HUBUNGAN MOMEN DENGAN ROTASI BALOK JEPIT JEPIT

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 .

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) a_{0 b} 0 1 2

Deformasi pada sistem dasar akibat gaya luar P

a_{1 b}

1

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)

Dengan prinsip superposisi diperoleh persamaan garis elastis : 2 2 2 1 o 2 2 1 1 o M M M M b  b  b  b a  a  a  a (1) Dari Pers. (1), M₁ dan M₂dapat diperoleh dengan cara :

1 2 2 1 2 o 2 o 1 β α β α )α β (β )β α -(α M     1 2 2 1 1 o 1 o 2 β α β α )β α (α )α β (β M      (2b) (2a)

HUB. GARIS ELASTIS & MOMEN

(Lanjutan)

Karena kondisi tumpuan jepit - jepit (a = b = 0), sehinga M₁ dan

M₂ menjadi : 1 β 2 α 2 β 1 α 2 β o α 2 α o β 1 M    2 1 2 1 1 o 1 o 2 _{α β β α} α β β α M    (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

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.

a

₁

dan

b

₁

akibat M

₁

= 1

a_{1 b} 1 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)

Dengan berpedoman gambar pada slide sebelumnya (Slide 8), maka : 0 M_B   3EI L L 1 L 3 2 EI 1 L 2 1 ) ( R_{A 1}                     a  6EI L L 1 L 3 1 EI 1 .L. 2 1 ) β ( RB 1                     (4) (5)

R_A dan R_B adalah masing masing rotasi a₁ dan b₁ dimasing-masing tumpuan akibat bidang M sebagai beban pada sistem balok sederhana.

a

₁

dan

b

₁

akibat M

₁

= 1

(Lanjutan)

Perhintungan a₂ dan b₂ akibat M₂ = 1, analog dengan cara perhitungan a₁dan b₁ : a_{2 b} 2 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)

a

₂

dan

b

₂

akibat M

₂

= 1

0 M_B  6EI L L 1 L 3 1 EI 1 L 2 1 ) (α RA 2                      3EI L L 1 L 3 2 EI 1 L 2 1 ) (β R_{B 2}                     2 1 2 1 2 o 2 o 1 _{α β βα} β α α β M   

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)

a

₂

dan

b

₂

akibat M

₂

= 1

(Lanjutan) (6) (7)

HUB. M,



, DAN EI

2 1 2 1 2 0 2 0 1 _{αβ βα} )α β (β )β α (α M      2 2 1 1 2 0 1 0 α α α α )α β (β )α α (α     









2 2 2 1 0 0 α α 6EI L β β 3EI L α α      2 6EI L 2 3EI L 6EI L 0 3EI L 0 ) ( ) ( ) β (β ) α (α      2 6EI L 2 3EI L 6EI L 0 6EI L 0 ) ( ) ( ) β (β ) 2α (2α      ₂ 6EI L 2 3EI L 6EI L 0 0 ) ( ) ( )} β (β ) α {2(α     

   

2 6EI L 2 3EI L 6EI L 0 0 β )} (2α β) {(2α      Sehingga :

 









                 6EI L 6EI 4L L β 2α β 2α _{0 0 2 2}                               6EI 3L L β 2α β 2α 2 0 0



 







          _{0 0 2} 3L 6EIL β 2α β 2α                                      0 0 _{2 2} 6EI L 3EI L 6EI L β 2α β 2α

HUB. M,



, DAN EI

(Lanjutan)













           L 2EI β 2α β 2α M_{1 0 0}

Analog dengan M₁, akan diperoleh juga untuk M₂:













          L 2EI α 2β α 2β M2 0 0 (10) (9)

HUB. M,



, DAN EI

(Lanjutan)





L 2EI β 2α M₁  ₀  ₀ (11) (12)





L 2EI α 2β M₂  ₀ ₀

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

a

₀

DAN

b

₀

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

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 1 qx 2 1 x 2 qL y 2      _  dx qx 2 1 x 2 qL EI 2 dx . y EI 2 A 2 L 2 L 0 2 0





      _  

Luas bidang, A = M/(EI)

2 / L 0 3 2 x 6 q x 4 qL EI 2       _          3 3 L 8 1 6 q 16 qL EI 2 Luas elemen dA = y.dx

NILAI

a

₀

DAN

b

₀ (Lanjutan)

EI 12 qL 48 qL 16 qL EI 2 A 3 3 3          Sehingga : EI 24 qL L 1 2 L L EI 12 q R 3 3 1 0          a EI 24 qL R 3 2 0 0a   b





L 2EI β 2α M M₁ ₂ ₀ ₀ 2 3 3 qL 12 1 L EI 2 EI 24 qL EI 12 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

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 M_max = (1/8qL2_{) - 1/12qL}2_{) = 1/24qL}2 (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 L α2 3EI L β2 3EI L α1 6EI L β1                       b 3 2 2L Pab 3 a b 2L b Pa L 1 R α_{0 1} 2 2                       b 3 1 a 2L Pab a 3 2 2L b Pa L 1 R β 2 2 2 0





₂2 0 0 1 L Pab L 2EI β 2α M   





₂2 0 0 2 L Pba L 2EI α 2β M    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

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 L α2 3EI L β2 3EI L α1 6EI L β1 b0 16 PL L 1 2 L 4EI PL 2 L α 2 0        

Dengan meninjau SM₂ = 0 diperoleh :

Karena simetris maka :

16 PL L 1 2 L 4EI PL 2 L β 2 0        





L 2EI β 2α M M₁ ₂ ₀ ₀ 8 PL L 2EI 16 PL 16 PL 2 2 2            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

DAFTAR MOMEN PRIMER

P 1 ₂ M1 a b M2 2 2 1 L a Pb M  2 2 2 L b Pa M  P 1 2 M1 L/2 L/2 M2 8 PL M M1 2 P 1 ₂ M1 a a M2 P          L a 1 a P M M1 2 q 1 2 M1 L M2 12 qL M M 2 2 1        _  2 L 3b L Mb M₁ M 1 2 M1 a b M2       _  2 L 3a L Ma M2 q 1 2 M1 a M2 b  2 2 2 2 1 6b 4ab a 12L qa M    2 2 2 2 4ab a 12L qa M   q 1 2 M1 a M2 a b ) b (3L 24L qb M 2 2 2 1  2 1 M M  q 1 2 M1 a M2 a b          ) L a (2 L a 1 12 qL M ₂ 2 2 1 2 1 M M         ₂1 ₃3 1 PL _Lb b_L M 16 3PL M₁         L a 1 Pa 2 3 M1 8 qL M₁  2 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 2 2 1 qa₈ 1 b_L M _        q 1 2 M1 a b 2 q 1 M1 a b        2 ₂2 1 qb₈ 2 b_L M 2 1 M1 L 15 qL M₁  2 2 1 M1 L 120 7qL M₁  2

DAFTAR MOMEN PRIMER

(Lanjutan)

15 qL M 2 1 M L b 3 1 M ₂ 2 2 1 1         M 1 ₂ M1 a b 2 1 M1 L

DAFTAR MOMEN PRIMER

(Lanjutan)

Terima kasih

atas Perhatiannya!