Catatan Penting Analisis Struktur [PDF]

Citation preview

TATAP MUKA : 1



DEFORMASI ELASTIS STRUKTUR CBM: 1. ARTI DAN ASUMSI DEFORMASI STRUKTUR Deformasi ialah robahan bangun struktur yang meliputi : a. Deformasi panjang berupa perpendekan atau pertambahan panjang struktur akibat gaya normal tekan atau tarik. b. Putaran sudut ialah robahan panjang seserat suatu penampang akibat momen lentur. c. Geseran ialah pergeseran dua tampang yang semula saling siku menjadi tidak siku lagi karena pengaruh gaya lintang atau gaya geser. d. Torsi ialah putaran suatu penampang mengililingi sumbu memanjang-nya akibat momen torsi atau momen pilin. Sumbu struktur balok yang semula merupakan garis lurus akan menjadi bengkok ketika manahan momen lentur. Garis bengkok sumbu balok ini disebut garis lentur yang berdeformasi. Jika material struktur yang menerima beban dapat kembali ke konfigurasi struktur awal setelah beban ditiadakan maka struktur tersebut dikatakan berprilaku elastis linear.



2. DEFORMASI LENTUR Deformasi lentur yang menyangkut robahan bangun seperti penjelasan pada bagian a dan b merupakan salah satu bagian penting yang harus dikaji dalam analisis struktur. Berikut ini akan dibahas hubungan antara momen lentur dengan sudut putaran dan deformasi lentur (lendutan) pada elemen struktur balok. Dari hubungan tersebut akan diperoleh persamaan sudut putar (sudut lentur) dan persamaan garis elastis-nya. Perhatikan simple beam berikut ini yang memikul beban luar P. Akibat gaya P struktur balok akan mengalami deformasi karena adanya gaya geser dan momen lentur. Lendutan balok di nyatakan dengan garis elastis seperti tergambar. Karena panjang bentang jauh lebih besar dari tinggi balok maka deformasi terbesar adalah sumbangan dari momen lentur dan deformasi akibat gaya geser sementara dapat diabaikan. O dθ



Y



P A



B



C



dx x



R garis elastis y ds dx



M



Gambar 1 : Deformasi Elastis Simple Beam



ds’



M dx



Tinjau potongan balok sejauh x dari A selebar dx. Akibat momen lentur terjadi putaran sudut sebesar dθ dengan jejari R yang diukur dari pusat O hingga dx. Besarnya robahan panjang atau regangan, ε pada serat ds sejauh y dari sumbu balok(C ) adalah : 𝜀 = (𝑑𝑠 ′ − 𝑑𝑠)/𝑑𝑠 Ternyata : 𝑑𝑠 = 𝑑𝑥 = 𝑅 𝑑𝜃 dan juga 𝑑𝑠 ′ = (𝑅 − 𝑦)𝑑𝜃 Sehingga : 𝜀=



(𝑅−𝑦)𝑑𝜃−𝑅 𝑑𝜃 𝑅 𝑑𝜃



𝑦 𝑑𝜃



𝑦



= − 𝑅 𝑑𝜃 = − 𝑅



atau, 𝟏



𝛆



=𝐲 𝐑



(1)



Hibungan tegangan-regangan (stress-strain relation) berdasarkan hukum Hooke adalah sebagai berikut : ∆𝐥 𝛔 𝛆= 𝐥 =𝐄 (2) dimana : ∆l = perpendekan atau pertambahan panjang balok [L] l = panjang awal [L] σ= besarnya tegangan [FL-2] dan E = modulus kekenyalan, modulus elastisitas (mudule of elasticity) [FL-2] Berdasarkan persamaan tegangan lentur terhadap sumbu netral maka : 𝛔=−



𝐌(𝐱) 𝐲



(3)



𝐈



dimana : M(x) = besarnya momen lentur y = jarak serat dari garis netral dan I = momen inersia tampang melintang terhadap garis netral-nya. Jika dimasukkan nilai prs.(2) dan (3) ke prs.(1) maka diperoleh bahwa : 𝐌(𝐱)



𝟏



= 𝐄𝐈 dengan EI dikenal sebagai kekuatan lentur. 𝐑



(4)



Juga karena dx = R dθ atau 1/R = dθ/dx maka prs.(4) dapat ditulis menjadi : 𝐝𝛉 𝐝𝐱



=



𝐌(𝐱)



(5)



𝐄𝐈



Bila deformasi lentur amat kecil maka dapat dianggap nilai θ = dy/dx sehingga : 𝐝𝛉 𝐝𝐱



𝐝



𝐝𝐲



𝐝𝟐 𝐲



= 𝐝𝐱 (𝐝𝐱) = 𝐝𝐱𝟐



(6)



Jadi hubungan antara deformasi lentur (displacement of beam) atau lendutan balok dengan momen lentur adalah sbb. : 𝐝𝟐 𝐲 𝐝𝐱 𝟐



=



𝐌(𝐱)



(7.a)



𝐄𝐈



Atau 𝐝𝟐 𝐲



𝐄𝐈 𝐝𝐱𝟐 = 𝐌(𝐱)



(7.b)



Ex.01 : Simple beam memikul beban luar P = 10 kN seperti tergambar. Kekuatan lentur, EI = 70000 kNm2. P1=5kN a=4m



Tugas lanjutan cari prs momen. P2 = 10 kN b=3m c=5m



A



B 1 2 L = 12 m



C



garis elastis



VA VB Tentukan : (a) Persamaan sudut lentur dan (b) Persamaan garis elastis-nya. SOLUSI : 1. Reaksi Tumpuan 50 ∑ 𝑀𝐵 = 0 ∶ 𝑉𝐴 . 𝐿 − 𝑃. 𝑐 = 0 ⇒ 𝑉𝐴 (12) − 10(5) = 0 ⇒ 𝑉𝐴 = = 4,17 𝑘𝑁 12 70



∑ 𝑀𝐴 = 0 ∶ −𝑉𝐵 . 𝐿 + 𝑃. 𝑎 = 0 ⇒ −𝑉𝐵 (12) + 10(7) = 0 ⇒ 𝑉𝐵 = = 5,83 𝑘𝑁 12 Check : ∑ 𝑉 = 0 ⇒ 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 − 𝑃 = 0 ⇒ 4,17 + 5,83 − 10 = 0 (𝑜𝑘𝑒) 2. Prs. Momen Bentang A1 berlaku untuk ; 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝒂 = 𝟕𝒎 P = 10 kN a=7m



A



x



1



B



x



VA= 4,17 kN Maka persamaan momen-nya : 𝑴(𝒙) = 𝑽𝑨 . 𝒙 = 𝟒, 𝟏𝟕𝒙 Dari prs.(7.b) : 𝐝𝟐 𝐲



𝐄𝐈 𝐝𝐱𝟐 = 𝐌(𝐱) = 𝟒, 𝟏𝟕𝒙 Bila diintegralkan hasilnya menjadi : 𝒅𝒚 𝑬𝑰 𝒅𝒙 = 12(4,17)𝑥 2 + 𝐶0 = 𝟐, 𝟎𝟖𝒙𝟐 + 𝑪𝟎 Selanjutnya diintegralkan lagi : 𝑬𝑰. 𝒚 = 13(2,08)𝑥 3 + 𝐶0 𝑥 + 𝐶1 = 𝟎, 𝟔𝟗𝒙𝟑 + 𝑪𝟎 𝒙 + 𝑪𝟏



(a)



(b)



( ) ( )



3. Prs. Momen Bentang 1B berlaku untuk 𝟕𝒎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳 = 𝟏𝟐𝒎 P = 10 kN a=7m



A



1



x



B



x



VA= 4,17 kN Prs. momen bentang 1B : 𝑴(𝒙) = 𝑽𝑨 . 𝒙 − 𝑷(𝒙 − 𝟕) = 𝟒, 𝟏𝟕𝒙 − 𝟏𝟎(𝒙 − 𝟕) Dari prs.(7.b) : 𝐝𝟐 𝐲



𝐄𝐈 𝐝𝐱𝟐 = 𝐌(𝐱) = 𝟒, 𝟏𝟕𝒙 − 𝟏𝟎(𝒙 − 𝟕) Sehingga : 𝒅𝒚 𝑬𝑰 𝒅𝒙 = 12(4,17)𝑥 2 − 12(10)(𝑥 − 7)2 + 𝐶2 = 𝟐, 𝟎𝟖𝒙𝟐 − 𝟓(𝒙 − 𝟕)𝟐 + 𝑪𝟐 (c) Serta : 𝑬𝑰. 𝒚 = 13(2,08)𝑥 3 − 13(5)(𝑥 − 7)3 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 = 𝟎, 𝟔𝟗𝒙𝟑 − 𝟓𝟑(𝒙 − 𝟕)𝟑 + 𝑪𝟐 𝒙 + 𝑪𝟑 (d) 4. Kondisi Batas yang harus dipenuhi adalah sbb. : (a) Di titik A : x = 0 nilai lentur, y = 0. Maka nilai prs.(b) harus sama dengan nol atau, 0 = 0,69𝑥 3 + 𝐶0 𝑥 + 𝐶1 0 = 0,69(0)3 + 𝐶0 (0) + 𝐶1 ⇒ 𝑪𝟏 = 𝟎 (b) Di titik 1 : x = 7 m nilai θ = dy/dx harus sama artinya prs.(a) = prs.(c) sehingga : 2,08𝑥 2 + 𝐶0 = 2,08𝑥 2 − 5(𝑥 − 7)2 + 𝐶2 2,08(7)2 + 𝐶0 = 2,08(7)2 − 5(7 − 7)2 + 𝐶2 ⇒ 𝑪𝟎 = 𝑪𝟐 (c) Di titik 1 : x = 7 m besar lenturan juga harus sama atau prs.(b) = prs.(d) sehingga : 0,69𝑥 3 + 𝐶0 𝑥 = 0,69𝑥 3 − 53(𝑥 − 7)3 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 0,69(7)3 + 𝐶0 (7) = 0,69(7)3 − 53(7 − 7)3 + 𝐶2 (7) + 𝐶3 ⇒ 𝑪𝟑 = 𝟎 (d) Di titik B : x = L = 12 m, besar lendutan y =0 sehingga dari prs.(d) diperoleh : 0 = 0,69𝑥 3 − 53(𝑥 − 7)3 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 = 0,69𝐿3 − 53(𝐿 − 7)3 + 𝐶2 𝐿 + 0 0,69(12)3 − 53(12 − 7)3 + 𝐶2 (12) = 0 ⇒ 𝑪𝟐 = 𝟖𝟐 = 𝑪𝟎 5. Simpulan (a) Untuk 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝒂 = 𝟕𝒎 : Prs. Sudut lentur : 𝑑𝑦 𝐝𝐲 𝐸𝐼 𝑑𝑥 = 2,08𝑥 2 + 82 atau 𝛉 = 𝐝𝐱 = (𝟐, 𝟎𝟖𝐱 𝟐 + 𝟖𝟐)/(𝟕𝟎𝟎𝟎𝟎) Prs. Garis elastis : 𝐸𝐼. 𝑦 = (0,69)𝑥 3 + 82𝑥 atau 𝐲 = [(𝟎, 𝟔𝟗)𝐱 𝟑 + 𝟖𝟐𝐱]/(𝟕𝟎𝟎𝟎𝟎) (b) Untuk 𝟕𝒎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟐𝒎 : Prs. Sudut lentur : 𝑑𝑦 𝐝𝐲 𝐸𝐼 𝑑𝑥 = 2,08𝑥 2 − 5(𝑥 − 7) + 82 atau 𝛉 = 𝐝𝐱 = [𝟐, 𝟎𝟖𝐱 𝟐 − 𝟓(𝐱 − 𝟕) + 𝟖𝟐]/(𝟕𝟎𝟎𝟎𝟎) Prs. Garis elastis : 𝐸𝐼. 𝑦 = 0,69𝑥 3 − 53(𝑥 − 7)3 + 82𝑥 atau 𝐲 = [𝟎, 𝟔𝟗𝐱 𝟑 − 𝟓𝟑(𝐱 − 𝟕)𝟑 + 𝟖𝟐𝐱 ]/(𝟕𝟎𝟎𝟎𝟎)



SOAL LATIHAN 02. Console (balok kantilever) seperti pada gambar ini dengan ukuran tampang melintang: Lebar b = 200 mm, tinggi h = 250 mm. Modulus elastisitas material-nya, E = 175 GPa. P = 15 kN A MA



B yB



x VA



250 mm



L=4m 200 mm



Tentukan : (a) Prs. sudut lendutan, dy/dx = … (b) Prs. garis elastic, y = … (c) Besar lenturan di titik B, yB = … SOLUSI :  Persamaan momen lentur balok kantilever AB : 𝑀𝑥 = −𝑃(𝐿 − 𝑥) = ;0 ≤ 𝑥 ≤𝐿 = 4𝑚 𝐝𝟐 𝐲



 𝐄𝐈 𝐝𝐱𝟐 = 𝐌(𝐱) = −𝑃(𝐿 − 𝑥) = −15(4 − 𝑥) = 15𝑥 − 60  Jika diintegralkan terhadap x maka : 4 𝑑𝑦 𝐸𝐼 𝑑𝑥 = ∫0 15𝑥 − 60  Kondisi Batas yang harus dipenuhi : 𝑑𝑦 Di titik A : 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 = 0 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝜃𝐴 = 𝑑𝑥 = 0 Selanjutnya akan diperoleh, nilai konstanta integral, Co = 0…  Momen Inersia : 1 𝐼 = 12 (200)(250)3 = 260.416.666,7𝑚𝑚4 = ⋯ (10)−6 𝑚4 𝐸 = 175 𝐺𝑃𝑎 = 175(10)6 𝑘𝑁/𝑚2  Persamaan sudut lentur : dy/dx = … rad 4



 Persamaan garis elastic : y = ∫0 (7,5𝑥 2 − 60𝑥)𝑑𝑥/[𝐸𝐼]… 7,5 3 = 𝑥 − 30𝑥 2 /[𝐸𝐼] 3  Besar lenturan di titik B : yB = 0,007 m …



TATAP MUKA : 2



DEFORMASI ELASTIS STRUKTUR CBM:MIG 3. METODE INTEGRASI GANDA (M I G)  Guna menentukan besarnya deformasi lentur (lendutan) dan sudut putar di sembarang titik pada suatu struktur balok dapat diterapkan MIG.  MIG didasarkan pada persamaan hubungan antara deformasi lentur dan momen lentur seperti pada persamaan (7).  Jika prs.(7.a) dintegralkan maka persamaan sudut putar atau sudut lentur menjadi : 𝒅𝒚



𝟏



𝜽(𝒙) = 𝒅𝒙 = 𝑬𝑰 ∫ 𝑴(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝑪𝟏



(8)



 Selanjutnya untuk mendapatkan persamaan garis elastis sumbu netral, y(x) maka prs.(8) diintegralkan lagi dan hasilnya sbb. : 𝟏



