14 bab 5 pengetahuan dasar dinamika struktur (2)

7/24/2019 14 Bab 5 Pengetahuan Dasar Dinamika Struktur (2)

1/21

H E N C E M I C H A E L W U A T E N

R E K A Y A S A G E M P A

71

C H A P T E R 0 5

5.1 Pendahuluan

Dalam bab ini, hanya akan dibahas secara singkat mengenai dinamika struktur sebagai dasar

dalam perencanaan sebuah struktur tahan gempa. Untuk membantu dalam pemahaman mengenai

analisis dinamik, dalam bab ini sengaja hanya ditampilkan dalam bentuk resume dari beberapa bahan

bacaan dan referensi yang penulis sajikan secara singkat. Untuk pemahaman yang lebih detail dan

mendalam mengenai analisis dinamik, maka dapat dipelajari secara lengkap dalam beberapa buku-

buku referensi seperti yang tercantum dalam daftar pustaka.

5.1.1 Analisis dan Beban Dinamik

Pada analisis dinamik selain melibatkan dimensi gaya (force) dan panjang (length) yang

digunakan dalam analisis statik, juga melibatkan dimensi waktu (time) dalam formulasi matematisnya.

Sehingga komponen beban dinamik seperti magnitudo beban, arah dan posisi beban merupakan

fungsi waktu. Karena komponen beban dinamik adalah fungsi waktu, maka respon struktur yang

dihasilkan seperti tegangan, regangan, gaya dalam, displacementdan reaksi perletakan juga dalam

bentuk fungsi waktu (Suhendro, 1992).

Dalam analisis dinamik solusi yang ada untuk setiap kasus, tidak hanya berupa satu jawaban

seperti dalam analisis statik tetapi, sebuah unique solution yang merupakan fungsi waktu, sehingga

harus dipilih pengaruh yang dianggap paling kritis pada respon struktur yang dianalisis.

Apabila ditinjau dari definisi terhadap karakteristik beban dinamiknya, analisis dinamik dapat

dibagi menjadi dua yaitu :

1. Analisis deterministik

Adalah kondisi dimana beban dinamiknya dapat didefinisikan secara pasti, seperti pada

beban getaran yang dihasilkan oleh mesin. Hasil dengan analisis ini akan memberikan

jawaban berupa respon struktur yang cukup mendekati dengan kondisi yang sebenarnya.

2. Analisis non deterministik

Adalah kondisi kebalikan dari analisis deterministik atau beban dinamiknya tidak dapat

didefinisikan secara pasti, sehingga perlu ditempuh dengan prosedur statistik untuk proses

mendefinisikannya, seperti yang dijumpai pada beban akibat gempa bumi dan beban angin.

Selain itu, hasil analisis yang dihasilkan berupa respon struktur dalam bentuk statistik dan

probabilitas sehingga tidak terdefinisikan dengan baik.

Dalam praktek kehidupan sehari-hari di lingkungan dunia teknik sipil khususnya, beban dinamik

dapat dijumpai dalam bentuk beban getaran akibat mesin, gempa bumi, angin, ledakan bom (impuls),

gelombang laut, getaran akibat pemancangan tiang pancang, lalu lintas kendaraan dan lain

sebagainya


2/21



72

C H A P T E R 0 5

)(tP

Gambar 5.1 Beban dinamik akibat mesin

Pada gambar di atas terlihat sebuah struktur yang mengalami beban dinamik akibat mesin.

Komponen horisontal dari gaya dinamik akibat putaran mesin (unbalanced machinery) yang

ditimbulkan oleh massa m yang berputar dengan eksentrisitas e (Suhendro, 1992), dapat

diekspresikan dalam bentuk fungsi harmonis sebagai berikut :

P(t) = m . e . 2 . sin t (5.1)

Dimana :

m = massa yang berputar.

e = eksentrisitas massa terhadap sumbu putarnya.

= kecepatan sudut (radian/detik).

Pembebanan dapat dinyatakan dalam fungsi sinus, cosinus ataupun kombinasi dari keduanya

yang dikenal dengan beban harmonis. Frekuensi natural ( f ) adalah jumlah siklus getaran yang

dilakukan oleh sistem dalam setiap detik dengan satuan Hertz (Hz). Sedangkan waktu getar alami ( T )

adalah waktu yang diperlukan oleh sistem untuk melakukan satu siklus getaran dengan satuan detik.

