SS
Uploaded bySaedi Saputra Siagian
29,117 views

Analisa matriks

Analisa Struktur Metode Matriks (ASMM) menggunakan matriks kekakuan, perpindahan, dan gaya untuk menganalisis struktur. Metode Kekakuan menyelesaikan persamaan kesetimbangan gaya dengan menentukan perpindahan simpul yang tidak diketahui. ASMM diterapkan untuk berbagai jenis elemen struktur dengan menghitung derajat kebebasan dan matriks kekakuan masing-masing elemen.

Embed presentation

Downloaded 344 times
ANALISA STRUKTUR METODE MATRIKS • Analisa Struktur Metode Matriks (ASMM) adalah suatu metode untuk menganalisa struktur dengan menggunakan bantuan matriks, yang terdiri dari : matriks kekakuan, matriks perpindahan, dan matriks gaya. Dengan menggunakan hubungan : { P } = [ K ] { U } dimana : { P } = matriks gaya [ K ] = matriks kekakuan { U } = matriks perpindahan • Salah satu cara yang digunakan untuk menyelesaikan persamaan di atas, yaitu dengan menggunakan Metode Kekakuan.
• Pada Metode Kekakuan, variable yang tidak diketahui besarnya adalah : perpindahan titik simpul struktur (rotasi dan defleksi) sudah tertentu/pasti. Jadi jumlah variable dalam metode kekakuan sama dengan derajat ketidaktentuan kinematis struktur. • Metode Kekakuan dikembangkan dari persamaan kesetimbangan titik simpul yang ditulis dalam : “ Koefisien Kekakuan “ dan “ Perpindahan titik simpul yang tidak diketahui “.
Types of Elements  Spring elements  Truss elements (plane & 3D)  Beam elements (2D &3D)  Plane Frame  Grid elements  Plane Stress  Plane Strain  Axisymmetric elements  Plate  Shell
Degrees of Freedom (DOF) • Derajat kebebasan yang dimiliki oleh suatu struktur. • Tiap jenis elemen akan mempunyai jumlah dan jenis kebebasan tertentu. Hitung derajat kebebasan element dari jenis element yang disebutkan sebelumnya
Metode Kekakuan Langsung (Direct Stiffness Method) matriks kekakuan U1, P1 U2, P2 { P } = [ K ] { U } U3, P3 U4, P4 gaya perpindahan P1 K11 K12 K13 K14 U1 P2 K21 K22 K23 K24 U2 P3 K31 K32 K33 K34 U3 P4 K41 K42 K43 K44 U4 1 1 2 =
P1 = K11 . U1 + K12 . U2 + K13 . U3 + K14 . U4 Kesetimbangan gaya di arah U1 P2 = K21 . U1 + K22 . U2 + K23 . U3 + K24 . U4 Kesetimbangan gaya di arah U2 P3 = K31 . U1 + K32 . U2 + K33 . U3 + K34 . U4 Kesetimbangan gaya di arah U3 P4 = K41 . U1 + K42 . U2 + K43 . U3 + K44 . U4 Kesetimbangan gaya di arah U4
• Jika U1 = 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka : P1 = K11 ; P2 = K21 ; P3 = K31 ; P4 = K41 Lihat Gambar (a) • Jika U2 = 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka : P1 = K12 ; P2 = K22 ; P3 = K32 ; P4 = K42 Lihat Gambar (b) • Jika U3 = 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka : P1 = K13 ; P2 = K23 ; P3 = K33 ; P4 = K43 Lihat Gambar (c) • Jika U4 = 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka : P1 = K14 ; P2 = K24 ; P3 = K34 ; P4 = K44 Lihat Gambar (d)
U1’ = 1 P1’ = K11 P2’ = K21 P3’ = K31 P4’ = K41 U1’ = 1 P1’ = K11 P2’ = K21 P3’ = K31 P4’ = K41 U1’ = 1 P1’ = K11 P2’ = K21 P3’ = K31 P4’ = K41 U1’ = 1 P1’ = K11 P2’ = K21 P3’ = K31 P4’ = K41
Matrix kekakuan: K11 K12 K13 K14 K21 K22 K23 K24 K31 K32 K33 K34 K41 K42 K43 K44 2323 L EI6 L EI12 - L EI6 L EI12 L EI2 L EI6 - L EI4 L EI6 22 2323 L EI6 - L EI12 L EI6 L EI12 -− Matriks Kekakuan L EI4 L EI6 - L EI2 L EI6 22 Gambar (a) (b) (c) (d) K = K =
Jika pada batang bekerja gaya aksial : L, EA K11 = L EA K21 = L EA − U1, P1 U2, P2 U3, P3 U4, P4 U1’,P1’ U2’,P2’ U1’= 1 K12 = - L EA U2’= 1 K22 = L EA 1 1 2 Matriks kekakuan elemen dengan melibatkan gaya aksial : 6 x 6 K = 2323 L EI6 L EI12 -0 L EI6 L EI12 0 L EI2 L EI6 -0 L EI4 L EI6 0 22 2323 L EI6 - L EI12 0 L EI6 L EI12 0 -− L EI4 L EI6 -0 L EI2 L EI6 0 22 00 L EA -00 L EA 00 L EA -00 L EA −
Contoh q Sebuah balok statis tak tentu seperti pada gambar 1 1 2 2 3 L, EI L, EI Menentukan keaktifan ujung-ujung elemen Menentukan matriks tujuan DOF : 2 2 rotasi Matriks kekakuan struktur [ Ks ] 2 x 2 Membuat matrik kekakuan elemen : [ Ks ] = [ K1 ] + [ K2 ] 1 2 3 0 1 2 0 0 0 1 2 1 2 3 0 0 0 1 2 0 1 1 2 0
Membuat matrik kekakuan elemen : Elemen 1 0 0 0 1 2323 L EI6 L EI12 - L EI6 L EI12 0 L EI2 L EI6 - L EI4 L EI6 22 0 2323 L EI6 - L EI12 L EI6 L EI12 -− 0 L EI4 L EI6 - L EI2 L EI6 22 1 K1 = [ K1 ] = Matriks Tujuan { T1 } = { 0 0 0 1 }T 0 L EI4 2 x 2 0 0
Elemen 2 0 1 0 2 2323 L EI6 L EI12 - L EI6 L EI12 0 L EI2 L EI6 - L EI4 L EI6 22 1 2323 L EI6 - L EI12 L EI6 L EI12 -− 0 L EI4 L EI6 - L EI2 L EI6 22 2 Matriks Tujuan { T2 } = { 0 1 0 2 }T 2 x 2 K2 = [ K2 ] = L EI4 L EI2 L EI2 L EI4
= + 0 0 = Matriks Kekakuan Global Struktur [ Ks ] = [ K1 ] + [ K2 ] [ Ks ] 2 x 2 L EI4 L EI2 L EI2 L EI4 0 L EI4 L EI4 L EI2 L EI2 L EI8 Untuk mendapatkan deformasi ujung-ujung aktif struktur, maka digunakan hubungan : { Ps } = [ Ks ] { Us } { Us } = [ Ks ]-1 { Ps } dimana : Us = deformasi ujung-ujung aktif Ks = kekakuan struktur Ps = gaya-gaya pada ujung aktif elemen akibat beban luar (aksi)
q 0 0 Untuk contoh di atas, maka : Ps = Menghitung invers matrik kekakuan global [ Ks ]-1 [ Ks ] = [ Ks ]-1 = 82- 2-4 EI L 2.2-4.8 1       = 82- 2-4 EI28 L       Jadi : { Us } = [ Ks ]-1 { Ps } Us = 82- 2-4 EI28 L       2 Lq 12 1 − 2 Lq 12 1 L EI4 L EI2 L EI2 L EI8 2 Lq 12 1 − 2 Lq 12 1 2 Lq 12 1 − 2 Lq 12 1
