

= -

mI

h1{Wl}

+

{-t67}{m6 + m7}

+

{-tS8}{mS + m8}

TI

••• (III-17)

Persamaan (111-17) tersebut diatas disebut persamaan momendisplacement pada tingkat ke-Dl (paling atas). Langkah perhitungan untuk mom en displacement ini dilakukanper-tama2 dengan menganggap pada titik2 kumpul belum terjadi perputaran sudut, hing(mS = m6

ga persamaan (111-17) menjadi : -f))

mI

=

m7 =

me =

hl{lvl}

=

0) ••• (III-18)

TI

Selanjutnya untuk tingkat ke-ll dapat diturunkan persamaanmomen displacement sebagai berikut Tinjau freebody2 pada tingkat ke-ll Freebody

4-5-6 (balok) H7 + H8 + W2

~

Wl

+

W2

~ EH

= =

=

Gbr.III-2b)

(lihat

0, diperoleh

H6 + HS + H4 ••• (III-19)

H6 + HS + H4

Jumlah keseimbangan momen pad a freebody kolom2 1-6, 2-5 dsn 3-4, yaitu :

[E

M6

=

0]

+

[E

Ms = 0]

+

[E

M4

=

OJ

33

Akan memberikan:

(Iihat persamaan III-13)

M16j [M2Sj [M341 [M61 + MS2 + M431 + h2 {H6 + HS + H4} Btau:

=

0

(dari persamaan III-l7) + [M2s1 + [M34] + h2 {Wl [M16] M61 MS2] M43

+

W2}

=

0

••• (IQ-20)

Dengan jalan yang sama seperti pada penurunan rumus/persamaan (III-IS), maka persamaan (111-20) teraebut memberi~an [3 k16 {m1 + m6} + 2 k16 +

[3

m.rr]

+ [3

k2S {m2 + ms} + 2Jc2s

m.rr] = -

k34 {m3 + m4} + 2 k34

h2 {W1

rfo

mE]

W2}

atau : 2

m.zr

I

k16]

k2S

=

+ W2} +

- h2 {Wl

k34

{-3 k16}(ml

+ m~} ••

+

{-3 ~2S}{1I2 + mS}

+

{-3 k34}{mJ ,to m4}

(III-2l)

jika ~

TlI 3 k25 TlI 3 k34 TlI

16

2

[kk25]

=

dan

T.rr

k34

=

t16

=

t2S

=

t34

••• (III-22)

maka persamaan (111-21) dapat dituliskan menjadi ."

h2 { Wl" + W2}

m.zr =

T.zr

+ ~6}

+

{-tI6}{ml

+

{-t2S}{m2 + mS}

+

{-t34}{m3 + m4}

.••

(III-23)

Langkah perhitungan untuk momsn di~placement pada tingkat~ ke-n ini, per-tama2 dengan menganggap pada tit~k2 kumpul belum terjadi perputaran sudut (m1 (111-23) menjedi :

=

m2

h2 {Wl

mP) 1I

=

- -

m3

=

+ W2}

TlI

m4

=

mS

=

m6

=

0), sehingga persamaan-

••• (UI-24)

34

harga2

Dengan jalan yang sama pada setiap tingkat dapat diturunkan ~), begitu juga.harga2 m~) pada setiap titik2 kumpul.

Selanjutnya langkah perhitungan dilakukan dengan menstubtitusikan harga dan m~) tersebut kedalam persamaan2 momen rotasi dan momen dis-

m:)

placement

seperti yang akan ditunjukkan sebagai berikut : (1)

'[ 5

= --

ms

(0)

::

ms"

_(l)h1

mI

{

+

Ps

}{

(0)

m8

+

-(0) }

mS8

+

{-YS4}{m~0)}

+

{-YS6}{m6 }

+

{-YS2}{m2

+

{-YS8}{m~) + iiif)}

(0)

(0)

+

-(0)

m2S}

(0)

~~ +'

{-YS4}{m4 .}

+

{-YS6}{m6 }

+

{-YS2}{m~) + iii~}

(0)

{ W1}

= -'

(0)

TI

-(0) mI

=

-YS8

(0)

+

{-t67}{m6

+

{-ts8}{mS

+

{-t67}{m6

+

{-ts8}{m ~) + m8p) }

(0)

(0)

+

m7 }

+

m8 }

+

m7 }

(0)

(0)

. . .. dst.

Secara umum persamaan momen displacement dapat dituliskan (lihat Gbr.III-3) sebagai berikut :

-

W1

0.

Gbr.III-3

W2

•

WR

mR

a.

r~hR

taAL

1- --'. -

ka4

e

b teE

tbB kbB

keE

..

"

B

A

,.,.

"

E

"

~

35 n=R hR

iiiR

L: Wn

n=l

= -

+

{-taA}[::l +

{-tbB}

TR

.......

+

+

{-teE}

[::l [:1

(III-25)

dimana TR

= 2

taA =

{kaA

3 kaA TR

+

kbB

+ ••.•• +

.' ......

;

keE} teE

3 keE = -TR

111-1-2. Contoh

80al ke-5. Portal dengan bentuk dan kekakuan yang symetris, tetapi pembebanan tidak symetris. Angka2 kekakuan langsung diberikan setelahdibagi dengan konstanta kekakuan K. (lihat Gbr.III-4) 5,4t W =1,3t 1 ~

It)

~r-,

6

k=0,5

Q

5

--t..!< 4,00

1

2

k=0,8

r--.. It)

~ II

7r2 t

..!<

2,.0 t It)

4

k=O, S

4 II

II ..!<

~

rl,Ot/m

1---4,00--t2,00~

2,.0

k=0,8

T

r

h 1= 4, 00

3

~

~

It)

~II

4

d' h2= 4,00

~

~II

~II

~

1

ABC Gbr.III-4

Penyelesaian 1.Perhitungan momen2 primer M12 M23

= -

l~

momen2

(2,0)(6,00)2

parsiil

= -6,0 tm;

(7,2)(4,00)(2,00)2 =-3,2tm; (6,00)2 (5,4)(4,00)(2,00)2 =-2,4tm; = (6,00)2 = -

\~s -'

MS4

= -

1

12

(1,0)(6,00)2

= -3,0 tm;

M21 = +6,0 tm

M

= + (7,2)(4,00)2(2,00)= +6 4 tm (6,00)2 ' (5,4)(4,00)2(2,00) = +4,8 tm M56 = + (6 0)2 32

M45 =

+J,O tm

f

36

= -6,0 l6 = -2,4

tm ;

l2

tm ;

l5

P, Y den

mP)

l1

= =

= =

(+6, 0) + (-3,2) (+4,8)

+ (-3, 0)

+2,8 tm ;

l3

= +6,4

tIn

+1,8

l4

= +3,0

tIn

tm ;

P1

= 2 (0,95 + 0,8 + 0,75).

= 5 ;

P4

= 2(0,75+0,5)

= 2,5

P2

= 2 (0,8+1,4+0,8+1,0)

p~

= 2 (0,5 + 1,0 + 0,5)

P3

= 2(0,95+0,8+0,75)

= 8; = 5 ;

P6

= 2 (0,75+0,5)

= 4 = 2,5

Y1A

0,95

= -5-

1,40

Y2B = ~

0,95

Y12

= -5-

= 0,175

Y21

= Y23 = -8-

= 0,190

Y32

= -5 - = 0, 160

= 0,300

Y45

= ~

=

YS2

= -4-

Y3C

= -5-

Y43

= ~

YS4

=

0,50 -4-

Y6S

=

0,200 ;

0,75

m~O)= mf)

_

l1 P1

0,125 Y61

= _ (-6,0)

(0)

= - 2l. = _

~

_

- - P3 - -

T, t

dan

tingkat

=

0,3.00

0,80

0,50

0,75

Y16

= -5-

Y25

= -8-

Y34

= ~

Y56

=

1,00

0,75

1,00

= 0,250

(lihat

ti tik (0)

(+2,8) 8

= -0,350

tm ;

ms

( +6 ,4)

_ 1 280 tm • - - , ,

m6

(atas)

ke-II

_ 3(0,75)

II -

m4

0,150

(0)

(0)

0,125

4)

_ l4 __ - - P4 -

rS

= - P5

= -

_ l6 __ - - P6 -

=

= 2 (0,75+1,0+0,75) _

;

_ 3 k 2 5 _ 3 (1 , 00 ) _ 25 T 5 - 0,600

;

(+3,0) 2,5

- -1 200 ,

(+1 , 8 ) -4-

=

(-2,4) 2,5

- +0 960 tm ,

-0,450

tm

tm

5

t34

= 0,450

iTif)

= _ h1 { w 1 }

= _

ke-I

5 -1,040

tm

(bawah)

=

2 (k1A+k2B+k3C)

2 (0,95+1,4+0,·95)

tlA

-

_ 3 k1A _ 3(0,95) TlI 6,6

_ - 0,432

t2B

=

=

3 k2B

(4, 00) (1 , 3 )

TI

=

TlI

=

:

-0,450

TlI=

= 0,125

nf°)

_ 3k16 t 16 -

tingkat

= 0,150

= 0,200

tm ;

5

= 0,100

0,80

+1,200

TI = 2 (k16+k25+k34)

t

=

= 0,160

5

P2 m3

0,80

= 0,190

=

3(1,40) 6,6

• ,

t3c

0,636 ;

m<:

= 0,432 = _ h2{

= 6,6

W1 + W2}

=

TlI

=

_(4,00)(2,0 6,6 -2,000 tm

+ 1,3)

37 Pemberesan momen se1s1u dimu1ai dari momen rotasi, disinidimulai dari titik kumpu1 (1) ke titik kumpul (2), (3), (4), (5) & (6) seperti yang akan ditunjukkan sebagai berikut : m}l)

=

+

mf)

= +1,200

m~O)

+ (-y LA) { iliff}

(-0,190)(-2,000)

+ (-Y12) {mf)} + (y ) { m(0) + iij(o)}

(-0,160)(-0,350)

- 16

6

= = = =

+0,056 +0,012 +1,640

m(o) 2 -

-0,350

= = = = =

-0,165 +0,350

(-0,150)(+0,960 - 1,040)

I

m(l) 1 m(l)

2

-

-

+

m(O)

2

(-Y21) {mf)} + (-Y2 ) { ili(O)} B II

(-0,100)(+1,648) (-0,175)(-2 ,000)

+ (-Y 2 3) { m

(-0,100)(-1,280) (-0,125)(-0,450 - 1,040)