Hubungan antara, f , T dan dapat dinyatakan dalam bentuk persamaan :

f =T

1=

2

(5.2)

Akibat gempa bumi, tanah dasar yang merupakan pijakan dari struktur akan bergetar dalam

arah tiga dimensi, yang dapat diwakili oleh komponen arah utara-selatan (north-south), timur-barat

(east-west) dan arah vertikal, secara tidak beraturan dalam waktu tertentu. Percepatan tanah akibat

getaran ini, dikenal dengan nama ground acceleration. Akibat adanya getaran tanah tersebut,

menyebabkan pondasi struktur ikut bergetar yang selanjutnya getaran ini menjalar ke struktur di

atasnya dan seolah-olah menimbulkan beban dinamik arah vertikal dan horisontal yang terkosentrasi

di setiap tingkat lantai struktur. Hal ini dikarenakan, pada level tersebut merupakan pusat massa, baik

akibat beban mati ataupun beban hidup yang berada di atasnya. Beban dinamik yang dihasilkan oleh

gempa bumi termasuk beban dinamik non periodik (non periodic loading), karena tidak terjadi

pengulangan atas pola beban yang sama, dalam waktu kurun tertentu dan termasuk sebagai

pembebanan dinamik yang cukup lengkap. Sedangkan, pada sebuah struktur yang mengalami

ledakan bom misalnya, maka struktur tersebut akan mengalami beban dinamik dengan durasi

pembebanan (t1) yang relatif lebih kecil dibandingkan periode getar dari struktur tersebut (T).Pembebanan dengan kondisi seperti itu, dikenal dengan beban impuls.


3/21



73

C H A P T E R 0 5

5.2 Derajat Kebebasan

Dalam dinamika struktur, jumlah koordinat bebas (independent coordinates) diperlukan untuk

menentukan susunan atau posisi pada setiap saat yang berhubungan dengan derajat kebebasan

(degrees of freedom). Pada umumnya, struktur berkesinambungan (continous structure) mempunyai

jumlah derajat kebebasan (number of degrees of freedom) yang tidak berhingga, sehingga perludilakukan proses idealisasi atau seleksi dalam bentuk sebuah model matematis yang dapat mereduksi

jumlah derajat kebebasan tersebut menjadi jumlah derajat kebebasan diskrit. Derajat kebebasan

sendiri dibedakan dalam dua kondisi yaitu, derajat kebebasan tunggal (single degrees of freedom)

dan derajat kebebasan banyak (multi degrees of freedom).

Secara umum dalam bab ini, akan dipelajari secara singkat mengenai prinsip-prinsip dasar dan

pemodelan secara matematis dari derajat kebebasan sebuah struktur derajat kebebasan tunggal

(single degrees of freedom) ataupun derajat kebebasan banyak (multi degrees of freedom).

5.2.1 Derajat Kebebasan Tunggal

Sistem derajat kebebasan tunggal dalam analisis dinamik adalah struktur yang dimodelisasikan

sebagai sistem dengan perpindahan koordinat tunggal (single coordinates displacement). Secara

matematis sistem derajat kebebasan tunggal dapat dimodelkan sebagai sebuah sistem seperti dalam

Gambar 4.1 yang terdiri dari empat elemen utama (Paz, 1996), yaitu :

1. Elemen massa m yang menyatakan massa dan sifat inersia dari struktur.

2. Elemen pegas k yang menyatakan gaya balik elastis (elastic restoring force) dan kapasitas

energi potensial (potential energy) dari struktur.