U1 1 U1 2 U1 3 U1 4 0 0 0 U2 1 U2 2 U2 3 U2 4 0 0 Us = EI28 L Us = Deformasi untuk masing-masing elemen Elemen 1 : U1 = = Elemen 2 : U2 = = 22 Lq 6 1 -Lq 3 1 − 22 Lq 6 4 Lq 6 1 + EI Lq 168 3 3 − EI Lq 168 5 3 Rotasi di joint 2 Rotasi di joint 3 EI Lq 168 3 3 − EI Lq 168 3 3 − EI Lq 168 5 3
q 0 0 0 0 0 0 PR2 =PR1 = Reaksi akibat beban luar : 2 Lq 12 1 −2 Lq 12 1 2 Lq 2 Lq 2 Lq 12 1 − 2 Lq 12 1 2 Lq 2 Lq
0 0 0 0 0 0 0 Gaya akhir elemen : Elemen 1 : { P1 } = [ K1 ] + { PR1 } P1 = + P1 = = 2323 L EI6 L EI12 - L EI6 L EI12 L EI2 L EI6 - L EI4 L EI6 22 2323 L EI6 - L EI12 L EI6 L EI12 -− L EI4 L EI6 - L EI2 L EI6 22 EI Lq 168 3 3 − 2 Lq 56 4 − 2 Lq 56 2 − Lq 56 6 − Lq 56 6 2 Lq 28 2 − 2 Lq 28 1 − Lq 28 3 − Lq 28 3
0 0 0 0 Elemen 2 : { P2 } = [ K2 ] + { PR2 } P2 = + P2 = = 2323 L EI6 L EI12 - L EI6 L EI12 L EI2 L EI6 - L EI4 L EI6 22 2323 L EI6 - L EI12 L EI6 L EI12 -− L EI4 L EI6 - L EI2 L EI6 22 EI Lq 168 5 3 2 Lq 56 4 Lq 56 32 Lq 56 24 2 Lq 28 2 Lq 28 16 Lq 28 12 EI Lq 168 3 3 − 2 Lq 12 1 − 2 Lq 12 1 2 Lq 2 Lq
q 0 - - + - + + Free Body Diagram : Menggambar gaya-gaya dalam : Bidang D : Bidang M : 2 Lq 28 22 Lq 28 1 Lq 28 3 2 Lq 28 2 Lq 28 16 Lq 28 3 Lq 28 12 Lq 28 3 Lq 28 3 Lq 28 16 Lq 28 12 2 Lq 28 2 2 Lq 28 1
Elemen Portal 2D B C P EI EI L L/2L/2 A A B C 1 2 DOF = 2 0 1 1 2 Sebuah portal statis tak tentu seperti pada gambar Matriks kekakuan struktur [ Ks ] 2 x 2 [ Ks ] = [ K1 ] + [ K2 ]
[ K1 ] = 0 0 0 Elemen 1 0 1 0 2 x 2 1 Matriks Tujuan { T1 } = { 0 1 }T 2 x 2 Elemen 2 1 2 1 2 x 2 2 Matriks Tujuan { T2 } = { 1 2 }T 2 x 2 K1 = [ K2 ] = L EI4 L EI2 L EI2 L EI4 L EI2 L EI4 L EI4 L EI2 L EI4 K2 = L EI2 L EI4 L EI4 L EI2
= + 0 = 0 0 Matriks Kekakuan Global Struktur [ Ks ] = [ K1 ] + [ K2 ] [ Ks ] 2 x 2 Untuk mendapatkan deformasi ujung-ujung aktif struktur, maka digunakan hubungan : { Ps } = [ Ks ] { Us } { Us } = [ Ks ]-1 { Ps } dimana : Us = deformasi ujung-ujung aktif Ks = kekakuan struktur Ps = gaya-gaya pada ujung aktif elemen akibat beban luar (aksi) L EI4 L EI2 L EI2 L EI4 L EI4 L EI2 L EI2 L EI8 L EI4
P Untuk contoh di atas, maka : 0 0 Ps = Menghitung invers matrik kekakuan global [ Ks ]-1 [ Ks ] = [ Ks ]-1 = 82- 2-4 EI L 2.2-4.8 1       = 82- 2-4 EI28 L       LP 8 1 − LP 8 1 L EI4 L EI2 L EI2 L EI8 LP 8 1 − LP 8 1
Jadi : { Us } = [ Ks ]-1 { Ps } Us = 82- 2-4 EI28 L       Us = EI28 L Us = LP 8 1 − LP 8 1 22 Lq 6 1 -Lq 3 1 − 22 Lq 6 4 Lq 6 1 + EI LP 112 3 2 − EI LP 112 5 2 Rotasi di joint B Rotasi di joint C U1 1 U1 2 0 U2 1 U2 2 Deformasi untuk masing-masing elemen Elemen 1 : U1 = = Elemen 2 : U2 = = EI LP 112 3 2 − EI LP 112 3 2 − EI LP 112 5 2
P Reaksi akibat beban luar : 0 0 LP 8 1 −LP 8 1 0 PR1 = 0 PR2 = LP 8 1 − LP 8 1 0 0 0 P1 = + P1 = Hasil perhitungan hanya momen saja Gaya akhir elemen : Elemen 1 : { P1 } = [ K1 ] + { PR1 } EI LP 112 3 2 − LP 56 6 − LP 56 3 − L EI2 L EI4 L EI4 L EI2 P2 = + P2 = = 0 0 Hasil perhitungan hanya momen saja Elemen 2 : { P2 } = [ K2 ] + { PR2 } EI LP 112 5 2 LP 8 1 − LP 8 1 EI LP 112 3 2 − L EI2 L EI4 L EI4 L EI2 2 Lq 56 6 2 Lq 28 3
P 0 Dihitung lagi Dihitung lagi Free Body Diagram : P 56 9 LP 56 6 P 28 17 P 28 11 P 56 9 P 56 9 P 56 9 P 28 17 P 28 17 LP 56 6 LP 56 3 Bidang M : - - + LP 56 6 LP 56 3 LP 56 11 + Bidang D : Bidang N : - +P 28 17 - P 56 9 P 28 11 P P 28 17 - P 56 9 -
Transformasi Sumbu θ 1 2’ 2 3 1’ 3’ U3, P3 u3, p3 U1, P1 U2, P2 u1, p1 u2, p2 u1 u2 u3 = C S 0 -S C 0 0 0 1 U1 U2 U3 C = cos θ S = sin θ Koordinat Lokal dan Global
C S 0 -S C 0 0 0 1 C = cos θ S = sin θ u1 u2 u3 u4 u5 u6 = λ 0 0 λ U1 U2 U3 U4 U5 U6 [ u ] = [ R ] [ U ] R = matriks rotasi Atau dapat ditulis : u = λ U Dimana : λ = Untuk transformasi sumbu sebuah titik dengan 6 dof dapat ditulis :
P1 P2 P3 P4 P5 P6 = λΤ 0 0 λΤ p1 p2 p3 p4 p5 p6 [ P ] = [ R ]T [ p ] R = matriks rotasi K Transformasi sumbu juga berlaku untuk gaya : p = λ P P = λ-1 p λ-1 = λT P = λT p p = k u ; u = R U P = RT p P = K U = RT k u K = RT k R = RT k R U
Matriks kekakuan elemen untuk 6 dof : 6 x 6 k = 2323 L EI6 L EI12 -0 L EI6 L EI12 0 L EI2 L EI6 -0 L EI4 L EI6 0 22 2323 L EI6 - L EI12 0 L EI6 L EI12 0 -− L EI4 L EI6 -0 L EI2 L EI6 0 22 00 L EA -00 L EA 00 L EA -00 L EA − β 0 0 -β 0 0 0 12 6L 0 -12 6L 0 6L 4L2 0 -6L 2L2 -β 0 0 β 0 0 0 -12 -6L 0 12 -6L 0 6L 2L2 0 -6L 4L2 Dimana : α = β = [ K ] = [ R ]T [ k ] [ R ] k = α L EI 3 I LA 2
C -S 0 S C 0 0 0 1 C -S 0 S C 0 0 0 1 0 0 β 0 0 -β 0 0 0 12 6L 0 -12 6L 0 6L 4L2 0 -6L 2L2 -β 0 0 β 0 0 0 -12 -6L 0 12 -6L 0 6L 2L2 0 -6L 4L2 K = α C S 0 -S C 0 0 0 1 C S 0 -S C 0 0 0 1 0 0 g1 g2 g4 -g1 -g2 g4 g3 g5 -g2 -g3 g5 g6 -g4 -g5 g7 g1 g2 -g4 g3 -g5 g6 Dimana : g1 = α ( β C2 + 12 S2 ) g5 = α 6 L C g2 = α C S ( β - 12 ) g6 = α 4 L2 g3 = α ( β S2 + 12 C2 ) g7 = α 2 L2 g4 = -α 6 L S K =
Sebuah portal seperti gambar, dengan menggunakan transformasi sumbu hitunglah gaya-gaya dalam yang bekerja q = 1,68 k/ft L = 10 ft M = 14 kft = 168 kin L = 10 ft 1 2 3 1 2 E = 30.000 ksi A = 5 in2 I = 50 in4 L = 10 ft 1 2 1 2 3 0 0 3 1 0 0 2 0 0 Sumbu Global DOF [ Ks ] 3 x 3 1 2 1 2 3 2 4 5 4 5 6 13 Sumbu Lokal DOF [ k ] 3 x 3 6 1 3 2 2
1 2 x x’ 1 θ = 270o λ1 = C S 0 -S C 0 0 0 1 = 0 -1 0 1 0 0 0 0 1 2 3 x x’ θ = 0o λ2 = C S 0 -S C 0 0 0 1 = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 Matriks transformasi batang : Batang 1 : θ = 270o cos 270o = 0 sin 270o = -1 Batang 2 : θ = 0o cos 0o = 1 sin 0o = 0