𝒚(𝒙) = 𝑬𝑰 ∬ 𝑴(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝑪𝟏 𝒙 + 𝑪𝟐



(9)



dimana : EI = kekuatan lentur M(x)= persamaan momen lentur dan C1, C2 = konstanta integral yang diperoleh berdasarkan kondisi batas. Ex. 01 : Console (balok kantilever) seperti pada gambar ini dengan ukuran tampang melintang: Lebar b = 200 mm, tinggi h = 250 mm. Modulus elastisitas material-nya, E = 175 GPa. q = 10 kN/m A MA



x VA



x



B



250 mm



L=4m



200 mm Tentukan : (a) Prs. sudut lentur (b) Prs. garis elastis dan (c) Besar lenturan di titik B, dengan MIG. SOLUSI : 1. Reaksi di jepit : ∑ 𝑀𝐴 = 0 ∶ −𝑀𝐴 + 𝑞𝐿(12)𝐿 = 0 ⇒ 𝑀𝐴 = −12𝑞𝐿2 = −12(10)(4)2 𝑀𝐴 = −80 𝑘𝑁𝑚 ∑ 𝑉 = 0 ⇒ 𝑉𝐴 − 𝑞𝐿 = 0 ⇒ 𝑉𝐴 = 10(4) = 40 𝑘𝑁 2. Persamaan Momen untuk 𝟎 ≤ 𝐱 ≤ 𝟒 𝐦 𝑴(𝒙) = 𝑽𝑨 . 𝒙 − 𝑴𝑨 + 𝟏𝟐𝒒𝒙𝟐 = 𝟒𝟎𝒙 − 𝟖𝟎 + 𝟓𝒙𝟐 = 𝟓𝒙𝟐 + 𝟒𝟎𝒙 − 𝟖𝟎



Maka : (a) Persamaan Sudut Lendutan : 𝒅𝒚 𝟏 𝜽(𝒙) = 𝒅𝒙 = 𝑬𝑰 ∫ 𝑴(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝑪𝟏 𝐝𝐲



𝟏



𝟒



𝛉(𝐱) = 𝐝𝐱 = 𝐄𝐈 ∫𝟎 (𝟓𝒙𝟐 + 𝟒𝟎𝒙 − 𝟖𝟎) 𝐝𝐱 𝐝𝐲



Atau :



𝐝𝐱



𝟏



= 𝐄𝐈 [𝟓𝟑𝐱 𝟑 + 𝟒𝟎 𝐱 𝟐 − 𝟖𝟎𝐱 + 𝐂𝟏 ] 𝟐



(a)



(b) Persamaan Garis Elastis : 1 4 𝒚 = ∫ 𝒅𝒚 = 𝐸𝐼 ∫0 [𝟓𝟑𝐱 𝟑 + 𝟒𝟎 𝐱 𝟐 − 𝟖𝟎𝐱 + 𝐂𝟏 ] 𝑑𝑥 𝟐 𝟏



𝟓 𝟒 Atau : 𝒚 = 𝐄𝐈 [𝟏𝟐 𝐱 + 𝟒𝟎 𝐱 𝟑 − 𝟖𝟎 𝐱 𝟐 + 𝐂𝟏 𝐱 + 𝐂𝟐 ] (b) 𝟔 𝟐 3. Syarat Batas : 𝐝𝐲 Di titik A ; x =0 maka 𝐝𝐱 = 𝟎 sehingga dari prs.(a) nilai 𝐂𝟏 = 𝟎 dan juga, x = 0 nilai lenturan, y = 0 sehingga dari prs.(b) didapat nilai, 𝐂𝟐 = 𝟎. 4. Jadi : (a) Prs. sudut lentur : 𝐝𝐲 𝟏 = 𝛉(𝐱) = [𝟓𝟑𝐱 𝟑 + 𝟐𝟎𝐱 𝟐 − 𝟖𝟎𝐱] 𝐝𝐱 𝐄𝐈 (b) Prs. garis elastic : 𝟏 𝟓 𝟒 𝒚 = 𝐄𝐈 [𝟏𝟐 𝐱 + 𝟐𝟎 𝐱 𝟑 − 𝟒𝟎𝐱 𝟐 ] 𝟑



5. Besar Lenturan di titik B dihitung berdasarkan persamaan garis elastis untuk x = L = 4 m dan hasilnya adalah : 𝟏 𝟓 𝒚 = 𝐄𝐈 [𝟏𝟐 (𝟒)𝟒 + 𝟐𝟎 (𝟒)𝟑 − 𝟒𝟎(𝟒)𝟐 ] = ⋯ 𝒎 𝟑



SOAL LATIHAN (start 3, 05.09.2016) 02. Simple Beam memikul beban merata q = 12 kN/m dengan nilai modulus elastisitas bahan, E = 200 GPa dan momen inersia tampang melintang, I = 45000 cm 4 . x



q = 12 kN/m=20



A



B 0,5 L L = 15 m=25



VA



VB



Tentukan : (a) Prs. sudut lentur (b) Prs. garis elastis dan (c) Besar lenturan di tengah bentang dengan MIG. SOLUSI :  1. REAKSI TUMPUAN ∑ 𝑀𝐴 = 0 ; VA . L − q. L(12L) = 0 ⇒ VA = 12qL kN = 90 kN = VB Check : ∑ 𝑉 = 0  2. Persamaan Momen untuk 𝟎 ≤ 𝐱 ≤ 𝐋 = 𝟏𝟓 𝐦 𝑴(𝒙) = 𝑽𝑨 . 𝒙 − 𝟏𝟐𝒒𝒙𝟐 = 𝟏𝟐𝐪𝐋. 𝐱 − 𝟏𝟐𝒒𝒙𝟐 = 𝟗𝟎𝒙 − 𝟔𝒙𝟐 (a) Persamaan Sudut Lendutan : 𝒅𝒚 𝟏 𝜽(𝒙) = 𝒅𝒙 = 𝑬𝑰 ∫ 𝑴(𝒙) 𝒅𝒙 + 𝑪𝟏 𝐋



𝐝𝐲



𝟏



𝐝𝐲



𝟏 𝟏



𝟏𝟓



𝟏



𝛉(𝐱) = 𝐝𝐱 = 𝐄𝐈 ∫𝟎 [𝟏𝟐𝐪𝐋. 𝐱 − 𝟏𝟐𝒒𝒙𝟐 ]𝒅𝒙 = 𝐄𝐈 ∫𝟎 (𝟗𝟎𝒙 − 𝟔𝒙𝟐 ) 𝐝𝐱 𝟏



𝟏



= 𝐄𝐈 [𝟒 𝐪𝐋𝐱 𝟐 − 𝟔 𝐪𝐱 𝟑 + 𝐂𝟏 ] = 𝐄𝐈 [𝟗𝟎 𝐱 𝟐 − 𝟔𝟑𝐱 𝟑 + 𝐂𝟏 ] 𝟐 𝐝𝐱



Atau :



(a)



(b) Persamaan Garis Elastis : 𝟏



𝑳 𝟏



𝟏



1



15



𝒚 = ∫ 𝒅𝒚 = 𝐄𝐈 ∫𝟎 [𝟒 𝐪𝐋𝐱 𝟐 − 𝟔 𝐪𝐱 𝟑 + 𝐂𝟏 ] 𝐝𝐱 = 𝐸𝐼 ∫0 [𝟗𝟎 𝐱 𝟐 − 𝟔𝟑𝐱 𝟑 + 𝐂𝟏 ] 𝑑𝑥 𝟐 𝟏



𝟏



𝟏



𝟏



𝟔 𝟒 Atau : 𝒚 = 𝐄𝐈 [𝟏𝟐 𝐪𝐋𝐱 𝟑 − 𝟐𝟒 𝐪𝐱 𝟒 + 𝐂𝟏 𝐱 + 𝐂𝟐 ] = 𝐄𝐈 [𝟗𝟎 𝐱 𝟑 − 𝟏𝟐 𝐱 + 𝐂𝟏 𝐱 + 𝐂𝟐 ] (b) 𝟔



 3. Syarat Batas : Di titik A ; x = 0 maka 𝐲 = 𝟎 sehingga dari prs.(b) nilai 𝐂𝟐 = 𝟎 dan juga, 𝐝𝐲 𝐱 = 𝟏𝟐𝐋 maka nilai 𝛉(𝟎,𝟓𝐋) = = 𝟎 sehingga dari prs.(a) diperoleh : 𝟏



𝟏



𝐝𝐱



𝟏



𝐪𝐋(𝟏𝟐𝐋)𝟐 − 𝟔 𝐪(𝟏𝟐𝐋)𝟑 + 𝐂𝟏 = 𝟎 ⇒ 𝐂𝟏 = − 𝟐𝟒 𝐪𝐋𝟑 𝟒 Coba nyatakan persamaan sudut lentur dan garis elastic untuk simple beam dengan beban merata q [FL-1] sepanjang bentang, L. TO BE CONTINUE : 𝐂𝟏 = −𝟗𝟎 𝐱 𝟐 + 𝟔𝟑𝐱 𝟑 = −𝟗𝟎 (𝟕, 𝟓)𝟐 + 𝟔𝟑(𝟕, 𝟓)𝟑 = −𝟏𝟔𝟖𝟕, 𝟓 𝟐 𝟐 SO THAT : (a) (b) (c)



LEMBAR TUGAS I 01. Simple Beam memikul beban merata segitiga, q = 15 kN/m dengan nilai modulus elastisitas bahan, E = 210 GPa dan momen inersia tampang melintang, I = 45730 cm4 . Dengan menggunakan MIG, q = 15 kN/m



A



B 0,5 L L = 10 m



Tentukan : (a) Prs. sudut lentur (b) Prs. garis elastis (c) Besar lenturan di tengang bentang dan (d) Lenturan maksimum yang terjadi dan posisi-nya. 02. Tentukan persamaan lendutan di titik C dan sudut rotasi di titik B jika kekuatan lentur, EI dianggap konstan. Gunakan MLM untuk soal ini. P q



A



B



C 0,5 L



0,5 L L



TATAP MUKA : 3



DEFORMASI ELASTIS STRUKTUR CBM:MLM 4. METODE LUAS MOMEN (MLM)  Berdasarkan system struktur dan beban luar yang harus dipikulnya maka kita dapat menghitung dan menggambarkan diagram atau bidang momen lentur struktur tersebut.  Jika luas bidang momen dibagi dengan nilai kekuatan lentur EI maka akan diperoleh 𝐌 diagram seperti ditunjukkan pada gambar berikut ini. 𝐄𝐈



A



1



𝐌



1’



𝐄𝐈



A



B



2



2’



1



2 x



B



dx Diagram



𝐌 𝐄𝐈



Garis Netral



A



1



2



B ∆𝟐/𝟏



∆𝟏/𝟐



𝛉𝟐/𝟏



Gambar Sudut Lentur dan Lenturan Vertikal GAMBAR METODE LUAS MOMEN  Persamaan sudut lentur seperti pada prs.(5) dapat dinyatakan lagi dalam bentuk : 𝑴 𝒅𝜽 = 𝑬𝑰 𝒅𝒙 (10)  Perubahan sudut lentur 𝑑𝜃 sama dengan luas daerah A11’ dan B22’ dalam diagram 𝑀 . Jika prs.(10) dintegralkan mulai dari titik 1 hingga ke titik 2 maka diperoleh nilai 𝐸𝐼 perubahan sudut lentur sbb. : 𝟐 𝑴 𝜽𝟐/𝟏 = ∫𝟏 (𝑬𝑰) 𝒅𝒙 (11) dimana : 𝜽𝟐/𝟏 = nilai perubahan sudut lentur antara dua titik pada garis elastis. = sudut potong garis singgung di titik 1 dan garis singgung di titik 2.



 Guna menentukan besarnya deformasi lentur vertikal di suatu titik dengan MLM maka : 𝟐 𝐌 ∆𝟐/𝟏 = 𝖝 ∫𝟏 (𝐄𝐈) 𝐝𝐱 (12) dimana : ∆𝟐/𝟏 = deformasi lentur di titik 2 yang diukur dari garis singgung di titik 1. 𝑴



= luas diagram 𝑬𝑰 dikalikan dengan jarak titik beratnya terhadap titik 2. 𝑴



𝖝 = jarak titik berat luas diagram 𝑬𝑰 ke titik 2.  M L M tidak dapat menyatakan secara langsung besar sudut lentur dan lendutan vertical pada suatu titik yang kita inginkan dan hanya dapat digunakan untuk menentukan basar sudut dan lentur vertical antara dua garis singgung pada dua titik yang berada pada garis elastis struktur balok. Ex. 01 : Console (balok kantilever) seperti pada gambar ini dengan nilai E = 200 GPa dan I = 3200 cm4 yang konstan. Gunakan MLM untuk menentukan besarnya : (a) Sudut lentur di titik 2 dan 3. P = 10 kN (b) Lentur vertical di titik 3. 1 EI, Konstan 2 M1 M2=5 kNm 3 SOLUSI : V1 3m 3m (1) Reaksi Jepit * ∑ 𝑴𝟏 = 𝟎 M1 − M2 − P(6) = 0 M1 = 5 + 10(6) = 65 kNm *∑𝑽 = 𝟎 M 𝟑𝟎 − V1 − L2 − P = 0 ⇒ V1 = 1123 kNm 𝐄𝐈 −



𝟑𝟓



M23 = −P. 3 = −10(3) = −30 kNm M21 = −M23 − M2 = −30 − 5 M21 = −35 kNm



𝐄𝐈



𝐌



−



Diagram 𝐄𝐈



𝟔𝟓



M12 = −65 kNm



𝐄𝐈



1



COBA GBR.KAN BID. MOMEN-NYA. 2



𝛉𝟐 𝒚𝟑



3 𝐌 (2) Setelah nilai momen diperoleh gambarkan Diagram 𝐄𝐈. (3) Perhitungan sudut lentur : 30



5



1 30



Di Titik 2 : θ2 = − EI (3) − EI (3) − 2 ( EI ) (3) = − 𝛉𝟐 = −



𝟏𝟓𝟎



(𝟐𝟎𝟎.



𝟏𝟎𝟔 𝐤𝐍 )(𝟑𝟐𝟎𝟎.𝟏𝟎−𝟖 𝐦𝟒 ) 𝐦𝟐



30



5



150 EI



𝛉𝟑



(luasan yang mana ? ; 2 ke 1)



= −𝟎, 𝟎𝟐𝟑𝟒 𝐫𝐚𝐝𝐢𝐚𝐥 = 1,334 o 1 30



1 30



Di Titik : θ3 = θ3/1 = − EI (3) − EI (3) − 2 ( EI ) (3) − 2 ( EI ) (3) = − 𝛉𝟑 = −



𝟏𝟗𝟓



(𝟐𝟎𝟎.



