TKS 4008 Analisis Struktur I TM. XIV - All about … 4 MENCARI NILAI a dan b Dengan menggunakan...
Transcript of TKS 4008 Analisis Struktur I TM. XIV - All about … 4 MENCARI NILAI a dan b Dengan menggunakan...
10/22/2014
1
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
1 2
a = 0 b = 0
M1 M2
H
Sifat tumpuan jepit :
• Tidak mengijinkan terjadinya rotasi/sudut putaran .
• Mampu menerima gaya dengan arah sembarang.
10/22/2014
2
Gaya pada balok jepit-jepit :
Struktur Statis Tak Tentu Luar Tingkat 3 (ada 3 kelebihan gaya luar/external redundant)
V M
H
a = 0
V M
H b = 0
V
M
H
V M
H
a = 0 b = 0
BALOK JEPIT – JEPIT (Lanjutan)
HUB. GARIS ELASTIS & MOMEN
1 2
a b
a = b = 0
(jepit - jepit)
a0 b0 1 2
Deformasi pada sistem
dasar akibat gaya luar
P
a1 b1
M1 = 1 Deformasi pada sistem
dasar akibat beban
M1 = 1
a2 b2
M2 = 1
Deformasi pada sistem
dasar akibat beban
M2 = 1
(a)
(b)
(c)
(d)
10/22/2014
3
Dengan prinsip superposisi diperoleh persamaan garis elastis :
2221o
2211o
MM
MM
bbbb
aaaa(1)
Dari Pers. (1), M1 dan M2 dapat diperoleh dengan cara :
1221
2o2o1
βαβα
)αβ(β)βα-(αM
1221
1o1o2
βαβα
)βα(α)αβ(βM
(2b)
(2a)
HUB. GARIS ELASTIS & MOMEN (Lanjutan)
Karena kondisi tumpuan jepit - jepit (a = b = 0), sehinga M1 dan
M2 menjadi :
1β
2α
2β
1α
2β
oα
2α
oβ
1M
2121
1o1o2
αββα
αββαM
(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).
(3a)
HUB. GARIS ELASTIS & MOMEN (Lanjutan)
10/22/2014
4
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.
a1 = b1 = sudut putaran/rotasi akibat beban M1 = 1 pada balok
dasar sederhana.
a2 = b2 = sudut putaran/rotasi akibat beban M2 = 1 pada balok
dasar sederhana.
a1 dan b1 akibat M1 = 1
a1 b1
A B
Deformasi pada
sistem dasar
M1 = 1
1
Diagram M akibat
M1 = 1
1/(EI) Bidang M/(EI)
sebagai beban pada
sistem dasar a1 b1 L/(2EI)
(c1)
(c2)
(c3)
10/22/2014
5
Dengan berpedoman gambar pada slide sebelumnya (Slide 8), maka :
0MB
3EI
L
L
1L
3
2
EI
1L
2
1)(R 1A
a
6EI
L
L
1L
3
1
EI
1.L.
2
1)β(R 1B
(4)
(5)
RA dan RB adalah masing masing rotasi a1 dan b1 dimasing-
masing tumpuan akibat bidang M sebagai beban pada sistem
balok sederhana.
a1 dan b1 akibat M1 = 1 (Lanjutan)
Perhintungan a2 dan b2 akibat M2 = 1, analog dengan cara
perhitungan a1 dan b1 :
a2 b2 A B
Deformasi pada
sistem dasar
M2 = 1
1 Diagram M akibat
M2 = 1
1/(EI)
Bidang M/(EI)
sebagai beban pada
sistem dasar a2 b2 L/(2EI)
(d1)
(d2)
(d3)
a2 dan b2 akibat M2 = 1
10/22/2014
6
0MB
6EI
L
L
1L
3
1
EI
1L
2
1)(αR 2A
3EI
L
L
1L
3
2
EI
1L
2
1)(βR 2B
2121
2o2o1
αββα
βααβM
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 :
(8)
a2 dan b2 akibat M2 = 1 (Lanjutan)
(6)
(7)
HUB. M, , DAN EI
2121
20201
αββα
)αβ(β)βα(αM
2211
2010
αααα
)αβ(β)αα(α
2
2
2
1
00
αα
6EI
Lββ
3EI
Lαα
2
6EIL2
3EIL
6EIL
03EIL
0
)()(
)β(β)α(α
2
6EIL2
3EIL
6EIL
06EIL
0
)()(
)β(β)2α(2α
2
6EIL2
3EIL
6EIL
00
)()(
)}β(β)α{2(α
2
6EIL2
3EIL
6EIL
00 )}β(2αβ){(2α
Sehingga :
10/22/2014
7
6EI
L
6EI
4L
Lβ2αβ2α
2200
6EI
3L
Lβ2αβ2α
200
200
3L
6EILβ2αβ2α
2200
6EI
L
3EI
L
6EI
L
β2αβ2α
HUB. M, , DAN EI (Lanjutan)
L
2EIβ2αβ2αM 001
Analog dengan M1, akan diperoleh juga untuk M2 :
L
2EIα2βα2βM 002 (10)
(9)
HUB. M, , DAN EI (Lanjutan)
Karena a = b = 0 mengingat kondisi tumpuan jepit – jepit, maka :
10/22/2014
8
L
2EIβ2αM 001 (11)
(12) L
2EIα2βM 002
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).
