Dynamics of Structures 1-5

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo A. PENDAHULUAN

Selama ini telah dipelajari perilaku struktur yang mendapat beban statis, artinya beban beban tersebut tetap, baik intensitasnya, tempatnya, arah garis kerjanya. Sedangkan dalam dinamika struktur akan dipelajari perilaku struktur jika struktur tersebut mendapat beban dinamis, yaitu beban yang berubah-ubah menurut fungsi waktu ( time varying ). varying ). Perbedaan antara Beban Dinamik dan Beban Statik :

Beban Statik : Adalah beban tetap, baik besarnya (intensitasnya), titik bekerjanya dan arah garis kerjanya. Beban Dinamik : 1. Beban yang besarnya ( intensitasnya intensitasn ya ) berubah-ubah menurut waktu, sehingga dapat dikatakan besarnya beban merupakan fungsi waktu. 2. Bekerja hanya untuk rentang waktu tertentu saja, akan tetapi walaupun hanya bekerja sesaat akibat yang ditimbulkan dapat merusakkan struktur bangunan, oleh karena itu beban ini harus diperhitungkan didalam merencanakan struktur bangunan. 3. Beban dinamik dapat menyebabkan timbulnya gaya timbulnya gaya inersia pada pusat massa yang arahnya berlawanan dengan arah gerakan. Contoh gaya inersia yang paling sederhana adalah tumpukan kotak pada bak belakang truk t ruk akan terguling kedepan k edepan bila truk direm mendadak, dan akan terguling terguli ng kebelakang bila truk dengan mendadak dijalankan. 4. Beban dinamis lebih kompleks dari pada beban statis, baik jika ditinjau dari bentuk fungsi bebannya maupun akibat yang ditimbulkan. 5. Karena beban dinamik merupakan fungsi dari waktu, maka pengaruhnya terhadap struktur juga akan berubah-ubah.menurut waktu pula. Oleh karena itu penyelesaian persoalan dinamik din amik harus dilakukan secara se cara berulang-ulang berulan g-ulang mengikuti mengik uti sejarah sejara h pembe banan yang ada. J ika penyelesaian problem statik s tatik bersifat tunggal tu nggal ( single ( single solution ), maka dalam penyelesaian problem dinamik bersifat penyelesaian berulangulang ( multiple solution ). 6. Karena beban dinamik menimbulkan repons yang berubah-ubah menurut waktu, maka struktur yang bersangkutan akan ikut bergetar. Pada saat bergetar bahan dari struktur akan melakukan resistensi/perlawanan terhadap getaran/gerakan, dan pada umumnya dikatakan bahan yang bersangkutan mempunyai kemampuan untuk meredam getaran. Dengan demikian pada pembebanan dinamik akan terdapat peristiwa redaman yang hal ini i ni tidak terdapat pada pembebanan statik. Contoh-contoh Contoh-contoh Beban Dinamik :

a. Getaran yang di-akibatkan di-akibatka n oleh generator. b. Getaran dijembatan yang diakibatkan oleh gerakan kendaraan. c. Getaran yang di-akibatkan di-akibatka n oleh suara yang keras, seperti mesin jet pesawat terbang.

001 [email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo

d. Angin. Angin dengan kecepatan tinggi dan menerpa suatu struktur bangunan dapat diekivalenkan sebagai suatu gaya yang bekerja sekaligus menggetarkan struktur bangunan. e. Beban Gelombang Air Laut. Gelombang air laut menimpa bangunan pantai seperti pemecah gelombang ( breakwater ), dermaga dll. juga merupakan beban dinamik yang di-ekivalenkan suatu gaya yang bekerja pada bangunan-bangunan tersebut. Energi gelombang ini dapat disebabkan adanya tiupan angin yang kencang, maupun gempa bumi yang terjadi didasar laut dapat menimbulkan gelombang tsunami. f. Gempa bumi. g. Ledakan bahan peledak atau bom. h. Dan lain-lain. B. TYPE-TYPE BEBAN DINAMIS.

1. GETARAN BEBAS ( FREE VIBRATION ) Jika pada suatu struktur diberikan simpangan kekiri (gambar 01a dan 01b dibawah ini). Jika gaya dorong ( tangan ) yang memberi simpangan dihilangkan, maka struktur tersebut akan bergetar secara bebas kekiri dan kekanan. Tetapi makin lama getaran akan berkurang secara perlahan-lahan mengikuti fungsi waktu, dan akhirnya berhenti. A

a

A

b

c

Gambar 01 Pengurangan simpangan ini disebabkan karena adanya factor redaman ( damping ), damping ), dunama bahan struktur tersebut mempunyai kemampuan untuk meredam getaran. Pada gambar 01a, struktur diberi suatu simpangan A dengan memberikan gaya luar P. Kemudian gaya P dihilangkan. Karena keadaan elastis struktur, maka struktur berusaha kembali k embali kekeadaan kek eadaan semula dengan suatu s uatu percepatan tertentu, bahkan b ahkan akan menyimpang kearah sebaliknya ( gambar 01c), sehingga sistem akan bergetar terus. Tetapi dengan adanya gesekan dengan udara dan gesekan pertikel-pertikel dalam bahan struktur struk tur serta kelelahan bahan, maka getaran struktur st ruktur tersebut terseb ut lama kelamaan akan berhenti. Gaya yang menyebabkan kehilangan energi tersebut disebur ″ gaya peredam ″ (damping force). 2. GETARAN BERKALA ATAU PERIODIK ( PERIODIC PERIODIC LOADING LOADING ) Beban/getaran berkala ini merupakan beban yang berulang-ulang, berulang-ulan g, dimana setelah waktu getar T tercapai, beban/getaran tersebut akan bekerja lagi seperti semula. 002

[email protected]


d. Angin. Angin dengan kecepatan tinggi dan menerpa suatu struktur bangunan dapat diekivalenkan sebagai suatu gaya yang bekerja sekaligus menggetarkan struktur bangunan. e. Beban Gelombang Air Laut. Gelombang air laut menimpa bangunan pantai seperti pemecah gelombang ( breakwater ), dermaga dll. juga merupakan beban dinamik yang di-ekivalenkan suatu gaya yang bekerja pada bangunan-bangunan tersebut. Energi gelombang ini dapat disebabkan adanya tiupan angin yang kencang, maupun gempa bumi yang terjadi didasar laut dapat menimbulkan gelombang tsunami. f. Gempa bumi. g. Ledakan bahan peledak atau bom. h. Dan lain-lain. B. TYPE-TYPE BEBAN DINAMIS.

1. GETARAN BEBAS ( FREE VIBRATION ) Jika pada suatu struktur diberikan simpangan kekiri (gambar 01a dan 01b dibawah ini). Jika gaya dorong ( tangan ) yang memberi simpangan dihilangkan, maka struktur tersebut akan bergetar secara bebas kekiri dan kekanan. Tetapi makin lama getaran akan berkurang secara perlahan-lahan mengikuti fungsi waktu, dan akhirnya berhenti. A

a

A

b

c

Gambar 01 Pengurangan simpangan ini disebabkan karena adanya factor redaman ( damping ), damping ), dunama bahan struktur tersebut mempunyai kemampuan untuk meredam getaran. Pada gambar 01a, struktur diberi suatu simpangan A dengan memberikan gaya luar P. Kemudian gaya P dihilangkan. Karena keadaan elastis struktur, maka struktur berusaha kembali k embali kekeadaan kek eadaan semula dengan suatu s uatu percepatan tertentu, bahkan b ahkan akan menyimpang kearah sebaliknya ( gambar 01c), sehingga sistem akan bergetar terus. Tetapi dengan adanya gesekan dengan udara dan gesekan pertikel-pertikel dalam bahan struktur struk tur serta kelelahan bahan, maka getaran struktur st ruktur tersebut terseb ut lama kelamaan akan berhenti. Gaya yang menyebabkan kehilangan energi tersebut disebur ″ gaya peredam ″ (damping force). 2. GETARAN BERKALA ATAU PERIODIK ( PERIODIC PERIODIC LOADING LOADING ) Beban/getaran berkala ini merupakan beban yang berulang-ulang, berulang-ulan g, dimana setelah waktu getar T tercapai, beban/getaran tersebut akan bekerja lagi seperti semula. 002

[email protected]


Beban/getaran berkala atau periodik ini dapat dibagi menjadi 2 ( dua ), yaitu : a. Beban/Getaran Harmonis Fungsi waktu dari beban/getaran harmonis mengikuti fungsi sinus fungsi sinus atau cosinus seperti digambarkan dibawah ini. F(t)

F(t) Fungsi cosinus

Fungsi sinus

(t)

(t)

T

T

(a)

(b)

Gambar 02 Contoh dari beban/getaran beban /getaran harmonis ini adalah ad alah getaran get aran dari mesin yang ditempatkan pada gedung. b. Beban/getaran kompleks tidak t idak harmonis Beban periodik kompleks merupakan jumlah dari komponen-komponen beban harmonis. Beban/getaran kompleks ini juga periodik, jadi setelah waktu getar T tercapai, beban/getaran akan kembali berulang seperti semula, hal ini dapat dilihat pada grafik dibawah ini. F(t)

Contoh dari beban/getaran kompleks tidak harmonis ini adalah gaya hidrodinamis yang diakibatkan oleh putaran baling baling kapal. t

T

Gambar 03 3. BEBAN/GETARAN TIDAK BERKALA ( NON PERIODIC LOADING ) Pada beban/getaran tidak berkala ( non periodic loading ) loading ) ini setelah waktu getar T tercapai, beban/getaran tidak akan berulang kembali dengan besaran yang sama seperti pada beban/getaran berkala. Beban tidak berkala ini ada 2 (dua ), yaitu :



a. Beban Impuls Impuls ( Impulsive Load Load ) Beban Impuls adalah beban yang bekerja sesaat pada rentang waktu t1 yang sangat pendek (singkat) sekali dibandingkan dengan waktu getarnya ( T ).

F(t)

t t1 Gambar 04 Dari grafik gambar gambar 04 diatas tampak bahwa dalam rentang waktu yang sangat singkat ( t1 ) beban dinamis besarnya akan mencapai puncaknya, kemudian secara perlahan-lahan akan berkurang sampai pada suatu saat akan berhenti getarannya. Contoh beban impuls ini adalah pengaruh ledakan bom pada struktur bangunan. b. Beban/Getaran tak beraturan beratu ran dalam jangka lama ( Long duration dur ation loading ) Grafik beban/getaran dinamis tak beraturan dalam jangka lama dapat digambarkan seperti grafik dibawah ini ( gambar 05 ).

F(t)

t

Gambar 05 Contoh beban/getaran ini adalah pengaruh gaya gempa pada tangki air yang berada dimenara.

004

[email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo C. MODEL MATHEMATIK MATHEMATIK DAN PERSAMAAN DIFERENSIAL DIFERENSIAL GERAKAN

1. MODEL MATHEMATIK Agar suatu struktur pada problem dinamik dapat dengan mudah di-analisa, pada umumnya dibuat model mathematiknya. Jadi model mathematik pada hahekaknya adalah permodelan suatu persoalan sedemikian rupa sehingga penyelesaian persoalan tersebut dapat dilakukan secara lebih jelas/mudah dengan menggunakan prinsip prinsip mathematik. Contoh :

L STRUKTUR YANG

(a)

SESUNGGUHNYA

(b)

MODEL FISIK BALOK

L

P1

A (c)

R A

P2 b

a

B c

R B

MODEL METHEMATIK

L

Gambar 06 Pada gambar 06 ( a ) diatas, suatu struktur jembatan dengan beban bergerak truk di buatkan gambar Model Mathematiknya seperti gambar 06 ( c ), dimana digambarkan dengan jelas dan lengkap gaya aksinya ( P1 dan P2 ) dan gaya reaksinya R A dan R B. Dengan model mathematik ini kita akan lebih mudah dan jelas dalam menganalisa persoalan struktur tersebut secara mathematis. 2. STRUKTUR TANPA TANPA REDAMAN REDAMAN ( UNDAMPED UNDAMPED STRUCTURE ) P(t)

q = t/m

P

y

,

k k m

P(t) y

(a)

(b)

Struktur yang sebenarnya

Model Matematik

(c) Linier Elastik

Gambar 07 Struktur portal satu tingkat seperti gambar 07 ( a ) diatas ini memikul beban gravitasi q ton/m′ merupakan beban merata dan beban dinamik horisontal P ( t ) ton. Akibat beban dinamik P ( t ) portal akan bergoyang berganti-ganti kekiri dan kekanan. 005 [email protected]


Disini ada 2 parameter yang akan mempengaruhi besar-kecilnya simpangan goyangan portal, yaitu : massa ( m ) dan kekakuan kolom ( k ). Dua parameter ini selanjutnya disebut ″ dinamik karakteristik ″ portal tersebut. Beban gravitasi dimodelkan sebagai suatu massa m, yang dapat dihitung dengan suatu rumus : m=

W g

……………………. ( C.2.1 )

Dimana : m = massa W = q x panjang beban merata tersebut. g = percepatan gravitasi = 9,8 m/det2 Kemudian struktur portal ini secara matematik dimodelkan seperti gambar 07 ( b ) diatas. Massa m dimodelkan sebagai kotak diatas 2 roda yang bergerak diatas landasan akibat beban dinamik P ( t ), geseran roda dengan landasan disini diabaikan. Gerakan kotak massa m ini dikendalikan oleh suatu pegas/per dengan konstanta pegas k yang memodelkan kekakuan kolom k. Simpangan horisontal y di-ukur dari posisi kotak m dalam keadaan diam. Kolom memegang peranan yang penting didalam proses goyangan massa, hal ini ditunjukkan dengan adanya kekakuan kolom ( k ). Semakin kaku kolom ( k makin besar ), maka goyangan atau simpangannya akan semakin kecil. Model mathematik diatas adalah model mathematik struktur tanpa redaman ( undamped structure ). Disini kolom masih dianggap berperilaku elastis, sehingga model pegas yang dipakai adalah pegas linear elastik seperti digambarkan dalam gam bar 07 ( c ) diatas. Hubungan antara gaya pegas (disini sama dengan beban dinamis) F ( t ), simpangan y dan konstanta pegas dinyatakan sebagai : F(t)=k.y