+

f)}

+ (-Y25) {mf)+ ilif)}

m(l) 2

mal - + 3

-

+

3

= = (-0,150)(-1,200 - 1,040) = m(1) = 3

(-Y32) {mf)} {

(-0,160)(+0,149) (-0,190)(-2,000)

iliff}

+ (-Y34) {mf)+ ilif)} (0)

m4

+ (-Y43) { + (-Y 45) {

m1

1)+ iiif)}

mf)}

}

m~O)

m~)

+ (-Y54) { m~l)}

(-0,125)(-0,622)

+ (-Y52) { mq)+ ilif)}

(-0,250)(+0,149 -1,040) (-0,125)(+0,960)

+ (-YS6) { m~)}

m(l)

5 m~l)

= +

m~)

+ (-Y65) { m~l)} + (-Y

61

)

{m~l)+

iiif)}

}

-0,024 +0,380 +0,336 -0,588

-1,200 (-0,300)(-0,588 - 1,040) = +0,488 (-0,200)(-0,450) = +0.090 4

= +

+0,149 •

(o) m4 -

m(l) m~l)

+0,128 +0,186

mP) 3 - -1,280

m(o)

+ (-Y 3C)

m(l) _ 4 - +

+0,380

= = = = = =

-0,622 -0,450 +0,078 +0,223 -0,120 -0,269

mf) = +0,960 (-0,200)(-0,269) = -0,054 (-0,300)(+1,648 - 1,040) = -0,182 m(l) 6

=

+0,832

Sete1ah se1esai pemberesan momen rotasi pada langkah pertama, dilanjutkan pada pemberesan momen displacement langkah pertama lebih dahu1u, yaitu iliaJ yang akan ditunjukkan sebagai berikut :

38 Tingkat ke-n

mfJ

=

+

-m

(atas)

I

mf)

mf) (1)

( -t

(1)}

16 ){ m1 + m6 + (t ) { m (1) + m (1) +

- 25

2

(-0,450)(-1,648 + 0,832)

(bawah)

iiiSf = + iii~ +

r- t 1A)

{

m

f) }

(-0,432)(-0,588)

mg! momen displacement

dengan menggunakan

harga2

=

mfl)

tersebut sebagai berikut

iii(1)}

(-0,190)( -2,553)

II

(-0,160)(+0,149)

+ (-Y16) { m~J+ iiifJ}

(-0,150)(+0,832

mfJ

+ (-Y2B)

) { m (2)} 1

(-0,100)(+1,767)

{mg!}

(-0,175)(-2,553) (-0,100)(-0,588)

+ (-Y23) { mq)} + (-Y25) {mf)+

(-0,125)(-0,269

iiif)}

-0,095 +0,254 -2,553

_

- +1,200

= = -1,539) = m(l) =

+ mf) 21

-0,712

: (0)

) {

= = = = =

momen rotasi langkah kedua

m1 1A

-1,539

langkah pertama ini se

+ (-Y12) {mq)}

+ (-Y

-2,000

(-0,636)( +0,149)

kembali dengan pemberesan

mqJ

m~ (-0,432)(+1,648)

lesai, dilanjutkan

+ mf) + (_y

+0,545

mlT

Setelah pemberesan

=

-1,116

= m}l) =

(-0,450)( -0,588 - 0,,622)

+ (-t2B) { mq)} + (-t3C) { mq)}

mf)

=

(-0,600)(+0,149 - 0,269) = +0,072

}

5 + (t ) { m(l)+ m(l)} - 34 3 4

Tingkat ke-I

= +1,200

-1,539)

= = = = =

+0,485 -0,024 +0,106 +1,767 -0,350 -0,177 +0,443 +0,059 +0,226

(1) _

m2 -(2) m3(2) , ••• m6(2) dan -(2) mI, mlT .,. ditunjukkan dalam bagan skema Gbr.III-5. • .•

dst

Catatan

dst

- +0,201

. pemberesan momen se 1 anjutnya

(sampai tercapai konvergensi),

:

- Pada pemberesan ini, sebaiknya

momen untuk portal dengan titik kumpul yang bergoyang selalu dimulai dari pemberesan

hulu dalam satu langkah,

baru kemudian

pada langkah yang bersangkutan. - Untuk mencapai

hasil konvergensi

an momen rotasi selalu menggunakan tik kumpul sebelumnya.

momen rotasi lebih

pemberesan

(m:V ~

da-

momen displacement-

mt)

yang cepat, hendaknya

pada pemberes-

harga2 yang telah dihitung

padat~

39

.fJ:-1,04O iIIf)=-1,040 -1,116 -1,288 +0,072 -0,104 +0,545 +0,395 1fi=-1,5J9 l!If).-2,0J7

-g'm

IfJ:-1,040 JifJ=-l,040 -1,210 -1,291 -0,029 -0,109 +0,46; ..±Q..l2Q ;fJ:-l,81 "iiif)=-2,050 ifi:-l,040 ~ -i,040 -1,256 -1,295 -0,074 -0,110 :il +0,426;(1. +0,382 _/:-1,944 ml~=-2,056 :tJJ -=p) MI :-1,040 =-1,040 -1,278 -1,295 -0,094 -0,111 +D'g05 +0,'88 ~:-2, 07 -:)=-2,058

mfJ.+o,960 mfJ:+o,960 , -,---,mf):-o,450 , +0,078 +0,054 +0,017 +0,223 -0,182 +0,052 m~:+0,832 m~)=+1,029 m~=-, mf)=+O,960 mfJ=+0,960 +0,030 +0,016 mfJ:-O,450 +0,067 -0,068 +0,060 +0,335 m~J=+0,922 m~J:+1,036 (2J -0,104 mfJ=+o,960 mfJ=+o,960 ms :-0,152 +0,022 +0,015 ...=!WllU ~ mr -0,450 +0,061 m[1"=+0,981m:7J:+1,039 +0,395 -0,115 mfJ:+O,960 m~J=+o,960 mQJ:-0,109 +0,018 +0,015 (4) +0,035 (8) +0,065 m6 =+1,013 "'6 :+1,040 -0',600 Imf)=-0 ,450 +0,058 +0,424 -0,123 mfJ:-O,091

"'1

L-"':""'_~

ii~J:-2,OOOiii~:-2,000 -0,712 -0,792 -0,095 -0,163 1lI~ -15 +0,184 mll =-2,5JJ m1:-2,771

mfJ=+l,200 mfJ=+1,200 +0,380 +0,524 +0,056 -0,040 III +0,012 15~ ml =+1,648 m/:+l.833

IIff:-2,OOO iii~:-2,OOO -0,763 -0,793 -0,128 -0,165 +0,217 +0,182 iiW:-2,674 iii~=-2,776

mfJ:+1,200 mfJ:+1,200 +0,485 +0,526 -0,024 -0,041 +0,106 +0,151 mf:+1,767 m~6J:+l,836

iiiff:-2,OOOiii~:-2,000 -0,782 -0,794 -0,148 -0,165 +0,197 +0,182 1ii~:-2,n3 iii~:-2,777

mf':+l,200 mfJ:+l,200 +0,508 +0,527 -0,032 -0,041 +0,1)4 +0,152 mfJ:+l,81O mfJ=+l,838

iiff=-2,OOOiiiW:-2,OOO -0 432 mf':+l,200 mfJ:+1,200 -0,789 -0,794 ' +0,519 +0,528 -0,158 -0,166 -0,037 -0,042 ~ +0,180 +0,182 +0,144 (8 +0,153 iii~=-2, 759 m~4J:+l,286 m/=~

",~J=~

fJ=-O,350 mfJ:-O,350 -0,165 -0,183 +0,350 +0,483 +0,128 +0,044 +0,186 +0,262 mgu:+0,149 m~):+O,l56

, •

I

.,;n

mfJ:-O,350 mfJ:-0,350 -0,181 -0,184 +0,468 +0,486 +0,050 +0,042 +0,246 +0,266 'mq)aO,2JJ mfJ:+o,260

m~:-l,280 m~=-l,280 -0,037 -0,042 +0,508 +0,527 +0,352 +0,374 !I~:-O,457 mfJ:-O,421 •

I

mfJ:-O,350 mf):-0,350 ·0,183 -0,184 +0,478 +0,486 +0,046 +0,042 +0,257 +0,267 m&4)':+O,248 m~J:~

B

Gbr.III-5

t» :-1,280 m) PJ..-1,280 ,m) -0,024 -0,041 +0,380 +0,524 (1) ..:ttl..lli 15J~ II) :-0,588 m) :-0,426 mf):-l,28U mfJ:-1,280 -0,032 -0,041 +0,485 +0,526 +0,324 +0,37) 1I~:-O,503 m~J:-O,422

mfJ:-0,350 mfJ=-O,350 -0,177 -0,184 +0,443 +0,485 +0,059 +0,043 +0,226 +0,265 m~:+O,201 m~J:+0,259

mfl:~

A

, _, _n '!I~J:_1,200 m~J:-l,200 mr:-0,450 +0,056 , +0,489 +0, no +0,090 +0,018 +0,438 m~:-O,622 m~J:-O,452 -0,127 m~J=-0,083 .~J=-1,200 m~J:-1,200 +0,61) +0,7)8 mr:-O,450 +0,056 +0,054 +0,017 +0,445 mfJ:-O,5)) m:J:-O,445 (6J -0,129 m~J:-l,200 mfJ:-1,200 mS =-0,078 +0,681 +0,741 mr:-O,450 +0,0)0 (l. +0,016 +0,055 m~~:-O,489 m4j:-O,44) +0,448 -0,130 m~=-l,200 m~J -1,200 +0,714 +0,743 mf):-O,077 f4J ...:&...Qli (8J...!:Q..Ql2 , _,. __ ,m4 =-0,465 m4 =~ mr:-O,450 , +0,055 +0,449 -0,130

'm~ :-1,260 mfJ:-1,280 -O,04Q -0,042 +0,519 +0,528 f4J +0,365 (8J +0,375 II) :-0,436 m) :~

C-

c

40

2.Perhitungan

{2 m(B) + m (B) } 1A 1 II 0,95 { 2(+1,839) + (-2, 778)}

=

{2 m(B) + m(B) + ii/B)} 16 1 6 I 0,75 { 2(+1,839) + (+1,040)

+ (-2,058)}

{2 m(B) + m(B)} + M12 12 1 2 0,8 { 2(+1,839) + (+0,261)}

+

(-6,0)

tJ. M1

= =

M61

{2 m(B) + m(B) + m (B) } 16 6 1 I 0,75 { 2(+1,040) + (+1,839)