HUB. M, , DAN EI (Lanjutan)
NILAI a0 DAN b0
1. Balok jepit-jepit dengan beban merata q
Diagram M akibat
beban luar pada sistem
balok sederhana
Sistem balok sederhana
Balok Jepit-jepit
a0 b0
2 1
q 1 2
q
M2 M1
Diagram M/EI sebagai
beban pada sistem
balok sederhana
1/8qL2
R1 R2
(1/8qL2)/(EI)
dx
dA
y
10/22/2014
9
a0 dan b0 yang merupakan sudut putaran/rotasi di tumpuan dapat
ditentukan dengan membebani sistem dasar dengan M yang
direduksi 1/(EI).
Pers. momen lentur : EI
1qx
2
1x
2
qLy
2
dxqx2
1x
2
qL
EI
2dx.y
EI
2A
2L
2L
0
2
0
Luas bidang, A = M/(EI)
2/L
0
32x
6
qx
4
qL
EI
2
33
L8
1
6
q
16
qL
EI
2
Luas elemen dA = y.dx
NILAI a0 DAN b0 (Lanjutan)
EI12
qL
48
qL
16
qL
EI
2A
333
Sehingga :
EI24
qL
L
1
2
LL
EI12
qR
33
10
a
EI24
qLR
3
200 ab
L
2EIβ2αMM 0021
233
qL12
1
L
EI2
EI24
qL
EI12
qL
(Luas bidang M)
(karena simetris)
q
1 2
M2 M1
qL/2 qL/2
M1/L M1/L
M2/L M2/L
M2 M1
qL/2 qL/2
qL2/24
NILAI a0 DAN b0 (Lanjutan)
10/22/2014
10
MENGGAMBAR DIAGRAM M, D, & N
Balok jepit-jepit
Free body diagram
M1 M2
1 2
qL/2 qL/2
M1/L M1/L
M2/L M2/L +
R2 R1
(+) (1)
(-) 1/12qL2 (2)
Diagram M akhir
Mmax = (1/8qL2) - 1/12qL2) = 1/24qL2 (3) (-) (-)
(+) MMax
MMin
Diagram M pada sistem dasar
Diagram M akibat M1 dan M2
M1 = M2 = (1/12)qL2
M1 M2
Balok Jepit-Jepit, Beban P Tidak Simetris
Bidang M sistem
balok sederhana
Bidang M/EI
sebagai beban pada
balok sederhana
6EI
Lα2
3EI
Lβ2
3EI
Lα1
6EI
Lβ1
b
3
2
2L
Pab
3
ab
2L
bPa
L
1Rα
22
10
b
3
1a
2L
Paba
3
2
2L
bPa
L
1Rβ
22
20
2
2
001L
Pab
L
2EIβ2αM
2
2
002L
Pba
L
2EIα2βM
Tentukan M1 dan M2
P 1
2 M2
M1
a1 2
M1=1
b1
a2 2
M2=1
b2
a0 b0
1
1
a b
10/22/2014
11
P
1
2
M2
M1
a b
Pb/L Pa/L
M1/L M1/L
M2/L M2/L
R1 R2
(+)
Balok Jepit-Jepit, Beban P Tidak Simetris (Lanjutan)
Tentukan M1 dan M2
6EI
Lα2
3EI
Lβ2
3EI
Lα1
6EI
Lβ1
b0
16
PL
L
1
2
L
4EI
PL
2
Lα
2
0
Dengan meninjau SM2 = 0 diperoleh :
Karena simetris maka :
16
PL
L
1
2
L
4EI
PL
2
Lβ
2
0
L
2EIβ2αMM 0021
8
PL
L
2EI
16
PL
16
PL2
22
M2
P
1 2 M1
a1 2
M1=1
b1
a2 2
M2=1
b2
a0
1
1
L/2 L/2
Balok Jepit-Jepit, Beban P Simetris
Bidang M sistem
balok sederhana
Bidang M/EI
sebagai beban pada
balok sederhana
10/22/2014
12
DAFTAR MOMEN PRIMER
P
1 2
M1
a b
M2
2
2
1L
aPbM
2
2
2L
bPaM
P
1 2
M1
L/2 L/2
M2
8
PLMM 21
P
1 2
M1
a a
M2 P
L
a1aPMM 21
q 1 2 M1
L
M2
12
qLMM
2
21
2
L
3b
L
MbM1
M 1 2
M1
a b
M2
2
L
3a
L
MaM2
q 1 2 M1
a
M2
b
22
2
2
1 a4ab6b12L
qaM
2
2
2
2 a4ab12L
qaM
q 1 2 M1
a
M2
a b
)b(3L24L
qbM
222
1
21 MM
q 1 2 M1
a
M2
a b
)
L
a(2
L
a1
12
qLM
2
22
1
21 MM
3
3
21
1 Lb
Lb
PLM
163PL
M1
La
1Pa23
M1
8qL
M2
1
P
1 2
M1
a b
P
1 2
M1
L/2 L/2
P
1 2
M1
a a
P
q 1 2 M1
L
22
1 Lb
18
qaM
q 1
2
M1
a b
2
q 1 M1
a b
2
22
1 Lb
28
qbM
2
1
M1
L 15qL
M2
1
2
1
M1
L
1207qL
M2
1
DAFTAR MOMEN PRIMER (Lanjutan)
10/22/2014
13
15
qLM
2
1
ML
b31M
2
2
21
1
M 1 2
M1
a b
2
1
M1
L
DAFTAR MOMEN PRIMER (Lanjutan)
Terima kasih atas Perhatiannya!