( C.2.2 )

3. STRUKTUR DENGAN REDAMAN ( DAMPED STRUCTURE ) Semua benda yang bergerak diatas bumi ini akan mengalami tahanan ( resistensi ), baik karena gesekan dengan benda-benda disekelilingnya maupun oleh peristiwa internal sendiri benda tersebut. Dengan adanya resistensi ini, maka gerakan gerakan benda tersebut lambat laun akan melemah, hal ini pada umumnya dikatakan bahwa terdapat ″ penyerapan enersgi atau redaman ″ pada struktur atau benda tersebut. Ada tiga jenis redaman pada peristiwa dinamik, yaitu : a. Structural Damping Structural damping adalah redaman yang dihasilkan oleh gesekan internal molekul-molekul didalam bahan struktur, gesekan antara bagian-bagian struktur dengan alat-alat penyambung, maupun gesekan antara struktur dengan tumpuannya. Kualitas material, sambungan serta kodisi tumpuan akan berpengaruh terhadap kekakuan atau gaya redaman C

006

[email protected]


b. Coulomb Damping Coulomb damping adalah redaman yang dihasilkan oleh gesekan sesama benda padat, misalnya gesekan antara suatu kotak dengan berat/gaya normal N dengan lantai seperti pada gambar 08 dibawah ini. N F(t)

N tan φ

φ N G

Gambar 08 Kotak mendapat beban dinamik F ( t ), maka kotak akan bergerak dan gerakan kotak akan mendapat redaman akibat gesekan dengan lantai. Karena keseim bangan, maka komponen vertikal gaya perlawanan G akan sama besar dengan gaya normal/berat kotak N. Gaya redaman adalah komponen horisontal dari gaya perlawanan G, yaitu : C = N tan ∅ Dimana :

( C.3.1 )

∅ adalah sudut geser antara kotak dengan lantai.

c. Viscous Damping. Viscous damping adalah redaman yang dihasilkan oleh antara benda padat dan benda cair/gas ( air, minyak, olie atau udara ). Sebagai contph adalah gerakan torak didalam silinder yang dilumasi olie, gerakan perahu diatas air, hambatan angin terhadap mobil yang berjalan dijalan raya dsb. Goyangan struktur akibat beban dinamik pada umumnya dimodelkan sebagai viscous damping, oleh karena itu didalam model mathematis menggunakan simbol piston didalam silinder seperti contoh berikut ini. q t/m' P(t)

E

B

k

P(t) m

C A

D

C

L (b)

(a)

Gambar 09 Gaya redaman C dapat dihitung dengan rumus : C = c . y′

( C.3.2 )

Dimana : C = gaya redaman. c = koefisien redaman. y′ = kecepatan gerakan/goyangan portal. 007 [email protected]


4. DERAJAT KEBEBASAN ( DEGREE OF FREEDOM ) Derajat kebebasan adalah derajat independensi yang diperlukan untuk menyatakan posisi suatu sistem atau struktur pada setiap saat. Z

Pada gambar disamping ini, suatu massa m dengan koordinat ( x, y, z ) bebas bergerak terhadap sumbu X, Y dan Z. z Bila pada massa tersebut diberi beban gem taran, maka massa tersebut kemungkinan X dapat bergeser/translasi sepanjang sumbu X, y Y dan Z. x Selain bergeser/translasi sepanjang sumbu Y sumbu tersebut, kemungkinan massa terseGambar 10 but dapat berputar terhadap sumbu X, Y dan Z. Maka dapat dikatakan sistem/struktur massa m tersebut mempunyai 6 ( enam ) derajat kebebasan. Contoh – Contoh : y

Suatu portal seperti gambar 11 disamping ini dibebani dengan beban dinamis P ( t ). Akibat beban P ( t ) portal akan bergoyang kekiri dan kekanan sepanjang sumbu X. Jadi portal disamping ini mempunyai satu derajat kebebasan, atau ″ Single Degree of Freedom ″ dan disingkat S.D.O.F.

P(t)

Y

X

Gambar 11 F(t)

Y y X

Akibat beban dinamis kantilever akan melendut kebawah dan kembali keatas, kebawah lagi dan seterusnya. Gerakan kantileser ini sepanjang sumbu y, jadi kantilever ini juga mempunyai satu derajad kebebasan ( Single Degree of Freedom ).

Gambar 12 y2

F(t)

y1

Y

Akibat beban dinamis portal akan bergoyang kekanan dan kekiri sepanjang sumbu X. Lantai 1 akan bertranslasi y1 dan lantai 2 akan bertranslasi y2 . Sistem portal seperti gambar disamping ini dikatakan mempunyai Multi Degree of Freedom dan diM.D.O.F.

X

Gambar 13 008 [email protected]


5. KEKAKUAN EKUIVALEN q F(t) B

D

k 1

k2

F

k 3 F(t)

k 2

k 3

m

k 1 A

C

E

Portal 3 kaki ( kolom )

Model Mathematik

(a)

(b)

Gambar 14 Suatu portal dengan 3 kaki ( kolom ) seperti gambar 14 ( a ) diatas dengan kekakuan masing-masing kolom adalah sebagai berikut : Kekakuan kolom AB = k 1 Kekakuan kolom CD = k 2 Kekakuan kolom EF = k 3 Kekakuan kolom dimodelkan sebagai pegas/per yang dipasang paralel dengan konstanta pegar masing-masing k 1 . k 2 , k 3 seperti gambar 14 ( b ) diatas Hubungan antara gaya pegas, konstanta pegas dan translasi pegas dapat dinyatakan sebagai berikut : F1 ( t ) = k 1 . y

F2 ( t ) = k 2 . y

F3 ( t ) = k 3 . y

Karena dipasang paralel maka translasi masing-masing pegas sama, yaitu : y F ( t ) = F 1 ( t ) + F2 ( t ) + F3 ( t ) = ( k 1 + k 2 + k 3 ) y Didepan ( halaman 006 ) telah diketahui hubungan antara gaya pegas F ( t ), konstanta pegas / kekakuan kolom dan simpangan y, sehingga kekakuan ekuivalen adalah : k e = k 1 + k 2 + k 3 Jadi secara umum untuk portal dengan model mathematis sebagai pegas yang dipasang paralel kekakuan ekuivalennya adalah : n

k e =

∑ k i

( C.5.1. )

i =1

009

[email protected]


P(t) y k 2 k 1

k 2

P(t) m

k 1

Model Mathematis Portal 2 tingkat (B) Portal 2 tingkat (A)

Gambar 15 Pada gambar 15 diatas adalah suatu portal dua tingkat dengan kekakuan ekuivalen kolom bagian bawah k 1 dan kekakuan ekuivalen kolom atas adalah k 2. Model mathematik portal tsb. ( gambar B ) dimana kekakuan kolom dimodelkan sebagai pegas/per yang dipasang seri dengan konstanta pegas/per masing-masing k 1 dan k 2. Hubungan antara gaya pegas P ( t ), konstanta pegas k dan simpangan y untuk masing-masing pegas adalah sebagai berikut : Pegas/per 1 → P ( t ) = k 1 . y1 → y1 =

P (t )

Pegas per 2 → P ( t ) = k 2 . y2 → y2 =

P (t )

Total simpangan : y = y1 + y2 = 1

y= Sehingga :

1 k e

=

1 k 1

k 1

+

P (t ) k 2

=

k 2

 1 1   +   k 1 k 2 

P(t)

P(t)

k e +

P (t )

k 1

1 k 2

Atau secara umum untuk portal bertingkat dengan model mathematik pegar yang dipasang seri kekakuan ekuivalen kolomnya adalah : 1 k e

n

=

1 

∑  k  i =1

( C.5.2. )

i



6. KEKAKUAN LATERAL KOLOM TUNGGAL A. Dengan Tumpuan Jepit y B

'

B

B

H

M BA

h

h

EI

EI MAB

A (a)

H

A (b)

Gambar 16 Suatu kolom dengan tumpuan jepit dan ujung atas kolom juga dijepit, panjang kolom h, modulus elastisitas kolom E dan momen inersia penampang kolom I ( gambar 16a ). Kemudian ujung atas kolom diberi simpangan/goyangan y, sehingga timbul momen MAB dan MBA. Seperti telah diketahui didalam mekanika teknik besar momen-momen tersebut adalah : MAB = MBA =

6 EI h2

y

Sehingga besarnya gaya geser H adalah : H=

M AB h

+

M BA h

=

12 EI h3

y

( C.6.1. )

Definisi kekakuan lateral kolom adalah : Kekakuan lateral kolom adalah suatu gaya lateral yang dapat menimbulkan simpangan sebesal 1 (satu) satuan. Dengan kata lain jika pada persamaan ( C.6.1. ) diatas y = 1, maka H akan sama dengan kekakuan lateral kolom tunggal dengan tumpuan jepit ( k ), sehingga :

k=

12 EI h3

( C.6.2. )



B. Dengan Tumpuan Sendi y B

'

B

B

M BA

h

h

EI

H

EI

H A (a)

A (b)

Gambar 17 Suatu kolom dengan tumpuan sendi dan bagian atas kolom dijepit seperti gambar 17a diatas. Panjang/tinggi kolom h, modulus elastisitas kolom E dan momen inersia I. Kolom bagian atas diberi simpangan sebesar y sehingga akan timbul momen MBA pada ujung atas kolom, sedangkan ditumpuan karena berupa sendi tidak akan timbul momen. Seperti telah diketahui didalam mekanika teknik, maka besarnya momen tersebut adalah : MBA =

3 EI h2

y

Sehingga besarnya gaya geser horisontal H adalah : H=

M BA h

=

3 EI h3

y

Sesuai dengan definisi kekakuan lateral diatas, maka jika y = 1, maka H = k, sehingga : k =

3 EI h3

( C.6.3.)

012

[email protected]


Contoh Soal 01 C

H

0 0 30 x 40 0 . 3

30 x 30 E

B

0 0 30 x 50 5 . 3

0 0 0 . 4

G

Hitunglah kekakuan lateral ekuivalen 30 x 40 portal tersebut.

Ø60 D

A 3.500

Diketahui suatu portal dari konstruksi beton bertulang dengan modulus elas2 tisitas E = 220.000 kg/cm . Ukuran portal seperti gambar disam ping ini.

F 3.500

Penyelesaian : Lantai 1 :

IAB =

1 12

x 30 x 503 = 312.500 cm4

IDE =

1

64

x π x 60

1 12

x 30 x 40 = 160.000 cm

IFG =

4

4

= 636.173 cm 3

4

Kekakuan masing-masing kolom : k AB = k DE = k FG =

12 xExI AB 3 h AB

3 xExI DE 3 DE

h

12 x 220.000 x312.500

=

350 3 3 x 220.000 x636.173

=

12 xExI FG 3 FG

h

4003

= 6.561 kg/cm

12 x 220.000 x160.000

=

= 19.242 kg/cm

350 3

= 9.852 kg/cm

Kekakuan ekuivalen untuk lantai 1 : k 1 = k AB + k DE + k FG = 19.242 + 6.561 + 9.852 = 35.655 kg/cm Lantai 2 :

3

4

3

4

IBC =

1 12

x 30 x 40 = 160.000 cm

IGH =

1 12

x 30 x 30 = 67.500 cm

Kekakuan masing-masing kolom : k BC = k GH =

12 xExI BC 3 h BC

12 xExI GH 3 GH

h

= =

12 x 220.000 x160.000 3003 12 x 220.000 x67.500 300 3

= 15.644 kg/cm = 6.600 kg/cm

Kekakuan ekuivalent untuk lantai 2 : k 2 = k BC + k GH = 15.644 + 6.600 = 22.244 kg/cm

013

[email protected]


Jadi kekakuan lateral ekuivalen untuk portal adalah : 1 k e

= =

1 k 1

1

+

k 2

=

1

+

35.655

1 22.244

0.00002805 + 0.00004496 = 0.00007301

Jadi k e = 13.697 kg/cm 7. KEKAKUAN LATERAL PORTAL DENGAN MEMPERHITUNGKAN BALOK Pada perhitungan kekakuan lateral kolom diatas kita belum memperhitungkan kekakuan dari balok portalnya, artinya selama ini kita anggap kekakuan balok portal adalah sangat besar bila dibandingkan dengan kekakuan kolom atau ∞. Didalam kenyataannya kondisi seperti ini sangat langka bahkan tidak mungkin, sehingga hasil perhitungan kekakuan kolom/portal yang diperoleh adalah kekakuan ″ upper bound/upper limit ″. Cara yang lebih realistis adalah dengan memperhitungkan kekakuan balok/plat seperti yang akan kita bahas berikut ini. y B

C

I b

y B

M BC

M CB

M BA

h

Ic1

M CB H1

B

C

h M AB

D

H2

MCD

h

Ic 2

A

M BA

C

M DC

A

H1

D

L

L

(A)

(B)

H2 D

A M AB

M DC

FREE BODY (C)

