TKS 4008 Analisis Struktur I

  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

  M ₁ M ₂ H

  Sifat tumpuan jepit : • Tidak mengijinkan terjadinya rotasi/sudut putaran .

• Mampu menerima gaya dengan arah sembarang.

  ( Lanjutan)

  BALOK JEPIT – JEPIT

  Gaya pada balok jepit-jepit :

  M H H b = 0 a = 0

  V V M H a = 0 b = 0

  H M M

  V V

  Struktur Statis Tak Tentu Luar Tingkat 3

  (ada 3 kelebihan gaya luar/external redundant)

  HUB. GARIS ELASTIS & MOMEN

  a = b = 0 (a)

  1

  2 (jepit - jepit) a b

  Deformasi pada sistem (b) dasar akibat gaya luar a P b

  2

  1 M = 1 ₁ Deformasi pada sistem (c) dasar akibat beban a _{1 M = 1 1} b ₁ Deformasi pada sistem

  (d) dasar akibat beban a b _{2 2} M = 1 ₂ M = 1 ₂

  HUB. GARIS ELASTIS & MOMEN

  ( Lanjutan)

  Dengan prinsip superposisi diperoleh persamaan garis elastis : M M a  a  a  a _{o 1 1 2 2}

  (1) b  b  M b  M b _{o 1 2 2 2} Dari Pers. (1), M dan M dapat diperoleh dengan cara :

  1

  2 ( )  (  ) _{o 2 o 2} α α β β β α

• -  M
₁ (2a)

   α β α β _{1 2 2 1}

  (  )  (  ) β β α α α β o 1 o

  1 M  (2b)

  2 

  α β α β

  1

  2

  2

1 HUB. GARIS ELASTIS & MOMEN

  ( Lanjutan)

  Karena kondisi tumpuan jepit - jepit ( a = b = 0), sehinga M dan

  1 M menjadi :

  2 

  β α α β o 2 o

2 M 

  (3a)

  1 

  α β α β

  1

  2

  2

  1 

  α o β ^{1 β o α 1} M  ₂ (3b) 

  α ^{1 β 2 β 1 α 2} dan M Dari Pers. (3a) dan (3b), terlihat bahwa M tergantung

  

1

  2 pada rotasi/sudut putaran tumpuan (terdapat hubungan antara momen dengann rotasi/sudut putaran a dan b).

MENCARI NILAI

  a ₁ b ₁ A B Deformasi pada sistem dasar

  3 )

  2 ) (c

  1 ) (c

  (c

  Bidang M/(EI) sebagai beban pada sistem dasar a ₁ b ₁ L/(2EI)

  1 Diagram M akibat M ₁ = 1 1/(EI)

  M ₁ = 1

  a dan b Dengan menggunakan “Moment Area Method”  dengan cara membebani sistem struktur dasar dengan diagram bidang M akibat beban luar sebagai beban. a = b = sudut putaran/rotasi akibat beban luar pada sistem balok dasar sederhana. a

  1 = b

  1 akibat M

  1 dan b

  2 = 1 pada balok dasar sederhana. a

  2 = sudut putaran/rotasi akibat beban M

  2 = b

  1 = 1 pada balok dasar sederhana. a

  1 = sudut putaran/rotasi akibat beban M

  

1

= 1

   dan akibat M = 1 a b

  1

  1

  

1

  ( Lanjutan)

  Dengan berpedoman gambar pada slide sebelumnya (Slide 8), maka : M

    _B

  1

  1     2  1  L  a   

  R ( ) L  L    (4) _{A 1  }

  2 EI

  3 L

  

3EI

     

  1 1    1   1  L

     R ( ) .L.  L    _{B β 1  }

  (5)

  2 EI

  3 L

  

6EI

      a b

  A B

  1

  1 masing tumpuan akibat bidang M sebagai beban pada sistem balok sederhana. dan akibat M = 1 a b

  2

  2

  

2

Perhintungan a dan b akibat M = 1, analog dengan cara

  2

  2

  2 perhitungan a dan b :

  1

1 M = 1

  ₂

  (d )

  Deformasi pada

  1

  sistem dasar a ₂ b ₂ A B

  (d )

2 Diagram M akibat

  1 M = 1 ₂ 1/(EI)

  Bidang M/(EI) sebagai beban pada

  (d )

  3

  a b sistem dasar _{2 2} L/(2EI)

  M _B  

  2 dan b

  ( Lanjutan)

  

2

= 1

  2 akibat M

1 L

  1 ) ( α R _{2 A}

 

 

  2 ^{1 2 1 2 o 2 o 1} α β β α β α α β M

  (6) (7)

  1 L

  3

  1 EI

  2

  Selanjutnya dengan substitusi a dan b ke Pers. (2) atau (3), maka (8) a

  1 , serta terdapat hubungan antara momen denga rotasi.