𝟏𝟎𝟔 𝐤𝐍 )(𝟑𝟐𝟎𝟎.𝟏𝟎−𝟖 𝐦𝟒 ) 𝐦𝟐



= −𝟎, 𝟎𝟑𝟎𝟓 𝐫𝐚𝐝𝐢𝐚𝐥 = … o



195 EI



(4) Perhitungan Lentur Vertical di titik 3 : 90



15



45



45



y3 = − EI (4,5) − EI (4,5) − EI (5) − EI (2) = −



787,5 EI



 Dari mana munculnya persamaan 𝐲𝟑 ini ? 𝑴 LUAS DIAGRAM 𝑬𝑰 DIKALI JARAK LUASAN INI KE TITIK 3. 𝟑𝟎



𝟓



𝟏 𝟑𝟎



𝟏 𝟑𝟎



Jadi : y3 = − 𝐄𝐈 (𝟑)(𝟒, 𝟓) − 𝐄𝐈 (𝟑)(𝟒, 𝟓) − 𝟐 ( 𝐄𝐈 ) (𝟑)(𝟓) − 𝟐 ( 𝐄𝐈 ) (𝟑)(𝟐) (LUAS (M/EI) x JARAK LUASAN INI KE TITIK 3) 𝐲𝟑 = −



𝟕𝟖𝟕,𝟓 𝟏𝟎𝟔 𝐤𝐍 (𝟐𝟎𝟎. 𝟐 )(𝟑𝟐𝟎𝟎.𝟏𝟎−𝟖 𝐦𝟒 ) 𝐦



= −𝟎, 𝟏𝟐𝟑 𝐦



(5) CATATAN  Lenturan bertanda negative karena arahnya ke bawah.  1 GPa = 1 x 106 kN/m2. Jadi : E = 200 GPa = 200 x 106 kN/m2.  Momen Inersia, I = 3200 cm4 = 3200 x 10-8 m4  Besaran sudut, 𝟏 𝐫𝐚𝐝𝐢𝐚𝐥 =



𝟑𝟔𝟎𝐨 𝟐𝛑



= 𝟓𝟕, 𝟐𝟗𝟓𝟖𝐨 = 𝟓𝟕𝐨 𝟏𝟕′ 𝟒𝟒, 𝟖𝟏′′



SOAL LATIHAN 01. Simple Beam Console memikul beban P = 40 kN dengan nilai EI konstan. Gunakan MLM untuk menghitung panjang console LC agar sudut lentur di B = 0 P = 40 kN P = 40 kN A 4m



SOLUSI :



B



1 6m



C LC



TATAP MUKA : 4 (start)



DEFORMASI ELASTIS STRUKTUR CBM:MBK 4. METODE BALOK KUNJUGASI (MBK)  Balok konjugasi (conjugate beam) ialah suatu balok khayal/fiktif dengan panjang yang sama dengan balok sesunguhnya /nyata (real beam).  Metode Balok Konjugasi (MBK) atau Conjugate Beam Method berdasar pada prinsip 𝑴 statika struktur yang dibebani dengan diagram 𝑬𝑰 yang diperoleh dari analisis balok nyata guna menentukan hubungan antara beban, gaya geser (gaya lintang), momen 𝑴 lentur serta 𝑬𝑰 , sudut lentur dan lenturan.  Hubungan antara gaya geser dan momen lentur dapat diperoleh dengan mengkaji satu elemen kecil, dx dari suatu balok sejauh x dari ujung tumpuan-nya seperti pada gambar berikut ini. q



M



M+dM Q Q+dQ



dx Gambar : Diagram Beban pada Suatu Elemen Balok  Maka keseimbangan gaya arah vertical ialah : Q = (Q + dQ) + q dx dan dQ/dx =-q Atau hubungan antara gaya geser dan beban q adalah : 𝐝𝐐 = 𝐪 𝐝𝐱 (a)  Persamaan keseimbangan momen ke sudut kanan bawah ialah : M + Q dx = (M + dM) + 0,5 q (dx)2 Jika dx cukup kecil maka nilai (dx)2 menjadi amat sangat kecil dan dapat diabaikan sehingga persamaan tersebut menjadi : 𝑑𝑀 𝑑𝑀 = 𝑄𝑑𝑥 atau 𝑑𝑥 = 𝑄 atau 𝐝𝟐 𝐌



=𝐪 (b) Integrasi kedua prs.(a) dan prs.(b) untuk mendapatkan gaya geser, Q dan momen lentur, M secara berurut ialah : 𝐐 = ∫ 𝐪𝐝𝐱 (13) dan 𝐌 = ∬ 𝐪𝐝𝐱 𝟐 (14) 𝐝𝐱 𝟐



 Jika prs.(5) diintegralkan maka diperoleh nilai sudut lentur, θ sbb. : 𝐌



𝛉 = ∫ 𝐄𝐈 𝐝𝐱 dan juga nilai lentur, y menjadi :



(15)



𝐌



∆= 𝐲 = ∬ 𝐄𝐈 𝐝𝐱 𝟐



(16)



 Jika dianalisa prs.(13) s/d prs.(16) jelas ada hubungan antara gaya geser dengan sudut lentur, θ momen lentur, M dengan deformasi lentur, y dan beban, q dengan 𝑀 diagram 𝐸𝐼 . Dari hubungan ini diperoleh dua teorema dalam MBK sebagai berikut : Teorema 1 :  Sudut lentur di satu titik pada real beam secara numeric sama dengan gaya geser di titik itu pada conjugate beam. Teorema 2 :  Besar lenturan di satu titik pada real beam secara numeric sama dengan besarnya momen di titik tersebut pada conjugate beam.  Dalam MBK maka real beam harus ditransformasi menjadi conjugate beam dengan 𝑀 panjang yang sama. Beban yang dipikul conjugate beam adalah diagram 𝐸𝐼 dari hasil pembebanan pada real beam. Apabila diagram momen real beam nilainya positif 𝑀 maka diagram beban 𝐸𝐼 pada conjugate beam bernilai negative, demikian pula sebaliknya.  Dalam penerapan MBK harus dilakukan konversi jenis tumpuan yang sesuai dengan ketentuan pada Tabel 4.1.



Tabel 4.1 : Konversi Tumpuan Real Beam Menjadi Conjugate Beam Tumpuan Real Beam



Tumpuan Conjugate Beam



Sendi



Sendi



Rol



Rol



Jepit



Bebas



Bebas



Jepit



Sendi Interior



Sendi Dalam



Rol Interior



Sendi Dalam



Sendi Dalam



Rol



Ex. 04 : Simple beam dengan beban seperti tergambar dan nilai EI konstan. Tentukan besar sudut rotasi dan besar lenturan di titik 3 dengan MBK. P = 8 kN q = 2 kN/m 0



2



1 0,5 L= 5 m



0,5L = 5 m



(1) REAL BEAM



3 LC = 5m



P = 8 kN



Kondisi 1



V0 Bid. M akibat P + 20



Kondisi 2



V0 25 _ Bid. M akibat q (2) CONJUGATE BEAM 20/EI



TRANSFORMASI TUMPUAN DAN BEBAN



_ I 0



3 2



III



II + 20/EI



25/EI



QI 5m 0



2 𝟐𝟎 𝟑



𝐦



𝐕𝟐′ 𝐕𝟐′



QII 25/EI 2



𝟑 𝟒𝐋𝐜



3 𝑴′𝟑



QIII 𝑸′𝟑 25/EI



SOLUSI : 1. Hitung dan gambarkan bidang momen REAL BEAM secara superposisi. Kondisi 1 : ∑ 𝑀2 = 0: V0 . L − P(12L) = 0 ⇒ V0 = 12P = 4kN M1 = V0 (12L) = 12P(12L) = 14PL = 20 kNm Kondisi 2 : ∑ 𝑀2 = 0: −V0 . L + qLC (12LC ) = 0 ⇒ −V0 (10) + 5.2(2,5) = 0 ⇒ V0 = 2,5 kN M2 = −V0 (L) = −2,5(10) = −25 kNm = −𝟏𝟐𝐪𝐋𝟐𝐂 2. Tranformasi Real Beam menjadi Conjugate Beam  (a) Tumpuan : SENDI_0 ke SENDI_0 SENDI ITERIOR_2 ke SENDI DALAM_2 dan Tumpuan BEBAS_3 ke JEPIT_3. (b) Beban : Bidang MOMEN menjadi Diagram beban M/(EI). 3. Ubah beban terdistribusi M/(EI) menjadi beban terpusat dan cari titik berat-nya.  Beban segitiga : 20 20 100 QI = 12L ( ) = 12(10) ( ) = ; jarak titik berat-nya = 5 m dari titik 0 EI



EI



25



EI



25



QII = 12L ( EI ) = 12(10) ( EI ) = 



125 EI



; jarak titik beratnya =



𝟐𝟎 𝟑



𝐦 dari titik 0



Beban parabola : 𝟏 𝐐𝐈𝐈𝐈 = 𝟑 (𝐀𝐥𝐚𝐬 𝐱 𝐓𝐢𝐧𝐠𝐠𝐢) Koreksi . 1



25



1



25



QIII = 3 LC ( EI ) = 3 (5) ( EI ) =



125



𝟑



; jarak titik beratnya = 𝟒 𝐋𝐂 = 3EI



𝟏𝟓 𝟒



𝐦 dari titik 3.



4. Reaksi Tumpuan  (a) Bentang 02. 20 ∑ 𝑀0′ = 0 ∶ −V2′ (10) + QII ( ) − QI . 5 = 0 V2′



1



125



EI 20



100



= 10 [( EI ) ( 3 ) − ( EI ) 5] =



100 3EI



kNm2



 (b) Bentang 23. Reaksi 𝐕𝟐′ menjadi aksi pada bentang 23 sehingga diperoleh besarnya, Sudut lentur di titik 3 : 100 125 𝟐𝟐𝟓 𝛉𝟑 = 𝐐′𝟑 = −V2′ − QIII = − EI − 3EI = − 𝟑𝐄𝐈 𝐤𝐍𝐦𝟐 Lenturan di titik 3 : 𝟑



100



125 3



𝟑𝟖𝟕𝟓



𝐲𝟑 = 𝐌𝟑′ = −V2′ LC − QIII (𝟒 𝐋𝐂 ) = − 3EI (5) − 3EI (4 x5) = − 𝟏𝟐𝐄𝐈 𝐤𝐍𝐦𝟑



ANALISIS STRUKTUR I INSTITUT TEKNOLOGI SUMATERA UJIAN I SMT GANJIL TA : 2015/2016 PROGRAM STUDI : TEKNIK SIPIL SENIN, 16 NOVEMBER 2015 WAKTU : 110 MENIT JUR. : TEKNOLOGI INFRASTRUKTUR dan KEWILAYAHAN DOSEN : Ir. G. Perangin-angin, M.T. TUGAS TAKE HOME No. : 01 Tentukan besar sudut lentur dan besar lenturan di titik 4 dengan MBK jika diketahui nilai E = 200 GPa dan I = 70 . 106 mm4 q = 2 kN/m P = 10 kN 0



1



2



3m



5m



3 4m



4 3m



No. : 02 Tentukan besarnya lendutan di titik 1 dengan menggunakan MBS jika nilai E = 200 GPa dan I = 360(10)6 mm4. P = 90 kN q = 5 kN/m 0



1 2m



2 4m



QUIZ TAKE HOME : ISI BEBAN DENGAN BIL. DESIMAL NO NPM AKHIR. O1 ARYA 09 JAKA RAMADHONA 02 RIJULI NADEAK 03 CINDY 04 AISYAH 05 FERRI 06 M. HABIBUR R 07 YOGI 08 NADYA



TATAP MUKA : 4 (START)



PRINSIP DASAR METODE ENERGI C B M : PRINSIP DASAR METODE ENERGI



6. PRINSIP METODE ENERGI STRUKTUR A. PRINSIP DASAR KONSERVASI ENERGI (PDKE)  PDKE ialah kerja beban luar yang timbul pada struktur sama dengan kerja internal yang berupa energi regangan atau energi dalam yang ada tersimpan pada saat struktur mengalami deformasi.  Andaikata beban ditiadakan dan batas elastic material struktur tidak terlewati maka energi regangan pasti melakukan pemulihan struktur ke kondisi awal-nya.



B. PERSAMAAN DASAR KERJA DAN ENERGI STRUKTUR  Beikut ini akan dijelaskan relasi antara kerja beban luar dengan energi dalam pada suatu struktur simple beam seperti pada Gambar di bawah ini . dL



S



S



y M



dx



N



1



C ∆𝟏



2



Garis Netral



3 ∆𝟐



∆



∆𝟑 Garis Elastis



A



B P1



P2 P3 Gambar 6(a) Lendutan Balok Akibat Beban Luar. dl



u



u



y M



dx



N



1



C



𝛛𝟏



∂



2



Garis Netral



3 𝛛𝟐



𝛛𝟑



Garis Elastis



A



1[F]



B



Gambar 6(b) Lendutan Balok Akibat Beban Satuan, 1[F]. P1



1[F]



1



C



∆𝟏 + 𝛛𝟏



P2 2



∆+∂



∆ 𝟐 + 𝛛𝟐



P3 3



Garis Netral



∆ 𝟑 + 𝛛𝟑 Garis Elastis



A



B Gambar 6(c) Lendutan Balok Akibat Beban Luar dan Beban Satuan, 1[F].



 Himpunan gaya luar P1, P2 dan P3 menimbulkan tegangan dalam yang tersimpan dalam struktur; katakan dengan tekanan total sebesar S di serat MN dengan luas penampang dA (Gbr.6a). Jika serat MN sepanjang dx mengalami perpendekan sebesar dL maka : 𝟏 𝐄𝐧𝐞𝐫𝐠𝐢 𝐝𝐚𝐥𝐚𝐦 = 𝟐 ∑ 𝐒 𝐝𝐋 (17)  Gegaya luar itu, tentu juga menyebabkan lendutan di sepanjang balok, katakan sebesar ∆1, ∆2 dan ∆3 secara berurut di P1, P2 dan P3. Jika gegaya luar diberikan sedikit demi sedikit maka : 𝟏 𝐊𝐞𝐫𝐣𝐚 𝐥𝐮𝐚𝐫 = 𝟐 (𝐏𝟏 ∆𝟏 + 𝐏𝟐 ∆𝟐 + 𝐏𝟑 ∆𝟑 ) (18) Menurut PDKE maka kerja luar sama dengan energi dalam atau prs.(17) = prs.(18) se hingga : 𝟏 𝟏 (𝐏𝟏 ∆𝟏 + 𝐏𝟐 ∆𝟐 + 𝐏𝟑 ∆𝟑 ) = ∑ 𝐒 𝐝𝐋 (19) 𝟐 𝟐  Jika pada simple beam AB, di titik C lebih dulu diberi satu beban satuan [1F] sedikit demi sedikit maka terjadi defleksi sebesar ∂ di titik C, ∂1, ∂2 dan ∂3 secara berurut di titik 1, 2 dan 3 (Gbr.6b). Walaupun bebeban luar P ditempatkan secara mandiri pada bentang AB akan menyebabkan lendutan yang sama sebesar ∆ di titik C, ∆1 di titik 1 ∆2 di titik 1 dan ∆3 di titik 3 (Gbr.6a).  Jika sekarang gegaya P ditambah secara perlahan dimana beban satuan di C sudah diberikan, maka secara superposisi besarnya lendutan menjadi ∂+∆ di titik C, ∂1+∆1 di titik 1, ∂2+∆2 di titik 2 dan ∂3+∆3 di titik 3.  Hubungan antara kerja luar beban satuan di titik C dengan energi dalam yang terjadi ialah : 𝟏 𝟏 (𝟏)𝛛 = ∑ 𝐮 𝐝𝐥 (20) 𝟐 𝟐 dimana : u = tekanan total pada setiap serat MN dengan dL = total perpendekan akibat beban satuan. 𝟏 Kerja luar tambahan di sepanjang balok = 𝟐 (𝐏𝟏 ∆𝟏 + 𝐏𝟐 ∆𝟐 + 𝐏𝟑 ∆𝟑 ) + 𝟏(∆) 𝟏



Energi dalam yang tersimpan pada balok = 𝟐 ∑ 𝐒 𝐝𝐋 + ∑ 𝐮 𝐝𝐋  Maka pada struktur akan terjadi : 𝟏 𝟏 𝐊𝐞𝐫𝐣𝐚 𝐥𝐮𝐚𝐫 𝐭𝐨𝐭𝐚𝐥 = 𝟐 (𝟏)𝛛 + 𝟐 (𝐏𝟏 ∆𝟏 + 𝐏𝟐 ∆𝟐 + 𝐏𝟑 ∆𝟑 ) + 𝟏(∆) 𝟏



(21)



𝟏



𝐄𝐧𝐞𝐫𝐠𝐢 𝐝𝐚𝐥𝐚𝐦 𝐭𝐨𝐭𝐚𝐥 = 𝟐 ∑ 𝐮 𝐝𝐥 + 𝟐 ∑ 𝐒 𝐝𝐋 + ∑ 𝐮 𝐝𝐋 (22)  Kembali berdasarkan hukum kekekalan energi maka prs.(21) = prs.(22) atau : 𝟏 𝟏 𝟏 𝟏 (𝟏)𝛛 + (𝐏𝟏 ∆𝟏 + 𝐏𝟐 ∆𝟐 + 𝐏𝟑 ∆𝟑 ) + 𝟏(∆) = ∑ 𝐮 𝐝𝐥 + ∑ 𝐒 𝐝𝐋 + ∑ 𝐮 𝐝𝐋 (23) 𝟐 𝟐 𝟐 𝟐  Jika prs.(23) dikurangi dengan prs.(17) dan prs.(18) maka diperoleh bahwa : 𝟏(∆) = ∑ 𝐮 𝐝𝐋 (24) Prs.(24) merupakan rumus dasar dalam Metode Beban Satuan (MBS) atau Unit Load Method untuk menghitung besarnya sudut rotasi dan lendutan pada suatu struktur balok, portal atau rangka batang.