Gambar 18 Pada gambar 18A diatas suatu portal dengan 2 kaki ( kolom ), dengan momen inersia Ic1 dan Ic2. Sedangkan momen inersia balok BC adalah I b dan kedua tumpuan kolom adalah jepit. Kemudian portal diberi simpangan sebesar y = 1 satuan ( gambar 18B ), sehingga timbul momen-momen primer pada kolom. Sesuai dengan Ilmu Mekanika Teknik, besarnya momen primer akibat pergeseran y = 1 satuan adal ah sebagai berikut : P

P

MBA = MAB =

6 EI C 1 h

2

dan

P

P

MCD = MDC =

6 EI C 2 h2

Karena dalam hal ini kekakuan balok BC turut diperhitungkan, maka momenmomen primer diatas didistribusikan kebalok dengan methode ″ moment distribution ″ atau dengan ″ methode Cross ″ sehingga akan diperoleh moment akhir seperti pada gambar 18B diatas. Momen akhir dari hasil distribusi momen diperoleh MAB , MBA = MBC , MCB = MCD dan MDC



Dari keseimbangan free body kolom ( Gambar 18C ) akan diperoleh : H1 =

M AB + M BA

H2 =

h

M CD + M DC h

Jadi gaya yang menyebabkan terjadinya simpangan sebesar y = 1 ( satu ) satuan adalah : H1 + H2 =

M AB + M BA

+

h

M CD + M DC h

=

1 h

( M AB + M BA + M CD + M DC )

Karena k = H1 + H2 Maka : k =

1

h

.( M AB + M BA + M CD

+ M DC )

Contoh Soal 02 :

Suatu portal dari konstruksi beton bertulang dengan ukuran seperti sketsa dibawah 5 2 ini dimana modulus elastisitas beton E = 2,4 x 10 kg/cm . Hitunglah kekakuan lateral ( k ) portal bila kekakuan baloknya ikut diperhitungkan. Penyelesaian : B

Perhitungan Momen Inersia

C

30 x 60

3

IAB = ICD = 1/12 x 30 x 40 = 160.000 cm M 0 2 , 3

0 4 X 0 3

IBC = 1/12 x 30 x 603 = 540.000 cm4

0 4 X 0 3

A

D 7,00 M

µBA : µBC = µBA =

3.E .160000 320 1.500

1.500 + 3.085,71

Kontrol :

:

4

Per hitungan Fak tor Distr i b busi Titik B : 3 EI AB 4 EI BC : µBA : µBC = h AB L BC

4.E .540000 700

= 1.500 : 3.085,71

µBC =

= 0,327

3.085,71 1.500 + 3.085,71

= 0,673

µBA + µBC = 0,327 + 0,673 = 1 → OK

Titik C : Dengan cara yang sama dengan titk B

µCB : µCD = µCB =

4 E . I . BC L BC

771,43 771,43 + 500

Kontrol :

:

4 E . I . CD hCD

= 0,607

=

4.E .540000 700

µCD =

:

4.E .160000 320

500 771,43 + 500

= 771,43 : 500

= 0,393

µCB + µCD = 0,607 + 0,393 = 1 → OK



Kemudian portal pada level lantai diberi simpangan sebesar y = 1 satuan, maka momen yang timbul akibat simpangan tersebut : MBA =

3 x 2,4 x105 x160.000 . y = x1 = 1.125.000 kgcm 320 2

3 E . I . AB 2 h AB

MCD = MDC =

6. E I . CD 2 hCD

. y =

6 x 2,4 x105 x160.000 320 2

x1 = 2.250.000 kgcm

Kemudian momen-momen diatas sebagai momen primer dan didistribusikan kebalok seperti tabel dibawah ini : Titik

B

Kolom/Balok

C

D

BA

BC

CB

CD

Faktor Distribusi

0.327

0.673

0.607

0.393

M

Primer

11,250.00

M

Distribusi

-3,678.75

M

Induksi

M

Total

M

Distribusi

M

Induksi

M

Total

M

Distribusi

M

Induksi

M

Total

M

Distribusi

M

Akhir

22,500.00 -7,571.25

-13,657.50

-6,828.75

-3,785.63

7,571.25

-14,400.00

-17,443.13

13,657.50

2,233.00

4,595.75

2,297.87

1,487.75

1,148.94

2,297.87

9,804.25

-8,655.31

-12,847.38

15,145.25

-375.70

-773.23

-1,394.81

-903.06

-697.40

-386.62

9,428.55

-10,125.95

-14,628.80

14,242.19

228.05

469.35

234.68

151.94

9,656.60

-9,656.60

-14,394.13

14,394.13

DC 22,500.00

-8,842.50 -4,421.25 18,078.75 743.88 18,822.63 -451.53 18,371.09

18,371.09

Dari hasil perataan momen diatas kita lihat free body kolom dibawah ini : M CB

M BA H1

B

H2

C

H1 = h

H1

A M AB

H2

D

M DC

H2 =

M BA h

=

9.656,60 3,20

M CD + M DC h

=

= 3.017,69 kg

14.394,13 + 18.371,09 3,20

H2 = 10.239,13 kg

FREE BODY

Jadi k = H1 + H2 = 3.017,69 + 10.239,13 = 13.256,82 kg/cm



8. PERSAMAAN GERAK UNTUK S.D.O.F Ditinjau suatu model mathematis seperti sketsa dibawah ini : y k P(t)

Sebagaimana telah diketahui dalam ilmu fisika, hubungan antara konstanta pegas k, sim pangan pada saat t detik y ( t ), dan gaya pegas ( spring force ), adalah :

m

FS = k . y ( t )

C

Gambar 19 Gaya peredam ( damping force ) : FD = c .

dy (t ) dt

= c . y′ ( t )

Dimana : c = koefisien peredam ( damping coefficient ) y′ ( t ) = kecepatan Gaya inersia ( inersia force )

: FI = m .

d 2 y (t ) dt 2

= m . y″ ( t )

Dimana : m = massa y″ ( t ) = turunan kedua dari simpangan/perpindahan atau percepatan. Sehingga persamaan keseimbangan menjadi : FS + FD + FI = P ( t ) Jadi persamaan umum gerak S.D.O.F adalah : k . y ( t ) + c . y′ ( t ) + m . y″ ( t ) = P ( t ) ………… ( C.8.1 )

Getaran Bebas Tanpa Redaman ( Undamped Free Vibration ) Dalam hal getaran bebas tanpa redaman P( t ) = 0 dan koefisien redaman c = 0 Sehingga persamaan umum gerak S.D.O.F menjadi : k . y ( t ) + m . y″ ( t ) = 0 m.

d 2 y (t ) dt 2

+ k . y ( t ) = 0 ………………….. ( C.8.2 )

Penyelesaian Umum persamaan diferensial diatas ini adalah : y ( t ) = G . e S.t ……………….. ( C.8.3 ) Dimana : G e S t

= = = =

amplitudo bilangan logaritma natural konstanta waktu

Sehingga : y′ ( t ) = G . S . e S t y″ ( t ) = G . S2 . e S t 017

[email protected]


Hasil dari penurunan ini kita masukan dalam persamaan gerak ( C.8.3 ), maka didapat : 2

m. G.S .e (m.S

2

St

+ k .G .e

+k) .G .e

St

St

= 0

→

= 0

Nilai G . e

St

≠

0

Jadi : m . S 2 + k = 0 S 2

ω

Sehingga : S

2

=−

k m

= =

→ jika :

k m

→

k / m

− ω 2 →

S =

= ω 2

disebut ″ angular natural frequency ″

±

i.ω

Kalau hasil diatas dimasukan dalam penyelesaian umum ( C.8.3 ) maka diperoleh : y(t) = G1.e

iωt

+ G2.e

–iωt

Untuk menyelesaikan persamaan diatas dipergunakan rumus Euler : e

± iωt

= cos ( ω t )

± i . sin ( ω t )

Jadi :

ω t ) + i . sin ( .ω t ) } + G 2 . { cos ( ω t ) − ( G 1 + G 2 ) cos ( ω t ) + ( G 1 . i − G 2 . i ) sin ( ω t ) A cos ( ω t ) + B sin ( ω t ) …………… ( C.8.4 )

y ( t ) = G 1 . { cos ( y (t )= y(t)=

i . sin (

ωt)}

Dimana A dan B suatu konstanta yang besarnya tergantung pada kondisi awal ( initial condition ) gerakan. Pada saat t = 0, maka : y ( 0 ) = A . cos ( ω 0 ) + B . sin (

ω0)

y ( 0 ) = yo = A → yo = simpangan pada saat t = 0 y′ ( t ) = y′ ( 0 ) =

−Aω −Aω

y′ ( 0 ) = y′o =

sin ( ω t ) + B

ω cos ( ω t ) sin ( ω 0 ) + B ω cos ( ω 0 ) B ω —→ B = y′o / ω

Sehingga persamaan gerak untuk Getaran Bebas tanpa Redaman menjadi : y (t ) = yo . cos(ω .t ) +

yo' ω

.sin(ω .t ) ……………… ( C.8.5 )

Melalui persamaan diatas dapat diplot hubungan antara waktu t versus simpangan y ( t ) dengan memperhitungkan kondisi awal y ( 0 ) dan y′ ( 0 ).

Ada kemungkinan 3 kombinasi nilai awal yang dapat disusun, yaitu : 1. Kondisi pertama y ( 0 ) = 0 dan y′ ( 0 ) = 0 2. Kondisi kedua

y ( 0 ) ≠ 0 dan y′ ( 0 ) = 0

3. Kondisi ketiga

y ( 0 ) = 0 dan y′ ( 0 ) ≠ 0 018

[email protected]


2

}

0 ) y ' (

2

0 ) y (

{ ω

+

β

=

ρ

y(0)

α y' ( 0 )

ω Gambar 20

Dengan memperhatikan sketsa gambar 20 diatas ini, maka persamaan gerak untuk ″ Getaran Bebas Tanpa Redaman ″ dapat juga dinyatakan sebagai berikut : y ( t ) = yo . cos ( ω t ) + Lihat gambar segitiga diatas :

yo' ω

. sin (

sin α =

yo ρ

ωt)

→ yo = ρ . sin α

y ' (o) ω → y ' (o) = ρ cos α ρ ω Jika ini dimasukkan kedalam persamaan gerak diatas akan diperoleh : cos α =

y ( t ) = ρ sin α . cos ( ω t ) + ρ cos α . sin ( ω t ) y ( t ) = ρ sin ( ω t + Dimana :

α)

ρ =

amplitudo

ρ =

2  y ' (0)     2    y (0) +    ω  

………… ( C.8.6 )

y ' (0) dan

α=

arc tan

ω y (0)

Dengan cara yang sama seperti diatas, persamaan gerak dapat juga dinyatakan : y(t) =

ρ

cos ( ωt − β )

………… ( C.8.7 )

Dari persamaan gerak untuk getaran bebas tanpa redaman diatas jelas merupakan getaran harmonis yang tentu saja periodik dan dalam ilmu fisika kita tahu bahwa fungsi sin ( ωt ) dan cos ( ωt ) mempunyai periode 2 π, jadi ωt = 2 π. Jadi waktu getar, adalah : T =

2π ω

detik ……………………….. ( C.8.8 ) 019

[email protected]


Amplitudo ( simpangan ) maksimum akan berulang setelah periode waktu T detik. Kebalikan dari waktu getar disebut ″ natural frequency ″ dan dinyatakan : f =

1 T

=

ω

siklus per detik ………….( C.8.9 )

2.π

Contoh Soal 03

Suatu portal dari konstruksi baja dengan dua tiang terjepit pada tumpuannya, seperti gambar dibawah ini. F(t)

q = 250 kg/m'

C

D y

0 0 5 . 4

k WF 150 x 200

m

WF 150 x 200

A

F(t)

(B)

B 7.500 (A)

Tinggi portal h = 4,500 m bentangan portal L = 7,500 m. Kolom dari profil WF 150x200. Modulus Elastisitas baja E = 2,1 x 106 kg/cm2. Beban gravitasi q = 250 2 kg/m′, dan percepatan gravitasi g = 9,81 m/det . Balok CD sangat kaku bila dibandingkan dengan kedua kolom sehingga portal akan bersifat sebagai Bangunan Geser ( Shear Building ) tanpa redaman. Hitunglah : Angular natural frequency ( ω ), waktu getar ( T ) dan natural frekuensi ( f ), bila portal mwndapat beban dinamis. Penyelesaian : Dari tabel profil baja diketahui untuk WF 150 x 200 adalah IX = 2690 cm4 Jadi kekauan lateral portal = konstanta pegas : k= 2x

12 E . I . h3

=2x

12 x 2.1 x10 6 x 2690 450 3

= 1.487,8 kg/cm

Berat beban gravitasi : W = q x 7,50 = 250 x 7,50 = 1.875 kg Angular Natural Frekuensi : ω = Waktu getar : T =

2π ω

=

Natural Frequency : f =

2π 27,91 1 T

=

k m

=

1487,80 1874

= 27,91 rad/det

981

= 0.225 det 1

0,225

= 4,44 siklus per detik.


Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Contoh Soal 04 Suatu balok kantilever dari baja dengan penampang berbentuk persegi dengan ukuran lebar 25 mm dan tinggi 6 mm. Bentangan balok kantilever tersebut L = 30 cm. Modulus elastisitas baja E = 2,1 x 106 kg/cm2. Pada ujung balok kantilever tersebut dibebani dengan beban seberat 25 kg yang digantungkan pada pegas ( per ) dengan konstanta pegas k = 1,9 kg/cm, seperti gambar dibawah ini. m m 6

k = 1,9 kg/cm 25 mm G = 25 kg

PENAMPANG BALOK

L = 30 cm

Jika berat sendiri balok kantilever diabaikan, maka hitunglah Angular Frequency ( ω ), Waktu Getar ( T ) dan Natural Frequensi ( f ) dari sistem diatas.

