10/22/2014
TKS 4008 Analisis Struktur I
TM. XIV :
HUBUNGAN MOMEN DENGAN ROTASI Dr.Eng. Achfas Zacoeb, ST., MT. Jurusan Teknik Sipil Fakultas Teknik Universitas Brawijaya
BALOK JEPIT – JEPIT 2
1 a=0
b=0
H
M1
M2
Sifat tumpuan jepit : • Tidak mengijinkan terjadinya rotasi/sudut putaran . • Mampu menerima gaya dengan arah sembarang.
1
10/22/2014
BALOK JEPIT – JEPIT (Lanjutan)
Gaya pada balok jepit-jepit : M H
H b=0
a=0 V
V
M
H a=0 M
b=0
V
V
H M
Struktur Statis Tak Tentu Luar Tingkat 3 (ada 3 kelebihan gaya luar/external redundant)
HUB. GARIS ELASTIS & MOMEN 2
(a) 1 a
b
(b) 1
a0
b0
2
M1 = 1
b1
Deformasi pada sistem dasar akibat beban M2 = 1
(d) a2
Deformasi pada sistem dasar akibat gaya luar P Deformasi pada sistem dasar akibat beban M1 = 1
(c) a1
a=b=0 (jepit - jepit)
b2 M2 = 1
2
10/22/2014
HUB. GARIS ELASTIS & MOMEN (Lanjutan)
Dengan prinsip superposisi diperoleh persamaan garis elastis : a a o M 1a 1 M 2 a 2 b b o M 1b 2 M 2b 2
(1)
Dari Pers. (1), M1 dan M2 dapat diperoleh dengan cara : M1
(α - α o )β 2 (β β o )α 2 α 1β 2 α 2β1
(2a)
M2
(β β o )α 1 (α α o )β1 α 1β 2 α 2β1
(2b)
HUB. GARIS ELASTIS & MOMEN (Lanjutan)
Karena kondisi tumpuan jepit - jepit (a = b = 0), sehinga M1 dan M2 menjadi : β α α β o 2 M o 2 1 α β α β 1 2 2 1
M2
α oβ1 β oα 1 α 1β 2 β1α 2
(3a)
(3b)
Dari Pers. (3a) dan (3b), terlihat bahwa M1 dan M2 tergantung pada rotasi/sudut putaran tumpuan (terdapat hubungan antara momen dengann rotasi/sudut putaran a dan b).
3
10/22/2014
MENCARI NILAI a dan b Dengan menggunakan “Moment Area Method” dengan cara membebani sistem struktur dasar dengan diagram bidang M akibat beban luar sebagai beban. a0 = b0 =
sudut putaran/rotasi akibat beban luar pada sistem balok dasar sederhana. sudut putaran/rotasi akibat beban M1 = 1 pada balok dasar sederhana. sudut putaran/rotasi akibat beban M2 = 1 pada balok dasar sederhana.
a1 = b1 = a2 = b2 =
a1 dan b1 akibat M1 = 1 M1 = 1
a1
b1
(c1) A
Deformasi pada sistem dasar
B Diagram M akibat M1 = 1
(c2) 1
1/(EI)
(c3)
a1
b1 L/(2EI)
Bidang M/(EI) sebagai beban pada sistem dasar
4
10/22/2014
a1 dan b1 akibat M1 = 1 (Lanjutan)
Dengan berpedoman gambar pada slide sebelumnya (Slide 8), maka : MB 0
L 1 1 2 1 R A ( a 1 ) L L 2 EI 3 L 3EI
(4)
1 1 1 L 1 R B (β1 ) .L. L EI 3 L 6EI 2
(5)
RA dan RB adalah masing masing rotasi a1 dan b1 dimasingmasing tumpuan akibat bidang M sebagai beban pada sistem balok sederhana.