C. TERAPAN MBS PADA SIMPLE BEAM (1) PERHITUNGAN LENDUTAN  Akibat gegaya luar P yang bekerja pada suatu simple beam akan dicari besarnya lendutan, ∆ di sembarang titik C pada bentang AB (Gbr.7a). dL



S



S M



dx



N



y



1



C



2



3



Garis Netral Garis Elastis



∆ A



P3 P1



B



P2 Gambar 7(a) Lendutan Balok Akibat Beban Luar. dL



u



u 1[F] M



dx



N



y Garis Netral



C A



B Gambar 7(b) Beban Satuan 1[F] Bekerja di titik C.



 Jika balok AB hanya dibebani dengan satu beban satuan, 1[F] maka belaku prs.(24) : 𝟏(∆) = ∑ 𝐮 𝐝𝐋 𝐚𝐭𝐚𝐮 ∆= ∑ 𝐮 𝐝𝐋 (24)  Andaikan : M = momen lentur di serat MN akibat gegaya luar P dan m = momen lentur di serat MN akibat beban satuan 1[F]. Maka : 𝐦𝐲 𝐮 = 𝐈 𝐝𝐀 (25) dan S 1 My dL = dA E dx dimana S = I dA sehingga 𝐌𝐲 𝐝𝐋 = 𝐄𝐈 𝐝𝐱 (26) Masukkan nilai prs.(25) dan prs.(26) ke prs.(24) maka hasilnya adalah : 𝐦𝐲



∆= ∑ 𝐮 𝐝𝐋 = ∑ ( 𝐋 𝐌 𝐦 𝐝𝐱



= ∫𝟎



𝐄 𝐈𝟐



𝐈



𝐋



𝐌𝐲



𝐀 𝐌 𝐦 𝐲 𝟐 𝐝𝐀 𝐝𝐱



) ( 𝐄 𝐈 ) 𝐝𝐱 = ∫𝟎 ∫𝟎 [



𝐄 𝐈𝟐



]



𝐀



∫𝟎 𝐲 𝟐 𝐝𝐀



Jadi besanya lendutan,



𝐋 𝐌 𝐦 𝐝𝐱



∆= ∫𝟎 (



𝐄𝐈



Langsung saja cermati persamaan ini.



)



(27.a)



(2) PERHITUNGAN SUDUT LENTUR Untuk menghitung sudut lentur dapat digunakan prs.(27.a) dengan mengacu pada Gambar 8. dL



S



S



y M



dx



N



1



C



2



∆𝟏



Garis Netral



3 ∆𝟐



A



∆𝟑 Garis Elastis



C’ θ P1



B



P2 P3 Gambar 8(a) Sudut Lentur,θ Akibat Beban Luar. dl



u



u



y M



dx



1



N



1[FL]=Momen satuan, m



C C’



𝛛𝟏



2



Garis Netral



3 𝛛𝟐



𝛛𝟑 Garis Elastis



φ A



B Gambar 8(b) Sudut Lentur φ Akibat Momen Satuan, 1[FL]. P1



P2



P3



1[FL]=Momen satuan, m



1



C



2



∆𝟏 + 𝛛𝟏



3 ∆ 𝟐 + 𝛛𝟐



Garis Netral



∆ 𝟑 + 𝛛𝟑 Garis Elastis



A



B C’



θ+φ



Gambar 8(c) Sudut Lentur Akibat Beban Luar dan Beban Satuan, 1[FL]. Jadi besarnya sudut lentur adalah :



𝐋 𝐌 𝐦 𝐝𝐱



𝛉 = ∫𝟎 (



𝐄𝐈



)



(27.b)



dimana M sama seperti pada persamaan (27.a) dan m = momen lentur di setiap bagian akibat bekerjanya satu momen satuan 1[FL].



SOAL LATIHAN Ex. 01 : Cari besar lenturan dan besanya sudut lentur di titik B dengan Metode Beban Satuan MBS atau UNIT LOAD METHOD pada Struktur ini. Nilai EI dianggap konstan. SOLUSI : q[FL-1] A B x ∆𝐁



L 𝛉𝐁



1[F] A



B Gaya Satuan di B



1[F] A 1[FL]



B 1[FL]=m Momen satuan si B



 Hitungan bermula di titik B ; xB = 0 menuju titik A ; xA = L Lenturan di titik B ; (∆B ) 1 Momen lentur beban luar, q[FL-1] : 𝑀 = − 2 𝑞 𝑥 2 dengan batas: 0 ≤ x ≤ L Momen beban satuan 1[F]di titik B : 𝑚 = −(1)(𝑥) Maka dari prs.(27.a) : ∆𝐁 =



𝐋 𝐌 𝐦 𝐝𝐱 ∫𝟎 ( 𝐄 𝐈 )



=



𝟏 𝟐 𝐋 (−𝟐𝐪𝐱 )(−𝐱)𝐝𝐱 ∫𝟎 𝐄𝐈



𝐋 𝐪𝐱 𝟑 𝐝𝐱



= ∫𝟎



Sudut lentur di titik B ; (θB ) 1 Momen lentur beban luar, q[FL1] : 𝑀 = − 2 𝑞 𝑥 2 Momen beban satuan 1[FL]di titik B : 𝑚 = −(1) Maka dari prs.(27.a) : 𝐋 𝐌 𝐦 𝐝𝐱



𝛉𝐁 = ∫𝟎 (



𝐄𝐈



𝟏 𝟐 𝐋 (−𝟐𝐪𝐱 )(−𝟏)𝐝𝐱



) = ∫𝟎



𝐄𝐈



𝐋 𝐪𝐱 𝟐 𝐝𝐱



= ∫𝟎



𝟐𝐄𝐈



𝟐𝐄𝐈



𝐪𝐋𝟒



= 𝟖𝐄𝐈 (ke bawah)



dengan batas: 0 ≤ x ≤ L



=



𝐪𝐋𝟑 𝟔𝐄𝐈



; searah jarum jam



Ex. 02 : Pada struktur simple beam AB cari besar lenturan di titik D dan besanya sudut lentur di titik A. Gunakan Metode Beban Satuan MBS. Nilai E = 210 GPa dan I = 70x106 mm4. SOLUSI : P = 24 kN 6m 12 m A D B θA C ∆D VA 9m 18 m 1[F]=1kN A D B C Gaya satuan di D 𝟏 𝟏 𝐕𝐀𝐏 = 𝟐 𝐤𝐍 𝐕𝐁𝐏 = 𝟐 𝐤𝐍 A 1[FL]=m



D C



𝟏 𝟏𝟖



𝐤𝐍



VBm



B Momen satuan di A 𝟏 = 𝟏𝟖 𝐤𝐍



VAm =



1. REAKSI TUMPUAN  Akibat bebal luar P = 24 kN ∑ MB = 0 ∶ VA (18) − P(12) = 0 ⇒ VA = 16 kN ∑ MA = 0 ∶ −VB (18) + P(6) = 0 ⇒ VB = 8 kN  Akibar beban satuan, P = 1[F] = 1 kN 1 ∑ MB = 0 ∶ VAP (18) − P(12) = 0 ⇒ VAP = kN = VBP 2  Akibat momen satuan, m = 1[FL] 1 ∑ MB = 0 ∶ −VAm (18) + m = 0 ⇒ VAm = kN = −VBm 18 2. PERSAMAAN MOMEN  Akibat beban luar Bentang AC titik awal di A : M = VA . x = 16x ; untuk 0 ≤ x ≤ 6 m Bentang CD titik awal di A : M = VA . x − P(x − 6) = 16x − 24(x − 6) ; 6m ≤ x ≤ 9m Bentang DB titik awal di B : M = VB . x = 8x ; untuk 0 ≤ x ≤ 9m  Akibat beban satuan, P = 1[F] = 1 kN Bentang AC titik awal di A : m = VAP . x = 12x ; Bentang CD titik awal di A : m = VAP . x = 12x ; Bentang DB titik awal di B : m = VBP . x = 12x ;



untuk 0 ≤ x ≤ 6 m untuk 6m ≤ x ≤ 9m untuk 0 ≤ x ≤ 9m



 Akibat momen satuan, m = 1[FL) 1 Bentang AC titik awal di A : m = 1 − VAm . x = 1 − 18 x 1 m Bentang CB titik awal di B : m = VB . x = 18x



untuk 0 ≤ x ≤ 6 m untuk 0 ≤ x ≤ 12 m



3. TABEL PERHITUNGAN UNTUK LENTURAN Bentang Balok Titik awal Kondisi batas M m



AC A 0 ≤ x ≤ 6m 16x 1 x 2



CD A 6m ≤ x ≤ 9m 16x − 24(x − 6) 1 x 2



DB B 0 ≤ x ≤ 9m 8x 1 x 2



Jadi besar lenturan di titik D dapat dihitung sbb. : 𝟔



𝟗



𝟏



𝟏



𝟗



𝟏



𝐄𝐈∆𝐃 = ∫𝟎 (𝟏𝟔𝐱) ( 𝐱) 𝐝𝐱 + ∫𝟔 [𝟏𝟔𝐱 − 𝟐𝟒(𝐱 − 𝟔)]( 𝐱)𝐝𝐱 + ∫𝟎 (𝟖𝐱) ( 𝐱)𝐝𝐱 𝟐



= 576 + 936 + 972 = 2484 𝑘𝑁𝑚 ∆𝐃 = 0,169 m



𝟐



3



4. TABEL PERHITUNGAN UNTUK SUDUT LENTURAN Bentang Balok Titik awal Kondisi batas M m



AC A 0 ≤ x ≤ 6m 16x 1 1− x 18



CD B 0 ≤ x ≤ 12m 8x 1 x 18



Jadi besar sudut lentur di titik A menjadi : 𝟔



𝐄𝐈𝛉𝐀 = ∫𝟎 (𝟏𝟔𝐱) (𝟏 −



𝟏 𝟏𝟖



𝟏𝟐



𝐱) 𝐝𝐱 + ∫𝟎 (𝟖𝐱)(



= 224 + 256 = 480 𝑘𝑁𝑚2 𝛉𝐀 = 0,0327 rad.



𝟏



𝟏𝟖



𝐱)𝐝𝐱



𝟐



D. TEOREMA CASTIGLIANO (start 5) Teorema Castigliano dapat dinyatakan sebagai berikut :  Lendutan atau defleksi di suatu titik tertentu pada struktur statis tertentu sama dengan turunan parsial dari kerja luar total atau energi dalam total terhadap sebuah beban yang diberikan di titik tersebut searah dengan lendutan itu. Mari kita perhatikan struktur simple beam pada gambar berikut ini. P1



P2 1



P3



2 ∆𝟏



Pn



3 ∆𝟐



n ∆𝟑



∆𝐧



x Gambar 6(d) Lendutan Balok Akibat Beban Luar.  Kerja luar yang dilakukan pada balok : 𝟏 𝐊𝐞𝐫𝐣𝐚 𝐥𝐮𝐚𝐫, 𝐖 = 𝟐 (𝐏𝟏 ∆𝟏 + 𝐏𝟐 ∆𝟐 + 𝐏𝟑 ∆𝟑 + ⋯ + 𝐏𝐧 ∆𝐧 ) = 𝑼𝒊 (28) Ui = energy dalam atau energy regangan yang tersimpan dalam struktur. Misalkan variable ∆1 dapat ditulis dalam bentuk, ∆𝟏 = 𝐚𝟏𝟏 𝐏𝟏 + 𝐚𝟏𝟐 𝐏𝟐 + 𝐚𝟏𝟑 𝐏𝟑 + ⋯ + 𝐚𝟏𝐧 𝐏𝐧 (29.a) Atau secara umum, ∆𝐢 = 𝐚𝐢𝟏 𝐏𝟏 + 𝐚𝐢𝟐 𝐏𝟐 + 𝐚𝐢𝟑 𝐏𝟑 + ⋯ + 𝐚𝐢𝐧 𝐏𝐧 (29.b) Dimana : aij = koefisien fleksibilitas pada i akibat beban luar yang bekerja di j.  Substitusi nilai prs.(29) ke prs.(28)menghasilkan : 𝟏 𝟏 𝐖 = 𝟐 𝐏𝟏 [𝐚𝟏𝟏 𝐏𝟏 + 𝐚𝟏𝟐 𝐏𝟐 + ⋯ ] + 𝟐 𝐏𝟐 [𝐚𝟐𝟏 𝐏𝟏 + 𝐚𝟐𝟐 𝐏𝟐 + ⋯ ] + ⋯ + 𝟏 𝟐



𝐏𝐧 [𝐚𝐧𝟏 𝐏𝟏 + 𝐚𝐧𝟐 𝐏𝟐 + ⋯ ]



 Berdasarkan hukum resiprokal Maxwell-Betti ; aij = aji sehingga persamaan di atas dapat disederhanakan menjadi 𝟏 𝐖 = 𝟐 𝐏𝟏 [𝐚𝟏𝟏 𝐏𝟏𝟐 + 𝐚𝟐𝟐 𝐏𝟐𝟐 + ⋯ + 𝐚𝐧𝐧 𝐏𝐧𝟐 ] + [𝐚𝟏𝟐 𝐏𝟏 𝐏𝟐 + 𝐚𝟏𝟑 𝐏𝟏 𝐏𝟑 + ⋯ + 𝐚𝐢𝐧 𝐏𝐢 𝐏𝐧 ] (30) Maka misalnya turunan W terhadap P1 adalah : 𝝏𝑾 ∆𝟏 = 𝝏𝑷 = 𝐚𝟏𝟏 𝐏𝟏 + 𝐚𝟏𝟐 𝐏𝟐 + 𝐚𝟏𝟑 𝐏𝟑 + ⋯ + 𝐚𝟏𝐧 𝐏𝐧 𝟏



Yang sama dengan W1 dalam prs.(28) dan prs.(29).  Jadi secara umum teorema Catigliano dapat dinyatakan sbb. : 𝝏𝑾 ∆𝒏 = 𝝏𝑷 𝒏



dan untuk sudut rotasi, 𝝏𝑾 𝜽𝒏 = 𝝏𝑴 𝒏



dimana Mn adalah momen lentur di titik n.