3. Elemen redaman c yang menyatakan sifat geseran dan kehilangan gaya energi dari struktur.

4. Elemen-elemen gaya pengaruh F(t) yang menyatakan gaya luar yang bekerja pada sistem

struktur. Gaya-gaya F(t) ditulis sedemikian rupa untuk menyatakan fungsi waktu.

mc

k

F(t)

y

Gambar 5.2 Model matematis untuk sistem derajat kebebasan tunggal

Dengan mengambil model matematis seperti pada gambar di atas, maka dianggap bahwa

setiap elemen dalam sistem menyatakan sifat yang khusus, yaitu massa m yang menyatakan sifat

inersia (property of inersia) dan bukan elastisitas atau kehilangan energi. Kemudian pegas k yang

menyatakan elastisitas bukan inersia atau kehilangan energi dan peredam c yang menyatakan

kehilangan energi. Perlu diingat bahwa bentuk di atas adalah modelisasi secara matematis dari

konsep idealisasi struktur yang sebenarnya dan tidak terdapat dalam bentuk fisik di lapangan. Dengan

demikian model matematis dapat memberikan pengetahuan yang lengkap dan teliti dari sifat model itu

sendiri sehingga dalam praktek, analisis model matematis dapat membantu dan memberikan

gambaran terhadap sifat dinamik dari sistem fisik yang ada di lapangan.


4/21



74

C H A P T E R 0 5

Jumlah derajat kebebasan adalah sama dengan jumlah koordinat bebas yang diperlukan untuk

menentukan posisinya. Sedangkan, diagram freebody dari keseimbangan dinamis menurut

penggunaan prinsip d Alembert adalah diagram dengan sistem yang terpisah dengan bagian yang

lainnya yang kemudian menggambarkan semua gaya luar yang bekerja termasuk inersia. Kekakuan

atau konstanta pegas dari sistem linier adalah gaya yang diperlukan untuk membuat satuan unitperpindahan (Paz, 1996).

Persamaan diferensial osilator sederhana tidak teredam dalam gerak bebas dinyatakan dalam

bentuk :

ym + ky = 0 (5.3)

Solusi umum dari persamaan di atas adalah :

y = A cost + A sint (5.4)

Dimana A dan B adalah konstanta awal yang ditentukan dari kondisi awal (initial condition) :

A = y0 (5.5)

B =0 (5.6)

Frekuensi alami tidak teredam () :

=m

k(5.7)

Dimana :

= frekuensi alami tidak teredam dalam rad/detik.

k = kekakuan struktur.

m = massa yang bekerja.

Frekuensi alami (f) dalam siklus perdetik :

f =

2

(5.8)

Periode natural (T) :

T =f

1(5.9)

Persamaan gerak dapat ditulis dalam beberapa bentuk :

y = C sin (t +) (5.10)

atau :

y = C cos (t ) (5.11)

Dimana :

C =

2

020

y (5.12)

tan =

0

0y (5.13)


5/21



75

C H A P T E R 0 5

tan =0

0

y

(5.14)

Dimana :

y0 = perpindahan awal. = kecepatan awal.

Rasio redaman () :

=rc

c(5.15)

Dimana :

c = redaman.

cr = redaman kritis.

Redaman kritis (cr) :

cr = 2m

k(5.16)

Frekuensi alami teredam (D) :

D = 21 (5.17)

Contoh 5.1 :

Diketahui sebuah struktur kantiliver seperti tergambar dengan panjang (L) sebesar 12 meter.

Apabila diberikan nilai E = 2.106 kg/cm2, inersia penampang (I) = 500 cm4 dan percepatan gravitasi (g)

= 980 cm/det2. Hitunglah periode alami (T) dan frekuensi alami (f) pada struktur tersebut !

5.3 Model matematis struktur kantiliver sistem derajat kebebasan tunggal


6/21



76

C H A P T E R 0 5

Penyelesaian :

Kekakuan struktur (k) :

k1 =3

3

L

EI

=3

6

1200500.10.2.3

= 375 kg/cm

k2 = 100 kg/cm

Massa pada kantiliver (m) :

m =g

W

= 0,1

Karena nilai k1 dan k2 dihubungkan secara seri, maka k ekivalen diperoleh sebagai berikut :

ekk

1=

1

1

k+

2

1

k

=375

1+

100

1

=37500

475

kek = 78,947 kg/cm

frekuensi alami struktur () :

= mkek

=1,0

ekk

= 28,10

Periode alami struktur (T) :

T =2

=10,28

2

= 0,22360 detik/siklus (sps)

f =T

1

=2236,0

1

= 4,47225 siklus/detik (cps)


7/21



77

C H A P T E R 0 5

Contoh 5.2 :

Sebuah sistem bergetar terdiri dari berat W = 10 lb, dan pegas kekakuan (k) = 20 lb/in, apabila

dipengaruhi oleh redaman liat (viscous damped) sehingga dua amplitudo puncak berurutan adalah

1,00 sampai 0,85 maka hitunglah frekuensi alami dari sistem tidak teredam, pengurangan logaritmik

(logarithmic decrement), rasio redaman (damping ratio), koefisien redaman dan frekensi alamiteredam ?