Penyelesaian : Lendutan pada ujung kantilever akibat beban statis P diujung kantilever adalah

∆=

PL3 3 EI

→

P=

3∆ EI L3

Kekakuan balok kantilever k BLK adalah P, jika lendutan/simpangan ∆ = 1 satuan. Jadi k BLK =

∴ k BLK =

3 EI 3

L

→

I=

1 12

x 2.50 x 0,63 = 0,045 cm4

3 x 2,1 x10 6 x0,045

= 10,5 kg/cm 30 3 Balok dan pegas dapat di-identik-kan sebagai pegas yang dipasang seri, jadi : i k e

=

1 k BLK

+

1 k

1

=

10,5

+

1 1,9

= 0,0952 + 0,5263 = 0,6215

Jadi k e = 1,61 kg/cm Angular Natural Frequensi : ω = Waktu getar : T =

2π ω

=

Natural Frequensi : f =

2π 7,948 1 T

=

k = m

1,61 (25 / 981)

= 7,948 rad/det.

= 0,791 detik 1 0,791

= 1,26 siklus per detik



Sistem Getaran Bebas dengan Redaman Sistem ini disebut juga ″ Free Damped Vibration S.D.O.F ″. Seperti kita ketahui jika suatu struktur bergetar, maka getaran tersebut makin lama makin berkurang sehingga pada suatu saat getaran ini akan berhenti, hal ini disebabkan karena adanya redaman yang diakibatkan oleh geseran struktur tersebut dengan udara, geseran antara partikel-partikel struktur dan adanya kelelahan bahan dari struktur tersebut. Redaman Liat ( Viscous Damping ) Hal ini terjadi jika gaya peredam yang meredam getaran pada struktur sebanding dengan besarnya kecepatan dan berlawanan arah dengan arah dari perpindahan / simpangan struktur. Ada 3 kondisi redaman liat ( viscous damping ), yaitu : 1. Sistem Redaman Kritis ( Critical Damping System ) 2. Sistem Redaman Lemah ( Under Damped System ) 3. Sistem Redaman Kuat ( Over Damped System ) Dibawah ini uraian dari masing-masing sistem tingkat redaman tersebut. Persamaan umum gerak S.D.O.F. m . y″ ( t ) + c . y′ ( t ) + k . y ( t ) = F ( t ) Untuk getaran bebas dengan redaman : F ( t ) = 0 Maka persamaan geraknya menjadi : m . y″ ( t ) + c . y′ ( t ) + k . y ( t ) = 0 ……………… ( C.8.10 ) Penyelesaian umum persamaan diferensial tersebut :

→

y ( t ) = G . e St

Sehingga : y′ ( t ) = G . S . e

dimana : G e S t

= = = =

amplitudo bilangan logaritma natural konstanta waktu

St

2

y″ ( t ) = G . S . e

St

Hasil ini kita substitusikan pada persamaan gerak getaran bebas dengan redaman ( C.8.10 ) diatas, akan didapat : m . G . S 2 . e St + c . G. S .e m.S S=

2

+ k .G .e St = 0

+ c . S + k = 0

−c 2.m

(c 2

±

−c 2m

±

− 4.m.k ) 2m

Seperti telah diketahu : ω = S=

St

=

−c 2m

±

(c / 2m )2 − (k / m)    

(k / m ) , maka :

{(c / 2m)

2

− ω 2 }

022

[email protected]


Jadi penyelesaian persamaan diatas menjadi : y ( t ) = G1 . e

S1 . t

+ G2 . e

S2 . t

Dimana G1 dan G2 adalah suatu konstanta integrasi yang besarnya tergantung pada kondisi awal ( initial condition ). Ada 3 keadaan ( kondisi ) damping / redaman, yaitu : 1. Sistem Redaman Kritis ( ″ Critical Damping System ″ ) Terjadi bila besaran dibawah akar dari persamaan

S=

−c 2m

{(c / 2m)

±

(c/2m)

2

− ω2

2

− ω 2 }

= 0

→

diatas sama dengan nol, jadi : c=2mω

Konstanta c dalam keadaan ini disebut ″ critical damping value ″ atau harga redaman kritis dan biasanya diberi notasi ccr , jadi : ccr = 2 m ω = 2 m

Jadi

S=

− ccr 2m

=

− 2mω 2m

k / m = 2

=

km

−ω

Sehingga penyelesaian persamaan geraknya adalah : y ( t ) = G 1 . e -ω

t

+ G 2 . e -ω

= ( G1 + G2 ) e -ω

t

t

Critical Damping : adalah suatu keadaan dimana massa yang bergetar akan langsung kembali keposisi semula tanpa penyimpangan kearah lainnya. 2. Sistem Redaman Lemah ( ″ Underdamped System ″ )

Apabila koefisien redaman c < ccr , ini berarti c < 2 m ω ( c / 2m ) Sehingga : S = - ( c/2m ) ±

[(c / 2m) 2

S = - ( c/2m ) ± i [ω 2

2

< ω2

− ω 2 ]

− ( c / 2 m) 2 ]

S = - ( c/2m ) ± i ωd Dimana :

Dimana :

ωd =

[ω 2

ωd =

ω 2 [1 − (c / 2mω ) 2 ] = ω

ξ=

c 2mω

=

− ( c / 2 m) 2 ]

c ccr

=

[ω 2

− ω 2 (c / 2mω ) 2 ] (1 − ξ 2 )

disebut : ″ Damping Ratio ″ ( % )



S = - ( c/2m ) ± i ωd

Dengan mensubstitusikan hasil : persamaan gerak, akan didapat :

kedalam penyelesaian

y (t ) = G 1 . e ( - c / 2m + i ωd ) t + G 2 . e ( - c / 2m – i ωd ) t y(t) = e

– c / 2m t

{G1 . e

+ i ωd t

+ G2 . e

- i ωd t

)

Konstanta G 1 dan G2 dicari dengan memperhatikan kondisi awal ( initial condition ) dan rumus Euler seperti pada halaman 018 diktat ini. 3. Sistem Redaman Kuat ( ″ Over Damped System ″ ) Jika koefisien redaman lebih besar dari harga redaman kritis, maka sistem ini dikatakan sistem redaman kuat atau over damped system. Jadi c > ccr → c > 2 m ω → c / 2 m = ω

maka : S1,2 =

− c/2m ±

[(c / 2m) 2

− ω 2 ]

Ini berarti faktor yang berada dibawah akar nilainya positip, sehingga penyelesaian persamaan geraknya menjadi : y ( t ) = G 1. e

S1.t

+ G2.e

S2 . t

…………… ( C.8.11 )

Sama seperti pada halaman 018, konstanta G1 dan G2 diperoleh dengan memperhatikan kondisi awal ( initial condition ). Kondisi awal t = 0 y ( 0 ) = yo = G 1 . e

0

+ G2.e

0

→

yo = G1 + G2

(A)

Kecepatan pada kondisi awal t = 0 y′ ( 0 ) = yo′ = S1 . G 1 . e

0

+ S2 . G 2 . e

0

= S1 . G1 + S2 . G2 ( B )

Persamaan A dan B merupakan 2 persamaan dengan 2 konstanta ( G1 dan G2 ) yang dicari, dapat diselesaikan secara mathematis seperti dibawah ini : G1

=

yo .S 2 − yo ' S 2

− S 2

dan

G2

=

yo .S 1 − yo ' S 1 − S 2

Hasil dimasukkan dalam persamaan ( C.8.11 ) diatas akan merupakan penyelesaian persamaan getaran bebas yang diredam dengan redaman kuat. y .S − yo ' y .S − y ' y (t ) = e S 1.t . o 2 + e S 2.t . o 1 o S 2 − S 1 S 1 − S 2

024

[email protected]


Contoh Soal 05

Suatu pelat lantai dari beton bertulang dengan berat W = 4 ton dipikul oleh 4 buah tiang seperti sketsa disamping ini. Gaya horisontal sebesar P = 2 ton yang bekerja pada pelat lantai tersebut mampu memberikan simpangan / perpindahan pada pelat lantai sebesar 0,5 cm. Damping Ratio ξ = 0,05.

P

W

Hitunglah : a. Angular natural frequency ω dan natural frequency f untuk keadaan tanpa redaman. b. Koefisien redaman c Penyelesaian : k adalah besarnya gaya yang dapat menyebabkan perpindahan 1 ( satu ) satuan. Jadi : k =

P 0,5

=

2000 0,5

= 4000 kg/cm

Jadi angular natural frequency adalah :

ω=

k / m =

4.000 /(4.000 / 980) = 31,3 rad/det

Natural frekunsi : f = ω / 2π = 31,3 / 2π = 4,98 cps ( cycle per sec )

ξ

= c / ccr

Koefisien Redaman c = ξ . ccr c=

ξ.2mω=

0,05 . 2 ( 4.000/980 ) . 31,3 = 12,78 kg det/cm

Logarithmic Decrement Atau pengurangan logaritmis adalah sebagai logaritma natural dari ratio antara 2 puncak simpangan yang berurutan pada getaran bebas yang diredam lemah ( underdamped free vibration system )

Dari halaman 024 diktat kuliah ini, penyelesaian persamaan gerak untuk redaman lemah diperoleh : y ( t ) = e – c / 2m t {G1 . e + i ωd

t

+ G 2 . e - i ωd t )

Konstanta G1 dan G2 diperoleh dengan mengingat syarat-syarat batas. Untuk menyelesaikan persamaan diatas dipergunakan rumus Euler : i dt e ± ω = cos ( ωd t )

± i . sin ( ωd t )

y( t ) = e – c/2m t [G1{cos ( ωd t ) + i sin (ωd.t)} + G2{cos (ωd.t) − i sin (ωd t)}] y(t)=e

– c/2m t

[(G1 + G2) cos ( ωd . t ) + i . (G1 − G2) sin ( ωd . t )]

y ( t ) = e – c/2m t { A . cos (

ωd . t )

+ B . sin (

ωd . t ) } ………….. ( C.8.12 )



Untuk mencari A dan B kita lihat kondisi awal ( initial condition ) Pada saat t = 0, maka : yo = e

0

( A . cos 0 + B . sin 0 ) —→ A = yo

y(t) = Ae

– c/2m t

. cos ( ωd . t ) + B e

– c/2m t

. sin ( ωd . t )

y′ ( t ) =

− A . c/2m . e – c/2m t . cos ( ωd . t ) − A . e – c/2m t . ωd . sin ( ωd . t ) − B . c/2m . e – c/2m t . sin ( ωd . t ) + B . e – c/2m t . ωd . cos ( ωd . t ) – c/2m t y′ ( t ) = A . e { - c/2m . cos ( ωd . t ) − ωd . sin ( ωd . t ) } – c/2m t +B.e { - c/2m . sin ( ωd . t ) + ωd . cos ( ωd . t ) } Pada saat t = 0, maka : yo′ = A . e ( - c/2m . cos 0 − ωd . sin 0 ) + B . e ( - c/2m . sin 0 + 0

0

yo′ = B=

− c/2m . A + y0' + c / 2m. A ω d

ωd . cos 0 )

B . ωd =

y0'

+ c / 2m. y0 ω d

Kalau nilai A dan B disubstusikan ke penyelesaian persamaan gerak ( C.8.12 ) diatas, akan diperoleh :

y(t ) = e

− c 2 mt

  y '+c / 2myo . sin (ω d .t )  yo . cos(ω d .t ) + o ω d  

Seperti telah diketahui : ξ =

Maka : y ( t ) = e

-ξωt

c 2mω

→

c

ξω

=

2m

+ ξ .ω . y0

y0'

ω d

B yo

OB = ρ =

α O

( lihat halaman 023 )

  y0' + ξ .ω . y0 . cos( ω . ) sin( ω . ) + y t x t d d  0  ω d   OA =

β

……… ( C.8.13 )

A

y

2 0

 y0' + ξ .ω . y0   +  ω d  

ωd = ω

2

1 + ξ 2

Gambar 21 sin β =

OA OB

=

+ ξ .ω . y0 ) / ω d ( y02 + {( y0' + ξ .ω . y0 ) / ω d }2 ) ( y0'

=

( y0'

+ ξ .ω . y0 ) / ω d ρ



( yo′ + ξ ω yo ) / ωd = cos β =

AB

y0

=

OB

ρ . sin β

( y02

=

+ {( y0' + ξ .ω . y0 ) / ω d }2 )

y0 ρ

ρ . cos β

yo =

Kalau Nilai ( yo′ + ξ ω yo ) / ωd = ρ . sin β dan yo = ρ . cos β dimasukkan kedalam persamaan penyelesaian gerak ( C.8.13 ) dihalaman 026, maka persamaan gerak akan menjadi : y (t ) = e

− c 2 mt

y (t )= ey(t)=

  y '+ c / 2 myo . sin (ω d .t )  yo . cos(ω d .t ) + o ω d  

ξω

t

[ ρ . cos β . cos ( ωd . t ) +

ρ . sin β . sin ( ωd . t ) ]

ρ . e - ξ ω t . cos ( ωd . t − β )

Simpangan ini akan maksimum ( puncak ) jika cos ( persamaan diatas menjadi : y(t)=

ωd

. t

−β

) = 1, sehingga

ρ . e-ξω t

Kalau kita gambarkan grafik dari getaran bebas dengan redaman lemah ini akan seperti gambar pada halaman berikut ini : y1 =