(31.a) (31.b)



 Cara ini disebut juga Metode Turunan Parsial (MTP). Kerja luar, W sama dengan energi dalam, 12 ∑ 𝑆 𝑑𝐿 yang tersimpan di dalam balok atau, 𝑊 = 12 ∑ 𝑆 𝑑𝐿 (17)  Jika dimasukkan nilai 𝑆 = 𝟏



𝐌𝐲



𝐖 = 𝟐∑(



𝐈



𝑀𝑦 𝐼



𝑑𝐴 dan 𝑑𝐿 =



𝐌𝐲



𝟏



𝐋



𝑀𝑦 𝐸𝐼 𝐌𝟐



𝐀



𝑑𝑥 ke prs.(17) maka : 𝟏



𝐋 𝐌𝟐 𝐝𝐱



𝐝𝐀) ( 𝐄𝐈 𝐝𝐱) = 𝟐 ∫𝟎 ∫𝟎 𝐲 𝟐 𝐝𝐀 𝐄𝐈𝟐 = 𝟐 ∫𝟎



𝐄𝐈



𝟏



𝐋



= 𝟐𝐄𝐈 ∫𝟎 𝐌𝟐 𝐝𝐱



 Dengan memasukkan prs.(32) ke prs.(31) maka diperoleh nilai, Lendutan : ∆𝐧 =



𝛛𝐖 𝛛𝐏𝐧



=



𝟏 𝐋 𝟐 ∫ 𝐌 𝟐𝐄𝐈 𝟎



𝛛(



𝐝𝐱)



𝛛𝐏𝐧



𝛛𝐌



=



𝐋 𝐌𝛛𝐏 𝐝𝐱 ∫𝟎 𝐄𝐈𝐧



(33.a)



Dan sudut rotasi : 𝛛𝐖



𝛉𝐧 = 𝛛𝐌 = 𝐧



𝟏 𝐋 𝟐 ∫ 𝐌 𝟐𝐄𝐈 𝟎



𝛛(



𝛛𝐌𝐧



𝐝𝐱)



𝛛𝐌



=



𝐋 𝐌𝛛𝐌𝐧 𝐝𝐱 ∫𝟎 𝐄𝐈 𝐝𝐌 𝐧



(33.b)



(32)



SOAL LATIHAN Ex. 02 : Pada struktur simple beam AB cari besar lenturan di titik D dan besanya sudut lentur di titik A. Gunakan Metode Turunan Parsial MTP. Nilai E = 210 GPa dan I = 70x106 mm4. SOLUSI : 24 kN 6m 12 m A D B θA C ∆D VA=16 kN VB= 8 kN 9m 18 m 24 kN P=1[F] A D B C Gaya P[F] di D 𝐏 𝐏 𝐓 𝐓 𝐕𝐀 = 𝟏𝟔 + 𝟐 𝐤𝐍 𝐕𝐁 = 𝟖 + 𝟐 𝐤𝐍 24 kN A MA[FL] D B C MA[FL] di A 𝐌𝐀 𝐌 T T VA = 16 − 𝟏𝟖 𝐤𝐍 VB = 𝟖 + 𝟏𝟖𝐀 𝐤𝐍 3. TABEL PERHITUNGAN UNTUK LENTURAN Bentang Balok AC CD Titik awal A A Kondisi batas 0≤ x≤ 6m 6m≤x≤9m 1 1 M (16 + 2P)x (16 + 2𝑃)𝑥 − 24(x − 6)



DB B 0≤x≤9m 1 (8 + 2P)x



Jadi besar lenturan di titik D dapat dihitung, pertama berdasarkan prs.(32) sbb. :



W=



6



1



1



1



2



9



+ 2EI ∫0 [ (8 + 12P)x] dx



∆𝐃 =



9



∫ [ (16 + 12P)x]2 dx + 2EI ∫6 [(16 + 12P)x − 24(x − 6)]2 dx 2EI 0



𝛛𝐖 𝛛𝐏𝐧



=



dan



6



1



1



9



1



[ (16 + 12P)x]1 (12x)dx + ∫6 [(16 + 12P)x − 24(x − 6)] (12x)dx ∫ 0 EI EI 1



9



1



+ EI ∫0 [ (8 + 12P)x] (12x)dx



Jika dimisalkan P = 0 maka : 𝟗 𝟗 𝟏 𝟔 ∆𝐃 = ∫𝟎 (𝟏𝟔𝐱)(𝟏𝟐𝐱)𝐝𝐱 + ∫𝟔 [𝟏𝟔𝐱 − 𝟐𝟒(𝐱 − 𝟔)](𝟏𝟐𝐱)𝐝𝐱 + ∫𝟎 (𝟖𝐱) (𝟏𝟐𝐱)𝐝𝐱 𝐄𝐈



= 576 + 936 + 972 = 2484 𝑘𝑁𝑚3 =



𝛛𝐖 𝛛𝐏𝐧



Yang tepat sama hasilnya dengan cara MBS sebelumnya, ∆𝐃 = 0,169 m



4. TABEL PERHITUNGAN UNTUK SUDUT LENTURAN Bentang Balok AC CD Titik awal A B Kondisi batas 0≤x≤6m 0 ≤ x ≤ 12 m M MA M A MA + (16 − )x (8 + )x 18 18 Jadi besar sudut lentur di titik A dapat dihitung, pertama berdasarkan prs.(32) sbb. :



W=



6 1 ∫ [MA 2EI 0



+(16 − M18A)x]2 dx +



12 1 ∫ [(8 2EI 0



+ M18A)x]2 dx



dan



𝛛𝐖 1 6 x M 𝛉𝐀 = = ∫ [MA +(16 − 18A)x]1 [1 − ] dx 𝛛𝐌𝐀 EI 0 18 1 12 MA 1 x + ∫0 [(8 + 18 )x] [ ]dx EI



18



Jika dimisalkan MA = 0 maka : 𝛉𝐀 =



𝛛𝐖 𝛛𝐌𝐀



=



1



𝟔



𝐱



𝟏𝟐



𝐱



∫ (𝟏𝟔𝐱) (𝟏 − 𝟏𝟖) 𝐝𝐱 + ∫𝟎 (𝟖𝐱)(𝟏𝟖)𝐝𝐱 EI 𝟎



= 224 + 256 = 480 𝑘𝑁𝑚2 Yang juga tepat sama hasilnya dengan cara MBS sebelumnya, 𝛉𝐀 = 0,0327 rad.



LEMBAR TUGAS



TATAP MUKA : 7



VIRTUAL WORK C B M : PRINSIP PERPINDAHAN MAYA A. PRINSIP KERJA VIRTUAL  Virtual dalam bahasa Latin, “virtus” artinya kemungkinan (maya), kemampuan yang mengandung maksud perpindahan ke sembarang jurusan harus dimungkinkan asal saja hubungan antara setiap bagian struktur tidak boleh terusakkan.  Analisis struktur dengan metode kerja virtual dapat dikaji dengan memperhatikan suatu struktur simple beam yang dalam kondisi setimbang akibat bebeban luar, P seperti pada Gambar 7.1 berikut ini. P1



P2



1



P3



2 ∆𝟏



Pn



3 ∆𝟐



n ∆𝟑



∆𝐧



x PEMBEBANAN I REAL Gambar 7.1(a) Lendutan Balok Akibat Beban Real. ∂P1



∂P2



1



2 𝛛∆𝟏



∂P3



∂Pn



3 𝛛∆𝟐



n 𝛛∆𝟑



𝜕∆𝐧



x PEMBEBANAN II VIRTUAL Gambar 7.1(b) Lendutan Balok Akibat Beban Virtual  Pembebanan I Real Akibat bebeban luar, Pi terjadi lenturan sebesar, ∆I di setiap titik kerjanya yang akan menimbulkan tegangan internal real, σij dan regangan dalam real, εij di dalam balok.  Pembebanan II Virtual Akibat bebeban virtual, ∂P dimana simple beam dalam kondisi setimbang maka terjadi lenturan sebesar, ∂∆I yang menyebabkan tegangan internal virtual, ∂σij dan regangan internal virtual, ∂εij di dalam balok.  Jika system pembebanan I diaplikasikan pada balok yang terlebih dahulu telah berdeformasi akibat pembebanan II maka bebeban luar, Pi dengan tegangan internal, ∂σij melakukan kerja virtual berupa perpindahan sebesar, ∂∆I dan ∂εij. Jelas bahwa : Kerja virtual eksternal = ∑ 𝑷𝒊 𝝏∆𝒊 tidak mencerminkan prinsip kerja luar karena 𝜕∆𝑖 tidak dihasilkan oleh 𝑃𝑖 . Dengan asumsi yang sama maka : Kerja virtual internal = ∑ 𝝈𝒊𝒋 𝝏𝜺𝒊𝒋 .



 Untuk kondisi setimbang maka kerja virtual eksternal sama dengan kerja virtual internal atau dapat ditulis menjadi : ∑ 𝑃𝑖 . 𝜕∆𝑖 = ∑ 𝜎𝑖𝑗 . 𝜕𝜀𝑖𝑗 = ∫ 𝜎𝑖𝑗 . 𝜕𝜀𝑖𝑗 (1) Secara analog maka : ∑ 𝜕𝑃𝑖 . ∆𝑖 = ∫ 𝜕𝜎𝑖𝑗 . 𝜀𝑖𝑗 (2) dimana : 𝜕𝑃𝑖 = beban virtual ∆𝑖 = lenturan real akibat Pi 𝜕𝜎𝑖𝑗 = tegangan virtual akibat ∂Pi 𝜀𝑖𝑗 = regangan real akibat Pi.  Besarnya beban virtual biasanya 1[F] sehingga persamaan umum dalam metoda kerja virtual adalah : 𝟏(∆) = ∑ 𝐟. 𝐝𝐋 (3) dimana : 𝟏 = beban virtual eksternal 1[F] searah ∆ ∆ = lenturan eksternal akibat beban real eksternal 𝐟 = beban virtual internal dan 𝐝𝐋 = deformasi internal akibat beban real. Dengan cara yang sama guna mencari sudut rotasi di suatu titik pada elemen struktur maka : 𝟏(𝛉) = ∑ 𝐟𝛉 . 𝐝𝐋 (4) dimana : 𝟏 = momen virtual eksternal 1[FL] searah θ 𝛉 = sudut rotasi eksternal akibat beban real eksternal 𝐟𝛉 = beban virtual internal dan 𝐝𝐋 = deformasi internal akibat beban real. Metode ini disebut Metode Keban Virtual (MKV) guna menentukan besarnya lendutan dan sudut rotasi pada suatu struktur akibat beban luar.



B. TERAPAN MKV PADA BALOK DAN PORTAL MBV akan diterapkan guna mencari lendutan di titik C pada suatu simple beam AB seperti pada Gambar 7.2. M



A x



C ∆C



dx



VA



B



A



Q



x Frebody Beban Luar



1[F] m A



C 𝐕𝐀𝐦



B



A



q 𝐕𝐀𝐦 Frebody beban Virtual



Gambar 7.2 : Terapan MKV pada Simple Beam



 Anggap struktur berprilaku elastic. Berdasarkan prs.(5) Bab I maka akibat beban luar elemen dx akan berdeformasi atau berotasi sebesar : 𝐌 𝐝𝛉 = 𝐄𝐈 𝐝𝐱 (5) Dalam hal ini M = momen internal pada tampang dx akibat beban luar.  Sesuai dengan prinsip Metode Kerja Virtual, maka di titik C diberi satu beban satuan 1[F] yang akan menimbulkan momen virtual, m pada elemen dx sejauh x dari A. Kerja virtual eksternal akibat beban satuan 1[F] = 1 (∆), sedangkan kerja virtual internal 𝑚𝑀 yang dilakukan oleh m adalah 𝑑𝜃 = 𝐸𝐼 𝑑𝑥 sehinga : 𝐋𝐦𝐌



𝟏(∆𝐂 ) = ∫𝟎



𝐄𝐈



𝐝𝐱



(6)



dimana : 1 = beban virtual 1[F] di titik C ∆C = lendutan di titik tinjau C m = momen virtual internal akibat beban virtual 1[F] dan M = momen internal akibat beban real.  Sudut rotasi, θ pada sembarang titik dapat dihitung dengan memberi momen virtual, sebesar 1[FL] pada titik itu sehingga momen virtual internal, mθ dapat ditentukan persamaannya. Selanjutnya kerja virtual eksternal dan internal disamakan maka diperoleh relasi persamaan kerja virtual sbb. : 𝐋 𝐦𝛉 𝐌



𝟏(𝛉) = ∫𝟎



𝐄𝐈



𝐝𝐱



(7)



SOAL LATIHAN Ex. 01 : Simple beam memikul beban luar q = 3 kN/m seperti tergambar. Nilai E = 230 GPa dan I = 78 x 106 mm4. Gunakan MKV untuk mencari besar lendutan di titik C dan sudut rotasi di titik A. SOLUSI : q = 3 kN/m A



B



C



12 m



4m q = 3 kN/m



A



B



C



12 m VA = 2 kN



4m V B = 14 kN M2 q = 3 kN/m



M1 A



C x1



x2



2 kN Frebody beban real 1 kN A



B 12 m 𝟏



𝐕𝐀𝐕𝐑 = 𝟑 𝐤𝐍



𝐕𝐁𝐕𝐑 m1



m2



A x1 𝟏 𝟑



C



4m 𝟒 = 𝟑 𝐤𝐍 1 kN C x2



𝐤𝐍 Frebody beban virtual P = 1 kN di C



M = 1 kNm A



B 12 m



𝐕𝐀𝐕𝐑



𝟏



= 𝟏𝟐 𝐤𝐍 mθ1



A x1 𝐤𝐍 𝟏𝟐



C



4m = 𝟏𝟐 𝐤𝐍 mθ2 = 0 C x2 𝐕𝐁𝐕𝐑



𝟏



𝟏



Frebody beban virtual M = 1 kNm di A



 (I) Beban Real 1. Reaksi Tumpuan : ∑ 𝑀𝐵 = 0 ; −𝑉𝐴 (12) + (3)(4)(2) = 0 ⇒ 𝑉𝐴 = 2 𝑘𝑁 ( ) ∑ 𝑀𝐴 = 0 ; −𝑉𝐵 (12) + (3)(4)(14) = 0 ⇒ 𝑉𝐵 = 14 𝑘𝑁 ( ) 2. Selalu check : ∑ 𝑉 = 0 𝑑𝑎𝑛 ∑ 𝐻 = 0 3. Prs. Momen Real : 𝑀1 = −2𝑥1 ; 0 ≤ 𝑥1 ≤ 12 𝑚 1 1 3 2 2 2 𝑀2 = − 2 𝑞𝑥2 = − 2 (3)𝑥2 = − 2 𝑥2 ; 0 ≤ 𝑥2 ≤ 4 𝑚  (II) Beban Virtual, P = 1 kN di C guna mencari ∆C 1. Reaksi Tumpuan : 1 ∑ 𝑀𝐵 = 0 ; −𝑉𝐴𝑉𝑅 (12) + 𝑃(4) = 0 ⇒ 𝑉𝐴𝑉𝑅 = 𝑘𝑁 ( ) 3 4