+ (-2,058)}

{2 m(B) + m(B) } + M65 56 6 5 0,5 { 2(+1,040) + (-0,076)}

+

(-2,4)

0,8 { 2(+0,261)

+ (+1,839)}

+

(+6,0)

M23

= =

0,8 { 2(+0,261)

+ (-0,419)}

+

(-3,2)

M2B

=

1,4 { 2(+0,261)

+ (-2, 778)}

M25

=

1,0 { 2(+0,261)

+ (-0,076)

+ (-2,058)}

tJ. M2 dst

= M3C = M34 = tJ. M3 = M32

Per Let MAl

MB2 Me3

= = = =

Kontrol

-~2 {

_1 4

=

+1,995

tm

= =

-2,849

tm

+0,001

tm ~

=

+1,396

tm

= = = = = = =

-1,398

tm

-0,002

tm ~

+7,889

tm

-3,118

tm

-3,158

tm

-1,612

tm

°

k

t:. M6 M21

tm

k

= =

M65

+0,855

k

= =

M12

=

k

= =

M16

moment

k

=

M1A

design

dengan

jalan

°

yang sama dipero1eh:

+5,938

tm

M45

-3,435

tm

M43

-2,503

tm

° akan-'

+0, 001 tm ~

°

= =

+2,520

tm

M54

-2,521

tm

M56

tJ.M4=-0,001tm~0

MS2

tJ. M5

= = = =

-3,297

tm

+5,244

tm

-1,949

tm

.-0,002

tm ~ 0

dan C :

A, B

k

{O + m(B)+ m(B)} 1A 1 II 0,95 { 0+ (+1,839) + (-2, 778)} 1,4 { 0+ (+0,261) 0,95 { 0+ (-0,419) :

L:H

[ MiA] MAl

= +

°

+

[ M2B] MB2

+ (-2, 778)} + (-2, 778)}

= -0,892 = -3,524 = -3,037

-3,524

t.m tm

HA + HB + He - W1 - W2 +

[ M3C] MC3

}

{[+0.8551 + [-3.158] + [-3.435]} -0,892

tm

-3,037

=

°

- W1 - W2

=

- 1,3

= =

- 2,0

° 13,191 4

-

-0,002

t ~

3,3

°

(o.k!)

41 111-1-3. Contoh soal ke-6. Portal seperti pada contoh soal ke-S (111-1-2), beban horizontal dihapuskan, hanya beban vertikal saja. 5,4

f---

t

, 1,0 t/m

~OO --+2,OO~

nllnr~r~r~rrrrrrrrnrnr.r.r~r~rTrTrrrnll

6

k=O,5

5

4 ~

k=0,5

7,2t -l 4,00 1.1)

2

1

k=O,8

.-..t

d

2

~1 II

~

c

B

A

3

d' h =~OO

II

II

~

t

d' h =~OO II 1 ~ 2,00 ~ It) 0\

.."

0\

T

Gbr.III-6a

Penyelesaian : 1.Perhitungan momen2 parsiil Perhitungan momen rotasi mto) lihat contoh soal ke-5, sedangkan untukmomen displacement m(o), karena tidak ada gaya horizontal maka semua harga2 m(o) = O. Pemberesan momen parsiil selalu dimulai dari momen rotasi lebih dahulu pada satu langkah kemudian pemberesan momendisplacemen. Untuk pemberesan momen rotasi pada langkah pertama m(» , perhitungannya sarnaseperti pada perhitungan contoh soal ke-5 (Lihat hal.37) hanya disini diisikan harga2 m(o) = 0, seperti yang akan ditunjukkan sebagai berikut: { pemberesan momen dimulai dari titik kumpul (1) ke titik kumpul (2), (3), (4 ), (5) dan (6) }

mfJ

= + mf) + c-r LA ) {iiito1I )} + (-Y12) { mf)} + (-Y16) {m~)+ iiif)}

mf) = +1,200

)

(-0 ,190)(0) (-0,160)(-0,350) (-0 ,150) (+0,960 + 0)

m~) = + mf) + (-Y21)

{mf)} + (-Y2B ) { mP1I)}

(-0,100)(+1,112) (-0 ,175 )(0 )

+ (-Y23) {m~)} + (-Y25) {m~)+ iiif)}

(-0 ,100)(-1 ,280) (-0,125) (-0,450 + 0)

= 0 = +0,056 = -0,144 mfl = +1,112 mf) = -0,350 = -0,111 = 0 = +0,128 = +0,056 mCf = -0,277

42 - + mP) 3

m(l) 3

+

mf) ::: -1,280

Y32) { m~.1) }

(-

+ (-y 3C)

(_y

+

{

m~ }

mf) }

) { m(O) +

34

4

(-0,160)(-0,277)

: +0,044

( -0 , 190 )( 0 )

:::

(-0,150)

(-1,200

+ 0) mSlJ

lesal,

-(1:

'

6

Setelah

pemberesan

sebagal

dahulu berikut

momen rotasl

pada

pemberesan

pada

1angkah

pertamalnl

momen dlsplacement

j

16

. t ) + \- 25 +

t m(l)+ 1

mi1J t

(1)

(1,}

..

(lJ

t

t-0,450i(+1,1l2+

6

( -0,600)

m2 + mS

\ -0,277

-

0

0,706)

::: -0,818

- 0,402)

::: +0,407

l-0,450)(-1,OS6-0,793)

t J 4) { m~J.j + m4 ~

I -

langkah-

jjjP) 1

+ \-t

se-

:

-PJ + mr

_

-

:+0,180 :::-=-1--:-OS6

m(.1J

S

dllanJutkan

pertama

m1

m(.1) dan

m(l) 4

ist

0

::: +0,832 ffiW :::-:::-0-;421

jjj,#

+

:

jjj~)

+ ~- t

)

1

t

m(1) } 1 + l-t2B){m2} (1) + \ -t 3C) { mq)} LA

Setelah eal,

dllanjutkan

kedua

(-0,432)\+1,112) (-0,636

I pemberesan

kemba11 pada

sebagal

jjj{O) II

H -0,277

(-U,432)(

pemberesan

::: +0,4,6

1angkah pada

j

+ l -y 12) \

pertama

se1e-

1angkah

yany

m?) : +1,200

+ (- '( iA

I

:::-~O, 1'2

berlkut

m7) = + mf)

+

::: +0,176

)

mW momen rotasl

0

= -0,480

-1,056)

momen displacement

_ -

_y

16

t mW}

( -0 , 190 ) ( +0 , 1S2 )

t

(-0,160

) {

mq) }

m(lj + m(lJ} 6

n -0,277

::: -0,029 ::: +0,044

)

l-0,1S0)(+0,706+0,421):::

t

-0,169 mf) ;-+1 :046

mfj)

+ mf)

:::

mf) ::: -0,3~0

+ (-y

21)

{

+ (-y

2B)

{

in?) } mW}

( -0,100)

+ (-y 23) { mS1)} +

(

-Y2S

) {

(1J -(.1)} mS + mI

= -0,10)

l +1,046)

(-0,17S)(+0,152)

: -0,027

( -0 , 100)( -1 ,056 )

::: +0,106

(-0,125)(-0,402

: -0,002

+ 0,421) mf)

. ..

d st

jukkan

(2)

(2)

(2)

m3 ' m4 ' ms pada bagan skema

dan

m~2) se1anjutnya

Gbr.III-6b.

seperti

yang akan

= -0,378 ditun-

43

.~.

0 -0,818 -0,688 ~,.a7 -HI,566 -(1) ~,812 ~ II .~,421 ;tJ=-HI,912 -0,664 -HI,569 !1J ~,9J6 +1,019 II :+O,6B2ir'=-HI,924 -0,700 +0,535 -(1J +O,9B3 II :+0,818

•• J=-O,450 , -. -HI,123 -0,110 ~ -0,065 IllS =-0,502

-HI,095 (3J -0,507 -6 :-HI;54a

",f

_f

-0,744 ~,490

",r~

-0,662 -HI,57l +1,021 -HI,930 a

;r'

-0,679 -0,661 ~,556 -HI,572 -/4J +l,005..:tLlli II :+O,8B2ir'=-HI,933

-HI,102

I

,

~

",1

.:!:!l..J122.

-f=-1,200 ••f=-l,2oo -HI,232 -HI,l09 (2) j,080 J -HI,loo 11I4z ,BBB_: =-0,991

",fJ=-O,1I50 -HI,124 -O,llB (6J~ liS =-0,507

",fJ=-0,1I50 "'fJ=-O,450 -HI,122 -HI,124

- - ,.f=-1,2oo _f/.-l,200 -HI,317 -HI,1l6 1II~.-0,793 m~ -O,9B5

_fJ=-1,2OO _fJ·-l,200 -HI,167 -HI,l06

J=-0,45( IIr=-O,450 -HI,llB -HI,124 -0,067 -~,120 -0,076' ~ m~=-O,1I75 ",qJ=-O,50B

...=!L1ll

",fJ=-HI,490

",:'J=-HI,960 _r'=-HI,960 -HI,099 -HI,102 (~-O,543 ~ 11I6=-HI,516 "'f=-HI,4B9 , -',--J .-HI,4BB

ifJ =-HI,933

f

J I:>J "'6 =-HI,960 mt =-HI,960 I -. -- - ,mr'=-O,450 , -HI,099 -o.eac -HI,lOO -HI,069 tu -0,334 -0 560 -0,120 m6 =-HI,706 "'~~ "'~=-0,402 ",r=+0,960 .:'J=-HI,960 J=-O,450 -HI,OBB -HI,lOl -o.m (2) -0,440 -0 569 -0,011 116=-HI,60B (2)..=!L..!l!!lI. I:>J _ I:>J -s =-O,43B m6 _-Hl,960 -6 =-HI,960

~ ~

(l)..±lL..Wl

-4 =-0,945 11I4=-0,993 _f/=-1,200 -f.-l,2oo -HI,133 -HI,104 ,

,

(~~ IW~ '-4 =-0,972 "'4 =-0,994

-0,097 -0,122 -0,069 ~ -0,061 ",f=-O,494 mf =-0,509

m~J~

rnfJ~

if=

0 -0,190 -0,480 -0,426 +0,176 -HI,2BO ~ -HI,54B ,g.'.+o,152 .:.-HI,402

f"=+1,2oo ••f"=+1,200 0 -0,074 , -HI,056 -HI,069 -0,144 -0,210 "f=+1,1l2 "'fI/'-HI,9B5