C S 0 -S C 0 0 0 1 C S 0 -S C 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 C S 0 -S C 0 0 0 1 C S 0 -S C 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 R1 = = R2 = =
g1 g2 g4 -g1 -g2 g4 g3 g5 -g2 -g3 g5 g6 -g4 -g5 g7 g1 g2 -g4 g3 -g5 -g4 g6 0 0 0 1 0 2 Matriks kekakuan system struktur Elemen 1 : α1 = 33 1 12).10( 50.30.000 L EI = = 0,87 β1 = 50 12).(10.5 I LA 22 1 = = 1.440 C = 0 ; S = -1 { T } = { 0 0 0 1 0 2 }T 0 0 0 1 0 2 K1 = g1 -g4 0 -g4 g6 0 0 0 0 1 2 3 10,44 -626,4 0 -626,4 50.112 0 0 0 0 1 2 3 g1 = α ( β C2 + 12 S2 ) = 0,87 [ 0 + 12 (-1)2 ] = 10,44 g4 = -α 6 L S = -0,87 . 6 . 120 (-1) = 626,4 g6 = α 4 L2 = 0,87 . 4 . 1202 = 50.112 Sehingga : K1 = K1 =
g1 g2 g4 -g1 -g2 g4 g3 g5 -g2 -g3 g5 g4 g6 -g4 -g5 g7 g1 g2 -g4 g3 -g5 g4 g7 g6 1 0 2 0 0 3 g1 g4 g4 g4 g6 g7 g4 g7 g6 1 2 3 Elemen 2 : α2 = 33 1 12).10( 50.30.000 L EI = = 0,87 β2 = 50 12).(10.5 I LA 22 1 = = 1.440 C = 1 ; S = 0 { T } = { 1 0 2 0 0 3 }T 1 0 2 0 0 3 1 2 3 K2 = K2 = 1.252,8 0 0 0 50.112 25.056 0 25.056 50.112 1.263,24 -626,4 0 -626,4 100.224 25.056 0 25.056 50.112 g1 = α ( β C2 + 12 S2 ) = 0,87 [ 1.440 . 12 + 12 (0)2 ] = 1.252,8 g4 = -α 6 L S = -0,87 . 6 . 120 (0) = 0 g6 = α 4 L2 = 0,87 . 4 . 1202 = 50.112 g7 = α 2 L2 = 0,87 . 2 . 1202 = 25.056 Sehingga : KS = K2 =
q = 0,14 k/in 168 kin168 kin168 kin 0 0 0 168 0 1.263,24 -626,4 0 -626,4 100.224 25.056 0 25.056 50.112 - 1 0 168 0 0,00095 0,00192 -0,00096 Defleksi horizontal di 2 Rotasi di 2 Rotasi di 3 Matriks beban : 8,4 8,4 PS = { Ps } = [ Ks ] { Us } { Us } = [ Ks ]-1 { Ps } US = US =
u1 1 u1 2 u1 3 u1 4 u1 5 u1 6 0 0 0 0,00095 0 0,00192 = 0 0 0 0 0,00095 0,00192 u2 1 u2 2 u2 3 u2 4 u2 5 u2 6 0,00095 0 0,00192 0 0 -0,0096 = 0,00095 0 0,00192 0 0 -0,0096 Displasement masing-masing batang (koordinat lokal) u1 = = u2 = = 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1
0 1,193 k 47,512 kin 0 -1,193 k 95,620 kin 0 1,193 k 3,959 kft 0 -1,193 k 7,968 kft Gaya akhir batang : Elemen 1 : { P1 } = [ k1 ] { u1 } + { 0 } P1 = = 1,19 k -7,8 k -95,84 kin -1,19 k -9 k 168 kin 1,19 k -7,8 k -7,99 kft -1,19 k -9 k 14 kft Elemen 2 : { P2 } = [ k2 ] { u2 } + { Faksi } P2 = =
q = 1,68 k/ft 14 kft 7,8 k 9 k 1 2 1,19 k1,19 k 7,99 kft 1,193 k 1,193 k 0 3,959 7,968 kft Free body diagram : 3,959 + - 7,99 14 + + - + + - 1,193 1,193 7,8 9 - 1,191,19
KONSTRUKSI RANGKA BATANG • Pada Konstruksi Rangka Batang (KRB), perhitungan matriks kekakuan elemen [ K ] berdasarkan kasus rangka batang 2 Dimensi. Gaya yang bekerja hanya tarik dan tekan aksial saja, sedang gaya momen dan lintang tidak terjadi. • Perhatikan gambar dengan elemen struktur batang dengan luas A dan Modulus Elastisitas E konstan. Perhitungan kekakuan elemen hanya mengandung elemen A, E dan empat titik koordinat, yaitu : xi, xj, yi, dan yj.
β x,u y,v L i j β + dβ i j cui ui qi pi qj pj Elemen Rangka Batang, dengan sudut Elemen Rangka Batang setelah β pada bidang xy perpindahan titik ui > 0, titik lain tetap c = cos β
C2 CS -C2 -CS ui = pi qi pj qj Pertama, harus menghitung : L = ( ) ( )2 ij 2 ij y-yx-x + C = cos β = L x-x ij S = sin β = L y-y ij Perpendekan aksial cui menghasilkan gaya tekan aksial F = icu L AE       Dimana : x dan y merupakan komponen dari ; pi = - pj = Fc qi = - qj = Fs Komponen ini menghasilkan kesetimbangan statis, sehingga diperoleh : L AE
K = C2 CS -C2 -CS CS S2 -CS -S2 -C2 -CS C2 CS -CS -S2 CS S2 Hasil yang sama juga akan diperoleh dengan cara memberikan perpindahan pada vi, uj, dan vj, dimana gaya bekerja sendiri-sendiri. Dan jika 4 dof dengan nilai tidak nol bekerja bersama-sama, dan dengan superposisi masing-masing elemen matriks kekakuan, dapat dihitung sebagai berikut : L AE
C2 CS -C2 -CS CS S2 -CS -S2 -C2 -CS C2 CS -CS -S2 CS S2 ui vi uj vj pi qi pj qj K = 1 0 -1 0 0 0 0 0 -1 0 1 0 0 0 0 0 Hubungan matriks kekakuan dengan gaya dapat ditulis sebagai berikut : [ K ] { D } = { F } = Untuk kasus khusus : 1. Jika nilai β = 0, sebagai batang horizontal, matriks kekakuan elemen [ K ] 4 x 4 Hanya berisi 4 komponen yang tidak bernilai nol, yaitu : k11 = k33 = -k13 = -k31 = L AE L AE L AE
K = 0 0 0 0 0 1 0 -1 0 0 0 0 0 -1 0 1 1. Jika nilai β = 90, sebagai batang vertikal, matriks kekakuan elemen [ K ] 4 x 4 Hanya berisi 4 komponen yang tidak bernilai nol, yaitu : k22 = k44 = -k24 = -k42 = L AE L AE
Sebuah Konstruksi Rangka Batang dengan luas A dan Modulus Elastisitas E yang sama, seperti pada Gambar L L L L 1 4 3 765 2 3 4 2 5 1 v u Hitunglah matriks kekakuaan masing-masing elemen
K = C2 CS -C2 -CS CS S2 -CS -S2 -C2 -CS C2 CS -CS -S2 CS S2 K1 = 1 0 -1 0 0 0 0 0 -1 0 1 0 0 0 0 0 Perumusan untuk mencari nilai matriks kekakuan elemen dengan sudut β : Batang 1, 2 dan 3 merupakan batang horizontal, sehingga β = 0o Maka : [ K1 ] = [ K2 ] = [ K3 ] L AE L AE
K4 = 0,250 0,433 -0,250 -0,433 0,433 0,750 -0,433 -0,750 -0,250 0,433 0,250 -0,433 -0,433 -0,750 0,433 0,750 K5 = 0,250 -0,433 -0,250 0,433 -0,433 0,750 0,433 -0,750 -0,250 0,433 0,250 -0,433 0,433 -0,750 - 0,433 0,750 Batang 4 dan 6 merupakan batang diagonal dengan sudut β = 60o Dimana : C = cos 60o = 0,5 S = sin 60o = 0,866 Maka : [ K4 ] = [ K6 ] Batang 5 dan 7 merupakan batang diagonal dengan sudut β = 300o Dimana : C = cos 300o = 0,5 S = sin 300o = -0,866 Maka : [ K5 ] = [ K7 ] L AE L AE