Penyelesaian :

Frekuensi alami dari sistem tidak teredam dalam satuan radian/detik :

=m

k

=lb

ininlb

10

sec/386/20 2

= 27,78 radian/detik

Frekuensi alami dalam putaran/detik :

f =

2

=278,27

= 4,42 siklus/detik (sps)

Pengurangan logaritmik () :

= ln

2

1

y

y

= ln85,0

1

= 0,163

Rasio redaman mendekati harga yang sama dengan :

2

=2

163,0= 0,026

Koefisien redaman (c) :

c = . cr

= 2 . 0,026 .386

2010

= 0,037 lb.det / in

Frekensi natural teredam (D) dari sistem :

D = 21

= 27,28 . 2026,01



8/21



78

C H A P T E R 0 5

Contoh 5.3 :

Diketahui sebuah struktur yang dimodelisasikan dalam sistem derajat kebebasan tunggal

seperti tergambar di bawah ini. Apabila diketahui berat pada ujung atas struktur (w) = 25 ton, K = 20

ton/cm, g = 980 cm/det2 dan amplitudo berturut turut dari hasil test lapangan sebesar 1,00 cm dan

0,85 cm. Hitunglah frekuensi alami (f) dan periode alami struktur (T), damping ratio (), koefisienredaman (C) serta frekuensi alami teredam dari struktur (D) !

m

k

V(t)

C

Gambar 5.4 Model matematis massa di atas untuk sistem derajat kebebasan tunggal

Penyelesaian :

Massa di ujung atas struktur (m) :

m =

g

W

=980

25

= 0,0255 ton.det2

Frekuensi alami dari sistem tidak teredam dari sistem dalam satuan radian/detik :

=m

k

=0255,0

20

= 28 radian/detik

T =2

=28

2

= 0,2244 detik

f =2244,0

1

= 4,4560 siklus/detik (cps)


9/21



79

C H A P T E R 0 5

Damping ratio () :

=).(.2 ni

nii

=

85,0..2

85,01

= 0,028

Koefisien redaman (C) :

C = . ccr

= . 2 . m .

= 0,028 . 2 . 0,255 . 28

= 0,040 ton.det/cm

Frekuensi alami teredam dari struktur (D) :

D = 2

1

= 28 . 2028,01


TD =D2

=989,27

2

= 0,22449 detik

5.2.2 Respon Akibat Beban Harmonis

Derajat kebebasan tunggal dengan beban harmonis dapat dinyatakan dalam fungsi sinus,

cosinus atau exponensial dan dapat diselesaikan secara matematis dengan tingkat kesulitan minimum

untuk struktur teredam dan struktur tidak teredam (Paz,1996). Persamaan differensial gerak untuk

sistem linier berderajat kebebasan tunggal adalah persamaan diferensial orde kedua dalam bentuk :

ym +

yc + ky = Fo sin t (5.18)

Atau dapat ditulis dalam bentuk lain :

y + 2

y +2y =

m

F0 sin t (5.19)

Dimana :

= frekuensi gaya.

= frekuensi alami tidak teredam.

= rasio redaman.

Solusi umum dari persamaan (6.18) didapat dari penjumlahan solusi komplementer (transient)

dan solusi partikulir(steady state) dalam bentuk :


10/21



80

C H A P T E R 0 5

y = tBtAe DDt sincos +

222

0

)2()1(

)sin(

rr

tk

F

(5.20)

Dimana A dan B merupakan konstanta integrasi.

Rasio frekuensi (r) :

r =

(5.21)

D = frekuensi alami teredam.