ρ e - ξω t yt =

ρ e - ξωt yt =

ρ e - ξωt

cos (ωd t - β )

y1 y2 TD

y3

Gambar 22

Pada grafik diatas y1 dan y2 adalah simpangan maksimum atau amplitudo, dimana pada saat itu yt = Jadi

ρ . e - ξ ω t . cos ( ωd . t − β ) mencapai maksimum cos ( ωd . t − β ) = 1 - ξ ω t1 - ξ ω t2 - ξ ω t1+ TD y1 = ρ . e dan y2 = ρ . e = ρ.e

027

[email protected]


Logarithmic Decrement ( pengurangan logaritmis ) adalah :

δ = ln

y1

= ln

y 2

ρ .e −ξ .ω .t 1 ρ .e −ξ .ω .t 1+TD

= ξ ω TD =

Seperti telah diketahui diatas ( halaman 025 ) : ωd = ω . Maka :

δ=ξω

2π ω (1 − ξ 2 )

=

2π ω d

(1 − ξ 2 )

2πξ (1 − ξ 2 )

ξ sangat kecil sekali, maka

Kar ena

ξω

(1 − ξ 2 )

≈ 1,

sehingga :

Logarithmic Decrement atau Pengurangan Logaritmis :

δ=

Dimana :

ξ

2πξ Damping Ratio

Getaran dipaksa ( Force Vibrations )

Pada getaran bebas ( Free Vobration Systems ) getaran struktur diakibatkan oleh adanya kondisi awal ( initial condotion ) yang mengakibatkan adanya nilai-nilai awal ( initial value ) baik berupa simpangan awal maupun kecepatan awal atau kombinasi dari keduanya. Didalam prektek kejadian ini sangat langka, namun demikian untuk tujuan-tujuan tertentu pada suatu struktur tertentu getaran bebas dapat saja diadakan. Kejadian yang dapat menirukan peristiwa getaran bebas misalnya dengan menggunakan vibrator generator, yaitu suatu alat yang dapat membangkitkan gaya getar dalam dua arah. Pada getaran yang dipaksa ( Forced Vibration Systems ), getaran massa struktur betul-betul akibat gaya luar, misalnya akibat beban angin, beban getaran mesin, beban gempa atau ledakan. Getaran Dipaksa Tanpa Redaman. y

k m

P(t)

(b) Model Matematik

Kita tinjau struktur dengan model mathematis seperti sketsa disamping ini, dibebani dengan beban harmonis. P ( t ) = Po . sin ( Ω t ) Dimana : P ( t ) = Beban Harmonis Po = Nilai maksimum beban dinamik Ω = Frekuwensi

Gambar 23 Persamaan umum gerak ″ undamped forced vibrations system ″ adalah : m y″ + k y = P ( t ) m y″ + k y = P o . sin ( Ω t ) ……….. ( C.8.14 ) Untuk penyelesaian persamaan differential tersebut ada 2 bagian, yaitu : 1. Penyelesaian Umum : y ( t ) = A . cos ( ω t ) + B . sin ( ω t ) 2. Penyelesaian Khusus : y ( t ) = y . sin ( Ω t ) 028

[email protected]


Dari persamaan gerak diatas, penyelesaian khususnya adalah : y ( t ) = y . sin (Ω t )

}

y′ ( t ) =

} → Dimasukkan dalam persamaan ( C.8.14 )

Ω y . cos ( Ω t ) 2 y″ ( t ) = − Ω y . sin ( Ω t )

}

Jadi persamaan gerak diatas menjadi :

− m Ω 2 y . sin ( Ω t ) + k y . sin ( Ω t ) = Po . sin ( Ω t ) − m Ω2 y + k y = Po → ( k − m Ω2 ) y = Po y=

P o k − m.Ω

=

2

P o / k 1 − m.Ω / k 2

→ karena

po / k

Maka : y =

=

1 − (k / ω 2 ).(Ω 2 / k )

Dimana : r =

m=

P o / k 1 − (Ω ω )

2

k ω 2 =

P o / k 1 − r 2

Ω ω

Jadi jika kedua penyelesaian diatas digabungkan, akan diperoleh : y ( t ) = A . cos ( ω t ) + B . sin ( y ( t ) = A . cos (

ω t ) + y . sin ( Ω t )

ω t ) + B . sin ( ω t )

+

P o / k 1 − r 2

. sin ( Ω t ) ……. ( C.8.15 )

Syarat-syarat batas : Pada saat t = 0 , simpangannya

yo = 0, sehingga A = 0 P / k y′ ( t ) = − A. ω . sin ( ω t ) + B . ω cos( ω t ) + o 2 . Ω . cos ( Ω t ) 1 − r

Pada saat t = 0, maka :

0=B.ω+

Jadi : B = −

P o / k

P o / k 1 − r 2

Ω

1 − r 2 x

Ω ω

=−

P o / k 1 − r 2

r

Jika nilai A dan B dimasukan kedalam persamaan ( C.8.15 ) diatas, maka akan didapat : y(t)=−

y(t)=

P o / k 1 − r 2

P o / k 1 − r 2

r . sin ( ω t ) +

P o / k 1 − r 2

[ sin ( Ω t ) − r . sin (

. sin ( Ω t )

ωt)]

…… ( C.8.16 )

Persamaan ( C.8.16 ) diatas merupakan persamaan Gerak akibat Beban Harmoni Jika diperhatikan persamaan gerak akibat beban harmonis datas tersebut terdiri atas superposisi dari dua beban harmonis yang frekwensinya berlainan, yaitu : ω dan Ω



Harga :

P o / k

y(t) =

1 − r 2

. sin ( Ω t )

dinamakan : Respons dalam keadaan tetap ″ Steady state respons ″ Gaya peredam yang bekerja pada sistem ini dalam praktek akan menyebabkan faktor r sin (ω t ) = 0 Oleh karena itu harga :

y(t)=

dinamakan : Respons sementara Jika ω = Ω , maka r =

Ω

1 − r 2

. r sin ( ω t )

″ Transient respons ″

= 1 akibatnya penyebut 1 − r = 0, sehingga : 2

ω

y( t) =

P o / k

∞, dengan kata lain amplitudonya = ∞.

Suatu sistem dimana frekwensi natural dari struktur sama dengan frekwensi dari getaran mesin ( beban harmonis ), maka dikatakan bahwa sistem tersebut dalam keadaan resonansi. Akan tetapi karena material dari bangunan tersebut terbatas kekuatannya, maka sebelum amplitudonya mencapai ∞, bangunan tersebut sudah runtuh. Contoh Soal 06.

Diketahui balok diatas 2 tumpuan ( simple beam ) dari profil baja WF 400.300.9.14 dengan bentangan 4,00 m seperti gambar dibawah ini dipasang mesin ditengahtengah bentangannya. Putaran mesin adalah 300 rpm. Rotor e Ω berputar dengan radius eo yang besarnya 20 cm dari pusat berat. Berat rotor 25 kg, sedangkan berat mesin 8 ton. Modulus elastisitas profil baja o

2.00

2.00

6

2

E = 2,1 x 10 kg/cm .

Hitunglah : 1. Natural Frequency 2. Frequency Ratio 3. Nilai maksimum beban harmonik Po Penyelesaian : 1. Untuk menghitung k, pertama-tama kita hitung simpangan dalam hal ini penurunan pada titik dimana mesin tersebut terletak, yaitu ditengah-tengah bentangan.

P EI

C

δ

A 1/2 L

B 1/2 L

M =¼ P .L M

Bidang M

Kemudian bidang

M EI

Bidang M EI

E I . bagai beban, sehingga : V=½x½xLx

V

G

X

V

M

diberlakukan se-

M E I . 030

[email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo 1

V=¼xLx

xPxL

4

=

E . I

G=½x½ Lx

M E . I

PxL2 16. EI 1

= ¼ Lx

Jarak G ketengah-tengah bentang : X =

1

3

4

. P L .

E . I

PxL2

=

x½L=

16 E . . I 1

L

6

Jadi penurunan δ adalah momen ditengah-tengah bentang akibat beban M/EI

δ=

Vx ½L−G.X P . L2

δ=

16. EI

x½L−

P . L2 16. EI

x

1

6

P . L3

xL=

48. EI

k adalah suatu gaya P yang dapat memberi simpangan sebesar δ = 1 satuan, jadi k . L3

1=

48 EI .

→ k =

48 EI . L3

Dari tabel profil WF 400.300.9.14

→

48.(2,1x10 6 ).33700

k=

( 400) 3

Natural frequency :

ω=

k / m =

I = 33.700 cm4

= 53.077,50 kg/cm k . g W

=

53077,50 x980 8000

= 80,63 rad / det

2. Force frequency ( frekuensi dari mesin ) : Ω

Ω adalah kecepatan sudut, jadi 1 rpm mesin menjalani

sudut 2 π

Putaran mesin 300 putaran per menit ( 60 detik ), jadi

Ω=

300 x 2π 60

Frequency Ratio : r =

eo

= 31,42 radial/detik

Ω ω

=

31,42 80,63

= 0,390 Massa motor total = m Massa motor untuk bagian yang ber putar saja = m1

eo sin ( Ω t )

Ω m1 m

y1 y

Perpindahan vertikal rotor ( m1 ) adalah :

y

y1 k

= y + eo . sin ( Ω t )

y1′ = y′ + eo . Ω . cos ( Ω t ) y1″ = y″ − eo . Ω2 . sin ( Ω t ) Sehingga persamaan gerak menjadi : ( m – m 1 ) y″ + m1 . y1″ + k . y = 0



( m – m 1 ) y″ + m1 . { y″ − eo . Ω . sin ( Ω t ) } + k . y = 0 2

m y″ − m1 eo Ω sin ( Ω t ) + k y = 0 2

m y″ + k y = m1 eo Ω sin ( Ω t ) 2

3. Persamaan undamped forced vibration system ( C.8.14 ) diatas : m y″ + k y = Po . sin ( Ω t ) 25

maka : Po = m1 eo Ω = 2

2

980

x 20 x 31,42 = 503,68 kg

Getaran dipaksa dengan redaman

Ditinjau model mathematis dari osillator yang bergetar secara harmonis dan teredam seperti gambar dibawah ini.

k

Po = sin ( Ω t )

m C

k.y ''

m. y

P = sin ( Ω t )

'

c.y

(a)

(b)

Model Mathematis

Free Body Diagram

Gambar 24

Dari free body diagram dapat ditulis persamaan geraknya sebagai berikut : m y″ + c y′ + k y = Po . sin ( Ω t ) …………… ( C.8.17 ) Penyelesaian umum persamaan diferential homogin diatas adalah : Persamaan ( C.8.14 ) seperti pada halaman 025 y (t )= e dimana c = ξ 2 m

ωd

– c/2m t

ω →

c 2m

{ A cos ( ωd t ) + B sin (

ωd t ) }

= ξ ω → lihat halaman 024

= ω (1 − ξ 2 ) —→ lihat halaman 023

Sehingga penyelesaian umum menjadi : y (t )= e

- ξ ω .t

{ A cos (

ωd t ) + B cos ( ωd t ) }

Penyelesaian khusus persamaan diferential homogin ( C.8.17 ) diatas adalah : y ( t ) = C 1 sin ( Ω t ) + C2 cos ( Ω t )

032

[email protected]


Persamaan gerak diatas dapat ditulis sebagai berikut : i t m y″ + c y′ + k y = Po . e Ω …………… ( a )

Dimana : e

iΩt

= cos ( Ω t ) + i sin ( Ω t ) → ingat rumus Euler

Disini diasumsikan hanya komponen yang mengandung bilangan imajiner dari Po . e

iΩt

yaitu Po . sin ( Ω t )

Penyelesaian khusus dapat ditulis :

ρ . e i Ω t …………….. ( b ) i t y′( t ) = ρ . i Ω e Ω 2 iΩt y″( t ) = − ρ . Ω e y(t) =

Jika hasil ini dimasukkan dalam persamaan ( a ), akan diperoleh :

− m ρ Ω2 e iΩt + c ρ i Ω e iΩt + − m ρ Ω2 + c ρ i Ω + k ρ = Po ρ=

P o k − mΩ 2

i t i t k ρ e Ω = Po . e Ω

→ Amplitudo

+ icΩ

Jadi persamaam ( b ) diatas dapat ditulis : y(t)=

po k − mΩ

2

+ icΩ

.e

iΩt

Dengan menggunakan bentuk koordinat polar, bilangan kompleks penyebut dapat ditulis sbb. : y(t)=

y(t)=

P o .e i.Ω.t [(k − mΩ 2 ) 2 P o .e i (

Ω.t −θ )

( k − mΩ )

2 2

Dimana : tan θ =

+ (cΩ) 2 ].e iθ

+ (c.Ω)

2

→ ( A )

c.Ω k − mΩ

2

i. t Respons dari gaya Po . sin ( Ω t ) ( komponen imajiner dari Po . e Ω ) adalah merupakan komponen imajiner dari persamaan ( A ) diatas, sehingga :

y(t)=

P o . sin( Ωt − θ ) ( k − mΩ )

2 2

+ (cΩ)

2

(B)

y ( t ) = Y . sin ( Ω t - θ ) Dimana :

Y=

P o ( k − mΩ )

tan θ =

2 2

+ (c.Ω)

2

: ″ Steady State Motion ″ Amplitudo

c.Ω k − m.Ω

2



Persamaan ( B ) diatas dapat ditulis dalam bentuk ratio tanpa dimensi seperti dibawah ini : y ST . sin(Ωt − θ )

y(t)=

Dimana : yST =

ξ

=

r =

(1 −r )

2 2

P o c ccr ω

tan θ =

2.ξ .r 1 − r 2

→ lendutan statis pegas dimana diatasnya bekerja Po

k

Ω

+ (2.ξ .r ) 2

→

→ →

ratio redaman ratio frekwensi

Dengan mengkombinasikan dengan penyelesaian umum, maka pemyelesaian gerak tersebut menjadi : y(t)=e

-ξωt

{ A cos ( ωd t ) + B sin (

ωd t ) }

+

y ST . sin(Ωt − θ ) (1 − r )

2 2

+ (2.ξ .r ) 2

Konstanta A dan B ditentukan berdasarkan syarat-syarat batas ( initial condition ) seperti yang sudah-sudah. Faktor Magnifikasi Dinamis Faktor magnifikasi dinamis atau ″ Dynamic Load Factor ″ biasanya diberi notasi D, adalah perbandingan antara Amplitudo dalam keadaan steady Y dengan lendutan statis yST.

