Matakuliah
Tahun
Versi
: S0114 / Rekayasa Struktur
: 2006
:1
Pertemuan 13
Slope Deflection Method
1
Learning Outcomes
Pada akhir pertemuan ini, diharapkan mahasiswa
akan mampu :
• Mahasiswa dapat menghitung struktur
dengan slope deflection method
2
Outline Materi
• Analisa portal satu tingkat akibat beban
yang bekerja
3
• Metode ini berasal dari HARDY CROSS, ditemukan
tahun 1930.
• Menganalisa semua jenis balok dan portal kaku yang
statis tidak tertentu, dimana batang-batangnya terutama
mengalami lenturan.
• Distribusi momen adalah pembagian momen
berdasarkan kekakuannya.
• Rangka batang tidak bisa di CROSS. (kecuali
vierendeel)
• Kekakuan (atau lebih khusus ke-kakuan rotasional /
putaran) atau stiffness factor atau koefisien angka kejur.
• Kekakuan sebagai momen ujung yang diperlukan untuk
menghasilkan suatu rotasi satuan pada satu ujung
batang (sedangkan ujung lain terjepit atau sendi
kekakuan = M untuk mendapatkan A = 1 radial).
4
a)
M
A  =1 ℓ
A
M
EI
B
“
A
B
MB
“
1) M
A
B
+
2)
A
B
MB
• ABMEIA=1ℓMBABM““A
BM+ABMBa)1)2)Protect
or Seal DO NOT
REMOVE THIS
• B= 0  B jepit
• A= Mℓ/3EI
• B= Mℓ/6EI (M) supaya
B=0 maka di B harus
diberi momen
kebalikannya
A=
MB.ℓ/6EI
• B= MB.ℓ/3EI (MB)
5
A= 1  Mℓ/3EI - MB.ℓ/6EI = 1
B= 0  Mℓ/6EI - MB.ℓ/3EI = 0
MB = 0,5 M
ABMA=1=1KAB= 4EI/ℓ (A sendi, B jepit)
M= 4EI/ℓ4 Mℓ - Mℓ12 EIKR= K relatif= I/ℓ =k
KAB= 3EI/ℓ A= Mℓ/3EI A= 1 = Mℓ/3EIM=
3EI/ℓ (A sendi, Bre Protector Seal DO NOT
REMOVE THIS
A= Mℓ/3EI – 0,5M.ℓ/6EI = 1
6
Faktor distribusi
Ditentukan oleh nilai-nilai krelatif untuk
batang-batang yang tersambung. Suatu
momen yang dilawan oleh sebuah titik
kumpul akan didistri-busikan diantara
batang – batang yang tersambung
sebanding dengan faktor-faktor distribusi.
Faktor distribusi i
(distribution factor) = 
Dianggap titik hubungan T hubungan kaku
(kokoh), pada titik T dikerjakan M
menyebabkan  = 1.
7
B
M dilawan oleh keempat batang
C
T
A
M TA  M TB  M TC  M TD  M
M
D
B
=1 C
A T
M TA
I TA
 4E

 TA
M TB
I TB
 4E

 TB
M TC
I TC
 4E

 TC
M TD
I TD
 4E

 TD
D
8
 I TA I TB I TC I TD 
  M
4E



  TA  TB  TC  TD 
M
k  I/

4E  k
M TA
I TA
M
 4E
.
 TA 4E  k
I TA
k
 TA

.M 
.M
k
k
 M
9
• Koefisien induksi = carry over factor (c.o.f)
= faktor pemindahan perbandingan dari
momen yang diinduksikan pada ujung
yang jauh yang terjepit dengan momen
yang bekerja pada ujung yang dekat yang
ditahan terhadap pergeseran tetapi boleh
berputar.
• Jadi perbandingan antara momen yang
timbul di B dengan momen yang
dikerjakan di A.
10
MB
M
B
B = 0  Mℓ/6EI - MBℓ/3EI = 0]
MB = 0,5 M
Koefisien induksi = 0,5
11
Pengecekan
 = perputaran sudut relatif
MAB= FEMAB - kR(-2A - B)
MBA= FEMBA - kR(-2B - A)
 AR
(M AB - FEM AB ) - 0,5(M BA - FEM BA )

- 1,5 k R
 BR
(M BA - FEM BA ) - 0,5(M AB - FEM AB )

- 1,5 k R
12
Perubahan = momen akhir - FEM
= change
Step 2: 1. Change = Makhir -FEM
2. –0,5 . change
3. Total 1 & 2
4. Total   Relatif
- kR
13
Modifikasi dari kekakuan
Untuk perletakan engsel pada ujung jauh
A
B
C
A
B
C
dianggap
ℓ2
ℓ1
k=4EI/ℓ2
k=4EI/ℓ1
A
A
B
B
B
C
C
14
1r
k=4EI/ℓ
harus dimodifikasi x 3/4
k=3EI/ℓ
1r
M
 =Mℓ/3EI = 3 rad
M=3EI/ℓ