Sudut fasa () :

= tan-121

2

r

r

(5.22)

Bagian transien dari solusi persamaan di atas, mengecil secara cepat menjadi nol sebab

adanya faktor eksponensial negatif, sehingga yang tertinggal hanya keadaan tetap (steady state). Hal

penting lainnya adalah kondisi resonansi r = 1/ untuk sistem teredam yang mengakibatkan

amplitudo gerak menjadi besar sekali dan cenderung menjadi tidak berhingga untuk sistem tidak

teredam. Respon struktur akibat gerakan penyokong atau pondasi didapat dalam besaran gerakan

absolut dari massa atau gerakan negatif terhadap penyokong (support). Pada keadaan selanjutnya,

persamaan yang dianggap mempunyai bentuk yang sederhana dan tepat adalah :

um +

uc + ku =Feff(t) (5.23)

Feff(t) = )(tym s

(5.24)

u = y ys (5.25)

Dimana :

Feff(t) = gaya efektif.

u = perpindahan relatif.

Untuk pengaruh beban harmonis pada pondasi, solusi persamaan (5.23) dalam besaran gerak

relatif sama dengan solusi persamaan (5.18) dan merupakan solusi kondisi gaya yang bekerja pada

sebuah massa. Sedangkan redaman yang terjadi pada suatu sistem, dapat dievaluasi secara

eksperimen dari amplitudo puncak maupun bentuk bandwith yang didapat dari hasil plot lengkung

ampitudo frekuensi, apabila suatu sistem dipaksa bergerak harmonis. Dalam pembahasan mengenaiisolasi getaran terdapat dua masalah yang menyangkut hal tersebut yaitu, gerak relatif yang

disalurkan dari pondasi ke struktur dan transmisibilitas gaya (force transmissibility) yaitu besar relatif

dari gaya yang disalurkan dari struktur ke pondasi. Untuk kedua masalah tersebut, nilai transmisibilitas

diberikan dalam bentuk persamaan :

Tr =222

2

)2()1(

)2(1

rr

r(5.26)

Dimana :

r = rasio frekuensi.

= rasio redaman.


11/21



81

C H A P T E R 0 5

Contoh 5.4 :

Diketahui sebuah struktur balok baja dengan perletakan sederhana (simple supported) di

bebani dengan sebuah mesin yang di letakan di tengah balok dengan berat W = 3860 lb. Selanjutnya

sebuah torak bergerak ke atas dan ke bawah pada mesin tersebut, sehingga menghasilkan getaran

harmonis sebesar (F0) 7000 lb dan frekuensi sebesar 60 radian/detik. Apabila berat sendiri balokbaja tersebut diabaikan dan dianggap besarnya redaman yang terjadi sebesar 10% dari redaman

kritis, E sebesar 30000 ksi, I sebesar 120 in4 dan nilai k = 105 lb/in, maka hitunglah amplitudo yang

dihasilkan dari gerakan mesin, besarnya gaya yang tersalurkan ke perletakan, serta berapa besarnya

sudut fasa yang dihasilkan?

Gambar 5.5 Sistem balok dengan mesin

Penyelesaian :

Kondisi di atas dapat diselesai dengan cara, dimodelkan secara matematis seperti dalam

gambar di bawah ini :

Gambar 5.6 Pemodelan matematis dari sistem balok dengan mesin

Osilator redaman pada gambar di atas digunakan sebagai model dari sistem :

Frekuensi alami :

=m

k

=3860

386105

= 100 rad/detik


12/21



82

C H A P T E R 0 5

Rasio redaman () = 10%

Rasio frekuensi (r) :

r =

=10060

= 0,6

Lendutan (yst) statis dapat dihitung dengan persamaan :

yst =k

F0 (5.27)

Dimana :

F0 = getaran harmonis.

k = kekakuan struktur.

yst =k

F0

=510

7000

= 0,07 inchi

Amplitudo dari gerak (Y) dapat dihitung dengan persamaan :

Y =222 )2()1( rr

yst (5.28)

Dimana :

Y = amplitudo dari gerak.

yst = lendutan statis.

r = rasio frekuensi.