Seperti telah diketahui diatas, bahwa : y ( t ) = Y. sin ( Ω t − θ ) → Halaman 33 y(t)=

y ST . sin(Ωt − θ ) (1 − r 2 ) 2

+ (2.ξ .r ) 2

Dari kedua persamaan tersebut diperoleh Faktor Magnifikasi Dinamis : D=

Y y ST

=

1 (1 − r )

2 2

+ (2.ξ .r ) 2

034

[email protected]

Dynamics of Structures Ir. Soetoyo Contoh Soal 07

Suatu portal dengan 2 buah kolom dari konstruksi beton bertulang seperti gambar 2 dibawah ini. Modulus elastisitas beton E b = 200.000 kg/cm dan percepatan 2 gravitasi g = 980 m/det Portal tersebut memikul mesin dengan berat total W = 4 ton. Damping ratio ξ = 4,5 %. Akibat getaran mesin, menye babkan timbulnya gaya horisontal pada portal yang besarnya mengikuti fungsi waktu, yaitu :

W = 4 ton

C

Pt = 0,50 sin ( 7 t )

D 25 x 55

5 3 x 5 2

5 3 x 5 2

0 5 . 3

Pt = 0,50 sin (7 t ) ton A

B

6.00

Hitunglah : 1. Kekakuan lateral portal dengan memperhitungkan kekakuan balok CD. 2. Frekuensi ratio r. 3. Amplitudo dalam kondisi ″ Steady State ″ 4. Tegangan dinamis maksimum yang terjadi pada kolom 5. Faktor magnifikasi dinamis ( Dynamic Load Factor ) D. Penjelesaian : 3

4

IAC = IBD = 1/12 x 25 x 35 = 89.322,92 cm 3

ICD = 1/12 x 25 x 55 = 346.614,58 cm

4

Per hitungan Fak tor Distr i b busi Titik C k C :

µCA : µCD = µCA =

4. E I . CA h AC

4. E . I CD

:

LCD

255,21 255,21 + 577,69

89.322,92

=

:

350

µCD =

= 0,306

346.614,58 600

= 255,21 : 577,69

577,69 255,21 + 577.69

= 0,694

Kontrol : µCA + µCD = 0,306 + 0,694 Karena simetris maka :

≈ 1 → OK µDB = µCA = 0,306 dan µDC = µCD = 0,694

Titik C dan D diberi simpangan sebesar ∆ = 1 satuan, sehingga akan timbul momen primer : Momen Primer : MPAC = MPCA =

6 E . I . AC 2 h AC

=

P DB

Karena simetris, maka : M

6 x 200.000 x89.322,92 350 2 P

=M

BD

=M

P AC

= 875.000 kgcm = 8.750 kgm

= 8.750 kgm. 035

[email protected]


Pendistribusian momen ke balok CD dilakukan dengan tabel seperti dibawah ini : Karena simetris pendistribusian hanya dihitung separuh saja. Titik

C

A

Batang

AC

µ M Primer

CA

CD

0.306

0.694

8,750

8,750

M Distribusi

-2,678

M Induksi M Total M Distribusi M Induksi M Total M Distribusi M Induksi M Total\

-1,339 7,411

6,679

-6,073 -3,036 -9,109 2,107 1,054 -5,948 -731 -366 -7,045

112

254

6,791

-6,791

6,073 929

465 7,876

7,002 -322

-161 7,715

M Distribusi M Akhir

7,715

HC =

H AC + H CA h AC

Sebagai kontrol, jumlah momen pada suatu titik ( misalnya titik C ) harus ≈ 0

=

7.715 + 6.791 3,50

Jadi : MCA + MCD = 6,791 + ( - 6,791 ) ≈ 0, OK

= 4.144,57 kg/cm

Karena simetris HD = HC = 4.144,57 kg/cm Jadi kekakuan lateral portal : k = HC + HD = 4.144,57 + 4.144,57 = 8.289,14 kg/cm Perhitungan Frekwensi Ratio : Pt = P0 . sin ( Ω t ) = 0,50 sin ( 7 t ), jadi P 0 = 0,50 ton = 500 kg

Ω = 7 rad/det k

ω=

m

=

8.289,14 4000 / 980

Jadi frekwensi ratio : r =

Ω ω

=

= 45,06 rad/det 7 45,06

=

0,16

Perhitungan Amplitudo dalam kondisi Steady State : Amplitudo : Y=

P o ( k − mΩ 2 ) 2

+ (c.Ω) 2

Dimana : c = ξ 2 m c = 0,045 x 2 x

ω → ξ = Damping Ratio 4,5 %  4.000  x 45,23 = 16,62    980 

Jadi amplitudo dalam keadaan steady state menjadi : Y=

500 [8.289,14 − ( 4.000 / 980) x7 ]

2 2

+ (16,62 x7)

2

= 0,099 cm



Per hitungan Tegangan Dinamis Mak simum : Tegangan pada kolom akibat Amplitudo dalam keadaan steady M=

6 xExI AC 2 AC

h

Y=

6 x 200.000 x89.322,92 350 2

Section modulus kolom SAC =

1

0,099 = 86.625 kgcm

2

6

3

25 . 35 = 5.104,17 cm

Jadi tegangan dinamis maksimum pada kolom : f Dinamis =

M S AC

=

86.625 5.104,17

2

= 16,97 kg/cm

Per hitungan Fak tor Magnif ik asi Dinamis : D=

1 (1 − r )

2 2

+ (2.ξ .r )

2

=

1 (1 − 0,16 )

2 2

+ (2 x0,045 x0,16)

2

= 1,026

037

[email protected]


D. RESPONS STRUKTUR SDOF AKIBAT GERAKAN PONDASI / TANAH

Apabila suatu mesin yang diletakan dipermukaan tanah, maka tanah akan bergetar manakala mesin sedang bekerja. Getaran tanah ini akan mengakibatkan seluruh bangunan disekitarnya ikut bergetar. Kejadian semacam ini tidak saja diakibatkan oleh kerja mesin, tetapi segala macam sebab yang dapat mengakibatkan tanah bergetar. Sebabsebab itu diantaranya akibat pemancangan tiang pancang, akibat suatu ledakan didalam tanah atau akibat pergeseran tanah dan gempa bumi. Gerakan tanah/pondasi suatu struktur dimodelkan sebagai : ys = yo . sin ( ωs . t ) …….. ( D.01 ) Dimana : ys : simpangan tanah atau pondasi yo : amplitudo ( simpangan ) maksimum

ωs

: frekwensi sudut gerakan tanah atau pondasi

System ini dapat dibuat model mathematisnya seperti gambar 25 dibawah ini. m

y

k ( y - ys )

k c

my

''

m c

'

'

c ( y - ys ) (b)

(a) STRUKTUR SDOF

MODEL MATHEMATIS

(c) FREE BODY DIAGRAM

Gambar 25 Dari gambar 25c, berdasarkan keseimbangan dinamik diperoleh : m. y″ + c ( y′ - ys′ ) + k ( y – ys ) = 0 ……..……… ( D.02 ) Dimana : ys = perpindahan tumpuan/pondasi akibat gerakan tanah y = perpindakan masa m Kita tinjau persamaan ( D.01 ) diatas : ys = yo sin ( ωs t ) ys′ = yo ωs cos ( ωs t ) Jika hasil ini kita masukkan kedalam persamaan ( D.02 ) akan diperoleh : m y″ + c y′ - c yo ωs cos ( ωs t ) + k y – k yo sin ( ωs t ) = 0 m y″ + c y′ + k y = k yo sin ( ωs t ) + c yo ωs cos ( ωs t ) m y″ + c y′ + k y = Fo sin ( ωs t + β ) ………… ( D.03 ) Dimana : Fo = yo

k 2

+ (c.ω s ) 2

tan β =

c.ω s

= 2 r ξ

k

= yo k 1 + (2.r .ξ ) 2



Kalau kita lihat persamaan ( D.03 ) adalah suatu persamaan diferensial untuk osilator yang dipengaruhi oleh gaya/beban harmonis Fo sin ( ωs t + β ). Persamaan ini identik dengan persamaan ( C.8.17 ) untuk getaran dipaksa dengan redaman, yaitu : m y″ + c y′ + k y = Po . sin ( Ω t ) …………………….dihalaman 032 diatas. Sehingga penyelesaian persamaan ( D.03 ) dalam keadaan tetap ( steady state ) mirip seperti dihalaman 034, dengan hasil : y(t)=

( F o / k ) sin(ω s t + β − θ ) (1 − r )

2 2

+ (2.r .ξ )

2

…………………( D.04 )

Jika Fo = yo k 1 + ( 2.r .ξ ) 2 kita masukan, maka akan didapat : y (t ) yo

1 + ( 2.r .ξ ) 2

=

(1 − r )

2 2

+ (2.r .ξ )

2

sin ( ωs t + β - θ ) …………… ( D.05 )

Persamaan ( D.05 ) diatas merupakan gerakan penyokong ( pondasi ) terhadap struktur yang dimodel mathematikan sebagai osilator ( gerobak yang bergerak diatas landasan ). Derajad isolasi relatif dalam dinamika struktur dikenal sebagai transmisibilitas (transmissibility ) dan didefinisikan sebagai ratio amplitudo dari gerak osilator y dan amplitudo yo dari gerakan penokong ( pondasi ). Dari persamaan ( D.05 ) maka transmisibilitas Tr diberikan oleh persamaan : Tr =

Y yo

=

1 + ( 2.r .ξ ) 2 (1 − r )

2 2

+ (2.r .ξ )

2

………………… ( D.06 )

Persamaan ( D.04 ) diatas memberikan respons absolut dari osilator redaman pada gerak harmonis dari dasar (pondasi). Alternatif lain adalah menyelesaikan persamaan diferensial ( D.02 ) dihalaman 038 dalam besaran gerak relatif antara massa m dan penyokong (pondasi) : Perpindahan relatif massa m terhadap perletakan ( pondasi ) u, jadi

→ u′ = y′ - ys′ → u = y - ys

y = u + ys y′ = u′ + ys′ → y″ = u″ + ys″

Kemudian disubstitusikan dalam persamaan ( D.02 ) akan didapat : m (u″ + ys″) + c ( u′ + ys′ - ys′) + k ( u + ys – ys ) = 0 m u″ + m ys″ + c u′ + k u = 0 m u″ + c u ′ + k u = Feff (t)

→ dimana Feff ( t ) = - m ys″

Feff (t) adalah sebagai gaya efektif yang bekerja pada osilator dan perpindahannya dinyatakan oleh koordinator u. Diatas gerakan pondasi : ys = yo sin ( ωs t ) ys′ = yo ωs cos ( ωs t ) ys″ = - yo ωs sin ( ωs t ) 2



Jadi :

m u″ + c u′ + k u = m yo ωs sin ( ωs t ) 2

m u″ + c u′ + k u = Fo sin ( ωs t )

→ dimana Fo = m yo ωs2

Persamaan ini juga identik dengan m y″ + c y′ + k y = Po . sin ( sehingga penyelesaiannya dalam keadaan steady state adalah : u(t)=

F o / k . sin(ω s t − θ ) (1 − r 2 ) 2

Substusikan : u (t ) y o

ω s2 k / m =

=

+ (2r ξ ) 2 =

ω s2 2

ω

( m. yo .ω s2 / k ). sin(ω s t − θ ) (1 − r 2 ) 2

+ (2r ξ ) 2

Ω t ) dihalaman 032,

…………. ( D.07 )

2

= r , akan didapat :

r 2 . sin(ω s t − θ ) (1 − r )

2 2

+ (2r ξ )

2

…………………. ( D.08 )

2.ξ .r

Dimana tan θ =

1 − r 2

Contoh Soal 08 :

Sebuah kerangka ( portal ) baja seperti gambar dibawah ini : y

y

W = 15 kips F(t) k

0 2 x 8 F W

0 2 x 8 ' 5 F 1 W

20'

F(t) m c

(B)

(A)

memikul sebuah mesin rotasi yang mengakibatkan gaya horisontal pada bidang balok sebesar F ( t ) = 200 sin 5,3 t lb. Dianggap redaman 5 % redaman kritis. Kolom terdiri dari profil WF 8 x 20 dan balok dianggap sangat kaku, dan modulus elastisitas baja 6 adalah : E = 30 x 10 psi. Tentukan : a. Amplitudo dalam steady state ( keadaan tetap ) dari getaran tersebut. b. Tegangan dinamis maksimum pada kolom. c. Jika struktur diatas dipengaruhi oleh gerakan tanah ys ( t ) = 0,2 sin 5,3 t lb Tentukan transmisibilitas dari gerakan balok d. Gaya geser maksimum pada kolom. e. Tegangan maksimum pada kolom.