More Related Content

DOCX
Analisa struktur metode slope deflection
byrahmawan luqman
 
PPTX
Perencanaan Kolom
byIqbal Pratama
 
PDF
2 struktur-statis-tertentu2-libre
byrosidahmad
 
PDF
pelengkung tiga sendi mekanika teknik
bySyarif Hidayat
 
PDF
MEKANIKA REKAYASA 3 (METODE CROSS DAN METODE TAKABEYA)
bySumarno Feriyal
 
PDF
4 portal-dan-pelengkung-tiga-sendi
byIgorTherik
 
PDF
Struktur baja-5 lentur-balok
byLeticia Freidac
 
PDF
titik buhul dan cremona
byWahh Yudi
 
Analisa struktur metode slope deflection
byrahmawan luqman
 
Perencanaan Kolom
byIqbal Pratama
 
2 struktur-statis-tertentu2-libre
byrosidahmad
 
pelengkung tiga sendi mekanika teknik
bySyarif Hidayat
 
MEKANIKA REKAYASA 3 (METODE CROSS DAN METODE TAKABEYA)
bySumarno Feriyal
 
4 portal-dan-pelengkung-tiga-sendi
byIgorTherik
 
Struktur baja-5 lentur-balok
byLeticia Freidac
 
titik buhul dan cremona
byWahh Yudi
 

What's hot

PDF
contoh soal menghitung momen ultimate pada balok
byShaleh Afif Hasibuan
 
PDF
1 perhitungan-balok
byeidhy setiawan eidhy Edy
 
PDF
Kuliah dinamika-lengkap
byWildan Noer Fargiant
 
DOCX
Cara menghitung alinyemen horizontal
byJulia Maidar
 
DOCX
Tugas-Tugas Beton 1-10
bynoussevarenna
 
PPTX
Struktur Beton Bertulang
byMira Pemayun
 
PDF
Perencanaan bendung
byironsand2009
 
DOCX
Laporan prancangan struktur
byKomang Satriawan
 
PDF
Sni 1727 2013 tata cara pembebanan untuk rumah dan gedung
byWSKT
 
DOC
Eksentrisitas pada-pondasi
bydwidam
 
PDF
Tabel baja-wf-lrfd
byGunawan Sulistyo
 
DOCX
Perencanaan gording Baja
bybumi lohita
 
PDF
KERUNTUHAN PONDASI
byNurul Angreliany
 
DOCX
Laporan tugas struktur baja
bytanchul
 
PDF
Contoh soal-sambungan-baut
byEdhot Badhot
 
DOCX
Preliminary design kel. 3revisi
byMyName Ratna Pusparini
 
DOC
Pengenalan sap 2000
byrinaldi elpan
 
PDF
Modul 6- garis pengaruh, Garis pengaruh, statika dan mekanika dasar
byMOSES HADUN
 