,

"'fJ=+1,2oo

-0,452 -0,425 +0,240 -HI,2Bl +o,~l~ -HI,550 I~.+O, 0 i:=-HI,II06

"'f"=+1,200 -0,029 -0,076 -HI,044 -HI,07l Q) -0,169 -0,212 III =+1,046 mfJ=-HI,9B3 f:;l)' PJ "l =+1,200 "'1 =+1,200 -0,05B -0,077 -HI,060 -HI,07l -0,194 ~ _~=+l,OOB ",fl=-HI,9Bl

-0,1135 -0,424 +0,265 -HI,2B2 +0,536 -HI,55l i~=+o,366 iii~=-HI,409

-o,42B -O,42J +0,275 -HI,282 +o,54~ -HI,552 ...----'--~f"=+1,200 "'f"=+1,2oo i~=+o,39 if/=-HI,411 -0,432 -0,070 -0,078 -HI,067 -HI,071 iW =-HI,411 ..=Q...W-=2..a1..U m~=-HI,992 m~=-HI,9BO

'

IIIfJ=-0,350 "'f' =-0,350 ':0,111 -0,099 o -0,069 -HI,128 -HI,126 -HI,056 -0,049 mf=-0,277 II~J=-O,441

-O',190I-fJ=-1,280 _fJ=-1,2BO -HI,044 -HI,071 o -0,074 rv -HI 180 -0 0111 -3 =-1:056 "'~=-1:269 _~'-1,2BO _~=-l,2BO -HI,060 -HI,071 -0,029 -0,076 Q) -HI,056 -HI,011 "'3 =-1,193 "'~=_1,274

",f'=-0,350 ",fJ=-0,350 -0,105 -0,098 -0,027 -0,070 -HI,106 -HI,127 -0,002 ~~ 1Il~=-0,37B "'2 =_0,442 mf'=-o,350 1If'=-O,350 -0,101 -0,09B -0,053 -0,070 +0,119 -HI,127 -0,031 o. -0,052 , _,_n,mf'=-O,416 ",/=-0,443 I

"fJ=-l,2BO ",fJ=-l,2BO -HI,067 -HI,071 -0,058 -0,077

~tllfJ=-1,280 ~

m~=-l,280 +0,071 -0,078 (~...:t!I&ll IW~ _) =-1,262 II) =-1,278

",t

J=-O,350 ",f'=-0,350 -0,099 -0,098 -0,064 -0,071 -HI,124 -HI,12a -0,043 -0,053 m~~=-O,432 m~J=-O,444

mrJ=~

B

Gbr.III-6b

-HI,069 -0,070

"'rJ=~

mrJ=-0,445

A

(l)-±lI..JlliI

(3J ~

-3 =-1,240 -) =-1,276

c

44 2.Perhitungan M12

= 0,8

M1A M16

design

moment

= -4,788

tIn

= 0,95 { 2(+0,980) + (+0,411)}

= +2,252

tIn

=

= =

+2,536

= + (-3,2) = = = (+0,933)} b.M2 =

+6,072

tIn

-4,934

tIn

-0,671

tIn

-0,466

tIn

+0,001

tIn

{2(+0,980)

+ (-0,445)}

+

(-6,0)

0,75 { 2(+0,980) + (+0,488) + (+0,933)} b. Ml

M21 = 0,8 M23 = 0,8

= M2S =

M2B

{ 2( -0,445)

+ (+0,980)}

{2(-0,445)

+ (-1,278)}

1,4

{2(-0,445)

+ (+0,411)}

1,0

{2(-0,445)

+ (-0,509)

Dengan jalan

+

-+-

yang sarna djperoleh

(+6,0)

0

MS4 = -4,006

M34 = -1,963

tm

MS6 = +4,535 tm

M3C = -2,038

tIn

MS7 = -0,530

tm

b.M3= +0,002

tIn

b.MS= -0,001

tm ~ 0

M43 = -1,750

tm

M6S = -2,166

tIn

M4S = +1,752

tIn

M6l

b.M4= +0,002

tIn

~

Per1etakan2

A,

B

= MB2 = Me3 =

MAl

0

0

+2,167 tm

= = =

+1,321 tm

+ (+0,411)}

0,95 {O+ (-1,278)

+ (+0,411)}

=

+0,001 tm ~ 0

dan c

{O + (-0,445)

-0,048

tIn

-0,824

tIn

HA + HB + Hc

=

}

=

_~ { [+2.252] + [-0.671] + [-2.038]}

=

Kontro1

-h~ {

4

: !: H [M1A] MAl

+1,321

+

0

0

tIn

= M6=

0,95 { 0 + (+0,980) + (+0,411)} 1,4

~

:

M32 = +3,999 tm

~

tIn

+

[M2B] MB2

-0,048

+

[M3C] MC3

-0,824

0

+0,008 4

=

+0,002

t ~

0

(o.k! )

45

111-1-4.

Keadaan aymetri Pada konstruksi portal yang symetr:~s (bentuk bangunan & angka kekakuan}, khusus untuk pembebanan gaya horh;ontal saja, perhitungannya dapat disederhanakan dengan penurunan rumus, sebagai berikut : 1. Portal dengan jumlah bentangan ganjil.

ea Wl_

b

a'"'"Sa

I

K=- > <J

_...••

1 c-

-15<

'-I mI

='-t

= eat .• ma = mat I

Sa'

I

-

W2

c'

c

mll

Gbr.III-7

Maa' = kaa'{ 2 ma + ma'} = kaa'{ 3 ma} Mac = kae { 2 ma + me + mI}

=

kab {

=

0,

Mab

2

2 ma + mb }

dengan jalan yang sama seperti padapenurunan (111-8) diperoleh

EMa

mus/persamaan

•••• (111-26)

[

kaa' kae +

aa'l ma

k

mb +

+ kab

kacl::] mI

ru-

= o

kab

ma

=

mb

(-Y~b)

+

, [me] m

••• (1I1-27a)

(-Yae)

I

, Yab

kab

= PI ; a

, Yae

=

kae P' a

;

P~' ;:

Pa- +

kaa'

••• (1I1-27b)

Perhitungan cukup dengan meninjsb' .,eparoh bangunan, dimana pada titik2 kumpul yang berada pada bent'angan tengah (sumbu symetri), harga2 P dan Y ditukar dengan P' dan Y' untuk momen rotasi, sedangkan untuk momen displacement 2 X t dari kolom2 separoh bangunan tersebut pada tingkat yang bersangkutan. Rumus2 /persamaan tersebut diataa. hanya berlaku untuk bebanan gaya horizontal saja.

pem-

46

2. Portal dengan jumlah bentangan genap.

W1

-

----

mI

ea =



ea ....•. , - --

.

p

----

-----

ea'....

ma

=

ma'

~-

-

ea'

W2

q

mlT

i

Gbr.III-8 Mpa'

= kpd' { 2 mp + ma,}

Mpq

=

Mpa

= kpa { 2 mp + ma }

=

kpq { 2 mp + mq +

= kpa { 2 mp + ma}

mI}

(III-28)

dengan jalan yang sama seperti pada penurunan rumus/persamaan (111-8) diperoleh : LMp

0,

kPaj 2

[ kpa

+ 2

II1a

kpa

+ kpq [ ~

1

=

0

kpq

mp

=

,

=

Ypa

pa)

ma (-Y 2 kpa

,; Pp

;Ypq=

+

pq)

(-Y

2 kpq, ~; Pp

[~l Pp

=

...

(IIl-29a)

2{ 2kpa

+ kpq

}

(III-29b)

Perhitungan cukup dengan meninjau separoh bangunan, dimana p~da titik2 kumpul yang berada pada kolom sumbu symetri, harga2 Y ditukar dengan Y' untuk momen Fotasi, sedangkan untuk momen displacement2 X t dari kolom2 separoh bangunan tersebut ditambah 1 X t kolom2 pada sumbu symetri pada tingkat yang bersangkutan. Rumus2 tsb.diatas hanyaberlaku untuk pe~bebanan gaya horizontal saja. Catatan : Pada,1perhi tungan mamen design untuk portal denqan benbmgan gar1jil,'harga2 ~omen design pada balok2 bentangan tengah (SUIlIDU syll\etriJharap -01perhat Ikan rumus/ per aamaan (II1-26)

..•. Maa'

=

kaad

J hla}

47

111-1-5.

Contoh 80al ke-7. Portal 8ymetris seperti pada contoh soal ke-5, beban vertikal dihapuskan, tinggal beban horizontal saja, dengan demikian berlaku keadaan symetri untuk pembebanan gaya horizontal. 1.,3t

~16

k=O,5

k=0,5

5

:t1

d' ..Ie:

II

..Ie:

-

14

d'

II

II

lI)

I'-. ..Ie:

2,0 t

lI)'l 0'1

k=O,5

k=0,5

2

il

c) II

..Ie:

lI)

A

hir

o

13

0'1

d' II

..Ie:

h2=4,OO

••c 1

"'B"

1JI!

T

Gbr.III-9

Penyelessian : \ Perhitungan pemberesan momen cukup dengan meninjau aeparoh banglnan dan menggunakan rumus/persamaan (111-29a) & (111-29b) pada sumbu sym~tri. 1.Perhitungan momen2 parsiil Perhitungan p dan y sama seperti pada contoh soal ke-5, hanyadisini pada titik2 kumpul (2) dan (5) harga y diganti menjadi : Y21

2(0,8) 8

= 0,200

2(0,5) 4

= 0,250

2 k21_

= -p-2

YS6

2 k56_

=~-

Pemberesan momen parsiil dimulai dari momen rotasi, dari titik kumpul (1) ke titik (2), (3), (4), (5)dan (6) seperti yang akan ditunjukkan sbb: (tidak ada gaya vertikal, maka semua harga2 mP)= 0).

mfJ

=

+

mf)

mP) 1

( -0 , 190)( - 2 , 000 )

+ (- Y 1A) { m~}

f) }

(-0,160)(0)

+ (- Y 12)

{m

+ (-Y16)

{ m~)+ iiif)}

(-0,150)(

0 - 1,040) (1)

m1 m~lJ

= +

mf)

+ (_Y'

21

) {m(l)}

1

+ (-Y 25) {

+0,380 0 +0,156

--

+0,536

m~O)+

iiif)}

(-0,200)(+0,536)

=

-0,107

(-0,175)(-2,000)

=

+0,350

(-0,125)(0

= +0,130 = +0,373·

- 1,040)

mq; dst

0

m2f;:J) -- 0

+ (- Y 2 B) { Ji'iff}

.....