Y =222 )2()1( rr

yst

=222 )10,06,02()6,01(

07,0

= 0,1075 inchi

Dengan satu sudut fasa () :

= tan-121

2

r

r

= tan-126,01

10,06,02

= 10,6o

Transmisibilitas :

Tr = 0F

AT= 222

2

)2()1(

)2(1

rr

r


13/21



83

C H A P T E R 0 5

Tr =222

2

)2()1(

)2(1

rr

r

=222

2

)10,06,02()6,01(

)10,06,02(1

= 1,547

Amplitudo yang disalurkan ke pondasi (AT) dapat dihitung dengan persamaan :

AT = F0 . Tr (5.29)

= 7000 . 1,574

= 10,827 lb

Sudut fasa () yang dihasilkan dapat dihitung dengan persamaan :

= tan-122

3

)2(1

2

rr

r(5.30)

= tan-122

3

)10,06,02(6,01

)10,06,02(

= 3,78o

5.2.3 Sistem Derajat Kebebasan Banyak

Sebelum membahas sistem derajat kebebasan banyak (multi degree of freedom) maka akan

ditinjau struktur dengan dua derajat kebebasan (two degree of freedom). Pada gambar di bawah ini

terlihat sebuah struktur dengan dua derajat kebebasan.

)(1 tP )(2 tP

1

**

1. ym 2**

2. ym

1 2

)(1 ty )(2 ty

Gambar 5.7 Contoh sistem dua derajat kebebasan

Dari gambar tersebut dapat ditulis persamaan-persamaan dalam bentuk :

2

1

y

y=

2221

1211

dd

dd.

2

1

0

0

m

m.

2

**1

**

y

y+

2221

1211

dd

dd.

)(

)(

2

1

tP

tP(5.31)

Atau dapat ditulis :

{Y(t)} = [D] . [M] . {**

Y } + [D] . {P} (6.32)


14/21



84

C H A P T E R 0 5

Untuk kondisi free vibration :

P1(t) = 0

P2(t) = 0

Assumed solution :

2

1

yy =

)sin()sin(

2

1

tata = )sin(

2

1

t

aa

2

**1

**

y

y=

)sin(

)sin(2

2

21

ta

ta= )sin(2

2

1

ta

a(5.33)

Atau dalam bentuk matriks dapat ditulis :

{Y} = {A} . sin (t +)

{Y} = {A} .2 . sin (t +).

Dengan mensubtitusikan persamaan (6.32) ke dalam persamaan (6.31) diperoleh :

)1..()..(

)..()1..(

222

1212

1

122

1112

1

dmdm

dmdm

.

2

1

a

a=

0

0(5.34)

Atau :

(2 . D . M I ). A = {0} atau Determinan = 0

Agar diperoleh non trivial solution :

)1..()..(

)..()1..(

222

1212

1

122

1112

1

dmdm

dmdm

= 0

m1 . m2 (d11 . d22 d12 . d21) . (2)2 + ( m1 . d11 m1 . d22) . (2) + 1 = 0

Diperoleh :

(12) 1 = 21)(

(22) 2 = 22 )(

Nilai1 dan2 diurutkan dimana1


15/21



85

C H A P T E R 0 5

{2} =

21

11=

2

1

a

a

Sehingga dengan demikian {1} disebut sebagai the fundamental mode of vibration. Sedangkan

ij adalah komponen ke i dari eigenvector ke j, sebagai contoh 21 adalah komponen ke 2 dari

eigenvectorke 1. Untuk lebih jelasnya mengenai sistem dua derajat kebebasan dapat meihat contoh

di bawah ini.

Contoh 5.5 :

Diketahui sebuah struktur balok yang terletak di atas tumpuan sederhana (simply supported),

dibebani dengan dua buah massa simetris m1 = m2 = 2 ton. Jika diketahui balok berukuran 15 x 20

cm2, maka hitunglah frekuensi alami dari struktur tersebut !