040

[email protected]


Penyelesaian : 4

4

Dari tabel profil untuk WF 8 x 20 diketahui I = 2881 cm = 69,2164 inch 3 xExI

Jadi kekakuan satu kolom : k =

h3

=

3 x30 x10 6 x69,2 (12 x15) 3

≈ 69,2 inch4

= 1067,90 lb/inch

Karena balok dianggap sangat kaku, maka : Kekakuan portal : k eq = 2 x k = 2 x 1067,90 = 2135,8 lb/inch

F o

Lendutan dalam keadaan statis : yST = k eq

ω= Frekwensi ratio : r =

Ω ω

=

k eq

200

15000 / 386

5,3

= 0,0936 inch

2136

2136

=

m

=

≈ 2136 lb/inch

= 7,41 rad/det

= 0,715

7,41

Jadi amplitudo dalam steady state akibat getaran mesin rotasi adalah : y ST

Y =

(1 − r )

2 2

+ (2.r .ξ )

2

0,0936

=

(1 − 0,715 )

+ (2 x0,715 x0,05)

2 2

= 0,189 inch

2

Momen pada kolom akibat amplitudo dalam steady state, adalah : M=

3 EI h2

Y=

3 x30 x10 6 x69,2 (12 x15) 2

x 0,189 = 36.330 lb inch 3

Dari tabel profil untuk WF 8 x 20 didapat SX = 278,6 cm = 17 inch Tegangan dinamis maksimum pada kolom : f maks =

M S X

=

36.330 17

3

= 2137 psi

Transmisibilitas : Tr =

1 + ( 2.r .ξ ) 2 (1 − r 2 ) 2

+ (2.r .ξ ) 2

1 + ( 2 x0,715 x0,05) 2

=

(1 − 0,715 2 ) 2

+ (2 x0,715 x0,05) 2

= 2,03

Perpindahan / simpangan relatif maksimum adalah : u(t)=

yo .r 2 (1 − r )

2 2

+ (2.r .ξ )

2

0,2 x0,715 2

=

(1 − 0,715 )

2 2

+ (2 x0,715 x0,05)

2

= 0,207 inch

Momen akibat simpangan relatif maksimum ( pergerakan pondasi ) : M=

3 EI h2

U(t) =

3 x30 x10 6 x69,2

x 0,207 = 39.790 lb inch

(12 x15) 2

Gaya geser maksimum : Hmaks =

M h

=

39.790 (12 x15)

= 220,83 lb

Tegangan maksimum akibat gerakan tanah : f maks =

M S X

=

39.790 17

= 2.335 psi



Penyaluran Gaya ke Pondasi ( Force Transmitted to the Foundation )

Ditinjau osilasi teredam pada gambar dengan beban harmonis : F ( t ) = Fo . sin ωs . t seperti pada gambar 26 dibawah ini. m

y

k c

m c (b)

(a) STRUKTUR SDOF

MODEL MATHEMATIS

Gambar 26 Persamaan differential dasi gerakan ini adalah : m y″ + c y′ + k y = Fo . sin ωs t Penyelesaian dalam keadaan Steady State :

ωs t - θ ) ………………( lihat halaman 033 ) y′ = Y .ωs . cos ( ωs t - θ ) y = Y . sin ( F o / k

Dimana : Y =

(1 − r )

2 2

tan θ =

dan

+ (2r ξ )

2

…………….. ( D.09 )

2.ξ .r 1 − r 2

Gaya dari osilator ( struktur) disalurkan ke pondasi melalui pegas k y dan elemen redaman c y′, jadi gaya total yang disalurkan ke pondasi adalah : FT = k y + c y′

ωs t - θ ) + c . Y . ωs . cos ( ωs t - θ ) FT = Y [ k . sin ( ωs t - θ ) + c . ωs . cos ( ωs t - θ ) ] FT = k . Y . sin ( FT = Y . k 2

+ c 2ω s2

sin ( ωs t - θ + β )

k 2

+ c 2ω s2

sin ( ωs t - ∅ ) ……………. ( D.10 )

FT = Y .

Dimana : tan β =

c.ω s k

=2ξr

dan

∅=θ-β

Dari persamaan ( D.09 ) dan ( D.10 ), maka gaya maksimum yang disalurkan ke pondasi : F o / k FT = k 2 + c 2ω s2 . sin (ωs t - ∅ ) 2 2 2 (1 − r ) + ( 2.ξ .r ) FT =

F o / k (1 − r 2 ) 2

+ (2.ξ .r ) 2

k 1 + ( 2r ξ ) 2 sin (ωs t - ∅ ) 042

[email protected]


FT = Fo

1 + (2 r ξ ) 2 (1 − r 2 ) 2

+ (2r ξ ) 2

sin (ωs t - ∅ )

Gaya FT akan maksimum jika sin ( ωs t - ∅ ) diterima/di-salurkan ke pondasi FT = AT adalah :

≈

1, jadi gaya maksimum yang

1 + (2.ξ .r ) 2

AT = Fo .

(1 − r 2 ) 2

+ (2.ξ .r ) 2

Transmisibilitas TR didefinisikan sebagai ratio dari amplitudo gaya yang disalurkan ke pondasi dan amplitudo gaya yang bekerja, jadi : TR =

AT F o

1 + (2.ξ .r ) 2

=

(1 − r 2 ) 2

+ (2.ξ .r ) 2

Seperti telah diketahui diatas : ∅ = θ - β maka : tan ∅ =

tan θ − tan β 1 + tan θ . tan β

Telah diketahui diatas bahwa : tan θ =

Sehingga :

tan ∅ =

2.ξ .r 1 − r 2

dan tan β = 2 ξ r

2.ξ .r 3 1 − r 2

+ 4.ξ 2 .r 2

Contoh Soal 09

Sebuah mesin dengan berat W = 1.750 kg dipasang pada balok baja dengan 2 (dua) perletakan seperti gambar dibawah ini. Fo sin ( Ω t )

m W

A

C

y

WF 125.60.6.8

B c

y

1.50

k

1.50

STRUKTUR (A)

MODEL MATHEMATIS (B)

Bentangan balok L = 3,00 m. Sebuah torak yang bergerak keatas dan kebawah pada mesin akan menimbulkan gaya harmonis sebesar Fo = 3.175 kg dan frekwensi sudut sebesar  = 60 rad/det. Balok baja AB terdiri dari profil WF 125.60.6.8 dengan 6 2 modulus elastisitas E = 2,1 x 10 kg/cm dan redaman 10 % dari redaman kritis.



Jika berat balok sendiri diabaikan, hitunglah : a. Amplitudo dari gerakan mesin. b. Gaya yang disalurkan ke tumpuan ( pondasi ). c. Sudut fasa yang bersangkutan. Penyelesaian : 4

Dari tabel profil untuk WF 125.60.6.8 diperoleh I = 413 cm

Lendutan ditengah-tengah bentang akibat beban P ditengah-tengah bentang : PxL3

= Jadi : k =

48 E . I . L3

48. E . I

=

48 x 2,1 x106 x 413

= 15.419 kg/cm

300 3

k

ω=

m

Ω

r=

→ Jika  = 1 cm, maka P ≈ k

=

ω

15.419

=

1.750 / 980 60

92,92

Seperti telah diketahui :

= 92,92 rad/det

= 0,65 y ST . sin(Ωt − θ )

y(t)=

(1 −r 2 ) 2

+ (2.ξ .r ) 2

y ( t ) adalah simpangan pada saat t det. Amplitudo adalah simpangan maksimum dan ini bisa dicapai jika sin (  t - θ ) ≈ 1, jadi amplitudo dari gerakan mesin adalah : y st

Y=

Jadi :

(1 − r )

2 2

+ (2.ξ .r )

→ yst =

2

0,206

Y=

(1 − 0,65 2 ) 2

+ (2 x0,10 x0,65) 2

F o k

=

3.175 15.419

= 0,206 cm

= 0,348 cm

Gaya yang disalurkan ke pondasi : AT = Fo

tan ∅ =

1 + ( 2.ξ .r ) 2 (1 − r 2 ) 2

+ (2.ξ .r ) 2

2.ξ .r 3 1 − r 2

+ (2.ξ .r ) 2

=

Jadi sudut fasa ∅ = arc tan

= 3.175

1 + ( 2 x0,1 x0,65) 2 (1 − 0,65 2 ) 2

+ (2 x0,10 x0,65) 2

= 5.409 kg

2 x0,10 x0,653 1 − 0,65 2

+ (2 x0,10 x0,65) 2

2 x0,10 x0,653 1 − 0,65 2

+ (2 x0,10 x0,65) 2

= 5,28°



Contoh 10

Suatu kendaraan berjalan dijalan dengan permukaan yang bergelombang yang mana gelombang jalan di-idealisir sebagai funsi sinus harmonik dengan panjang gelombang adalah L = 60 m, dan amplitudo gelombang 5 cm. Kendaraan mempunyai pegas dengan kekakuan k s = 400 kg/cm dengan rasio redaman ξ = 35 %. Kendaraan berjalan dengan kecepatan Vk = 60 km/jam dan berat kendaraan W = 2.250 kg. Hitunglah simpangan vertikal tempat duduk kendaraan tersebut. Penyelesaian : Peristiwa diatas dapat dibuat model mathematisnya seperti gambar dibawah.

y

k

W Vk Y b

L

Frekwensi sudut gerakan kendaraan :

ω=

k s

400

=

m

2.250 / 980

= 13,199 rad/det.

Jalan yang bergelombang akan menyebabkan elevasi tempat duduk di kendaraan mengalami naik – turun, dengan amplitudo yk Waktu getar akibat gelombang jalan : T=

L

=

V k

60 60.000 / 3600

= 3,6 det

Frekwensi sudut akibat beban karena jalan bergelombang :

=

2π T

=

Frekwensi Ratio : r =

Transmisibility : TR =

2π 3,6

Ω ω

= 1,745 rad/det

=

1,745 13,199

= 0,132

1 + (2.ξ .r ) 2 (1 − r 2 ) 2

+ (2.ξ .r ) 2

=

1 + (2 x0,35 x0,132) 2 (1 − 0,132 2 ) 2

+ (2 x0,35 x0,132) 2

TR = 1,018 Transmisibility adalah ratio amplitudo dari gaya yang disalurkan ke pondasi ( disini amplitudo kursi yk ) dan amplitudo gaya yang bekerja ( dalam hal ini amplitudo gelombang jalan Y b ). Jadi : TR =

y k Y b

→

yk = Y b x TR = 5 x 1,018 = 5,09 cm 045

[email protected]


E. Beban Impuls Selama ini yang kita pelajari adalah pengaruh beban harmonis pada struktur, padahal kita tahu beban dinamik tidak harus berupa getaran yang harmonis. Beban impuls adalah beban yang bekerja dalam waktu yang sangat singkat, jadi durasi beban impuls ( dt ) relatif pendek/singkat terhadap perode getar struktur ( Ts ), akan tetapi intensitas beban impuls ini pada umumnya sangat besar. y

k

P(t)

m

Gambar 27

Selama beban impuls bekerja ( selama dt ), maka pada pegas/per pada model mathematik disam ping ini akan timbul resistensi. Menurut Biggs ( 1965 ) gaya pegas/per tersebut relatif kecil bila dibandingkan dengan gaya im pulsnya, mengingat sangat singkatnya waktu be ban impuls bekerja, sehingga pada umumnya dalam beban impuls ini resistensi/gaya pegas da pat diabaikan.

Karena resitensi/gaya pegas diabaikan, maka selama berlangsungnya beban impuls sistem struktur dianggap tidak mengalami perubahan simpangan. Clough dan Penzien ( 1993 ) mengatakan bahwa pengaruh redaman pada beban impuls juga relatif kecil. Oleh karena itu satu-satunya respon yang terjadi pada pembebanan yang sangat singkat itu adalah timbulnya percepatan awal ( initial acceleration ), yaitu gaya impuls dibagi dengan massa. Dari persamaan gerak : m y″ + c y′ + k y = F ( τ ) Karena resistensi pegas dan penaruh redaman diabaikan, maka : m y″ = F ( τ ) Dimana : F ( τ ) : beban impuls m : masssa y″ : percepatan ( acceleration ) Impuls pada pembebanan ini dapat didefinisikan sebagai perkalian dari gaya dan selang waktu bekerjanya gaya tersebut.