DOCX
Penurunan pondasi
byAndre Az
 
DOCX
Perencanaan Balok Sederhana Beton Bertulang
byUniversitas Suryakancana Cianjur
 
contoh soal menghitung momen ultimate pada balok
byShaleh Afif Hasibuan
 
1 perhitungan-balok
byeidhy setiawan eidhy Edy
 
Kuliah dinamika-lengkap
byWildan Noer Fargiant
 
Cara menghitung alinyemen horizontal
byJulia Maidar
 
Tugas-Tugas Beton 1-10
bynoussevarenna
 
Struktur Beton Bertulang
byMira Pemayun
 
Perencanaan bendung
byironsand2009
 
Laporan prancangan struktur
byKomang Satriawan
 
Sni 1727 2013 tata cara pembebanan untuk rumah dan gedung
byWSKT
 
Eksentrisitas pada-pondasi
bydwidam
 
Tabel baja-wf-lrfd
byGunawan Sulistyo
 
Perencanaan gording Baja
bybumi lohita
 
KERUNTUHAN PONDASI
byNurul Angreliany
 
Laporan tugas struktur baja
bytanchul
 
Contoh soal-sambungan-baut
byEdhot Badhot
 
Preliminary design kel. 3revisi
byMyName Ratna Pusparini
 
Pengenalan sap 2000
byrinaldi elpan
 
Modul 6- garis pengaruh, Garis pengaruh, statika dan mekanika dasar
byMOSES HADUN
 
Penurunan pondasi
byAndre Az
 
Perencanaan Balok Sederhana Beton Bertulang
byUniversitas Suryakancana Cianjur
 

Similar to Analisa matriks

PDF
adoc.pub_analisa-struktur-metode-matriks-asmm.pdf
bySyahidahFani
 
PDF
Modul materi kuliah b 3 modul 8a-
byzombie46
 
PDF
3. Analisis Struktur dengan Metode Matriks (Rangka Bidang) (2).pdf
byNaufalVN
 
PPT
Kuliah 07 Contoh 01 Balok
bySenot Sangadji
 
PPTX
(Metode Kekakuan Langsung untuk Elemen Batang) DIRECT STIFFNESS ELEMEN BATANG...
bytukujajan
 
PPTX
MEKANIKA REKAYASA 3 METODE DISTRIBUSI MOMEN (CROSS)
byasyapawiasyapawi
 
PDF
anALISIS STRUKTUR 2 SISTEM PORTAL TEKNIK SIPIL
byatangsupriyatna1
 
PDF
Handout mer iv d iii
byJunaida Wally
 
PDF
4_Consistent_deformation_method_for_statically_indeterminate_truss.pdf
byFerdianoYogi
 
adoc.pub_analisa-struktur-metode-matriks-asmm.pdf
bySyahidahFani
 
Modul materi kuliah b 3 modul 8a-
byzombie46
 
3. Analisis Struktur dengan Metode Matriks (Rangka Bidang) (2).pdf
byNaufalVN
 
Kuliah 07 Contoh 01 Balok
bySenot Sangadji
 
(Metode Kekakuan Langsung untuk Elemen Batang) DIRECT STIFFNESS ELEMEN BATANG...
bytukujajan
 
MEKANIKA REKAYASA 3 METODE DISTRIBUSI MOMEN (CROSS)
byasyapawiasyapawi
 
anALISIS STRUKTUR 2 SISTEM PORTAL TEKNIK SIPIL
byatangsupriyatna1
 
Handout mer iv d iii
byJunaida Wally
 
4_Consistent_deformation_method_for_statically_indeterminate_truss.pdf
byFerdianoYogi
 