= = = = =

m(1) m(lJ 3'4'5

m(lJ

dan

m(lJ 6'

48 Sete1ah 1anjutkan

pembereean momen rotaei

1angkah pertama

du1u pada pemberesan momen displacement

se1esai,

di

1angkah pertama seba-

gai berikut

m?

= +

mf!

+ 2 x (-tl6) + (-t2S)

{mfJ+

}

m{fl}

iiif) 2 (-0,450)(+0,536

{ m~)+ m~}

+ O,1l8)

(-0,600)(+0,373+0,167) -(1)

mI

m~ =

+ m~ + 2 x (- t lA)

pemberesan

... dst

MlA M16

= = =

2 (-0,432)(+0,536) (-0,636)(+0,373)

momen rotasi

ditunjukkan

2.Perhitungan Ml2

}

m~1J}

(-t2B) {m~)}

+

lanjutnya

{

0,95 { 2(+0,860) + (-3,192)

}

0,75 { 2(+0,860) + (-2,997)

+ (+0,554) }

0,8

{ 2(+0,707) + (+0,860) }

M2B

= =

1,4

{2(+0,707)

M2S

=

1,0

{2(+0, 707) + (+0,434) + (-2,997)

M23 = M21

+ (-3,192)}

(antimetris/sama

}

dan searah) t:. M2

.... dst dengan ja1an

= -1,422

MS6

=

+0,711 trn

M6l

= =

MS4

=

+0,711 trn

t:.M6

= -0,001

t:. Ms

=

-0,001

Untuk ti tik2 metris

trn

M6S

-0,463

=

+1,941 trn

= = =

-1,398

trn

-0,542

trn

+0,001 .trn :::0

= =

+1,819 trn

=

+1,149 trn

=

+1,819 trn

-2,489

--

=

trn

0

+0, 771 trn -0, 772 trn trn :::0

trn :::0 Perletakan2

kumpul (4) & (3) anti-

dengan titik2

(1) & (6)

:

A,

M4S = +0, 771 trn

M32 = +1,941 tm

M43 = -0,772

M3C = -1,938

trn

M34 = -0,772

trn

trn

-1,953

= = -(1) m.zr =

yang sama dipero1eh

MS2

-0,324

-2,000

moment

t:. Ml M21

-0,589

m~ =

Gbr.III-lO.

{ 2(+0,860) + (+0,707) }

0,8

-1,040

-0,237 -2,700

dan pemberesan momen dieplacementse

dalam bagan skema

design

= = = =

B

= MB2 = Me3 = MAl

---

dan

C

-2, 2~5 trn -3,479

trn

-2,215

trn

49

-0.250

-0.200

-I') m s-l,G40 -1:1) III_-1,040 I

..,0,589 -1,258 679 -(1) -0.324 -f6J 11I1 :-1,953 11I1-• ,977

1.

;~.-1,040 .~=-1,040 -0,929 -1,266 _Q) -0.523 -0.682 11I1 :-2,492 ~=-2,988

mP): 0 6 -0,033 -0,086 (lJ +0.151 f6J +0.629 m6 :+0,118 11I6 :+0,543

.1') & 0

-0,064 -0,087 +0,)68 (1) +0 ,6)6 11I6 :+0,304 11I6 z+O,549

+0,351 +0,569 -0.030 (1) ..::9..a.ll§. .,-:+0,321.5 :+0,433

'+0,167 (lJ-'t-

., a+o,167 ., :~ Q.I

Q.I

-0,078

J~&-l,G40 1~=-1,040 .-1,111 -1,269 (3J -0,612 ~ -0.683 II :-2,763 IIlf :-2,992

(3)

+0,466 +0,571 III -0.076 18)...=Q....ill ., :+0,390 IllS =+0,434

-0,087 +o,~)8 11I6 z+O, 51

:g'~~: (8)

11I6:'

-0,083 -0,087 +O,57~ (9) +0,640 m6 :+0,49 11I6 :+0,553

+0,523 +0,572 -0,107 t9. -0,138 ., +0,416 1II,~=+o,434

-0,085 -0,087 +0,612 ~ +0.641 m6 :+0,527 11I6 :+0,554

+0,550 +0,572 /!II -0,124 (l)l; -0,138 III, .+0,426 mS -+0,434

(4)

(4)

-f):-l,040 5~=-l,040 -1,199 -1,272 (4)i,65~ (9) -0.684 II :- ,89 IIlr =-2,996

+0,563 f6) ~

(5)

1~:-l,040 IIlf':-l,040 -1,240 -1,273 -0.670 ~ _fV:-2,950 1~~-2,997

=

-0.200

-0.160 ~:-2,OOO ~:-2,OOO -0,463 -0,739 :(1) -0,237 :(6) -0.445 mlT=-2,700 mlT=-3,184

+0,513 +0,605 -0,060 -0,112 W +0.275 (1) +0.365 ml =+0,728 ml =+0,858

-0,146 -0,172 +0,473 +0,557 (2) +0,223 (1) +0,318 11I2 :+0,550 m2 =+0,703

+0,566 +0,606 -0,088 -0,112 +0,328 +0.366 IIIf)=+O,806 IIIr)=+0,860

-0,161 -0,172 +0,521 +0,558 (3) +0,271 (B,I +0,319 11I2 =+0,630 m2 :+0,705

-0,380

o

+0,603 -0,111

(lJ

~:-2,OOO ~=-2,OOO -0,629 -0,741 ~ -0.350 :(1) -0.447 mlT =-2,979 mlT =-3,188 ~=-2,OOO ~=-2,OOO -0,696 -0,743 :(3) -0.401 =i9) -0.448 IIIlT =-3,097 mlT:-3,191 ~=-2,OOO ~.-2,OOO -0,723 -0,743 :(4)-0,427 :(9)-0.449 mlT =-3,150 mlT=-3,192

+0.156 (15)+0.363 m1 :+0,536 11I1 :+0,855

IIIf)= 0 -0,107 -0,171 +0,350 +0,555 (lJ +0.130 f6) +0.316 11I2 =+0,373 m2 :+0,700

1-"'.,1901 IIIf): 0

-0.'4321

~=-2,OOO ~=-2,OOO -0,734 -0,743 -::(5) -0,439 =
+0,588 +0,606 -0,101 -0,112 +0.350 +0.366 1II~4) =+0,837 IIIf):+o, 860

-0,167 -0,172 +0,542 +0,558 (4)+0,297 (9).±!l...lli .~ :+0,67211I2=+0,706

+0,599 +0,606 -0,108 -0,112 (5)+0,360 (.D) +0,366 11I1 =+0,851 11I1 :+0,860

-0,170 -0,172 +0,551 +0,559 (5)+0,310 (.Q +0,320 11I2 :+0,691 m2 ~

B

A

Gbr.III-IO

50 Kontrol 1{

-h-;

: [M1A MAl

1: H

1

_!{[-1,398] 4 -2,215

=

~

1 }

0

W2

=

-2,489] + [-1,398] } - 1,3 - 2,0 [-3,479 -2,215

=

13,19~ _ 3,3 4

=

-0,002

Karena

+

[~~

konstruksi

portal

-

0

Wl

-

yang sarna pada contoh

ke-6 dan ke-7 tsb, maka hasi12 momen design sarna dengan

=

HA + HB + Hc - Wl - W2

M2B] [ MB2

+ +

0

t ~

soal ke-5, -

pada contohsoal

ke-5 ada1ah

jumlah hasi12 momen design pada contoh soal ke-6 + ke-7,

perti yang akan ditunjukkan

dalam daftar berikut

:

~i

=FR= FR+=FR I •• [I

cum

BIll

BEIIGI

KH

CIITON lOll K[-G COlTON nu

KE-/

m un

•

A

B

C

M12 M1A M16

-2,849 +0,855 + 1,995

-4,788 +2,252 +2,536

+ 1,941 -1,398 -0,542

-0,002 +0,001 +0,001

+7,889 -3, 158 -1,612

+6,072 -4,934 -0,671 -0,466

+ 1,819 + 1,819 -2,489 -1, 149

-0,002 -0,003 +0,002 +0,003

M32 M3C M34

+5,938 -3,435 -2,503

+3,999 -2,038 -1,963

+ 1,941 -1,398 -0,542

-0,002 +0,001 +0,002

M45 M43

+2,520 -2,521

+1,752 -1,751

+0, 771 -0, 772

-0,003 +0,002

MS4 MS6 MS2

-3,297 +5,244 -1,949

-4,006 +4,535 -0,530

+0, 711 +0, 711 -1,422

-0,002 -0,002 +0,003

M6S M6l

-1,398 + 1,396

-2, 166 +2, 167

+0, 771 -0,772

-0,003 +0,001

MAl MB2 Me3

-0,892 -3,524 -3,037

+ 1,321 -0,048 -0,824

-2,215 -3,479 -2,215

+0,002 +0,003 +0,002

M2l M23 M2B M25

0 (o.k!)

0_3, 118

A-(8+C)

S~

51 111-1-6.

Contoh soal ke-8. Konstruksi portal eymetris seperti pada

contoh soal

ke-4,

hanya disini pembebanan berupa gaya horizontal saja, hinggaberlaku keadaan symetri untuk pembebanan gaya horizontal. W1= ~ t o 4 .-.t

k=.O, 75

II

k=0,75

3

0

1

4'

4'

~

~ k=0,75

2 4'

4'

~

~

~

~.~~1

4' h2= 5,00

'llw

>JIr

A'

B'

B

A

o

II

II

iJr

l'

0

4'

r oo

t h1r k=0,75

2'

0

II

o

"

k=0,75

o

4'

0

II

~ W2= 2 t -=---

k=0,75

3'

Gbr.III-11

Penyelesaian Perhitungan pemberesan momen cukup dengan meninjau separoh bangunan dan menggunakan rumus/persamaan (111-27a) & (111-27b) pada bentangan tengah. 1.Perhitungan momen pa~siil Karena tidak ada gaya2 vertikal, maka semua harga2

mP)=

o.

P, P' dan y, y' P1

= 2 (1,0+0,75+1,0)

Pi

= P2+ k22' = 2 (1,0+1,0+0,75+0,75)

P.3 = P3+ k 33' = y 12

Y

= 5,5;

+ 0,75 = 7,75 } = 5,75 2 (0,75 + 1 ,0 + 0 ,75) + 0,75

_k12_0,75 -Pj - 5,5 = 0,136 ;

klA

Y lA = -

-

'

k41 1.0 Y41=-=-35=0,286 P4 ' \ k23 l.t.Q. 'f23 = -, =7 75= 0,129 P2 ' , k32 1,0 Y32 =pt =5,75= 0,174

_ k2l _ 0,75

21 - P 2

1,0 = 5 5 = 0,182 ;

PI

_k43_0,75 43 - P4 - 3,5 = 0,214 ;

y'

P4 = 2(0,75+1,0)

7 ,75 = 0,097 ;

_k34_0,75 34- Pj -5,75=0,130;

y'

y

= 3,5

pada bentangan tengah.