a2 dan b2 akibat M2 = 1 Perhintungan a2 dan b2 akibat M2 = 1, analog dengan cara perhitungan a1 dan b 1 : M2 = 1
(d1) A
a2
b2
Deformasi pada sistem dasar B
(d2) 1
Diagram M akibat M2 = 1
1/(EI)
(d3)
a2
L/(2EI)
b2
Bidang M/(EI) sebagai beban pada sistem dasar
5
10/22/2014
a2 dan b2 akibat M2 = 1 (Lanjutan)
MB 0
L 1 1 1 1 R A (α 2 ) L L 2 EI 3 L 6EI L 1 1 2 1 R B (β 2 ) L L 2 EI 3 L 3EI
(6) (7)
Dari Pers. (4), (5), (6), dan (7), menunjukkan bahwa a1 = b2, dan a2 = b1, serta terdapat hubungan antara momen denga rotasi. Selanjutnya dengan substitusi a dan b ke Pers. (2) atau (3), maka akan diperoleh : β α α oβ 2 M1 o 2 (8) α 1β 2 β1α 2
HUB. M, , DAN EI Sehingga : (α α 0 )β 2 (β β 0 )α 2 (α α 0 )α 1 (β β 0 )α 2 M1 α 1β 2 β1α 2 α 1α 1 α 2α 2 L L α α 0 β β 0 L L 3EI 6EI (α α 0 ) 3EI (β β 0 ) 6EI L 2 L 2 α 12 α 22 ( 3EI ) ( 6EI ) L L L (2α 2α 0 ) 6EI (β β 0 ) 6EI {2(α α 0 ) (β β 0 )} 6EI L 2 L 2 L 2 L 2 ( 3EI ) ( 6EI ) ( 3EI ) ( 6EI ) L {(2α β) (2α 0 β 0 )} 6EI 3EIL 2 6EIL 2
6
10/22/2014
HUB. M, , DAN EI (Lanjutan) L 6EI 2α β 2α 0 β 0 2 2 L L 6EI 3EI
L 2α β 2α 0 β 0 2 2 4L L 6EI 6EI L 2α β 2α β 6EIL 2α β 2α 0 β 0 0 0 2 2 3L 3L 6EI
HUB. M, , DAN EI (Lanjutan) 2EI M 1 2α β 2α 0 β 0 L Analog dengan M1, akan diperoleh juga untuk M2 :
2EI M 2 2β α 2β 0 α 0 L
(9)
(10)
Karena a = b = 0 mengingat kondisi tumpuan jepit – jepit, maka :
7
10/22/2014
HUB. M, , DAN EI (Lanjutan) M 1 2α 0 β 0
2EI L
(11)
M 2 2β 0 α 0
2EI L
(12)
Dari Pers. (11) dan (12), terlihat bahwa M1 dan M2 merupakan fungsi dari a0, b0, dan kekakuan EI → jadi yang diperlukan adalah mencari a0 dan b0 (untuk definisi a0 dan b0, lihat kembali slide 7).
NILAI a0 DAN b0 1. Balok jepit-jepit dengan beban merata q q
M1
M2 1
Balok Jepit-jepit
2
q
2
1 a0
Sistem balok sederhana
b0
1/8qL2
dA
Diagram M akibat beban luar pada sistem balok sederhana (1/8qL2)/(EI)
y
R1
dx
R2
Diagram M/EI sebagai beban pada sistem balok sederhana
8
10/22/2014
NILAI a0 DAN b0 (Lanjutan) a0 dan b0 yang merupakan sudut putaran/rotasi di tumpuan dapat ditentukan dengan membebani sistem dasar dengan M yang direduksi 1/(EI). 1 qL 1 x qx 2 Pers. momen lentur : y 2 2 EI Luas elemen dA = y.dx Luas bidang, A = M/(EI) L
L
2 2 2 2 qL 1 A y .dx x qx 2 dx EI 0 EI 0 2 2 L/2 3 2 qL q 1 3 2 qL q L x2 x3 EI 16 6 8 EI 4 6 0