Analisa matriks

  • 1.
    ANALISA STRUKTUR METODE MATRIKS •Analisa Struktur Metode Matriks (ASMM) adalah suatu metode untuk menganalisa struktur dengan menggunakan bantuan matriks, yang terdiri dari : matriks kekakuan, matriks perpindahan, dan matriks gaya. Dengan menggunakan hubungan : { P } = [ K ] { U } dimana : { P } = matriks gaya [ K ] = matriks kekakuan { U } = matriks perpindahan • Salah satu cara yang digunakan untuk menyelesaikan persamaan di atas, yaitu dengan menggunakan Metode Kekakuan.
  • 2.
    • Pada MetodeKekakuan, variable yang tidak diketahui besarnya adalah : perpindahan titik simpul struktur (rotasi dan defleksi) sudah tertentu/pasti. Jadi jumlah variable dalam metode kekakuan sama dengan derajat ketidaktentuan kinematis struktur. • Metode Kekakuan dikembangkan dari persamaan kesetimbangan titik simpul yang ditulis dalam : “ Koefisien Kekakuan “ dan “ Perpindahan titik simpul yang tidak diketahui “.
  • 3.
    Types of Elements Spring elements  Truss elements (plane & 3D)  Beam elements (2D &3D)  Plane Frame  Grid elements  Plane Stress  Plane Strain  Axisymmetric elements  Plate  Shell
  • 4.
    Degrees of Freedom(DOF) • Derajat kebebasan yang dimiliki oleh suatu struktur. • Tiap jenis elemen akan mempunyai jumlah dan jenis kebebasan tertentu. Hitung derajat kebebasan element dari jenis element yang disebutkan sebelumnya
  • 5.
    Metode Kekakuan Langsung (DirectStiffness Method) matriks kekakuan U1, P1 U2, P2 { P } = [ K ] { U } U3, P3 U4, P4 gaya perpindahan P1 K11 K12 K13 K14 U1 P2 K21 K22 K23 K24 U2 P3 K31 K32 K33 K34 U3 P4 K41 K42 K43 K44 U4 1 1 2 =
  • 6.
    P1 = K11. U1 + K12 . U2 + K13 . U3 + K14 . U4 Kesetimbangan gaya di arah U1 P2 = K21 . U1 + K22 . U2 + K23 . U3 + K24 . U4 Kesetimbangan gaya di arah U2 P3 = K31 . U1 + K32 . U2 + K33 . U3 + K34 . U4 Kesetimbangan gaya di arah U3 P4 = K41 . U1 + K42 . U2 + K43 . U3 + K44 . U4 Kesetimbangan gaya di arah U4
  • 7.
    • Jika U1= 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka : P1 = K11 ; P2 = K21 ; P3 = K31 ; P4 = K41 Lihat Gambar (a) • Jika U2 = 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka : P1 = K12 ; P2 = K22 ; P3 = K32 ; P4 = K42 Lihat Gambar (b) • Jika U3 = 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka : P1 = K13 ; P2 = K23 ; P3 = K33 ; P4 = K43 Lihat Gambar (c) • Jika U4 = 1 dan U2 = U3 = U4 = 0 , maka : P1 = K14 ; P2 = K24 ; P3 = K34 ; P4 = K44 Lihat Gambar (d)
  • 8.
    U1’ = 1P1’ = K11 P2’ = K21 P3’ = K31 P4’ = K41 U1’ = 1 P1’ = K11 P2’ = K21 P3’ = K31 P4’ = K41 U1’ = 1 P1’ = K11 P2’ = K21 P3’ = K31 P4’ = K41 U1’ = 1 P1’ = K11 P2’ = K21 P3’ = K31 P4’ = K41
  • 9.
    Matrix kekakuan: K11 K12K13 K14 K21 K22 K23 K24 K31 K32 K33 K34 K41 K42 K43 K44 2323 L EI6 L EI12 - L EI6 L EI12 L EI2 L EI6 - L EI4 L EI6 22 2323 L EI6 - L EI12 L EI6 L EI12 -− Matriks Kekakuan L EI4 L EI6 - L EI2 L EI6 22 Gambar (a) (b) (c) (d) K = K =
  • 10.
    Jika pada batangbekerja gaya aksial : L, EA K11 = L EA K21 = L EA − U1, P1 U2, P2 U3, P3 U4, P4 U1’,P1’ U2’,P2’ U1’= 1 K12 = - L EA U2’= 1 K22 = L EA 1 1 2 Matriks kekakuan elemen dengan melibatkan gaya aksial : 6 x 6 K = 2323 L EI6 L EI12 -0 L EI6 L EI12 0 L EI2 L EI6 -0 L EI4 L EI6 0 22 2323 L EI6 - L EI12 0 L EI6 L EI12 0 -− L EI4 L EI6 -0 L EI2 L EI6 0 22 00 L EA -00 L EA 00 L EA -00 L EA −
  • 11.
    Contoh q Sebuah balok statistak tentu seperti pada gambar 1 1 2 2 3 L, EI L, EI Menentukan keaktifan ujung-ujung elemen Menentukan matriks tujuan DOF : 2 2 rotasi Matriks kekakuan struktur [ Ks ] 2 x 2 Membuat matrik kekakuan elemen : [ Ks ] = [ K1 ] + [ K2 ] 1 2 3 0 1 2 0 0 0 1 2 1 2 3 0 0 0 1 2 0 1 1 2 0
  • 12.
    Membuat matrik kekakuanelemen : Elemen 1 0 0 0 1 2323 L EI6 L EI12 - L EI6 L EI12 0 L EI2 L EI6 - L EI4 L EI6 22 0 2323 L EI6 - L EI12 L EI6 L EI12 -− 0 L EI4 L EI6 - L EI2 L EI6 22 1 K1 = [ K1 ] = Matriks Tujuan { T1 } = { 0 0 0 1 }T 0 L EI4 2 x 2 0 0
  • 13.
    Elemen 2 0 10 2 2323 L EI6 L EI12 - L EI6 L EI12 0 L EI2 L EI6 - L EI4 L EI6 22 1 2323 L EI6 - L EI12 L EI6 L EI12 -− 0 L EI4 L EI6 - L EI2 L EI6 22 2 Matriks Tujuan { T2 } = { 0 1 0 2 }T 2 x 2 K2 = [ K2 ] = L EI4 L EI2 L EI2 L EI4
  • 14.
    = + 0 0 = MatriksKekakuan Global Struktur [ Ks ] = [ K1 ] + [ K2 ] [ Ks ] 2 x 2 L EI4 L EI2 L EI2 L EI4 0 L EI4 L EI4 L EI2 L EI2 L EI8 Untuk mendapatkan deformasi ujung-ujung aktif struktur, maka digunakan hubungan : { Ps } = [ Ks ] { Us } { Us } = [ Ks ]-1 { Ps } dimana : Us = deformasi ujung-ujung aktif Ks = kekakuan struktur Ps = gaya-gaya pada ujung aktif elemen akibat beban luar (aksi)
  • 15.
    q 0 0 Untuk contohdi atas, maka : Ps = Menghitung invers matrik kekakuan global [ Ks ]-1 [ Ks ] = [ Ks ]-1 = 82- 2-4 EI L 2.2-4.8 1       = 82- 2-4 EI28 L       Jadi : { Us } = [ Ks ]-1 { Ps } Us = 82- 2-4 EI28 L       2 Lq 12 1 − 2 Lq 12 1 L EI4 L EI2 L EI2 L EI8 2 Lq 12 1 − 2 Lq 12 1 2 Lq 12 1 − 2 Lq 12 1
  • 16.
    U1 1 U1 2 U1 3 U1 4 0 0 0 U2 1 U2 2 U2 3 U2 4 0 0 Us = EI28 L Us = Deformasiuntuk masing-masing elemen Elemen 1 : U1 = = Elemen 2 : U2 = = 22 Lq 6 1 -Lq 3 1 − 22 Lq 6 4 Lq 6 1 + EI Lq 168 3 3 − EI Lq 168 5 3 Rotasi di joint 2 Rotasi di joint 3 EI Lq 168 3 3 − EI Lq 168 3 3 − EI Lq 168 5 3
  • 17.
    q 0 0 0 0 0 0 PR2 =PR1= Reaksi akibat beban luar : 2 Lq 12 1 −2 Lq 12 1 2 Lq 2 Lq 2 Lq 12 1 − 2 Lq 12 1 2 Lq 2 Lq