  2 = b

  2 , dan a

  1 = b

     Dari Pers. (4), (5), (6), dan (7), menunjukkan bahwa a

       

     

     

       

  6EI L L

  2

  1 L

  2 EI

  3

  1 L

  3EI L L

       

   

       

  1 ) ( β R _{2 B}     

HUB. M,

  1

  

      

  2

  6EI L

  2

  3EI L

  6EI L

  6EI L ) ( ) ( ) β ( β )

  2 α (2 α    

  2

  

3EI

L

) ( ) ( ) β ( β

  6EI L

  

2

  3EI L

  6EI L

) ( ) (

)}

  β ( β ) α {2( α



  

       ^{2 6EI L 2 3EI L 6EI L}

  )} β (2 α β) {(2 α    

   Sehingga :

   , DAN EI

  

)

α ( α

  6EI L

  2

  1

  1

  2

  2

  2

  

  2

  2

  

1

  2

  

3EI

L

  

1

α α α α

)

  α β ( β ) α α ( α



  

       _{2 2 2 α 1 α}

  6EI L β β

  3EI L α α    

  

  2

  6EI L

  2

  1 α β β α ) α β ( β ) β α ( α M    

HUB. M,

     

  6EIL

  2

  2

       

       

         

    

       

    

         

      _{2 2}

  6EI L

  3EI L

  6EI L β

  2 α β

  2 α

   , DAN EI

  ( Lanjutan)

  3L

    

  ( Lanjutan)

       

      

        

      

  6EI L

  6EI

  4L L β

  2 α β

  2 α _{2 2}

      

  

     

        

    

    

     

  6EI

  3L L

  2

  2 ₂

   

HUB. M,

  2EI β

1 Analog dengan M

  2 β M

         

  Karena a = b = 0 mengingat kondisi tumpuan jepit

           L

   , DAN EI

  2 (10) (9)

  2 β α

  2 α β

  2EI α

          L

   

       

  2 :

  1 , akan diperoleh juga untuk M

  2 α M

• – jepit, maka :

  ( Lanjutan)

  HUB. M, , DAN EI 

  2EI M    _{1 α β} 2   (11) L

  2EI M    2   β α (12)

2 L

  Dari Pers. (11) dan (12), terlihat bahwa M dan M merupakan

  

1

  2 fungsi dari , , dan kekakuan EI a b 

  → jadi yang diperlukan adalah mencari a dan b (untuk definisi a dan b , lihat kembali slide 7).

NILAI DAN

  a b

  1. Balok jepit-jepit dengan beban merata q q M M _{1 2} Balok Jepit-jepit

  1

  2 q

  2

1 Sistem balok sederhana

  a b

  Diagram M akibat ₂ beban luar pada sistem balok sederhana

  1/8qL dA ₂ (1/8qL )/(EI) y

  Diagram M/EI sebagai beban pada sistem _dx balok sederhana

  R R _{1 2} a dan b yang merupakan sudut putaran/rotasi di tumpuan dapat ditentukan dengan membebani sistem dasar dengan M yang direduksi 1/(EI).

  Pers. momen lentur : EI

2 A

  2EI β

  

        Sehingga :

  EI

  L 24 qL

  1

  EI 2 L L

  12 q R ^{3 3} ₁  

  

        a EI

  24 qL R ³ ₂   a  b

    L

  2 α M M _{2 1}     _{2 3 3} qL

  EI 16 qL

  12

  EI 1 L

  EI 24 qL

  12 qL   

         

  (Luas bidang M) (karena simetris) q

  1

  2 M _{2 M 1} qL/2 qL/2 M ₁ /L M ₁ /L M ₂ /L M ₂ /L M ₂ M ₁ qL/2 qL/2 qL ² /24

  NILAI a

   DAN b

  ( Lanjutan)

  ^{3 3 3}  

  48 qL

  1 qx

  x

  2

  1 x

  2 qL y ²









      dx qx

  

2

  

1

x EI 2 qL

  2 . dx y EI

  2 A ^{2 L 2 L 2}  

     

     Luas bidang, A = M/(EI) _{L 2 /}

  3 ²

  6 q x

  12 qL

  EI 4 qL

  2  

         

        ^{3 3} L

  8

  1

  6 q

  

16

qL

EI

  2 Luas elemen dA = y.dx NILAI a

   DAN b

  ( Lanjutan)

  EI

2 EI

  MENGGAMBAR DIAGRAM M, D, & N

  Balok jepit-jepit

  Free body diagram M ₁ M ₂

  1

  2 _{qL/2 qL/2 M 1 /L M 1 /L}

  M ₂ ^{/L M} ₂ ^/L

• _R
_{2 R 1/12qL 1 (+) (1) (-) 2 (2)} Diagram M akhir M _max = (1/8qL ² ) - 1/12qL ² ) = 1/24qL ^{(-) (-) 2 (3) (+) M} _Max ^{M Min}