_ k14 = 1,0 = 0,182 14- PI 5,5

YiB

=

k2B _ 1,0 = 0,129 Pi -7,75

3

T, t

dan

in (0)

TI

=

2X 2(1,0+1,0)

t14

=

3 k7A _ 3(1,0) r; - 8

=

= 0,375 ;

_ 3 k1A =- 3(1,0) = 0,375 ;

tlA -

Tzr

mf) = -

hl {Wl}

8

-I

-__

(5,00)(2) = -1,250 8

1n-=8

8

t23

=

t2B

= 0,375

tIn ;

0,375

-mP)- _ (5,00)(2 + 2) = -2,500 II -

8

tIn

52

tas!

Pemberesan momen2 parsiil dimulai dari pemberesan momen rodari titik kumpul (1) ke titik kumpul (2), (3), (4), (5) dan (6),

seperti yang akan ditunjukkan sebagai berikut : mP1) --

mfJ = + mf) + (-Y1A) {mW} + (-Y12) {m~)} +

(

-Y14 )

{

0 = +0,455 = 0 = +0,228

(-0,182)(-2,500) (-0 ,136)(0 )

m4(0)+

-(0) }

(-0,182)(0 - 1,250)

mI

m? m£lJ

m(o) -

= + mf)

2

(-0,097)(+0,683) (-0,129)( -2,500)

+ (-Y 21) { m}lJ} + (-Y2B) { niff} + (y ) { m(o)+ niP)} - 23 3 I •••

dst

= +0,683

(-0,129)(0 -1,250)

-

= = = mq) =

0 -0,066 +0,323 +0,161 +0,418

m(1.)

m(1) dan 3

4

Sete1ah pemberesan momen rotasi 1angkah pertama selessi, di lanjutkan dahu1u pada pemberesan momen displacement langkah pertama : -(1.) mI

=

+

niP) I

+ 2 (-t14) {m(lJ+ .1 + 2 (-t ) {m~lJ+ 23

m(lJ}

4

m~lJ}

}

nif) =

2(-0,375)(+0,683+ 0,131) = -0,610 2(-0,375)(+0,418+ 0,144) = -0,422 -(1) mI = -2,282 -P) mlT = -2,500

-(1)

mlT = + iliff

i

+ 2 (- t lA) { m lJ } + 2 (-t2B)

•• dst

{m~lJ}

}

-2,500

2(-0,375)(+0,683) 2(-0,375)(+0,418)

selanjutnya ditunjukkan dalam bagan skema

Gbr.III-12,

= -0,513 = -0,313 iii.w = -3,326 dimana di-

sini hanya ditunjukkan hasi1 perjumlahannya saja pada tiap langkahnya.

2.Perhitungan design moment Disini tidak ditunjukkan perhitungannya, hanya harap diperhatikan pada perhitungan momen design untuk titik2 kumpul (2) dan (3) digunakan persamaan (111-26) : M33' = k33' {3 m3} M22' = k22' {3 m2} (lihat catatan pada halaman 46 bawah)

53

-0, 214 ,

iiif)= "'!1,250

-0,2861 mfJ= I

iiif= -2,282

mff=

iiif) = -2,864

mfj)

1-0, 130 0

mfJ=

0

+0,131

mfjJ = +0,145

+0,325

m~)= +0,273

iii~J= -3,150

m~J= +0,449

m~J= +0,333

iii(l = -3,283

m~4)= +0,512

mS4) = +0,359

iiif) = -3,344

m~)= +0,543

m~)= +0,371

iiifJ = -3,371

=

2 x

=

2 x

m~)= +0,556

m~J= +0,376

-3,383

mf)= +0,562

mqJ=

iiifJ= -3,390

m1J= +0,566

m:!J= +0,379

iiifJ = -3,392

m~J= +0,567

m.rJ =

iiifJ

I iii~=

-t

---l

mf)::c

-2,500

+0,378

+0,379

1-0,097

mf)=

0

0

iiig; = -3,326

mfj!= +0,683

mg;= +0,418

iii.w = -3,666

ma) = +0,940

mf)= +0,614

iii~=

-3,813

mf)= +1,045

m§3J=+0,706

iiiSf = -3,880

mS4)= +1,090

m~J= +0,750

iii.w = -3,909

m~)= +1,108

m~)= +0,770

mS6J= +1,117

m~J= +0,779 mfJ= +0,784

= iii.w =

-3,928

mfl=

=

-3,931

m}8) = +1,122

mrJ=

iii!31= -3,932

m![J= +1,123

mg')= +0,787

iii!8J

iiifJJ

-3,922

2 x

+1,120

Gbr.III-12 A

~:

B

+0,786

54 111-2. Portal

dengan bentuk tak teratur. Portal dengan bentuk tak teratur disini dimakaudkan

bahwa-

arah pergoyangan dari portal teraebut masih aatu arah tertentu, sehingga perayaratan penurunan rumus2 dari metode ini tetap berlaku. Portal dengan panjang kolom kaki tak sarna. Sebagai dasar penurunan rumus, diambil tinggi kolom tertentu -h-, dimana -h- diambil pada kolom2 kaki yang paling banyak sarnau-· 111-2-1.

kuran tingginya (Gbr.III-1S). Rumus2 momen rDtasi dan momen displacement yang terdahulu (Bab.III-I-l) tetap berlaku, kecuali pada tingkat paling bawah yaitu pada kolom2 kaki perletakan, rumus2 momen displacement berubah aeperti yang akan diturunkan aebagai berikut :

Wl

----.-

W2---+

WR_

IS

IS

I

,I

1

2

I

mI

..

~...

3

I

h

h ~ ~1jI

IS

11

_

mI

=

/ ~1jI

acJl

m3C

= -

=

J

I

~1jI

.".~

0

_

mlA

4

I

I

Gbr.III-15 _

6

adh I

c

C

= -

6 E K IjI

= -

6 E K-

.•

iii3C = ~

mI

m4D = - 6 E K ~

.•

m4D = ~

mI

ach

aah

ac

ad

WR

h

6 E K~

1--.

IjId

D

IS

m2B

-- 7--

=

n=R

E

n=l

Wn

(III-30)

Perhatikan freebody pada tingkat bawah berikut ini

(Gbr.III-16)

~ ·~H~----------------------------------~ _ 3 -H -H _ 4 _-H 2 _ 1

WR

--+-

• I

M1A

M2B

M4D

M3C

ach

i :

HA-

M

~l

~ HB-

.

a~

MB2 MC3 \

MD4

HcGbr.III-16

HD-

55 Keseimbangan Freebody

=

( 1: Ml

I-A:

pada freebody +

h HA

=

0

M2B] + MB2

h HB

=

0

MiA] MAl

[

0 )

masing2

Freebody 2-B : ( 1: M2 0 )

[

Freebody 3-C : ( 1:M3 0)

M3C] [ Me3 +

He

=

0

atau

Freebody 4-D : ( 1:M4 0)

[ M4D] + ad h HD MD4

=

0

at au

=

=

=

Dengan jalan

yang sama seperti + [M2B] +

MiA] [ MAl

Bila

Clc h

diisikan

MB2

harga2:

penurunan

kolom

tingkat

bawah

-+

1 [M3C] ac Me3

+ h He

=

0

-+

1 [M4Dl ad MD4J + h HD

=

0

persamaan

1. [M3C] + 1.. [M4D] ac. Me3 ad MD4

= _

(111-13), diperoleh:

... (IIl-31)

hWR

(lihat penurunan persamaan III-14a)

=

3klA

=

3 k2B m2 + 2 k2B m2B

= 3 k2B m2+ 2 k2B

[~~]

=

3 k3C m3 + 2 k3C ii'i3C

= 3 k3C m3+ 2 k3C a.L mI e

[M4D]

=

3 k4D m4 + 2 k4D

[MiA] MAl

[ M2B]

ml+2klA

mlA

MB2

MD4 Maka persamaan

=

3klA

ml+2klA

mI

mI

1iii4D = 3 k4D m4+ 2 k4D a.d - mI

(111-31) dapat dituliskan

menjadi

:

klA

k2B

2mI

S~ k3C

+ 3klA

a

m2+3 ek3C

ml+3k2B

m3+3Sdk4D

m4

= - h WR

S~ k4D h WR

mI =

atau:

TR

+ (-t'lA)

ml

+ (-t'2B)

+ (-t'3d

m3 + (-t'4D)

• •• (IIl-32a)

m2 m4

dimana :

TR, = ,

{

2 ~

tlA

=

t'2B

=~.

2

klA+k2B+Se

TR ;

3k

TR '

t'

k

3C+

2

Sdk4D}

_ 3 Be k3C 3C T~

t'

_ 3 Sd k4D

4D -

TR

1. Be --, - ae

1

ad = ad ••• (III-32b)

56

Rumus tersebut dapat berlaku umum, tinggal memasukkan harga2 ac, ad, •••• On untuk kolom2 yang tidak sama tinggi, dan harus diingat pada pemberesan momen rotasi dan momen displacement, harga2 m pa da tingkat ba~ah untuk kolom yang tidak sama tinggi digunakan peraamaan (111-30), yaitu _ 1-

m3C -

m4D

ac mI ;

1= -«« mI;

ITInN

='

1an mI

Untuk memudahkan, berikut ini diberikan bagan skema pemberesan momen

8

7

6

5

1

2

3

4

mI

1-

mI

1-

- mI ac

ad mI

B

A

C D

Gbr.III-l7

Pemberesan momen rotasi dan momen displaceme~t untuk titik2 (1), (2) •••• (7) dan (8) seperti pada contoh soal terdahulu, hanyapada titik (3) dan (4) digunakan persamaan (111-32a) dan (111-32b) seperti yang akan ditunjukkan sebagai berikut : Pembereaan momen rotasi. m~

=

mf) + (-)'32){mtJ} +

+ (-)'36) {m~+ + (-)'34) {m~} + (-)' 3C)

m~

c

m~)

+ (-)'43) {mr'}

iiiiJ}

+ (-)'45) {mr+ + (-)'4B)

m,r }

{et

= +

{a~

Pemberesan momen displacement.

-mJ mr

=

+

iiiIp)

+ (-t'lA) +

{

mr}

(-t'-3C) {mr} dst.