  • 18.
    0 0 0 0 0 0 0 Gaya akhir elemen: Elemen 1 : { P1 } = [ K1 ] + { PR1 } P1 = + P1 = = 2323 L EI6 L EI12 - L EI6 L EI12 L EI2 L EI6 - L EI4 L EI6 22 2323 L EI6 - L EI12 L EI6 L EI12 -− L EI4 L EI6 - L EI2 L EI6 22 EI Lq 168 3 3 − 2 Lq 56 4 − 2 Lq 56 2 − Lq 56 6 − Lq 56 6 2 Lq 28 2 − 2 Lq 28 1 − Lq 28 3 − Lq 28 3
  • 19.
    0 0 0 0 Elemen 2: { P2 } = [ K2 ] + { PR2 } P2 = + P2 = = 2323 L EI6 L EI12 - L EI6 L EI12 L EI2 L EI6 - L EI4 L EI6 22 2323 L EI6 - L EI12 L EI6 L EI12 -− L EI4 L EI6 - L EI2 L EI6 22 EI Lq 168 5 3 2 Lq 56 4 Lq 56 32 Lq 56 24 2 Lq 28 2 Lq 28 16 Lq 28 12 EI Lq 168 3 3 − 2 Lq 12 1 − 2 Lq 12 1 2 Lq 2 Lq
  • 20.
    q 0 - - + - ++ Free Body Diagram : Menggambar gaya-gaya dalam : Bidang D : Bidang M : 2 Lq 28 22 Lq 28 1 Lq 28 3 2 Lq 28 2 Lq 28 16 Lq 28 3 Lq 28 12 Lq 28 3 Lq 28 3 Lq 28 16 Lq 28 12 2 Lq 28 2 2 Lq 28 1
  • 21.
    Elemen Portal 2D BC P EI EI L L/2L/2 A A B C 1 2 DOF = 2 0 1 1 2 Sebuah portal statis tak tentu seperti pada gambar Matriks kekakuan struktur [ Ks ] 2 x 2 [ Ks ] = [ K1 ] + [ K2 ]
  • 22.
    [ K1 ]= 0 0 0 Elemen 1 0 1 0 2 x 2 1 Matriks Tujuan { T1 } = { 0 1 }T 2 x 2 Elemen 2 1 2 1 2 x 2 2 Matriks Tujuan { T2 } = { 1 2 }T 2 x 2 K1 = [ K2 ] = L EI4 L EI2 L EI2 L EI4 L EI2 L EI4 L EI4 L EI2 L EI4 K2 = L EI2 L EI4 L EI4 L EI2
  • 23.
    = + 0 = 0 0 MatriksKekakuan Global Struktur [ Ks ] = [ K1 ] + [ K2 ] [ Ks ] 2 x 2 Untuk mendapatkan deformasi ujung-ujung aktif struktur, maka digunakan hubungan : { Ps } = [ Ks ] { Us } { Us } = [ Ks ]-1 { Ps } dimana : Us = deformasi ujung-ujung aktif Ks = kekakuan struktur Ps = gaya-gaya pada ujung aktif elemen akibat beban luar (aksi) L EI4 L EI2 L EI2 L EI4 L EI4 L EI2 L EI2 L EI8 L EI4
  • 24.
    P Untuk contoh diatas, maka : 0 0 Ps = Menghitung invers matrik kekakuan global [ Ks ]-1 [ Ks ] = [ Ks ]-1 = 82- 2-4 EI L 2.2-4.8 1       = 82- 2-4 EI28 L       LP 8 1 − LP 8 1 L EI4 L EI2 L EI2 L EI8 LP 8 1 − LP 8 1
  • 25.
    Jadi : {Us } = [ Ks ]-1 { Ps } Us = 82- 2-4 EI28 L       Us = EI28 L Us = LP 8 1 − LP 8 1 22 Lq 6 1 -Lq 3 1 − 22 Lq 6 4 Lq 6 1 + EI LP 112 3 2 − EI LP 112 5 2 Rotasi di joint B Rotasi di joint C U1 1 U1 2 0 U2 1 U2 2 Deformasi untuk masing-masing elemen Elemen 1 : U1 = = Elemen 2 : U2 = = EI LP 112 3 2 − EI LP 112 3 2 − EI LP 112 5 2
  • 26.
    P Reaksi akibat bebanluar : 0 0 LP 8 1 −LP 8 1 0 PR1 = 0 PR2 = LP 8 1 − LP 8 1 0 0 0 P1 = + P1 = Hasil perhitungan hanya momen saja Gaya akhir elemen : Elemen 1 : { P1 } = [ K1 ] + { PR1 } EI LP 112 3 2 − LP 56 6 − LP 56 3 − L EI2 L EI4 L EI4 L EI2 P2 = + P2 = = 0 0 Hasil perhitungan hanya momen saja Elemen 2 : { P2 } = [ K2 ] + { PR2 } EI LP 112 5 2 LP 8 1 − LP 8 1 EI LP 112 3 2 − L EI2 L EI4 L EI4 L EI2 2 Lq 56 6 2 Lq 28 3
  • 27.
    P 0 Dihitung lagi Dihitunglagi Free Body Diagram : P 56 9 LP 56 6 P 28 17 P 28 11 P 56 9 P 56 9 P 56 9 P 28 17 P 28 17 LP 56 6 LP 56 3 Bidang M : - - + LP 56 6 LP 56 3 LP 56 11 + Bidang D : Bidang N : - +P 28 17 - P 56 9 P 28 11 P P 28 17 - P 56 9 -
  • 28.
    Transformasi Sumbu θ 1 2’ 2 3 1’ 3’ U3, P3 u3,p3 U1, P1 U2, P2 u1, p1 u2, p2 u1 u2 u3 = C S 0 -S C 0 0 0 1 U1 U2 U3 C = cos θ S = sin θ Koordinat Lokal dan Global
  • 29.
    C S 0 -SC 0 0 0 1 C = cos θ S = sin θ u1 u2 u3 u4 u5 u6 = λ 0 0 λ U1 U2 U3 U4 U5 U6 [ u ] = [ R ] [ U ] R = matriks rotasi Atau dapat ditulis : u = λ U Dimana : λ = Untuk transformasi sumbu sebuah titik dengan 6 dof dapat ditulis :
  • 30.
    P1 P2 P3 P4 P5 P6 = λΤ 0 0 λΤ p1 p2 p3 p4 p5 p6 [ P] = [ R ]T [ p ] R = matriks rotasi K Transformasi sumbu juga berlaku untuk gaya : p = λ P P = λ-1 p λ-1 = λT P = λT p p = k u ; u = R U P = RT p P = K U = RT k u K = RT k R = RT k R U
  • 31.
    Matriks kekakuan elemenuntuk 6 dof : 6 x 6 k = 2323 L EI6 L EI12 -0 L EI6 L EI12 0 L EI2 L EI6 -0 L EI4 L EI6 0 22 2323 L EI6 - L EI12 0 L EI6 L EI12 0 -− L EI4 L EI6 -0 L EI2 L EI6 0 22 00 L EA -00 L EA 00 L EA -00 L EA − β 0 0 -β 0 0 0 12 6L 0 -12 6L 0 6L 4L2 0 -6L 2L2 -β 0 0 β 0 0 0 -12 -6L 0 12 -6L 0 6L 2L2 0 -6L 4L2 Dimana : α = β = [ K ] = [ R ]T [ k ] [ R ] k = α L EI 3 I LA 2
  • 32.
    C -S 0 SC 0 0 0 1 C -S 0 S C 0 0 0 1 0 0 β 0 0 -β 0 0 0 12 6L 0 -12 6L 0 6L 4L2 0 -6L 2L2 -β 0 0 β 0 0 0 -12 -6L 0 12 -6L 0 6L 2L2 0 -6L 4L2 K = α C S 0 -S C 0 0 0 1 C S 0 -S C 0 0 0 1 0 0 g1 g2 g4 -g1 -g2 g4 g3 g5 -g2 -g3 g5 g6 -g4 -g5 g7 g1 g2 -g4 g3 -g5 g6 Dimana : g1 = α ( β C2 + 12 S2 ) g5 = α 6 L C g2 = α C S ( β - 12 ) g6 = α 4 L2 g3 = α ( β S2 + 12 C2 ) g7 = α 2 L2 g4 = -α 6 L S K =
  • 33.
    Sebuah portal sepertigambar, dengan menggunakan transformasi sumbu hitunglah gaya-gaya dalam yang bekerja q = 1,68 k/ft L = 10 ft M = 14 kft = 168 kin L = 10 ft 1 2 3 1 2 E = 30.000 ksi A = 5 in2 I = 50 in4 L = 10 ft 1 2 1 2 3 0 0 3 1 0 0 2 0 0 Sumbu Global DOF [ Ks ] 3 x 3 1 2 1 2 3 2 4 5 4 5 6 13 Sumbu Lokal DOF [ k ] 3 x 3 6 1 3 2 2
  • 34.
    1 2 x x’ 1 θ = 270o λ1= C S 0 -S C 0 0 0 1 = 0 -1 0 1 0 0 0 0 1 2 3 x x’ θ = 0o λ2 = C S 0 -S C 0 0 0 1 = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 Matriks transformasi batang : Batang 1 : θ = 270o cos 270o = 0 sin 270o = -1 Batang 2 : θ = 0o cos 0o = 1 sin 0o = 0
  • 35.
    C S 0 -SC 0 0 0 1 C S 0 -S C 0 0 0 1 0 0 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 C S 0 -S C 0 0 0 1 C S 0 -S C 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 R1 = = R2 = =