Kmod = ¾ k
15
Untuk engsel C menjadi jepit (dianggap),
kekakuannya harus dimodifikasi kR : untuk AB =
I/ℓ untuk BC = ¾ .  . /ℓ.
Monen CROSS adalah momen titik Perjanjian
momen cross
a
b
a. momen titik
negatip
positip
b
a
b. momen batang
- negatip
+ positip
16
Fixed end momen (momen primer)
Beban terbagi rata
q
A
B
ℓ
MAB = +qℓ2/12
MBA = -qℓ2/12
ℓ
A
a
B
b
17
2

2
2
2
3
3
4
4 
0,5

(
b

a
)


(
b

a
)

0
,
25
(
b

a
)

3


q 1
3
3
4
4 
M AB  2  (b  a ) - 0,25 (b  a )
 3

q
M AB  2

18
Beban terpusat
p
a
A
b
B
ℓ
MAB = +Pab2/ℓ2
MBA = +Pa2b/ℓ2
M
B
A
a
MAB = -Mb/ℓ (2a/ℓ - b/ℓ)
b
MBA = -Ma/ℓ (2b/ℓ - a/ℓ)
19
catatan
Setelah didapat hasil akhir dari distribusi
momen dan reaksi-reaksi perletakan, jangan
lupa bahwa momen - momen yang diperoleh
tersebut adalah ditinjau terhadap titik jadi
dalam menggambar bidang momen harus
dikembalikan keadaan-nya terhadap ujung
batang tempat dimana momen - momen
tersebut bekerja.
20
Contoh
Balok statis tidak tertentu A – B – C,
dibebani seperti tergambar. q = 3 t/m dan P
= 24 t. Balok non prismatis dengan
kekakuan 3 EI dan 2 EI
24 t
3t/m’
10
3EI
A
20
10
2EI
B
20
C
21
kAB= 4 . 3 EI / ℓ = 12 EI / ℓ  kR = 12
kBC= 4 . 2 EI / ℓ = 8 EI / ℓ  kR = 8
kAB : kBC = 12 : 8
22
Faktor distribusi:UntukAB= AB= 12/20
Untuk BC= BC= 8/20
100
A
+100
100
60
B
-100 +60
B
60
-60 C
+40
Ke BA +24 =0,6*40 0,4*40 ke BC
+40= momen pengunci
23
Momen primer (fixed end momen)
MAB= ql2/12 = 100
MBA= -ql2/12 =-100
MCB= -24.10.102/202 = -60
MBC= 24.10.102/202 = 60
24
B
A
0,6
0,6
+100 -100
+24
BC= 0,4
12
-18
AB= 0
-9
2,4
CB= 1
+103 -91,6
3 cycle
C
0,4
1

BA=
+60
+16
-60
+60
FEM
distribusi 1
+30
-12
+8
-8
induksi
distribusi 2
-4
+1,6
-6
+6
induksi
distribusi 3
+91,6
0
momen akhir
25
Titik C: C engsel, tidak menerima momen,
seluruh momen distribusi ke batang BA
Titik A: A jepit, momen diserap diperletakkan
dan koefisien distribusi di A = 0
26
Free Body:
103
3t/m’
+
103
24 t
91,6
91,6
-
+
+
 18 ql 2  150
 14 24 20  120
-
+
+
M
Contoh:
Balok ABCD dibebani beban seperti tergambar ini. Untuk perhitungan
kekakuan dipakai kekakuan k yang dimodifikasi
27
Catatan:
Untuk jepit ke engsel setelah memakai k
dimodifikasi tidak ada momen-induksi-nya
lagi.
20 t
6t
3 t/m’
kR
2 t/m’
4 18
B
D
E
A
C
CD = 2I
AB = 3I BC = 10I
12
12
3
24
3
5
2
kmod 3/4 . 3 = 2,25
5
mod 2,25/7,25=0,31 0,69
3/4 . 2 = 1,5
0,77 0,23
28
FEM:
AB= 1/12.3.122= 36
BA= -36
BC= 1/12.2.242 + 20.12.122/242= 156
CB= -156
CD= 18.4.82/122= 32
DC= -18.8.42/122= -16
29
batang
A
B
C
D
AB
BA
BC
CB
CD
DC

-
0,31
0,69
0,77
0,23
-
FEM
Distr
36
-36
-36
-37,2
156
-82,8
-156
95,4
32
28,6
-16
-2
18
Ind
Distr
-18
-9,2
47,7
-20,5
-41,4
32,6
-1
9,8
Ind
Distr
-5
16,3
-11,3
-10,2
7,9
2,3
Ind
Distr
-1,2
3,9
2,7
5,6
4,3
1,3
106,6
106,6
-73
73
-18
18
Total
0
DE
30
Free body
106,6
3 t /m
20t
2 t /m
73
18
18
6
Diagram momen
+
-
M
+
31