NILAI a0 DAN b0 (Lanjutan) A
q
M1 2 qL3 qL3 qL3 (Luas bidang M) 1 EI 16 48 12EI
M2 2
Sehingga :
qL3 q L 1 a0 R1 L3 12EI 2 L 24EI qL3 (karena simetris) b0 a0 R 2 24EI 2EI M 1 M 2 2α 0 β 0 L qL3 qL3 2EI 1 qL2 12 12EI 24EI L
M1
qL/2
qL/2
M1/L
M1/L
M2/L
M2/L
qL/2
qL/2 M2
qL2/24
9
10/22/2014
MENGGAMBAR DIAGRAM M, D, & N M1
M2
1
Balok jepit-jepit M1 = M2 = (1/12)qL2
2
M1
M2
Free body diagram
qL/2
qL/2
M1/L
M1/L M2/L
M2/L
+
R2
R1
(1)
Diagram M pada sistem dasar
(2)
Diagram M akibat M1 dan M2
(+)
1/12qL2
(-)
(-)
MMin
(-) (+)
Diagram M akhir Mmax = (1/8qL2) - 1/12qL2) = 1/24qL2
(3)
MMax
Balok Jepit-Jepit, Beban P Tidak Simetris Tentukan M1 dan M2 M1
a
2
b
M1=1 1
a1 a2
L 3EI M2 β L 1 6EI L α2 6EI L M2=1 β 2 3EI α1
P
1
b1
2
b2 2
1
Bidang M sistem balok sederhana
a0
b0
Bidang M/EI sebagai beban pada balok sederhana
α 0 R1
1 Pa 2b a Pab 2 2 b b L 2L 3 2L 3
β0 R 2
1 Pa 2b 2 Pab 2 1 a a b L 2L 3 2L 3
2EI Pab 2 2 L L 2EI Pba 2 M 2 2β 0 α 0 2 L L M 1 2α 0 β 0
10
10/22/2014
Balok Jepit-Jepit, Beban P Tidak Simetris (Lanjutan) M2
P M1
1 a
2
b
Pb/L
Pa/L
M1/L
M1/L
M2/L
M2/L
R1
R2
(+)
Balok Jepit-Jepit, Beban P Simetris Dengan meninjau SM2 = 0 diperoleh :
Tentukan M1 dan M2 P M1
1
2 L/2
M2
L/2
M1=1 1
a1 a2
b1
2 M2=1
b2
2
1
L 3EI L β1 6EI L α2 6EI L β2 3EI
α1
Bidang M sistem balok sederhana
a0
b0
Bidang M/EI sebagai beban pada balok sederhana
2 L PL L 1 PL α0 2 4EI 2 L 16 Karena simetris maka : 2 L PL L 1 PL β0 2 4EI 2 L 16
M 1 M 2 2α 0 β 0
2EI L PL2 PL2 2EI 2 16 16 L
PL 8
11
10/22/2014
DAFTAR MOMEN PRIMER M1
Pb 2a L2 Pa 2b M2 2 L
M2
P 1
2
a
b
M1
M2
P 1
2 L/2
L/2
M1
P
b
q
M1 1
M2
P
a M 1 M 2 Pa 1 L
2
a
a q
2
2
M1 1
b
2
M2
2
M2
a
q
2
b
a
M1
qa 2 6b 2 4ab a 2 12L2
b
a
qL M1 M 2 12
L
M2
qa 2 M2 4ab a 2 12L2
q
M1 1
M2
M1
2 a
PL M1 M 2 8
Mb 3b 2 L L Ma 3a M2 2 L L
M2
M
1
a
1
M1 1
M1
M1
qb 2 2 2 (3L b ) 24L M1 M 2
M1
M1
qL2 a 2 a 1 (2 ) 12 L2 L
M1 M 2
a
DAFTAR MOMEN PRIMER (Lanjutan) M1
P 1
2
a
b
M1
1 2
b b3 PL 3 L L
q
M1 1
2
b
a
M1
P 1
2 L/2
M1
L/2
P
3PL 16
P
1
2
a M1 1
M1
a q
3 a M1 Pa 1 2 L
2
L
M1
2
qL 8
M1 1
q 2
b
a
M1 2 1
M1
qb 2 8
M1
b 1 L
2
b2 2 2 L
qL2 15
L
M1 2 1
qa 2 8
M1
M1
7qL2 120
L
12
10/22/2014
DAFTAR MOMEN PRIMER (Lanjutan) M1 2 1
L
M1
M
1
2 a
b
M1
qL2 15
b2 M 1 12 1 3 2 M L
Terima kasih atas Perhatiannya!
13