Gambar 5.8 Balok dengan sistem dua derajat kebebasan

Penyelesaian :

I =12

1. b . h3

=12

1. 0,15 . 0,203

= 0,0025 m4

11d 12d

21d 22d

Gambar 5.9 Beban 1 satuan pada balok dengan sistem dua derajat kebebasan


16/21



86

C H A P T E R 0 5

d11 =EI

L

.768

.9 3=

0025,0..768

4.9 3

E= 300 E

d12 =EI

L

.768

.7 3=

0025,0..768

4.7 3

E= 234 E

d21 =EI

L

.768

.7 3=

0025,0..768

4.7 3

E= 234 E

d22 =EI

L

.768

.9 3=

0025,0..768

4.9 3

E= 300 E

Matriks kekakuan D :

[D] =

2221

1211

dd

dd=

300234

234300.E

Matriks massa M :

[M] =

2

1

0

0

m

m=

20

02

Matriks identitias I :

[I] =

10

01

(2 . D . M I ). A = {0}

10

01

20

02

300234

2343002 E

2 . D . M =

10

01

.600.468

.468.60022

22

E

2 . D . M I = E

1.600.468

.4681.60022

22

1.600.468

.4681.60022

22

persamaan x

( 1.600 2 ) . ( 1.600 2 ) ( 2.468 ) . ( 2.468 ) = 0

360000 . (2)2 1200 .2 + 1 219024 . (2)2 = 0

140976 . (2)2 1200 .2 + 1 = 0

Hasil determinan diperoleh dalam bentuk akar persamaan pangkat dua :

140976 . (2)2 1200 .2 + 1 = 0

Sehingga dengan penyelesaian secara matematik diperoleh :

(2)1 = 0,00094 1 = 00094,0 = 0,03066

(2)2 = 0,00758 2 = 00758,0 = 0,08706


17/21



87

C H A P T E R 0 5

Masukan nilai1 ke dalam baris pertama dari persamaan x :

22 .4681.600 .

2

1

a

a= 0

[ 22 0,03066.46810,03066.600 ]

-0,43 . a11 + 0,43 . a21 = 0

21

11

a

a=

43,0

43,0= 1,00

a11 = 1

a21 = 1

The fundamental mode of vibration :

f1 =

2

1

=2

03066,0

= 0,00487

Eigenvectorpertama {1} menjadi :

{1} =

21

11=

2

1

a

a

Masukan nilai2 ke dalam baris kedua dari persamaan x :

1.600.468 22 .

2

1

a

a= 0

[ 10,08706.6000,08706.468 22 ]

3,54 . a12 + 3,54 . a21 = 0

22

12

a

a=

54,3

54,3= 1

a12 = 1

a22 = 1

The second mode of vibration :

f2 = 22

=2

08706,0

= 0,01385

Dengan memasukan nilai a1 = 1, maka a2 = a2 dan eigenvectoryang kedua menjadi :

{2} =

21

11=

2

1

a

a

Selanjutnya, bentuk dari mode getaran struktur balok dengan dua sistem derajat kebebasan

dapat digambarkan dalam bentuk Gambar 5.10.


18/21



88

C H A P T E R 0 5

Gambar 5.10 Mode getaran dengan sistem dua derajat kebebasan

Pada gambar di bawah ini, terlihat sebuah struktur yang merupakan struktur dengan derajat

kebebasan banyak sehingga persamaan-persamaan yang berlaku adalah sebagai berikut :

)(6 tP

)(5 tP

)(4 tP

)(3 tP

)(2 tP

)(1 tP

)(6 ty

)(5 ty

)(4 ty

)(3 ty

)(2 ty

)(1 ty

Gambar 5.11 Struktur dengan 6 derajat kebebasan

y1(t) = 166

**

66122

**

22111

**

11 .)(........)(.)( dtpymdtpymdtpym

y2(t) = 266

**

66222

**

22211

**


y3(t) = 366

**

66322

**

22311

**


y4(t) =466

**

66422

**

22411

**

11.)(........)(.)( dtpymdtpymdtpym

y5(t) = 566

**

66522

**

22511

**


y6(t) = 666

**

66622

**

22611

**



19/21



89

C H A P T E R 0 5

Persamaan-persamaan di atas dapat dituliskan dalam bentuk matriks sebagai berikut :

)(

)(

)(

)(

)(

)(

6

5

4

3

2

1

ty

ty

ty

ty

ty

ty

=

666564636261

575655535251

464544434241

363534333231

262524232221

161514131211

dddddd

dddddd

dddddd

dddddd

dddddd

dddddd

.