∑ 𝑀𝐴 = 0 ; −𝑉𝐵𝑉𝑅 (12) + 𝑃(16) = 0 ⇒ 𝑉𝐵𝑉𝑅 = 𝑘𝑁 3 2. Selalu check : ∑ 𝑉 = 0 𝑑𝑎𝑛 ∑ 𝐻 = 0 3. Prs. Momen Virtual : 1 𝑚1 = − 3 𝑥1 ; 0 ≤ 𝑥1 ≤ 12 𝑚 𝑚2 = −1𝑥2 ; 0 ≤ 𝑥2 ≤ 4 𝑚  (III) Momen Virtual, M = 1 kNm di A guna mencari θA 1. Reaksi Tumpuan : 1 ∑ 𝑀𝐵 = 0 ; 𝑀 − 𝑉𝐴𝑉𝑅 (12) = 0 ⇒ 𝑉𝐴𝑉𝑅 = 𝑘𝑁 12



( )



( )



1



∑ 𝑀𝐴 = 0 ; −𝑉𝐵𝑉𝑅 (12) + 𝑀 = 0 ⇒ 𝑉𝐵𝑉𝑅 = 𝑘𝑁 ( ) 12 2. Selalu check : ∑ 𝑉 = 0 𝑑𝑎𝑛 ∑ 𝐻 = 0 3. Prs. Momen Virtual : 1 𝑚𝜃1 = 1 − 12 𝑥1 ; 0 ≤ 𝑥1 ≤ 12 𝑚 𝑚𝜃2 = 0 ; 0 ≤ 𝑥2 ≤ 4 𝑚  Besarnya lendutan, berdasarkan prinsip kerja virtual dari prs.(6) : 12



4



1



3



∆𝐶 (𝐸𝐼) = ∫0 (− 3 𝑥1 ) (−2𝑥1 ) 𝑑𝑥1 + ∫0 (−𝑥2 ) (− 2 𝑥22 )𝑑𝑥2 12 2



4 3



= ∫0 (3 𝑥12 ) 𝑑𝑥1 + ∫0 (2 𝑥23 )𝑑𝑥2 = 384 + 96 = 480 𝑘𝑁𝑚3 ∆𝑪 =



𝟒𝟖𝟎 𝟏𝟎𝟔 𝒌𝑵 (𝟐𝟑𝟎. 𝟐 )(𝟕𝟖.𝟏𝟎𝟔 .𝟏𝟎−𝟏𝟐 𝒎𝟒 ) 𝒎



= 𝟎, 𝟎𝟐𝟔𝟖 𝒎



 Besar sudut rotasi, berdasarkan prinsip kerja virtual dari prs.(7) : 12



1



𝜃𝐴 (𝐸𝐼) = ∫0 (1 − 12 𝑥1 ) (−2𝑥1 ) 𝑑𝑥1 + 0 = −48 𝑘𝑁𝑚3 𝜽𝑨 =



−𝟒𝟖 𝟏𝟎𝟔 𝒌𝑵 (𝟐𝟑𝟎. 𝟐 )(𝟕𝟖.𝟏𝟎𝟔 .𝟏𝟎−𝟏𝟐 𝒎𝟒 ) 𝒎



= 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟕 𝒓𝒂𝒅



Ex. 02 : Portal bidang memikul bebal luar seperti tergambar. Nilai E = 200 GPa dengan tampang melintang bujur sangkar 200 mm x 200 mm. Cari besarnya deformasi horizontal di tititk 2 dan sudut rotasi di titik 1 dengan MKV. SOLUSI : 20 kN 20kN 20kN 40kN 1,5 m 1,5 m 90kNm 0 30 kN 2 3 30kN 2 3 5 5 90kNm x2 1,5 m 20kN 40kN 4 4 1,5 m V4=40kN 1 V1=20kN



5



40kN



M1 1



30kN Frebody Beban Real 20kN



H1=30kN



PH=1kN 2



x1



3



1kN 3kNm 1kN 2 3kNm x2 1kN



1kN 3



5



1kN 4



4 𝐕𝟒𝐕𝐑 = 𝟏𝐤𝐍



x1 m1 1 1kN



1 𝐇𝟏𝐕𝐑 = 𝟏𝐤𝐍 𝐕𝟏𝐕𝐑 = 𝟏𝐤𝐍



1kN 𝟏 𝟑



2



5



3



𝐤𝐍 2



1kNm



1kN



Frebody Beban Virtual PH = 1 kN di Titik 2 𝟏



1kNm 5



𝟑



𝐤𝐍



3



x2 𝐤𝐍 𝟑 𝟏



𝟏 𝟑



𝐤𝐍



4 4 𝐌



𝐕𝐑



= 𝟏𝐤𝐍𝐦



1 𝟏 𝐕𝟏𝐕𝐑 = 𝟑 𝐤𝐍



𝐕𝟒𝐕𝐑



𝟏



= 𝟑 𝐤𝐍 1kNm



𝟏



x1 1 𝟏 𝟑



𝟑



Frebody Beban Virtual 𝐤𝐍



M = 1 kNm di Titik 1



𝐤𝐍



 1. Beban Real o Reaksi Tumpuan ∑ 𝐻 = 0 ; 𝐻1 = 30 𝑘𝑁 ( ) ∑ 𝑀4 = 0 ; 𝑉1 = 20 𝑘𝑁 ( ) ∑ 𝑀1 = 0 ; 𝑉4 = 40 𝑘𝑁 ( ) Check : ∑ 𝑉 = 0 ; 𝑜𝑘𝑒 o Persamaan Momen Real 𝑀21 = 𝑀23 = 30(3) = 90 𝑘𝑁𝑚 𝑀12 = 0 + 30𝑥1 = 30𝑥1 ; 0 ≤ 𝑥1 ≤ 3 𝑚 ; 𝑏𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔 12 𝑀25 = 90 − 20𝑥2 = 30𝑥2 ; 0 ≤ 𝑥2 ≤ 1,5 𝑚 ; 𝑏𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔 25 𝑀53 = 90 − 20𝑥2 − 20(𝑥2 − 1,5) = 120 − 40𝑥2 ; 1,5 𝑚 ≤ 𝑥2 ≤ 3𝑚 ; 𝑏𝑡𝑔 53  2. Beban Virtual PH = 1 kN di titik 2 o Reaksi Tumpuan ∑ 𝐻 = 0 ; 𝐻1𝑉𝑅 = 1 𝑘𝑁 ( ) ∑ 𝑀4 = 0 ; 𝑉1𝑉𝑅 = 1 𝑘𝑁 ( ) ∑ 𝑀1 = 0 ; 𝑉4𝑉𝑅 = 1 𝑘𝑁 ( ) Check : ∑ 𝑉 = 0 ; 𝑜𝑘𝑒 o Persamaan Momen Virtual 𝑚21 = 𝑚23 = 1(3) = 3 𝑘𝑁𝑚 𝑚12 = 1𝑥1 = 𝑥1 ; 0 ≤ 𝑥1 ≤ 3 𝑚 ; 𝑏𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔 12 𝑚25 = 3 − 𝑥2 ; 0 ≤ 𝑥2 ≤ 1,5 𝑚 ; 𝑏𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔 25 𝑀53 = 3 − 𝑥2 ; 1,5 𝑚 ≤ 𝑥2 ≤ 3 𝑚 ; 𝑏𝑡𝑔 53 Jadi deformasi horizontal di titik 2 : 3



1,5



3



𝐸𝐼∆2𝐻 = ∫ 30𝑥1 (𝑥1 )𝑑𝑥1 + ∫ (90 − 20𝑥2 )(3 − 𝑥2 )𝑑𝑥2 + ∫ (120 − 40𝑥2 )(3 − 𝑥2 )𝑑𝑥2 0



0



3



1,5



1,5



3



= ∫0 30𝑥12 𝑑𝑥1 + ∫0 (270 − 150𝑥2 + 20𝑥22 )𝑑𝑥2 + ∫1,5(360 − 240𝑥2 + 40𝑥22 )𝑑𝑥2 = 270 + 258,75 + 360 − 315 = 573,75 Nilai, I =



1 (200)(200)3 = 133,33 . 106 mm4 dan E = 200 . 106 kN/m2 12



Deformasi Horizontal di titik 2, ∆𝟐𝑯 =



𝟓𝟕𝟑,𝟕𝟓 𝟏𝟎𝟔 𝐤𝐍 [𝟐𝟎𝟎 . 𝟐 ][𝟏𝟑𝟑,𝟑𝟑 .𝟏𝟎−𝟔 𝐦𝟒 ] 𝐦



= 𝟎, 𝟎𝟐𝟏𝟓 𝒎



 2. Momen Virtual M = 1 kNm di simpul 1 o Reaksi Tumpuan ∑ 𝐻 = 0 ; 𝐻1𝑉𝑅 = 0 𝑘𝑁 1 ∑ 𝑀4 = 0 ; 𝑀 − 𝑉1𝑉𝑅 (3) = 0 ⇒ 𝑉1𝑉𝑅 = 𝑘𝑁 ( ) 3 1



∑ 𝑀1 = 0 ; 𝑀 − 𝑉4𝑉𝑅 (3) = 0 ⇒ 𝑉4𝑉𝑅 = 𝑘𝑁 ( ) Check : ∑ 𝑉 = 0 ; 𝑜𝑘𝑒 3 o Persamaan Momen Virtual 𝑚12 = 𝑚21 = 𝑚23 = 1 𝑘𝑁𝑚 𝑚𝜃12 = 1 ; 0 ≤ 𝑥1 ≤ 3 𝑚 ; 𝑏𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔 12 1 𝑚𝜃25 = 1 − 3 𝑥2 ; 0 ≤ 𝑥2 ≤ 1,5 𝑚 ; 𝑏𝑒𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔 25 1



𝑚53 = 1 − 3 𝑥2



; 1,5 𝑚 ≤ 𝑥2 ≤ 3 𝑚 ; 𝑏𝑡𝑔 53



Jadi sudut rotasi di simpul 1 : 3 1,5 1 𝐸𝐼𝜃1 = ∫ 1(30𝑥1 )𝑑𝑥1 + ∫ (90 − 20𝑥2 )(1 − 𝑥2 )𝑑𝑥2 3 0 0 3 1 + ∫ (120 − 40𝑥2 )(1 − 𝑥2 )𝑑𝑥2 3 1,5 3



1,5



3



20



40



𝐸𝐼𝜃1 = ∫0 30𝑥1 𝑑𝑥1 + ∫0 (90 − 50𝑥2 + 3 𝑥22 )𝑑𝑥2 + ∫1,5(120 − 80𝑥2 + 3 𝑥22 )𝑑𝑥2 = 135 + 86,25 + 120 − 105 = 236,25



Sudut Rotasi di titik 1, 𝜽𝟏 =



𝟐𝟑𝟔,𝟐𝟓 𝟏𝟎𝟔𝐤𝐍 [𝟐𝟎𝟎 . 𝟐 ][𝟏𝟑𝟑,𝟑𝟑 .𝟏𝟎−𝟔 𝐦𝟒 ] 𝐦



= 𝟎, 𝟎𝟎𝟖𝟗 𝒓𝒂𝒅.



C. TERAPAN MKV PADA STRUKTUR RANGKA BATANG  MKV dapat digunakan untuk mencari besarnya deformasi pada suatu struktur rangka batang akibat beban luar, perubahan tempratur atau kesalahan fabrikasi. (1) DEFORMASI AKIBAT BEBAN LUAR o Simaklah struktur rangka batang pada Gambar 7.3 yang mengalami deformasi akibat beban luar. PV PH C D



A



E



F



B



∆ Gambar 7.3 : Deformasi Struktur Rangka Batang Akibat Beban Luar. o Akibat beban luar PV dan PH dianggap terjadi deformasi elastis linier. Deformasi panjang batang sebesar, ∆L = SL/(AE) dimana S = gaya batang aksial (tekan, + atau tarik, -). Berdasarkan prs.(3) maka persamaan kerja virtual dapat dinyatakan sbb. : 𝟏 . ∆= ∑



𝐬𝐒𝐋 𝐀𝐄



(8)



dimana : 1 = beban virtual eksternal 1[F] pada titik buhul yang dicari deformasinya ∆ = perpindahan titik buhul akibat beban luar s = gaya batang virtual akibat beban satuan virtual S = gaya batang akibat beban real L = panjang batang A = luas tampang melintang batang E = modulus elastisitas batang.



(2) DEFORMASI AKIBAT PERUBAHAN TEMPERATUR o Akibat perubahan tempratur maka perubahan panjang batang dapat dinyatakan dengan ∆L = α . ∆T . L dan selanjutnya persamaan kerja virtual pada struktur rangka batang dapat ditulis menjadi, 𝟏 . ∆= ∑ 𝐬. 𝛂. ∆𝐓. 𝐋 (9) dimana : 1 = beban virtual eksternal 1[F] pada titik buhul yang dicari deformasinya ∆ = deformasi titik buhul akibat perubahan temperatur s = gaya batang virtual akibat beban satuan virtual 𝛂 = koefisien muai panjang dari elemen batang L = panjang batang. (3) DEFORMASI AKIBAT KESALAHAN FABRIKASI o Di lapangan bisa terjadi kesalahan fabrikasi ; elemen batang dipotong tidak sesuai dengan panjangnya, terlalu pendek atau terlalu panjang dan dipaksakan pemasangannya. Namun kadangkala suatu batang memang harus diperpendek atau dibuat lebih panjang guna membuat lawan lendutan (camber) bagi struktur tersebut. Apabila hal ini yang dibutuhkan maka persamaan kerja virtual adalah sbb. : 𝟏 . ∆= ∑ 𝐬. ∆𝐋



(10) dimana : 1 = beban virtual eksternal 1[F] pada titik buhul yang dicari deformasinya ∆ = deformasi titik buhul akibat kesalahan fabrikasi s = gaya batang virtual akibat beban satuan virtual ∆L = beda panjang batang akibat kesalahan fabrikasi.