  • 36.
    g1 g2 g4-g1 -g2 g4 g3 g5 -g2 -g3 g5 g6 -g4 -g5 g7 g1 g2 -g4 g3 -g5 -g4 g6 0 0 0 1 0 2 Matriks kekakuan system struktur Elemen 1 : α1 = 33 1 12).10( 50.30.000 L EI = = 0,87 β1 = 50 12).(10.5 I LA 22 1 = = 1.440 C = 0 ; S = -1 { T } = { 0 0 0 1 0 2 }T 0 0 0 1 0 2 K1 = g1 -g4 0 -g4 g6 0 0 0 0 1 2 3 10,44 -626,4 0 -626,4 50.112 0 0 0 0 1 2 3 g1 = α ( β C2 + 12 S2 ) = 0,87 [ 0 + 12 (-1)2 ] = 10,44 g4 = -α 6 L S = -0,87 . 6 . 120 (-1) = 626,4 g6 = α 4 L2 = 0,87 . 4 . 1202 = 50.112 Sehingga : K1 = K1 =
  • 37.
    g1 g2 g4-g1 -g2 g4 g3 g5 -g2 -g3 g5 g4 g6 -g4 -g5 g7 g1 g2 -g4 g3 -g5 g4 g7 g6 1 0 2 0 0 3 g1 g4 g4 g4 g6 g7 g4 g7 g6 1 2 3 Elemen 2 : α2 = 33 1 12).10( 50.30.000 L EI = = 0,87 β2 = 50 12).(10.5 I LA 22 1 = = 1.440 C = 1 ; S = 0 { T } = { 1 0 2 0 0 3 }T 1 0 2 0 0 3 1 2 3 K2 = K2 = 1.252,8 0 0 0 50.112 25.056 0 25.056 50.112 1.263,24 -626,4 0 -626,4 100.224 25.056 0 25.056 50.112 g1 = α ( β C2 + 12 S2 ) = 0,87 [ 1.440 . 12 + 12 (0)2 ] = 1.252,8 g4 = -α 6 L S = -0,87 . 6 . 120 (0) = 0 g6 = α 4 L2 = 0,87 . 4 . 1202 = 50.112 g7 = α 2 L2 = 0,87 . 2 . 1202 = 25.056 Sehingga : KS = K2 =
  • 38.
    q = 0,14k/in 168 kin168 kin168 kin 0 0 0 168 0 1.263,24 -626,4 0 -626,4 100.224 25.056 0 25.056 50.112 - 1 0 168 0 0,00095 0,00192 -0,00096 Defleksi horizontal di 2 Rotasi di 2 Rotasi di 3 Matriks beban : 8,4 8,4 PS = { Ps } = [ Ks ] { Us } { Us } = [ Ks ]-1 { Ps } US = US =
  • 39.
    u1 1 u1 2 u1 3 u1 4 u1 5 u1 6 0 0 0 0,00095 0 0,00192 = 0 0 0 0 0,00095 0,00192 u2 1 u2 2 u2 3 u2 4 u2 5 u2 6 0,00095 0 0,00192 0 0 -0,0096 = 0,00095 0 0,00192 0 0 -0,0096 Displasement masing-masing batang(koordinat lokal) u1 = = u2 = = 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1
  • 40.
    0 1,193 k 47,512 kin 0 -1,193k 95,620 kin 0 1,193 k 3,959 kft 0 -1,193 k 7,968 kft Gaya akhir batang : Elemen 1 : { P1 } = [ k1 ] { u1 } + { 0 } P1 = = 1,19 k -7,8 k -95,84 kin -1,19 k -9 k 168 kin 1,19 k -7,8 k -7,99 kft -1,19 k -9 k 14 kft Elemen 2 : { P2 } = [ k2 ] { u2 } + { Faksi } P2 = =
  • 41.
    q = 1,68k/ft 14 kft 7,8 k 9 k 1 2 1,19 k1,19 k 7,99 kft 1,193 k 1,193 k 0 3,959 7,968 kft Free body diagram : 3,959 + - 7,99 14 + + - + + - 1,193 1,193 7,8 9 - 1,191,19
  • 42.
    KONSTRUKSI RANGKA BATANG •Pada Konstruksi Rangka Batang (KRB), perhitungan matriks kekakuan elemen [ K ] berdasarkan kasus rangka batang 2 Dimensi. Gaya yang bekerja hanya tarik dan tekan aksial saja, sedang gaya momen dan lintang tidak terjadi. • Perhatikan gambar dengan elemen struktur batang dengan luas A dan Modulus Elastisitas E konstan. Perhitungan kekakuan elemen hanya mengandung elemen A, E dan empat titik koordinat, yaitu : xi, xj, yi, dan yj.
  • 43.
    β x,u y,v L i j β + dβ i j cui uiqi pi qj pj Elemen Rangka Batang, dengan sudut Elemen Rangka Batang setelah β pada bidang xy perpindahan titik ui > 0, titik lain tetap c = cos β
  • 44.
    C2 CS -C2 -CS ui = pi qi pj qj Pertama, harusmenghitung : L = ( ) ( )2 ij 2 ij y-yx-x + C = cos β = L x-x ij S = sin β = L y-y ij Perpendekan aksial cui menghasilkan gaya tekan aksial F = icu L AE       Dimana : x dan y merupakan komponen dari ; pi = - pj = Fc qi = - qj = Fs Komponen ini menghasilkan kesetimbangan statis, sehingga diperoleh : L AE
  • 45.
    K = C2 CS -C2 -CS CSS2 -CS -S2 -C2 -CS C2 CS -CS -S2 CS S2 Hasil yang sama juga akan diperoleh dengan cara memberikan perpindahan pada vi, uj, dan vj, dimana gaya bekerja sendiri-sendiri. Dan jika 4 dof dengan nilai tidak nol bekerja bersama-sama, dan dengan superposisi masing-masing elemen matriks kekakuan, dapat dihitung sebagai berikut : L AE
  • 46.
    C2 CS -C2 -CS CS S2 -CS-S2 -C2 -CS C2 CS -CS -S2 CS S2 ui vi uj vj pi qi pj qj K = 1 0 -1 0 0 0 0 0 -1 0 1 0 0 0 0 0 Hubungan matriks kekakuan dengan gaya dapat ditulis sebagai berikut : [ K ] { D } = { F } = Untuk kasus khusus : 1. Jika nilai β = 0, sebagai batang horizontal, matriks kekakuan elemen [ K ] 4 x 4 Hanya berisi 4 komponen yang tidak bernilai nol, yaitu : k11 = k33 = -k13 = -k31 = L AE L AE L AE
  • 47.
    K = 0 00 0 0 1 0 -1 0 0 0 0 0 -1 0 1 1. Jika nilai β = 90, sebagai batang vertikal, matriks kekakuan elemen [ K ] 4 x 4 Hanya berisi 4 komponen yang tidak bernilai nol, yaitu : k22 = k44 = -k24 = -k42 = L AE L AE
  • 48.
    Sebuah Konstruksi RangkaBatang dengan luas A dan Modulus Elastisitas E yang sama, seperti pada Gambar L L L L 1 4 3 765 2 3 4 2 5 1 v u Hitunglah matriks kekakuaan masing-masing elemen
  • 49.
    K = C2 CS -C2 -CS CSS2 -CS -S2 -C2 -CS C2 CS -CS -S2 CS S2 K1 = 1 0 -1 0 0 0 0 0 -1 0 1 0 0 0 0 0 Perumusan untuk mencari nilai matriks kekakuan elemen dengan sudut β : Batang 1, 2 dan 3 merupakan batang horizontal, sehingga β = 0o Maka : [ K1 ] = [ K2 ] = [ K3 ] L AE L AE
  • 50.
    K4 = 0,250 0,433-0,250 -0,433 0,433 0,750 -0,433 -0,750 -0,250 0,433 0,250 -0,433 -0,433 -0,750 0,433 0,750 K5 = 0,250 -0,433 -0,250 0,433 -0,433 0,750 0,433 -0,750 -0,250 0,433 0,250 -0,433 0,433 -0,750 - 0,433 0,750 Batang 4 dan 6 merupakan batang diagonal dengan sudut β = 60o Dimana : C = cos 60o = 0,5 S = sin 60o = 0,866 Maka : [ K4 ] = [ K6 ] Batang 5 dan 7 merupakan batang diagonal dengan sudut β = 300o Dimana : C = cos 300o = 0,5 S = sin 300o = -0,866 Maka : [ K5 ] = [ K7 ] L AE L AE