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

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 _{α β α β}

)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)

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

0 MB 



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)

0 akan diperoleh :





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

(1/8qL2_)/(EI)

dA

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

(karena simetris)

MENGGAMBAR DIAGRAM M, D, & N

Balok jepit-jepit

Free body diagram

M1 M2

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

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

α0  2

      

Dengan meninjau SM2 = 0 diperoleh :

Karena simetris maka :

16 PL L 1 2 L 4EI

PL 2 L

β0  2

      





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

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)