+ (-t~?B) { m~} + (-t'4D)

{ m~}

(contoh soal diberikan pada buku bagian ke-2)

miJ}

m,r}

57 111-2-2.

Portal dengan balok tak menerus Untuk konstruksi portal dengan balok tak menerus ini, penu-

runan rumus2nya tergantung dari bentuk konstruksinya. Penurunan rumus untuk konstruksi portal seperti pada Gbr.III-1Ba

akan

berbeda dengan penurunan rumus pada Gbr.III-1Bb, jadi untuksetiap bentuk konstruksi yang berbeda memerlukan penurunan rumus tersendiri. Sebagai contoh, disini akan diturunkan rumus untuk keadaan konstruksi portal seperti pada Gbr.III-1Ba.

W

r02+01 --1/1-

02~

1

,: ,, ah I iiilII , I

I

,I

I

02~ lOl --; II--

::

4

5

I

[01

--I I I-

h

-- ,,

)j-,02

I

JIII mI

152 ['\ 2

I

,

1 , I

m.zr

..

I

I

,\

II

ah

ah' I

IP

I I I I

h

'I

W2

r-?

3

I I II II

I

•

••

?J

Gbr.III-1Bb

Gbr.III-1Ba

m1B = m2C = m.zr

Ketersngan :

,,~

lJII~

C

B

m14

=

m23

=

mSA

=

mlII

mI

Sebagai dasar perhitungan diambil tinggi kolom pada tingkat ke-n bentangan aebe Iah kanan yang sama tingginya yaitu lain dinystskan dengan (lh dan

h

sedangkan yang

a h.

iiiI = - 6EK- °1

••• (III-33a)

h

°2 iii.zr = - 6E Kh ffilII

+

••• (III-33b)

C 6 E K [ 152 ; h 1 ]

=

1 [ 152 + 151] mI 151

= '6 +

(liii.zr -- =~ RlI °1

a

J-

1 [

= B

a

152

1+

57]

-

mI

e

a

1 [] 1(liiilII = 1 [ 1 + (l mlT iii mI = mI + (lmlT = mI + m.zr • (III-33c) I

58

Ki ta tinjau freebody kolom2 5-A, 4-1, 3-2, 1-0 dan 2-C

Wi

-4--Hs -.....

-H4

-

M41

MSA

-

-H3

M32

~---------

-

MAS

-

M2C -

M1B-

HA

Mc2

MBl -4--

+--

HB

Hc

Gbr.III-19

Oengan jalan yang sarna seperti pada penurunan rumus2 pada portal dengan panjang kaki tak sarna, yaitu pada penurunan rumus/persama'an (111-31), maka dengan memperhatikan jumlah keseimbangan pada freebody kolom2 5-A, 4-1 dan 3-2, dapat diperoleh

1[~SA

8

MAS

1+ r

Bils diisikan harga2: MSA [ MAS

[

1=

M41] M14

M32] [M 23

3k

AS

M4i ] M14

+ [M32] M23

= -

••• (III-34)

h Wi

(lihat penurunan persamaan III-14a)

ex - ] mS + 2 kAS -m..m = 3 kAS mS + 2 kA5 [ B1 -mI +(3m.zr

=

3 k 14 { m1 + m4} + 2 k 14 mI

=

3

k23 { m2 + m3} + 2 k23 iiiI

maka persamaan (111-34) dapat dituliskan menjadi : 1 82 kAS

2iiiI

[

k141

k23

+ 3kA5

~m5+2kA5~ffi.zr

+3k14{mi+m4}

+ 3 k23 { m2 + m3} = -

h Wi ••

(III-35)

59 atau:

= -

mI

~~1 I

+ (-t'AS)

{mS}

+ (-t'14)

{ ml + m4}

+ (-t'23)

{ m2 + m3}

+ (-A)

• ••

(III-36a)

•••

(III-36b)

Rill

dimana: T;

=

4-'

_

2 [ ~ kAS + k14 + k23 ]

l.AS -

.1 t'

3 B kAS •

T"

_ 3 k 14 •

I

A

3 k23

T' I

I

_ 2 kAS a

-TT62

Selanjutnya na jumlah

=

t'23

---yr- ,

14 -

tinjau

keseimbangan

freebody

pada

masing2

momen pada

kolom2

kolom

I-B

tersebut CW,tW'2.)

MIB] [

+

[M2C]

= -

-~J,,(WITth)

= - ah

= -

[ MIB MBI

J + [ Me2 M2~]

Bila diiaikan harga2:

= _

+ ~ [ MSA]

8

=

3klBml+2k1Bmll

[~~]

=

3 k2C m2 + 2 k2C Rill

M'9i T ~,~

-= M/!>+

M8/

MUf

8

= ~ [3 8

MAS

kSA

ms +

2 kSA

[ MSA ]} ~S

a h { W1 + W2}

•••

(III-37)

MAS

Rim]

= ~ [3 =

persamaan

maka persamaan

2 iiill

l

klB] k2C

a 2

82 kSA

(111-37)

+ 3 klB

dapat

kSA ms + 2

a

III-14a)

{i

mI+ ~ mE} kSA]

a

_

a2

3"8 kSA ms + 2 82 ks,A mI + 2 82 kSA mll

di tuliskan

menjadi

ml + 3 k2C m2 + 3 ~ kSA ms + 2

Iv1s-QtN~ -;0

~I~

1- M2-H

MBl

g [MSA]

M
~z-l-? .

MI"1 T

h~ 1-

a h {( WI + W2) + _1

(lihat penurunan

[MIB]

+- ~H

:

{ WI + W2 - HA}

8h

-+-

2-C, dima-

memberikan

a h { HA + Hc}

MC2

MBl

dan

:

8'";

kSA

mI

= - a t: {WI +W2} •• (III-3B)

/'>1G1>L-N"if

60 atau :

o.h{Wl+W2}

=

mII

+ (-C'lB)

T" II

ml

dimana:

=

2

Catatan

T"

a

_ 3 k2C 2C - --y-r-

t"SA - 3BkSA - T" II

II

(III-36a),

(III-36b),

but dapat diturunkan dibahas

(III-39b)

kSA

S2

II

Rumus2

:

t"

II -2 kSA J!-.

-

2 0. ]

klB+k2C+S2

t"lB -- 3 kT'"lB. B _

••

mS ffiI

+ (-B) "[

(III-'39a)

+ (-C'2C) m2 + (-C'SA)

TII

•••

(III-39a)

dan (III-39b)

dengan caralbentuk

terse-

yang lain yang akan

dalam buku bagian kedua.

5 mI

mII A

Gbr.III-20

langkah

perhitungan

B

:

Untuk momenrotasi dahulu, harga2

sedangkan

mf)

C

adalah

sarna seperti

untuk momen displacement

adalah

-(0) mI

_ ~ - - T" I

•

Kemudian menghi tung kedalam persamaan

(III-33c), S! -(0)

-(0) _ [1-(0) S mI

mnr -

dengan catatan

+ S mII

m~

-(0)

_

mII

- -

yaitu

0

o.h {Wl +W2}

T"

II

harga2

iiif)

dan

]

mr

dan

in!;' .

- untuk kolom 5-A ada dua harga

tSA

yaitu

dengan mengisikan

setiap

harga

harga2

untuk menghi tung

soal

& (III-39a)

:

slalu

(contoh

=

tersebut

dengan mengisikan

m~

C'SA

(III-36a)

menghitung

:

- untuk menghitung

dan

per-tarna2

dan m~J dengan menggunakan persamaan

dimana suku kedua pada ruas kanan persamaan2

iii~

pada contoh2 soal ter-

diberikan

digunakan

t'SA

mII.

dalsm buku bagian

kedua)

persamaan

(III-33c)

untuk menghitung

mI

61 111-2-3. B

Portal dengan sakangan sendi. Perhatikan Gbr.III-2i dabavah ini, dimana sakangan/tumpuan

adalah sendi, rumus2/persamaan mamen ratasi yang terdahulu (iihat

Bab

tetap berlaku, hanya untuk mamen ratasi pada titik kumpul (2) dan marnen displacement untuk tingkat ba\llahberabah sebagaimana yang a-

III-2-i)

kan ditunjukkan dalam penurunan rumus dibawah ini :

Wi

-+

6

5

4

mI

2

3

1

- 11 W2

ml1

J A

• C

"*"B Gbr.III-2i

Keterangan : m16

= m25 = m34 = mI

miA

= m2B = m3C = mff

(ingat: iii hanya tergantung

dari

*)

Kita tinjau pada titik kumpul (2) M2B MB2

= =

k2B { 2 m2 + mB + iliff} k2B {2 mB+m2+ffiff} = 0

Eliminer mB dari kedua persamaan tersebut, menghasilkan: M2B = k2B { 1ml + t iliff}

••• (III-40a)

Sementara pada batang2 yang lainnya M21

=

+ M21

k12{2m2+mi}

M23 = k23 { 2 m2 + m3} + M23 M25 = k25 {2m2+m5+iliI} Keseimbangan pad a titik kumpul

2 mi

~ k2B k21 k23 k25

(2)

~ E M2

} = 0 ,

••• (III-40b)

memberikan :

+k25 {m5 +iliI} +k2B {~iliff}+k21 ml + k23 m3 = - { M21 + M23} ••(III-4l) .

62

atau:

= -

m2

T~

P2

(-Y2S) {mS+iiiI}

+

+ (-Y21)

+ (-Y2B)

(-Y23) {m3}

+

{mi}

{iii.rr} •• (II1-42a)

dimana :

Pi

= 2 [ k2B + k2S +

+ k23] -} k2B

k21

= Pi - t k2B Y'

_ k2S - PI 2 = k21 P'2

2S

Y2i

T2

;

Y' _ k23 23 - PI

;

Y'

=

[M21 + M23] ••• (I1I-42b)

2

_

2B

-

i-p-,k2B

./

2

Untuk momen diaplacement pada tingkat bawah Jumlah keseimbangan momen pada freebody masing2 kolom, memberikan: [~~:] + [M2B] + [~~

J= -

h {Wl

+W2}

••• (111-43)

Dengan jalan yang sama seperti pada penurunan rumus2 momen displacement pada Bab2 terdahulu, diperoleh: k2B { ~ m2} + k2B

{i iii.rr} + 3 kiA +

+

t [

ml +

2 kiA iii.rr

3 k3C m3 + 2 k3C iii.rr = -

klA.]