6

5

4

3

2

1

00000

00000

00000

00000

00000

00000

m

m

m

m

m

m

.

6

**5

**4

** 3

**2

**1

**

y

y

y

y

y

y

+

666564636261

575655535251

464544434241

363534333231

262524232221

161514131211

dddddd

dddddd

dddddd

dddddd

dddddd

dddddd

.

)(

)(

)(

)(

)(

)(

6

5

4

3

2

1

tp

tp

tp

tp

tp

tp

Atau dapat dituliskan dalam bentuk :

{Y(t)} = [D] . [M] . {**

Y } + [D] . {P} (5.35)

Atau apabila diprakalikan dengan invers matriks [D]-1 akan menghasilkan : [D]-1 = [K]

[M] . {**

Y } + [K] . [Y] = {P} (5.36)

Dimana :

dij = koefisien fleksibiltas.kij = koefisien kekakuan.

Kondisi awal :

y1(t = 0) = y1,0

y2(t = 0) = y2,0

y3(t = 0) = y3,0

y4(t = 0) = y4,0

y5(t = 0) = y5,0

y6(t = 0) = y6,0

Contoh 5.6 :

Diketahui sebuah struktur portal yang dimodelkan sebagai shear buiding, seperti tergambar

dibawah ini. Apabila kekakuan dan massa yang bekerja pada struktur tersebut diketahui, maka

hitunglah frekuensi alami dari struktur tersebut !

k1 = 600

k2 = 1200

k3 = 1800


20/21



90

C H A P T E R 0 5

Gambar 5.12 Shear building

Penyelesaian :

Matriks massa [M] :

[M] =

3

2

1

00

00

00

m

m

m

=

100

05,10

002

Matriks kekakuan untuk shear building:

3k

2k

1k

3

2

1

1k

21 kk

2k

0

3k

2k

1k

3

2

1

3k

32 kk

2k

0

3k

2k

1k

3

2

1

3k

0

0

3k

Gambar 5.13 Matriks kekakuan strukturshear building

[K] =

333231

232221

131211

kkk

kkk

kkk

=

33

3322

221

0

(

0)(

kk

kkkk

kkk

=

6006000

60018001200

012003000

Non trivial solution :

K 2 . M = 0

6006000

60018001200

012003000

2 .

100

05,10

002

= 0

).1600(6000

600).5,11800(1200

01200).23000(

2

2

2

= 0

Determinan matriks di atas disederhanakan menggunakan koefisien B.


21/21


91

C H A P T E R 0 5

Dimana koefisien B :

B =600

2

Dengan demikian menjadi :

)1(10

1).5,13(202).25(

B

BB

= 0

Determinan matriks yang telah disederhanakan :

0]0)1).(2).[(2()]1).(.5,13).[(.25( BBBB = 0

)]2B.2.(2)B.5,1B.5,42).[(B.25( 2

B3 5,5 . B2 + 7,5 . B 2 = 0 polinomial pangkat tiga

Dari hasil penyelesaian persamaan polinomial pangkat tiga, dihasilkan :

B1 = 0,351 12 = 210 1 = 14,5 f1 = 2,3077 T1 = 0,4333B2 = 1,610 12 = 966 2 = 31,1 f2 = 4,9815 T2 = 0,2007

B3 = 3,540 12 = 2124 3 = 461 f3 = 73,370 T3 = 0,0136

Untuk memperoleh mode 1, masukan nilai1 = :

)B1(10

1)B.5,13(2

02)B.25(

.

3

2

1

a

a

a

=

0

0

0

)351,01(10

1)351,0.5,13(2

02)351,0.25(

.

31

21

11

a

a

a

=

0

0

0

Diperoleh :

a11 = 0,3027

a21 = 0,3027

a31 = 1

1 =

1

3027,0

3027,0

Mode 2 dan 3 diperoleh dengan cara yang sama :

a21 = 2,4700 a31 = -0,607

a22 = -2,567 a32 = -0,601

a23 = 1 a33 = 1

2 =

1

570,2

4700,2

3 =

1

601

607,0

14 bab 5 pengetahuan dasar dinamika struktur (2)

Documents