EX : Gunakan MKV guna mencari deformasi vertikal di buhul 2 dan 6 pada struktur rangka ini dengan beban luar seperti tergambar dimana A = 400 mm2 dan E = 210 GPa. SOLUSI :



15kN 4



I



60kN 5



II



d15



60kN 7



6



8



d25 1,5 m



1



I 1,5m V1=60Kn



II 1,5m



2



3 1,5m



1,5m V3=60kN



 I. PERHITUNGAN GAYA BATANG AKIBAT BEBAN REAL o Reaksi Tumpuan ∑ 𝑀3 = 0 ; 𝑉1 (6) − 60(4,5) − 60(1,5) = 0 ⇒ 𝑉1 = 60 𝑘𝑁 ∑ 𝑀1 = 0 ; −𝑉3 (6) + 60(4,5) + 60(1,5) = 0 ⇒ 𝑉3 = 60 𝑘𝑁 Check selalu : ∑ 𝑉 = 0 𝑑𝑎𝑛 ∑ 𝐻 = 0 o Gaya Batang Real, (S) Pot.I – I : ∑ 𝑀5 = 0 ; 𝑉1 (1,5) − 𝑆12 (1,5) = 0 ⇒ 𝑆12 = 60 𝑘𝑁(+) ∑ 𝑀1 = 0 ; 𝑉1 (0) − 𝑆45 (1,5) = 0 ⇒ 𝑆45 = 0 ∑ 𝑀4 = 0 ; 𝑉1 (0) − 𝑆12 (1,5) + 𝑆15 𝑑15 = 0 ⇒ 𝑆15 = 84,853 𝑘𝑁(−) Buhul 1 : S14=0 S15= 84,853 kN 1



α



S12=60 kN



α = 45o ∑ 𝑉 = 0 ; 𝑉1 − 𝑆15 . sin 𝛼 + 𝑆14 = 0 60 − 84,853. sin 45𝑜 + 𝑆14 = 0 𝑆14 = 0



V1= 60 kN Pot.II–II : ∑ 𝑀2 = 0 ; 𝑉1 (3) − 60(1,5) − 𝑆56 (1,5) = 0 ⇒ 𝑆56 = 60 𝑘𝑁(−) ∑ 𝑀6 = 0 ; 𝑉1 (3) − 60(1,5) − 𝑆12 (1,5) − 𝑆25 . 𝑑25 = 0 60(3) − 60(1,5) − 60(1,5) + 𝑆25 (1,5. sin 45𝑜 ) = 0 ⇒ 𝑆25 = 0 Buhul 6 : ∑ 𝑉 = 0 ; 𝑆26 = 0 6 ∑ 𝐻 = 0 ; 𝑆56 − 𝑆67 = 0 S56 S67 60 − 𝑆67 = 0 ⇒ 𝑆67 = 60 𝑘𝑁(−) S26 o Karena beban luar bekerja secara simetris maka dengan cara yang sama diperoleh : 𝑆14 = 𝑆38 = 0 𝑆45 = 𝑆78 = 0 𝑆12 = 𝑆23 = 60 𝑘𝑁(+) 𝑆26 = 0 𝑆15 = 𝑆37 = 84,853 𝑘𝑁(−) 𝑆25 = 𝑆27 = 0 𝑆56 = 𝑆67 = 60 𝑘𝑁(−)



 II. PERHITUNGAN GAYA BATANG AKIBAT BEBAN VIRTUAL 1 kN di Buhul 2. 4



I



5



II



d15



6



7



8



d25 1,5 m



1



I 1,5m v1=0,5kN



II 1,5m



2



3 1,5m 1kN



1,5m v3=0,5kN



o Reaksi Tumpuan ∑ 𝑀3 = 0 ; 𝑣1 (6) − 1(3) = 0 ⇒ 𝑣1 = 𝑣3 = 0,5 𝑘𝑁 o Gaya Batang Virtual, (s) Pot.I – I : ∑ 𝑀5 = 0 ; 𝑣1 (1,5) − 𝑠12 (1,5) = 0 ⇒ 𝑠12 = 0,5𝑘𝑁(+) ∑ 𝑀1 = 0 ; 𝑣1 (0) − 𝑠45 (1,5) = 0 ⇒ 𝑠45 = 0 ∑ 𝑀4 = 0 ; 𝑣1 (0) − 𝑠12 (1,5) + 𝑠15 𝑑15 = 0 ⇒ 𝑠15 = 0.707 𝑘𝑁(−) Buhul 1 : s14=0 s15= 0,707 kN α



1



s12=60 kN



α = 45o ∑ 𝑉 = 0 ; 𝑣1 − 𝑠15 . sin 𝛼 + 𝑠14 = 0 0,5 − 0,707. sin 45𝑜 + 𝑠14 = 0 𝑠14 = 0



v1= 0,5 kN Pot.II–II : ∑ 𝑀2 = 0 ; 0,5(3) − 𝑠56 (1,5) = 0 ⇒ 𝑠56 = 1 𝑘𝑁(−) ∑ 𝑀6 = 0 ; 0,5(3) − 𝑠12 (1,5) − 𝑠25 . 𝑑25 = 0 05(3) − 0,5(1,5) + 𝑠25 (1,5. sin 45𝑜 ) = 0 ⇒ 𝑠25 = 0,707𝑘𝑁(−) Buhul 6 : 6 s56



o



s67



∑ 𝑉 = 0 ; 𝑠26 = 0 ∑ 𝐻 = 0 ; 𝑠56 − 𝑠67 = 0 1 − 𝑠67 = 0 ⇒ 𝑠67 = 1 𝑘𝑁(−)



s26 Beban virtual bekerja secara simetris maka dengan cara yang sama diperoleh : 𝑠14 = 𝑠38 = 0 𝑠45 = 𝑠78 = 0 𝑠12 = 𝑠23 = 0,5 𝑘𝑁(+) 𝑠26 = 0 𝑠15 = 𝑠37 = 0,707 𝑘𝑁(−) 𝑠25 = 𝑠27 = 0,707 𝑘𝑁(−) 𝑠56 = 𝑠67 = 1 𝑘𝑁(−)



TABEL PERHITUNGAN DEFORMASI VERTIKAL DI BUHUL 2 Batang s (kN) S(kN) L(m) s.S.L(kN2m) 1-2 0,5 60 3,000 +90,000 1-4 0 0 1,500 0 1-5 -0,707 -84,853 2,121 +127,241 4-5 0 0 1,500 0 5-6 -1 -60 1,500 +90,000 6-7 -1 -60 1,500 +90,000 2-3 0,5 60 3,000 +90,000 2-5 -0,707 0 2,121 0 2-6 0 0 1,500 0 2-7 -0,707 0 2,121 0 3-7 -0,707 -84,853 2,121 +127,241 3-8 0 0 1,500 0 7-8 0 0 1,500 0 = 𝟔𝟒𝟏, 𝟒𝟖𝟐 ∑ 𝐬. 𝐒. 𝐋  Maka berdasarkan prs.(8), deformasi vertical di buhul 2 : ∆𝟐𝐕 = ∑



𝐬𝐒𝐋 𝐀𝐄



=



𝟔𝟏𝟒,𝟒𝟖𝟐 (𝟒𝟎𝟎.𝟏𝟎−𝟔 𝐦𝟐 )(𝟐𝟏𝟎.



𝟏𝟎𝟔 𝐤𝐍 ) 𝐦𝟐



= 𝟎, 𝟎𝟎𝟕𝟑 𝐦 = 𝟕, 𝟑 𝐦𝐦



TATAP MUKA :



FORCE METHOD C B M : PRINSIP METODE GAYA A. INTRO  Pada umumya proses analisis struktur statis tak tentu lebih rumit dari pada struktur statis tertentu. Persoalan ini terjadi karena sturktur statis tak tentu memilki jumlah reaksi tumpuan yang melebihi jumlah persamaan kesetimbangan statika yang ada. Reaksi tumpuan yang lebih ini sering disebut reaksi redundan.  Guna mencari besarnya reaksi redundan biasanya dipakai Force Method (Metode Gaya) dan Displacement Method (Metode Perpindahan) misalnya Slope Deflection Method, Metode Distribusi Momen dan Metode Matriks.  Dalam Force Method, gaya merupakan variable utama yang akan dicari. Guna mendapatkan besaran gaya ini maka harus dicari terlebih dahulu persamaan kompatibilitas yang berasal dari persamaan lendutan atau sudut rotasi sehingga pada akhirnya akan diperoleh reaksi redundan dari struktur tersebut. Gambar 8.1 menunjukkan suatu ilustrasi untuk mencari reaksi redundan dengan Force Method. P MA A HA VA



B VB



= ∆′𝐁𝐁 = 𝐕𝐁 . 𝐟𝐁𝐁



PV A



A



B ∆B



+



A



B VB



fBB B 1[F] Gambar 8.1 : Reaksi VB sebagai Reaksi Redundan



 Ada 4 reaksi tumpuan, sedangkan persamaan keseimbangan hanya ada 3 yaitu : ∑ 𝑉 = 0 ; ∑ 𝐻 = 0 𝑑𝑎𝑛 ∑ 𝑀 = 0 sehingga struktur dengan tumpuan jepit dan rol seperti gambar di atas adalah struktur statis tak tentu derajat satu. Guna menyelesaikan masalah ini dibutuhkan satu persamaan tambahan yang diperoleh dari persamaan kompatibilitas lendutan misalnya di tumpuan B yaitu : −∆𝑩 + ∆′𝑩𝑩 = 𝟎 𝑎𝑡𝑎𝑢 − ∆𝑩 + 𝑽𝑩 . 𝒇𝑩𝑩 = 𝟎 𝑑𝑎𝑛 𝑽𝑩 = ∆𝑩 /𝒇𝑩𝑩 (1) dimana : 𝒇𝑩𝑩 = koefisien fleksibilitas lendutan. Notasi BB dalam ∆′𝑩𝑩 dan 𝒇𝑩𝑩 artinya sbb. : B pertama mengacu pada tumpuan yang ditinjau yaitu tumpuan B dan notasi B yang kedua menyatakan posisi atau letak reaksi redundan.



 Sturktur statis tak tentu seperti pada Gambar 8.1, juga dapat diselesaikan dengan mengambil reaksi momen di jepit A sebagai reaksi redundan (Gambar 8.2). P MA A HA VA



B VB



= PV A



MA B



+



A



B 𝛉′𝐀𝐀



θA



= 𝐌𝐀 . 𝛂𝐀𝐀



A 1 𝛂𝐀𝐀



B



Gambar 8.2 : Reaksi Momen di A sebagai Reaksi Redundan  Konsekuensi dari sikap pengambilan ini ialah :  Jepit A diubah menjadi tumpuan sendi dengan sudut rotasi sebesar θA.  Sekarang di sendi A harus diberi momen sebesar MA yang menimbulkan sudut rotasi sebesar 𝛉′𝐀𝐀 . Jadi persamaan kompatibilitas sudut rotasi di titik A adalah sbb. : 𝜽𝑨 + 𝑴𝑨 . 𝜶𝑨𝑨 = 𝟎



(2)



dimana : 𝜶𝑨𝑨 = koefisien fleksibilitas sudut rotasi. Karena 𝐌𝐀 = −𝛉𝐀 /𝛂𝐀𝐀 artinya MA berlawanan arah dengan momen satuan yang diberikan.



B. TERAPAN FORCE METHOD PADA BALOK STATIS TAK TENTU EX. 01 : Cari persamaan kompatibilitas pada balok statis tak tentu derajat dua dengan beban luar seperti tergambar. SOLUSI : o Pilih reaksi VB dan VC sebagai reaksi redundan yang berarah ke bawah. o Cari besar lenturan, ∆B dan ∆C masing-masing di titik B dan C. o Tempatkan beban satuan di titik B dan hitung nilai lendutan (koefisien fleksibilitas) fBB dan fCB masing-masing lendutan di titik B dan C. o Lanjutkan dengan penempatan beban satuan di C guna mendapatkan nilai f BC dan fCC masing-masing juga merupakan lendutan di titik B dan C. o Maka dengan cara superposisi diperoleh persamaan kompatibilitas di titik B dan C sebagai berikut : ∆𝑩 + 𝑽𝑩 . 𝒇𝑩𝑩 + 𝑽𝑪 . 𝒇𝑩𝑪 = 𝟎 ∆𝑪 + 𝑽𝑩 . 𝒇𝑪𝑩 + 𝑽𝑪 . 𝒇𝑪𝑪 = 𝟎  Jika dua persamaan ini diselesaikan akan diperoleh besaran VB dan VC.  Gambar tahapan solusinya sebagai berikut :



P1 A



P2 B



C



D



C



D



= P1 A



P2 B ∆B



∆C ∓



VB A



B



C



D ∆′𝑪𝑩 = 𝑽𝑩 . 𝒇𝑪𝑩



∆′𝑩𝑩 = 𝑽𝑩 . 𝒇𝑩𝑩 ∓ VC A



B ∆′𝑩𝑪 = 𝑽𝑪 . 𝒇𝑩𝑪



C



D ∆′𝑪𝑪 = 𝑽𝑪 . 𝒇𝑪𝑪



Gambar 8.2 : Stuktur Statis Tak Tentu Derajat Dua



Ex. 02 : Struktur statis tak tentu dengan beban luar seperti tergambar. E = 200 GPa, IAB = 200 x 106 mm4 dan IBC = 0,5 IAB . (a) Hitung reaksi tumpuan dengan FORCE METHOD (b) Hitung dan gambarkan Bending Moment Diagram (BDM) dan Shear Force Diagram (SFD). SOLUSI : 10 kN 5 kN/m A



F



B



2m



C



2m



2m



= 10 kN



5 kN/m x3



x1



x2



A



θA



F



B



2m



2m



VA



C 2m



VB +



MA A 𝛉′𝐀𝐀 1 kNm A



F = 𝐌𝐀 . 𝛂𝐀𝐀 +



x1



B



C



B



x3 C



x2 F



𝐕𝐀𝐕𝐑



𝐕𝐁𝐕𝐑 10 kN



MA



x1



5 kN/m x3 x2



A



F



B



2m



C



2m



VA



2m VB 10



2,5



0,55 F + 3,75



0,80



BMD 10



3,125 +



+ SFD 6,875



 Pilih reaksi momen di A, MA sebagai reaksi redundan.  Jepit A diubah menjadi tumpuan sendi.  (I) BEBAN LUAR Reaksi Tumpuan : ∑ 𝑀𝐵 = 0 ; 𝑉𝐴 (4) − 10(2) + 5(2)(1) = 0 ⇒ 𝑉𝐴 = 2,5 𝑘𝑁 ( ) ∑ 𝑀𝐴 = 0 ; −𝑉𝐵 (4) + 5(2)(5) + 10(2) = 0 ⇒ 𝑉𝐵 = 17,5 𝑘𝑁 ( ) Check : ∑ 𝑉 = 2,5 + 17,5 − 10 − 5 ∗ 2 = 0(𝑜𝑘𝑒) 𝑑𝑎𝑛 ∑ 𝐻 = 0 Persamaan Momen Real : 𝑀1 = 𝑉𝐴 . 𝑥1 = 2,5𝑥1 ; 0 ≤ 𝑥1 ≤ 2 𝑚 𝑀2 = 𝑉𝐴 (2 + 𝑥2 ) − 10𝑥2 = −7,5𝑥2 + 5 ; 0 ≤ 𝑥2 ≤ 2 𝑚 1 𝑀3 = 2 (5)(𝑥32 ) = 2,5𝑥32 ; 0 ≤ 𝑥3 ≤ 2 𝑚  (II) MOMEN VIRTUAL, 1kNm di A 1 ∑ 𝑀𝐵 = 0 ; 1 − 𝑉𝐴𝑉𝑅 (4) = 0 ⇒ 𝑉𝐴𝑉𝑅 = 𝑘𝑁 ( ) 4 1



∑ 𝑀𝐴 = 0 ; 1 − 𝑉𝐵𝑉𝑅 (4) = 0 ⇒ 𝑉𝐵𝑉𝑅 = 𝑘𝑁 ( ) 4 Persamaan Momen Virtual : 1 𝑚𝛼1 = 1 − 4 𝑥1 ; 0 ≤ 𝑥1 ≤ 2 𝑚 1