  Diagram M pada sistem dasar Diagram M akibat M ₁ dan M ₂ M ₁ = M ₂ = (1/12)qL ² M _{1 M 2} Balok Jepit-Jepit, Beban P

  Tidak Simetris Bidang M sistem balok sederhana

  Tentukan M

2 P

  3EI L β ₂ 

  2EI α

  2

  2L Pa b L

  1 R β ^{2 2 2}

    ₂ ² ₁ L Pab L

  2EI β

  2 α M     

    ₂ ² ₂ L Pba L

  2 β M     

  2L Pab a

  Bidang M/EI sebagai beban pada balok sederhana

  1 dan M

  1

  2 M ₂ M ₁ a ₁

  2 M ₁ =1 b ₁ a ₂

  2 M ₂ =1 b ₂ a b

  1

  1 a b

  3

  1 a

  3EI L α ¹ 

  2

  6EI L β ₁ 

   

        

    

     

        b

  3

  2L Pab

  3

  3 a b

  2L Pa b L

  1 R α ^{2 2 1}  

        

  6EI L α ₂ 

    

    

    b

      

  P

  16 PL

   

      

    L

  2EI β

  2 α M M _{2 1}    

  8 PL L

  2EI

  16 PL

  2 ^{2 2}

 



  4EI PL

         

  M ₂ P

  1

  2 M ₁ a ₁

  2 M ₁ =1 b ₁ a ₂

  2 M ₂ =1 b ₂ a

  1

  1 ^{L/2 L/2} Balok Jepit-Jepit, Beban P Simetris

  2 L β ² 

  2 L

  1

  3EI L α ₁ 

  2 M ₂ M ₁ a b _{Pb/L Pa/L M 1 /L M M 1 /L}

  2 ^{/L M} _R ^{2 /L} _{1 R 2} (+) Balok Jepit-Jepit, Beban P Tidak Simetris

  ( Lanjutan)

  Tentukan M

  1 dan M

  2

  6EI L α ₂ 

  3EI L β ₂ 

  6EI L β ₁  b

  1

  L 16 PL

  1

  2 L

  4EI PL

  2 L α ² 

   

      

  Dengan meninjau SM ₂ = 0 diperoleh : Karena simetris maka :

  L 16 PL

  Bidang M sistem balok sederhana Bidang M/EI sebagai beban pada balok sederhana

  DAFTAR MOMEN PRIMER P _{1 2} M ₁ a b M _{2 2} ² ₁ L

  M 2 L 3a L Ma ₂

_q

_{1 2} M _{1 a} M _{2 b}   ^{2 2 2 2 1 a 4ab 6b} _12L ^{qa M   }

  1

  ) L a (2 L a

      

  

q

_{1 2} M _{1 a} M _{2 a b}    

  24L qb M ^{2 2 2} ₁   _{2 1} M M 

  ) b (3L

  12L qa M  

_q

_{1 2} M _{1 a} M _{2 a b}

    ² ₂ ^{2 2} 4ab a

     

  Pb a M  _{2 2 2} L

  M 2 L 3b L Mb ₁ ^{M 1} ₂ M _{1 a b} M ₂    

     

     

  12 qL M M ² _{2 1}  

       L a P 1 a M M _{2 1 q 1 2} M _{1 L} M ₂

     

  8 PL M M _{P 2 1   1 2} M ₁ a a M ₂ ^P

  P _{1 2} M _{1 L/2 L/2} M ₂

  Pa b M 

  12 qL M ₂ ^{2 2} _{1 2 1} M M     

DAFTAR MOMEN PRIMER

  3

  8 qb M ₂

     

^q

^{1 2} M ₁

_{a b}

  2 ^{q 1} M _{1 a b}

     

     

  2

  2

  2

  1 L b

  2

  1 M _{1 L}

  8 qa M

  15 qL M

  2

  1

   ₂

  1 M _{1 L} 120

  7qL M

  2

  1

  

  ( Lanjutan)

     

  1

  3

  1 Pa

  2

  1

  1 L

  b L b PL M

  16

  3PL M

  1

      

     

  L a

     

  1 L b

  3 M ₁

  8 qL M

  2

  1

   P _{1 2} M ₁ a b

  P _{1 2} M _{1 L/2 L/2}

  P _{1 2} M ₁ a

  a ^P _{q 1 2} M _{1 L}

  2

  2

  2

  15 qL M ² ₁ 

  M L b

  3

  1 M ₂ ² ₂ ¹ ₁    

      ^{M 1 2} M _{1 a b} ^{2 1} M _{1 L} DAFTAR MOMEN PRIMER

  ( Lanjutan)

  Terima kasih atas Perhatiannya!