MODUL 3 -21-
Metoda “Slope Deflection”
4.3. Penyelesaian Struktur Statis Tidak Tertentu Akibat Penurunan
Perletakan dengan Metoda “Slope Deflection”
Pada metoda “slope defelection” langkah-langkah yang harus dikerjakan untuk menyelesaikan struktur statis tidak tentu akibat penurunan perletakan sama
seperti pada akibat pembebanan luar yang telah disajikan dimuka. Hanya saja pada akibat penurunan perletakan dalam rumus momen batang, momen primair
yang dipakai adalah besarnya momen akibat penurunan perletakan yang terjadi. Jadi pada metoda “slope deflection” akibat penurunan perletakan
digambarkan bentuk pergoyangannya dan digambarkan arah perputaran momen akibat pergoyangan tersebut dan dihitung besar nominalnya untuk dipakai sebagai
momen primair dalam perumusan momen batang. Sehingga untuk struktur yang dapat bergoyang ada dua gambaran pergoyangan, yaitu pergoyangan akibat
penurunan perletakan yang menghasilkan momen-momen primair batang, dan pergoyangan natural yang mengandung variable ∆.
4.3.1. Contoh penyelesaian akibat penurunan perletakan
Kalau terjadi penurunan perletakan B sebesar 2 cm, hitunglah momen-momen batangnya dengan metoda “slope deflection” dan gambarkan bidang M, D dan N-
nya.
Penyelesaian :
n = 2j – m + 2 f + 2 h + r = 2 x 3 – 2 + 2 x 1 + 2 x 0 +2 = 0
tidak pergoyangan A
B C
EI EI
6m 4m
Suatu balok statis tidak tertentu dengan perletakan A jepit, B dan C rol seperti
dalam gambar. Balok dari beton dengan ukuran penampang 30 x 40 cm
dan E = 2 x 10
5
kgcm².
MODUL 3 -22-
Metoda “Slope Deflection”
Jumlah variable : A jepit θ
A
= 0 B titik simpul ada θ
B
C rol, θ
C
bukan variable Jadi variabelnya hanya satu, θ
B
Rumus Momen Batang Untuk i, j jepit : M
ij
= M
Pij
+ K
ij
θ
ij
+ ½ θ
ji
+ 1,5
L ∆
Untuk j sendi rol : M
ij
= M
P ij
+ K
ij
θ
ij
+ L
∆ – ½ M
jk
- Momen Primair akibat B turun 2 cm = 0,02 m
M
PAB
= M
PBA
= - tm
667 ,
10 02
, x
6 3200
x 6
. L
EI 6
2 2
− =
− =
∆
M
P BC
= tm
12 02
, x
4 3200
x 3
. L
EI 3
2 2
+ =
+ =
∆
- Kehalusan Batang : K
AB
= K
BA
= EI
667 ,
6 EI
4 L
EI 4
= =
K
BC
= EI
75 ,
4 EI
3 L
EI 3
= =
M
AB
= - 10,667 + 0,667 EI θ
A
+ ½ θ
B
= - 10,667 + 0,333 EI θ
B
M
BA
= - 10,667 + 0,667 EI θ
B
+ ½ θ
A
= - 10,667 + 0,667 EI θ
B
M
BC
= + 12 + 0,75 EI θ
B
A B
C ∆
B
=2 cm
6m 4m
B -
-
+ Balok beton 30 x 40 cm
2
I = 12
1 30 40
3
= 160.000 cm
4
E = 2 x 10
5
kgcm
2
EI = 32 x 10
9
kg cm
2
= 3200 tm
2
MODUL 3 -23-