2 iii.rr k2B

+~

k2B m2 + 3 klA ml + 3 k3C m3

h {

= -

W 1 + W2}

h { Wi + W2}

k3C atau : m.rr = -

h{Wl+W2}

Tir

+ (-tiA) +

ml +

(-t'2B) m2

•• (III-44a)

(-t'3e) m3

dimana :

Tir = 2 [ klA = Izr t'

-

2B -

+

k2B + k3C ] -

!k2B

,/

!k2B

i k2B .J Tir ,

•• (III-44b) t'

- 3 klA

ix :

Tir'

•

3 k3C t'3C =~

Rumus2 tersebut berlaku umum; yaitu pada titik kumpul padaujung atas dari kolom tumpuan sendi dipakai persamaan (DI-42a) & (DI-42b) untuk momen rotasi, sedangkan untuk momen displacement tingkat bawah, harga2 ~ pada kolom2 tumpuan sendi, bilangan penyebutnya diganti

men-

jadi ~ kmn dan pada harga T = T - ~ kmn, dimana kmn adalah k kolom tersebut seperti persamaan (1lI-44b). (contoh soal pada buku kedua)

63

111-2-4.

Portal

dengan

Penurunan

dua

arah

pergoyangan

tertentu.

rumus2 untuk keadaan ini hanya terbatas pada kea-

daan khusus saja, yaitu goyangan vertikal yang terjadi hanya pada tempat (disamping

terjadi goyangan horizontal).

metris (bentuk maupun kekakuannya), symetris.

(lihat

sedangkan

satu

Bentuk portalharussypembebanannya

boleh tidak

& III-22b)

Gbr.III-22a

m

m m

•

..Itr

Gbr.III-22b

Gbr.III-22a

Keterangan:

Pada titik kumpul (m) disamping horizontal

terjadi goyangan

juga terjadi goyangan vertikal.

Sebagai contoh untuk penurunan ti pad a Gbr.III-22a,

",

"",

rumus, diambil portal seper-

dimana keadaan tersebut dapat diuraikan

menjadisu

per posisi dua keadaan berikut :

t.

5

6

f

4

l~ 1

2

3

e-

:>;!

·c

A

! ~ =#7

=

t

R 17,

c

A

Gbr.III-23b

Keadaan portal pada Gbr.III-23b

i

R

".-

Gbr.III-23a

+

A *

c

Gbr.III-23c

:

Rumus2 momen rotasi maupun momen displacement lu tetap berlaku,

hanya disini pada titik (2)

puskan, diganti dengan perletakan goyang kearah horizontal

saja.

..

yang terdahu-

kolom tingkat bawah diha-

roll hingga konstruksi

tetapdapat

Kemudian dapat dihitung

reaksi R.

be~

64

Keadaan portal pada Gbr.III-23c : R merupakan beban luar terhadap konstruksi portal yangsyme· tris, dimana R sendiri juga symetris (ditengah2), dengan demikian

por-

tal hanya bergoyang kearah vertikal saja. Penurunan rumus momen rotasi dan momen displacement samase· perti pada Bab.111-1-1, hanya disini goyangannya kearah vertikal dengan muatan luar R pada titik kumpul (2). 1IJ1

:7

6

~

1IJ2

;5

4

1

1

/

12

t

'j 3\

65

I )

\'

<2

t

M

c

~

f

)M

t

£ t 3) t I

2

54

M3f

t

M12

r----

A

M45

l, t

lM 1IJ

t

M56+

<.

.t

R

----t

M23. I-- .t ------f

c

A

Gbr.III-24b

Gbr.III-24a

Perhatikan Gbr.III-24a Dari gambar diagram garis elastis, karena kanstruksi yang symetris (bentuk maupun angka kekakuannya) maka didapat : 81

m1

==-

83;

84

m3;

m4

==-

86;

82

m6;

m2

= =

85

m5

= =

0 ;

1IJl

=

0 ;

mI

=-

-1IJ2

•••

(III-45)

mlT

momen rotasi Karena tidak ada beban2 antara ~ T = O. Perhitungan cukup dengan meninjau separoh bangunan, kita ambil contoh misalnya untuk titik kumpul (1) ml

= (-Y12) {O+iiiI} = (- Y 12) { iiiI} +

+ (-Y16) {m6} (- Y 16) { m6}

•••

(III-46)

momen displacement Jumlah keseimbangan momen pada freebody masing2 balok memberikan : M12] M21

[

+

[M65] _ [M23] _ [M54] = -R •.t M56 M32 M45

• •• (II 1-47) .

65

Karena konstruksi yang symeti'is, maka: M23 M32

= = -

M21

MS4

M12

M45

= = -

MS6

(III-48)

M65

dan persamaan (III-47) menjadi :

2{[

n = _ R. .t

M12] + [M65 M56

M21

JI

-+

[

51 = _ !R •.t

M12] + [M6 M21 M56

(III-49)

Dengan jalan yang sarna seperti pada penurunan.rumus) momen displacement yang terdahulu (Bab.III-I-I), dapat diperoleh : 3 k12 { m1 + 0 } + 2 k12 iiiI + 3 k6S { m6 + 0 } + 2 k65 iiiI

2 -mI [k12 k65 atau: -+

J

+

= - ~ s.z

1 3 k12 m1 + 3 k65 m6 = -"2R •.t

1.R •.t mI = -

y I

+

(-t'12)m1

+

(-t'65) m6

•• (III-50a)

dimana: Ti- = 2

r k12 + k65 ] •• (III-SOb)

t' _ 3 k12 ; 12 - T"'" I

t' _ 3 k65 65 - --:rr I

Rumus/persamaan (III-50a) dan (III-SOb) tersebut dapat juga diturunkan dari persamaan (111-47) Iangsung yang kemudian dengan persamaan (111-45) akan diperoleh hasil yang sarna dengan penurunan rumuste~ sebut diatas. Langkah2 perhitungan sarna seperti pada contoh2 soal terdahulu. (Contoh soal diberikan dalam buku bagian kedua).

o

"$()ftOMo

HM" JAKARTA

66

111-3.

Ringkasan

langkah2

perhitungan.

Untuk keadaan portal dengan titik kumpul yang bergoyangini, per-tama2

dilihat dahulu bentuk konstruksinya,

digunakan

rumus2 yang dapat berlaku umum (lihat Bab.III-l-l),

dapat dilakukan

langkah2 perhitungannya.

dak dapat digunakan

dapat

langsung

Tetapi apabila bentuknya

ti-

rumus2 yang dapat berlaku umum, maka harus diturun-

kan lebih dahulu rumus2nya,

baru kemudian

Didalam pemecahan pemisalan

apabila bentuknya

penurunan

tanda2 momen pada masing2

arah dengan perputaran

langkah2 perhitungannya.

rumus2 tersebut harap diingat -

freebody yang selalu dimisalkan

jarum jam dan diberi tanda positip

se-

(lihat kemba-

Ii pada catatan di hale 8 bawah).

Langkah2

perhitungan

1. Perhitungan

untuk keadaan umum.

momen2 parsiil

a. menetapkan

angka2 kekakuan masing2 balok/kolom

b. menetapkan

besarnya

momen2 primer

c. momen rotasi dan momen displacement: p , y dan m(o) pada tiap titik kumpul

- menetapkan

harga2

- menetapkan

harga2 T, t

dan iii(o)pada masing2

tingkat

momen2 parsiil

d. pemberesan sebaiknya

T,

selalu dimulai dari pemberesan

lam satu langkah/putaran,

baru kemudian

pada langkah yang bersangkutan

momen rotasi lebih dwlu dapemberesan

momen displacemen

dengan momen rotasi, yang dapatdisim-

pulkan sebagai berikut : langkah ke-l langkah ke-2

langkah ke-

- pemberesan

momen rotasi langkah ke-l

- pemberesan

momen displacement

- pemberesan

momen rotasi langkah ke-Z

- pemberesan

momen displacement

- pemberesan

momen rotasi langkah ke-n

- pemberesan

momen displacement

dengan catatan bahwa pada setiap pemberesan kut sertakan

harga2 momen displacement

langkah ke-l

langkah ke-2 langkah ke-n momen rotasi selalu dii-

dimana titik kumpul tersebut-

terletak. 2. Perhitungan

momen design

Lihat Bab.II-2, yang bersangkutan

dimana disini ditambahkan

harga2 momen displacement-

dengan titik kumpul tersebut

terletak.

67

PENUTUP

BAB.IV

Tidak ada sesuatu yang sempurna, demikianpula

halnya dengan

metode TAKABEYA yang telah kita pelajari ini, yang banyak membawa keuntungan, namun tak luput dari kekurangan/kelemahan2. Kelemahan dari metode ini antara lain hanya dapat digunakan pada portal dengan arah pergoyangan satu arah saja, sehingga untuk portal dengan arah pergoyangan sebarang, metode ini tak dapatdigunakan lagi, demikian pula untuk portal dengan bentuk tak teratur yang meskipun arah pergoyangannya searah/tertentu, masih memerlukan penurunan rumus2 tersendiri yang tergantung dari bentuk konstruksinya. Namun demikian sudah pada tempatnyalah kalau kita katakan bahwa metodeTAKABEYA ini cukup mendekati kesempurnaan dan praktis penggunaannya. Untuk portal dengan pergoyangan yang searah dengan pembebanan horizontal atau muatan lainnya yang bekerja pada kolom, memerlukanpenurunan rumus2 tersendiri yang akan dibahas dalam buku bagian kedua. Sebagaimana yang telah kita pelajari bahwa metode inimemerlukan pemberesan momen yang cukup sederhana, untuk ini dapat dimamfaatkan prinsip pemberesan momennya untuk portal dengan arah pergoyangansebarang yang juga akan dibahas dalam buku bagian kedua tersebut.

Daftar

Kepustakaan :

1. Dr. F. TAKABEYA, "MULTYSTORYFRAMES" Wilhelm Ernst

& soiui , Berlin

- Munich - 1965.

2. Soetomo HM, Skripsi kat 3. Ir.

"Penggunaan metode TAKABEYAuntuk perhitungan

banyak"

Departemen Sipi1

bert inq-

FTSP ITB - 1972.

Kadarman nersokueumo,

Ku1iah2 ekstra

4. Ir.

portal

wiratman

"Perhitungan

tentang

"Metode TAKABEYA"Dep.Sipi1

FTSP ITB - 1972.

Wangsadinata, portal

bertingkat

dengan cara KANI"

PNINDAHKARYA-1963.

5. Soetomo HM, "Responsi

teori

&

soa12 metode CROSS" Dep.Sipi1

FTSP ITB - 1970.