τ

F( )

Pada gambar 28 disamping ini. Impuls dari suatu gaya F ( τ ) digambarkan oleh bagian yang di-arsir, ialah : F ( τ ) . dτ. Impuls ini bekerja pada massa m yang menurut hukum gerak dari Newton :

τ

d . ) τ

( F

τ τ + dτ dτ Gambar 28

τ

m

dv

= F (τ ) →

d τ Dimana :

dv =

F (τ ).d τ m

F(τ).dτ

: adalah impuls

dv

: pertambahan kecepatan

Kita tinjau impuls F ( τ ) . d τ yang bekerja pada suatu osilator tanpa redaman. Pada waktu τ detik osilator mengalami perubahan kecepatan yang dinyatakan dengan persamaan :

046

[email protected]


dv =

F (τ ).d τ

………….. ( E.01 )

m

Persamaan gerak untuk Getaran Bebas Tanpa Redaman ( halaman 019 ) : y ( t ) = yo . cos ( ω t ) +

y o' ω

.sin (ω t ) → yo′ = vo

Sehingga : y ( t ) = yo . cos ( ω t ) +

vo

. sin ( ω t ) ω Jika perubahan kecepatan ( E.01 ) diatas, dimasukkan kedalam persamaan Getaran Bebas Tanpa Redaman, sebagai kecepatan awal vo, dan perpindahan/simpangan awal yo = 0 dan yang mengakibatkan perpindahan pada waktu berikutnya τ berikutnya, akan didapat : dy(t) =

F (τ ).d τ mω

sin ω( t -

τ)

Perpindahan total y ( t ) pada waktu t detik : y(t)=

F (t )

t

∫ mω

1

sin ω ( t - τ ) dt =

0

mω

∫

t

F (τ ). sin ω (t − τ ).d τ

0

Persamaan integral diatas dikenal sebagai Integral Duhamel . Persamaan diatas menyatakan perpindahan/simpangan total akibat pengaruh gaya F ( τ ) yang bekerja pada osilator tanpa redaman. Untuk memperhitungkan pengaruh perpindahan awal yo dan kecepatan awal vo pada waktu t = 0, maka perpindahan total adalah : vo

y ( t ) = yo . cos ( ω t ) +

ω

. sin (

ωt)+

1 mω

∫

t

F (τ ). sin ω .(t − τ ).d τ …….. ( E.02 )

0

1. Beban Konstant :

Suatu osilator tanpa redaman seperti gambar 29 dibawah ini dibebani suatu gaya konstant Fo secara tiba-tiba pada wantu t = 0 F(t)

k

Fo

F(t) m

t (a)

(b)

Gambar 29 Untuk perpindahan awal ( yo ) dan kecepatan awal ( vo ) sama dengan nol maka persamaan ( E.02 ) diatas menjadi : y(t)=

1 mω

t

∫ F sin ω (t − τ ).d τ o

0

047

[email protected]


y(t)=

y(t)=

F o

t

mω F o k

. cos(t − τ ) 0

(1 − cos ω .t ) = yst ( 1 – cos

ωt)

……. ( E1.01 )

Respons dari pembebanan dengan gaya konstant secara tiba-tiba dapat dilihat pada gambar 30 dibawah ini. y(t) yst

Gambar 30 disamping adalah respons se buah sistem tak teredam dari SDOF akibat gaya tetap yang bekerja secara tiba-tiba. Jika diamati penyelesaian ini sangat mirip dengan penyelesaian getaran bebas dari osilator tanpa redaman.

2 1 t

0 T

Gambar 30 2. Beban Segi Empat Ditinjau suatu beban tetap Fo yang bekerja secara tiba-tiba untuk selang waktu td se perti gambar 31 dibawah ini. F(t)

Fo

F(t)

k

m td

(a)

t

(b) Gambar 31

Sehingga perpindahan/simpangan pada selang waktu tersebut adalah : yd =

F o k

{ 1 – cos (

ω td )}

Sedangkan kecepatannya adalah turunan pertama dari persamaan diatas. vd =

F o k

ω

sin ( ω td )

Untuk respons setelah waktu td digunakan persamaan untuk getaran bebas tanpa redaman ( hal 019 ) : '

y ( t ) = yo . cos (

ωt)+

y o ω

.sin (ω t ) 048

[email protected]


Dimana kondisi awal ( initial condition ) untuk perpindahan dan kecepatan pada saat td , yaitu dengan mengganti yo dengan yd, vo = yo′ dengan vd dan t dengan ( t – t d ), maka diperoleh : y(t)=

F o k

{1 – cos (

ω td ) } cos ω ( t – t d ) +

F o k

sin ( ω td ) . sin ω ( t – td )

Yang dapat disederhanakan menjadi : F o

{cos ω ( t – t d ) – cos ω t } …………. ( E1.02 ) k Jika faktor beban dinamis ( Dynamic Load Factor ) yang disingkat D atau DLF didefinisikan sebagai perpindahan pada setiap wahtu t dibagi dengan perpindahan statis yst , maka persamaan ( E1.01 ) halaman 048 dan persamaan ( E1.02 ) diatas dapat ditulis sebagai berikut : y(t)=

y (t )

Dari persamaan ( E1.01 ) :

y st

= DLF = 1 – cos

ω t →

t ≤ td

Dari persamaan ( E1.02 ) : y (t ) y (t ) = = DLF = cos F 0 y st k

ω ( t – t d ) – cos ω t → t ≥ td

Sering pula persamaan frequensi sudut ω dinyatakan dalam waktu getar T, sehingga pada persamaan diatas frequensi sudut diganti dengan 2π/T, sehingga akan diperoleh : DLF = 1 – cos 2 π Dan

DLF = cos 2π

t T

→ t ≤ td

 t − t d     T T 

- cos 2π

t T

→ t ≥ td



Contoh Soal 11 : Suatu portal dari konstruksi beton dengan E = 220.000 kg/cm2, berat konstruksi diidealisasikan sebagai beban merata q = 2,5 ton/m′ seperti gambar dibawah ini. F q = 2,5 t/m

C

B 20 x 40

Fo 0 5 . 3

20 x 30

20 x 30

5.00

A

D

t

td

0 (B)

(A)

Portal dibebani dengan beban tetap Fo = 1.500 kg seketika dengan jangka waktu selama td = 0,40 detik, setelah itu beban dihilangkan. 1. Plot simpangan portal terhadap waktu akibat beban Fo dan setelah beban Fo dihilangkan. 2. Hitung Faktor Beban Dinamis ( DLF ) maksimum. Penyelesaian : IAB = ICD = IBC =

1 12

20 x 303 = 45.000 cm4

1 12

20 x 403 = 106.667 cm4

Perhitungan faktor distribusi : Titik B :

µBA : µBC = µBA =

4 xEI AB h AB

:

128,57 128,57 + 213,33

Check :

4 xEI BC L BC = 0,376

=

45.000 350

µBC =

:

106.667 500

= 128,57 : 213,33

213,33 128,57 + 213,33

= 0,624

µBA + µBC = 0,376 + 0,624 ≈ 1 → OK

Karena simetris, maka µCD = µBA = 0,376 dan

µCB = µBC = 0,624 Momen primair pada kolom akibat simpangan ∆ = 1 cm. MBA = MAB =

6 xEI AB 2 AB

h

∆

=

6 x 220.000 x 45.000 350

2

x 1 = 484.898 kgcm

Karena simetris, maka MCD = MDC = MAB = 484.898 kgcm Perataan momen ke balok, dilakukan dengan methode distribusi momen yang dibuat secara tabelaris seperti pada halaman berikut ini :

050

[email protected]


B

Titik

A

Member

AB

BA

BC

Fak. Distribusi

---

0.376

0.624

Momen Primair

484,898

484,898 -182,322

Momen Distribusi Momen Induksi

-91,161

Momen Total

393,737

302,576

-453,864

56,884

94,404

28,442

47,202

422,179

Momen Total

359,460

-312,258

-17,748

-29,454

341,712

-341,712

Momen Distribusi Momen Akhir

422,179

Gaya geser pada kolom AB : H1 =

-302,576 -151,288

Momen Distribusi Momen Induksi

---

M AB + M BA

=

h AB

422.179 + 341.712 350

= 2.183 kg/cm

Jadi kekakuan lateral portal : k = 2 x H1 = 2 x 2.183 = 4.366 kg/cm. Berat total struktur : W = q x LBC = 2.500 x 5 = 12.500 kg Frequensi sudut :

ω=

k m

=

4.366 12.500 / 980

= 18,50 rad/det.

Simpangan struktur pada saat t ≤ td, dapat dicari dengan persamaan ( E1.01 ) y(t)=

F o k

( 1 – cos ω t ) =

1.500 4.366

( 1 – cos 18,50 t )

y ( t ) = 0,344 ( 1 – cos 18,50 t ) Untuk t = 0 det → yo = 0 cm Untuk t = 0,05 det → y = 0,136 cm Untuk t = 0,10 det → y = 0,439 cm Untuk t = 0,15 det → y = 0,665 cm

→ y = 0,636 cm Untuk t = 0,25 det → y = 0,374 cm Untuk t = 0,30 det → y = 0,088 cm Untuk t = 0,35 det → y = 0,006 cm Untuk t = 0,40 det → y = 0,193 cm Untuk t = 0,20 det

Simpangan struktur pada saat setelah beban dihilangkan ( t persamaan ( E1.02 ) : y(t)=

F o k

{cos ω ( t – t d ) – cos ω t } =

1.500 4.366

≥

td ), dipergunakan

{ cos 18,50 ( t – 0,4 ) – cos 18,50 t }



y ( t ) = 0,344 { cos 18,50 ( t – 0,4 ) – cos 18,50 t } t = td = 0,4 det → y = 0,193 cm t = 0,45 det → y = 0,363 cm t = 0,50 det → y = 0,244 cm t = 0,55 det → y = - 0,069 cm t = 0,60 det → y = - 0,328 cm t = 0,65 det → y = - 0,325 cm t = 0,70 det → y = - 0,063 cm t = 0,75 det → y = 0,248 cm t = 0,80 det → y = 0,363 cm t = 0,85 det → y = 0,188 cm ……dst.

Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk Untuk

Kemudian nilai y ini diplotkan dengan t sebagai absis dan y sebagai ordinat, maka hasilnya akan seperti gambar dibawah ini y

0,665

0,363

0,55 0,05

0,10

0,15

0,20

0,25

0,30

0,35

0,40

0,45

0,60

0,65

0,70

0,50

0,75

0,80

0,85

t

GAYA Fo BEKERJA

- 0,328

Simpangan grafik diatas terlihat bahwa simpangan maksimumnya terjadi kurang lebih pada t = 0,15 detik sebesar ymaks = 0,665 cm. Simpangan statis : yst = Faktor Beban Dinamis ( DLF ) =

F o k

y maks y st

= =

1.500 4.366 0,665 0,344

= 0,344 cm

= 1,933


Dynamics of Structures Ir. Soetoyo 3. Beban Segitiga Suatu osilator tanpa redaman dibebani dengan gaya F ( t ) dengan nilai awal ( initial value ) sebesar Fo, dan beban ini berkurang secara linear sampai akhirnya nol dalam waktu td detik. F(t)

Fo

y(t) k

Ft

m

t

td

(a)

(b)

Gambar 32 Respons dari beban segitiga ini dapat dihitung dengan persamaan ( E.02 ) dihalaman 047, yaitu : y ( t ) = yo . cos ( ω t ) +

vo ω

. sin ( ω t ) +

1 mω

∫

t

F (τ ). sin ω .(t − τ ).d τ ….. ( E.02 )

0

dalam dua interval : Untuk interval pertama



td , gaya diberikan oleh : F ( τ ) = Fo 1 −

τ ≤



τ 



t d 

Untuk kondisi awal ( initial condition ) : yo = 0 dan vo = 0 Kalau nilai ini dimasukkan dalam persamaan ( E.02 ) diatas dan di-integrasikan akan diperoleh : y=

F o k

( 1 – cos

ωt)+

F o k .t d

 sin ω t − t     ω 

………….. ( E3.01 )

Faktor Beban Dinamis ( DLF ) : DLF =

y y st

= 1 – cos ( 2 πt/T ) +

sin( 2π .t / T ) 2π .t d / T

−

t t d

yang mendefinisikan response sebelum waktu td. Untuk interval kedua Redaman :

t

≥

td , dipergunakan persamaan Getaran Bebas Tanpa

y ( t ) = yo . cos ( ω t ) +

y o' ω

.sin (ω t ) = yo . cos ( ω t ) +

vo ω

sin ( ω t )

Kondisi awal dari persamaan ini diperoleh dari persamaan ( D ) diatas dengan memasukkan simpangan / perpindahan dan kecepatan pada waktu td , sehingga diperoleh : yd =

F o k

( 1 – cos

ω td ) +

F o k .t d

 sin ω .t d − t   d   ω  053

[email protected]


yd =

F o k

 sin ω .t d   − cosω .t d   ω .t d 

……………… ( E3.02 )

Kecepatan pada saat td diperoleh dari turunan pertama yd, yaitu : vd =

F o k

 cos ω .t d 1   ω .sin ω .t d + −  ……….. ( E3.03 ) t t d  d 

Harga-harga yd dan vd ini dapat diambil sebagai kondisi awal pada waktu t = td untuk interval kedua. Jadi jika pada persamaan getaran bebas tanpa redaman diatas dimasukkan harga-harga yo = yd , vo = vd , dan mengganti t dengan t - td , akan diperoleh : y=

F o k .ω .t d

{ sin ωt – sin

Faktor beban dinamis ( DLF ) = DLF =

1 ω .t d

y y st

=

ω ( t – td ) } y

F o / k

{ sin ωt – sin

F o k

cos ω t

akan diperoleh :

ω ( t – td ) } – cos ω t

Jika ω = 2π/T dimasukan dalam persamaan diatas akan diperoleh : DLF =

1 2π .t d / T

 

. sin 2π

t t  − sin 2π   − d  T  T T  t

- cos 2π

t T

Contoh Soal 12 :

Suatu portal dari konstruksi beton dengan E = 220.000 kg/cm2, berat konstruksi diidealisasikan sebagai beban merata q = 2,5 ton/m′ seperti contoh 11 diatas dibebani dengan beban segitiga seperti gambar dibawah. F q = 2,5 t/m

C

B 20 x 40

Fo 0 5 . 3

20 x 30

A

20 x 30

5.00 (A)

D

td

0

t

(B)

Konstruksi dibebani secara tiba-tiba dengan beban sebesar Fo = 1.500 kg dan beban ini berkurang secara linear sampai waktu td = 0,40 det beban menjadi nol. Hitunglah : 1. Simpangan maksimum akibat beban dinamis. 2. Dinamic Load Factor ( DLF ) maksimum akibat beban dinamis tsb.

054

[email protected]

Dynamics of Structures 1-5

Recommend Documents