Metoda “Slope Deflection”
Persamaan : Σ
MB
M
BA
+ M
BC
= 0 - 10,667 + 0,667 EI θ
B
+ 12 + 0,75 EI θ
B
= 0 1,417 EI θ
B
= - 1,333 EI θ
B
= - 0,941 Momen Batang :
M
AB
= - 10,677 + 0,333 - 0,941 = - 10,981 tm M
BA
= - 10,667 + 0,667 -0,941 = - 11,294 tm M
BC
= + 12 + 0,75 - 0,941 = + 11, 294 tm
Gambar 4.14. 2,8235 t
6 m 4 m
A B
C 10,981 tm
11,294 tm 11,294 tm
2,8235 t 2,8235 t
3,7125 t
a. Free Body Diagram 3,7125 t
C B
A +
-
b. Bidang Gaya Lintang D
B C
A -
+ 10,981 tm
11,294 tm c. Bidang Momen M
3,7125 t
MODUL 3 -24-
Metoda “Slope Deflection”
Penyelesaian : n = 2j – m + 2f +2h + r
= 2 x 3 – 2 + 2 x 1 + 2 x 0 + 1 = 1 ada pergoyangan
Jumlah Variabel : A jepit, θ
A
= 0, C rol, θ
C
bukan sebagai variable. B titik simpul θ
B
Jadi variabelnya ada 2, θ
B
dan ∆. Rumus Momen Batang :
i, j jepit M
ij
= M
Pij
+ K
ij
θ
ij
+ ½ θ
ji
+ 1 ½
L ∆
j sendi rol M
ij
= M
P ij
+ K
ij
θ
ij
+ L
∆ – ½ M
jk
A B
C EI
EI 4 m
4 m Suatu portal dengan perletakan A jepit dan c
rol. Balok dan kolom beton dengan harga EI = 3200 tm
2
. Kalau perletakan A turun 2 cm, hitunglah
momen-momen batang dan gambarkan bidang M, D dan N-nya.
C C
B B
A -
- Gambar pergoyangan natural. C bergerak
kekanan ke C sebesar ∆, ke B . Arah momen akibat pergoyangan M
AB
dan M
BA
negatif
MODUL 3 -25-
Metoda “Slope Deflection”
Momen Primair akibat penurunan perletakan
-Kekakuan batang :θ K
AB
=K
BA
=
L 1
E 4
=
4 1
E 4
=
E1 K
BC
=
4 1
E 3
=
0,75 EI M
AB
=
0 + EI
θ
A
+ ½
θ
B
– 1,5 4
∆ = 0,5 EI θ
B
– 0,375 EI ∆ M
BA
= 0 + EI θ
B
+ ½ θ
A
– 1,5 4
∆ – EI θ
B
– 0,375 EI ∆ M
BC
= + 12 + 0,75 EI θ
B
Persamaan : -
Keseimbangan momen titik simpul B ΣM
B
= 0 M
BA
+ M
BC
= 0 EI θ
B
– 0,375 EI ∆ + 12 + 0,75 EI θ
B
= 0 1,75 EI θ - 0,375 EI ∆ + 12 = 0
1 A
A ∆
A
= 2 cm = 0,02 m B
B C
+ M
P BC
= ∆
2
L EI
3
= tm
12 02
, x
4 3200
x 3
2
+ =
MODUL 3 -26-
Metoda “Slope Deflection”
- Keseimbangan struktur
0 + 0,5 EI θ
B
– 0,375 EI ∆ + EI θ
B
– 0,375 EI ∆ = 0 1,5 EI θ
B
– 0,75 EI ∆ = 0 2
2 x 1 – 2 2 EI θ
B
+ 24 = 0 EI θ
B
= - 12 1
EI ∆ = - 24
M
AB
= 0,5 -12 – 0,375 -24 = + 3 tm M
BA
= 1 x -12 – 0,375 -24 = - 3 tm M
BC
= + 12 + 0,75 -12 = + 3 tm
M
BA
M
AB
M
BC
A B
C
H
A
C rol H
C
= 0 Σ H = 0
H
A
= 0 Batang AB
M
B
= 0 H
A
. 4 + M
AB
+ M
BA
= 0
0,75 t 0,75 t
0,75 t
0,75 t 3 tm
3 tm 3 tm
A B
C
4 m
4 m 4 m
4 m +
A B
C 0,75 t
0,75 t a. Free Body Diagram
b. Bidang Gaya Normal N
MODUL 3 -27-
Metoda “Slope Deflection”
Gambar 4.15
4.3.2. Soal Latihan