1



1



𝑚𝛼2 = 1 − 4 (2 + 𝑥2 ) = 2 − 4 𝑥2 ; 0 ≤ 𝑥2 ≤ 2 𝑚 𝑚𝛼3 = 0 ; 0 ≤ 𝑥3 ≤ 2 𝑚 (III) SUDUT ROTASI, θA 2



1



θA = EI



AB



1



∫0 M1 . m1 dx1 + EI



AB



2



2



2



1



∫0 M2 . m2 dx2 + EI



BC



∫0 M3 . m3 dx3



2



2



1 1 1 1 1 1 θA = ∫ 2,5x1 (1 − 4x1 )dx1 + ∫(−7,5x2 + 5)(2 − 4x2 )dx2 + ∫ 2,5x32 (0)dx3 EIAB EIAB EIBC 0



0



2



0



2



2



1 1 1 2,5 20 7,5 θA = ∫(2,5x1 − 4 x12 )dx1 + ∫(2,5 − 4 x2 + 4 x23 )dx2 + ∫ 2,5x32 (0)dx3 EIAB EIAB EIBC 0



𝛉𝐀 =



𝟑,𝟑𝟑𝟑 𝐄𝐈𝐀𝐁



0



0



𝟑,𝟑𝟑𝟑



+ 𝟎 + 𝟎 =



𝐄𝐈𝐀𝐁



(IV) KOEFISIEN FLEKSIBILITAS SUDUT ROTASI, αAA 2



αAA



2



2



1 1 1 = ∫ mα1 . mα1 dx1 + ∫ mα2 . mα2 dx2 + ∫ mα3 . mα3 dx3 EIAB EIAB EIBC 0



0



2



αAA



0



2



1 1 1 1 1 = ∫(1 − 4x1 )2 dx1 + ∫(2 − 4x2 )2 dx2 + 0 EIAB EIAB 0



0



𝛂𝐀𝐀 =



𝟏,𝟏𝟔𝟔 𝐄𝐈𝐀𝐁



+



𝟎,𝟏𝟔𝟕 𝐄𝐈𝐀𝐁



+𝟎=



𝟏,𝟑𝟑𝟑 𝐄𝐈𝐀𝐁



 Persamaan Kompatibiltas di titik A : 𝜽 𝟑,𝟑𝟑𝟑 𝜽𝑨 + 𝑴𝑨 . 𝜶𝑨𝑨 = 𝟎 ⇒ 𝑴𝑨 = − 𝜶 𝑨 = − 𝟏,𝟑𝟑𝟑 = −𝟐, 𝟓 𝒌𝑵𝒎 𝑨𝑨



Artinya MA berlawanan arah dengan momen satuan yang diberikan di titik A. Jadi reaksi momen di jepit A adalah 𝐌𝐀 = 𝟐, 𝟓 𝐤𝐍𝐦 beralawanan dengan jarum jam.  REAKSI TUMPUAN YANG LAIN ∑ 𝑀𝐵 = 0 ; −𝑴𝑨 + 𝑉𝐴 (4) − 10(2) + 5(2)(1) = 0 ⇒ 𝐕𝐀 = 𝟑, 𝟏𝟐𝟓 𝐤𝐍 ( ) ∑ 𝑀𝐴 = 0 ; −𝟐, 𝟓 − 𝑉𝐵 (4) + 5(2)(5) + 10(2) = 0 ⇒ 𝐕𝐁 = 𝟏𝟔, 𝟖𝟕𝟓 𝐤𝐍 ( ) Check selalu : ∑ 𝑉 = 0 ; 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 − 10 − 5(2) = 0 (𝑜𝑘𝑒) 𝑑𝑎𝑛 ∑ 𝐻 = 0 MOMEN 𝐌𝐀 = −𝟐, 𝟓 𝐤𝐍𝐦 Mx1 = −2,5 + VA (x1 ) = −2,5 + 3,125x1 ; 0 ≤ x1 ≤ 2 m MF = Mx1=2m = −2,5 + 3,125(2) = 3,75 kNm Mx2 = −MA + VA (2 + x2 ) − 10x2 = 3,75 − 6,875x2 ; 0 ≤ x2 ≤ 2 m MB = Mx2=2m = 3,75 − 6,875(2) = −10 kNm = 12𝑞𝑥32 = 12(5)(2)(2) = 10 𝑘𝑁𝑚 GAYA LINTANG DAF = DFA = VA = 3,125 kN DFB = DFA − 10 = 3,125 − 10 = −6,875 kN = VFB DBC = DBF + VB = −6,875 + 16,875 = 10 kN DCB = DBC + q(2) = 10 − 5(2) = 0 STOP 08.10.2016



B. TERAPAN FORCE METHOD PADA PORTAL STATIS TAK TENTU  Force Method dapat juga digunakan untuk mengkaji portal bidang statis tak tentu tingkat satu (juag portal) atau portal gable pada struktur gudang baja. Portal bidang yang lebih dari satu lantai akan lebih mudah diselesaikan dengan metode yang lain seperti slope deflection method, distribusi momen atau metode matriks. EX. 01 : Portal statis tak tentu tingkat satu menerima beban luar seperti tergambar. E = 200 GPa ; IAB =1250(10)6 mm4 dan IBC = 625(10)6 mm4. (a) Hitung reaksi di tumpuan A dan C (MA, VA, HA dan VC)dengan Force Method. (b) Hitung dan gambarkan BMD, SFD dan NFD.



SOLUSI :



x1 8 kN/m



B



330kNm 2kN A



A



8 kN/m B



3m 72kN



x3 2kN x2



2 kN 3m Rol C dilepas C



∆C



C



9m



x1 78kNm 2kN A



8 kN/m



B



9kNm A



B



3m 44kN



1kN



x3



2 kN 3m



Perolehan Hasil Reaksi Tumpuan



C 9m



x2 Beban satuan 1 kN di C fCC C 1kN



28kN 78 kNm 0,12m



6kNm A



B



2,22m 5,50 m



43 kNm



BMD



44 kN +



2 kN



B



A



2 kN A



B



+ 28 kN 2 kN SFD



NFD 28 kN



C



C



   



Pilih reaksi vertical di C, VC sebagai reaksi redundan. Rol C dilepas sehingga portal ABC menjadi statis tertentu. I. BEBAN LUAR Reaksi Tumpuan : ∑ 𝑀𝐴 = 0 ; MA + [(8)(9)](4,5) + 2(3) = 0 ⇒ MA = −330 kNm [ ] ∑ 𝑉 = 0 ; VA − (8)(9) = 0 ⇒ VA = 72 kN ( ) ∑ 𝐻 = 0 ; HA = 2 kN ( ) Persamaan Momen Real : M1 = −330 + 72x1 − 4x12 ; 0 ≤ x1 ≤ 9 m M2 = 0 ; 0 ≤ x2 ≤ 3 m M3 = −2x3 ; 0 ≤ x2 ≤ 3 m



 II. BEBAN VIRTUAL, 1kNm di C mA = 1(9) = 9 kNm [ ] VAvr = 1 kN ( ) Persamaan Momen Virtual : m1 = x1 − 9 ; 0 ≤ x1 ≤ 9 m m2 = 0 ; 0 ≤ x2 ≤ 3 m m3 = 0 ; 0 ≤ x3 ≤ 3 m  Persamaan Kompatibiltas di titik C : ∆𝑪 + 𝑽𝑪 . 𝒇𝑪𝑪 = 𝟎 (III) LENDUTAN, ∆C 9



1



∆C = EI



AB



1



∫0 M1 . m1 dx1 + EI



BC



3



1



∫0 M2 . m2 dx2 + EI



9



BC



3



∫0 M3 . m3 dx3 3



3



1 1 1 ∆C = ∫[ −330 + 72x1 − 4x12 ](x1 − 9)dx1 + ∫(0)(0)dx2 + ∫ −2x3 (0)dx3 EIAB EIBC EIBC 0



0



0



9



1 ∆C = ∫(−4x13 + 108x12 − 978x1 + 2970)dx1 EIAB 0



∆𝐂 =



1 EIAB



9



[−x14 + 36x13 − 489x12 + 2970x1 ] =



𝟔𝟖𝟎𝟒 𝐄𝐈𝐀𝐁



0



(IV) KOEFISIEN FLEKSIBILITAS LENDUTAN, fCC 1



fCC = EI



AB



9



9



fCC



1



∫0 m1 . m1 dx1 + EI



BC



3



1



∫0 m2 . m2 dx2 + EI 3



BC



3



∫0 m3 . m3 dx3 3



1 1 1 = ∫(x1 − 9)(x1 − 9)dx1 + ∫(0)(0)dx2 + ∫(0)(0)dx3 EIAB EIBC EIBC 0



0



0



9



fCC



1 = ∫(x12 − 18x1 + 81)dx1 EIAB 0



𝐟𝐂𝐂 =



1



1 3 [ x EIAB 3 1



9



𝟐𝟒𝟑



− 9x12 + 81x1 ] = 𝐄𝐈



𝐀𝐁



0



 Masukkan nilai ∆𝐂 dan 𝐟𝐂𝐂 ke persamaan kompatibilitas guna mendapatkan nilai VC sbb. : ∆𝑪 + 𝑽𝑪 . 𝒇𝑪𝑪 = 𝟎 𝟔𝟖𝟎𝟒 𝐄𝐈𝐀𝐁



𝟐𝟒𝟑



+ 𝐕𝐂 . 𝐄𝐈



𝐀𝐁



= 𝟎 ⇒ 𝐕𝐂 = −𝟐𝟖 𝐤𝐍



Nilai VC negative artinya arah reaksi ini berlawanan dengan asumsi semula. Jadi : 𝐕𝐂 = 𝟐𝟖 𝐤𝐍 ( ) , arah ke atas.  REAKSI TUMPUAN YANG LAIN ∑ 𝑉 = 0 ; 𝐕𝐀 + VC − 72 = 0 ⇒ 𝐕𝐀 = 44 kN ( ) ∑ 𝐻 = 0 ; 𝐇𝐀 − 2 = 0 ⇒ 𝐇𝐀 = 2 kN ( ) ∑ 𝑀𝐶 = 0; 𝐌𝐀 + HA (6) − 72(4,5) − 2(3) + VA (9) = 0 ⇒ 𝐌𝐀 = −44 kN [ ]  (V) HITUNGAN BMD, SFD dan NFD dapat dilanjutkan sendiri.



C. TERAPAN FORCE METHOD PADA RANGKA BATANG STATIS TAK TENTU  Katagori struktur rangka batang statis tak tentu ialah : 𝒏 + 𝒓 > 2𝒋 dimana : n = jumlah batang r = jumlah reaksi tumpuan dan j = jumlah buhul (titik simpul)  Guna mengkaji struktur rangka batang statis tak tentu dapat digunakan FORCE METHOD. Mari kita simak contoh soal berikut ini. EX. 01 : Dengan menggunakan FORCE METHOD, hitung besarnya gaya batang pada struktur rangka batang statis tak tentu seperti pada gambar berikut ini. Nilai AE dianggap konstan. 2 kN



B



C



SOLUSI : Jumlah batang, n=6 Jumlah reaksi tumpuan, r = 3 3 m Jumlah buhul, j=4 Maka : 𝐧 + 𝐫 > 2𝑗 sehingga dapat disimpulkan rangka batang ini adalah D Struktur Rangka Batang Statis Tak Tentu



A 5 kN 4m



2 kN



B



REAKSI TUMPUAN ∑ MA = 0; 2(3) − HC (3) + 5(4) = 0 HC HC = 8,667 kN



C



3m



A



D



HA



5 kN



∑ H = 0; 2 − HC + HA = 0 HA = 6,667 kN ∑ MC = 0; VA (4) − HA (3) = 0 VA = 5 kN



VA HITUNGAN GAYA BATANG DENGAN METODE KESETIMBANGAN TITIK BUHUL Batang BD dipotong sehingga struktur menjadi statis tertentu. 2 kN B 2 kN C HC = 8,667 kN Batang BD dipotong, SBD = 0 0 8,337 kN SAB = 0 0 +5 kN 3 m SBC = − 2 kN SAD = 0 SCD = + 5 kN A 0 D SAC = − 8,337 kN HA = 6,667 kN 5 kN Nilai ini bukan gaya batang sebenarnya. VA = 5 kN



 KERJAKAN GAYA AKSIAL (+) SEBESAR 1[F] PADA BATANG BD 2 kN



B



C



B



C 1kN fBD



∆𝐁𝐃



1 kN



3m



A



D



A



D



5 kN 4m HITUNGAN GAYA BATANG dengan sBD = 1 kN B 0,8 kN sBD = + 1 kN 1kN sBA = − 0,6 kN 1 kN sBC = − 0,8 kN 0,6 kN sAC = + 1 kN 1 kN sAD = − 0,8 kN sCD = − 0,6 kN A 0,8 kN



C



0,6 kN



D



 Persamaan kompatibilitas batang BD : ∆𝑩𝑫 + 𝑺𝑩𝑫 . 𝒇𝑩𝑫 = 𝟎 dimana : (−𝟐)(−𝟎,𝟖)(𝟒)+(𝟓)(−𝟎,𝟔)(𝟑)+(𝟏)(−𝟖,𝟑𝟑𝟕)(𝟓) 𝐬𝐒𝐋 −𝟒𝟒,𝟐𝟖𝟕 ∆𝐁𝐃 = ∑ = = 𝐀𝐄



𝐀𝐄



𝐀𝐄



dan 𝐬𝟐 𝐋



𝐟𝐁𝐃 = ∑ 𝐀 𝐄 =



(−𝟎,𝟔)𝟐 (𝟑)(𝟐)+(−𝟎,𝟖)𝟐 (𝟒)(𝟐)+(𝟏)𝟐 (𝟓)(𝟐) 𝐀𝐄



=



𝟏𝟕,𝟐𝟖 𝐀𝐄



Sehingga : −𝟒𝟒,𝟐𝟖𝟕 𝐀𝐄



+ 𝐒𝐁𝐃 [



𝟏𝟕,𝟐𝟖 𝐀𝐄



] = 𝟎 ; 𝐒𝐁𝐃 = +𝟐, 𝟓𝟔 𝐤𝐍



Dengan demikian gaya batang yang lain dapat dicari dengan metode yang di sarankan.



KAMI SELALU BERSERAH PENUH KEPADA TUHAN



ANALISIS STRUKTUR I INSTITUT TEKNOLOGI SUMATERA UJIAN AKHIR SMT GANJIL TA : 2015/2016 PROGRAM STUDI : TEKNIK SIPIL SENIN, 07 DESEMBER 2015 WAKTU : 120 MENIT JUR. : TEKNOLOGI INFRASTRUKTUR dan KEWILAYAHAN DOSEN : Ir. G. Perangin-angin, M.T. No.01 : Gunakan MKV guna mencari deformasi vertikal di buhul 2 pada struktur rangka ini dengan beban luar seperti tergambar dimana A = 400 mm2 dan E = 210 GPa. 50kN 4



50kN



5



6



7



8



1,5 m



1



2 1,5m



1,5m



3 1,5m 20 kN



1,5m



No. 02 : Portal statis tak tentu tingkat satu menerima beban luar seperti tergambar. E = 200 GPa ; IAB =1250(10)6 mm4 dan IBC = 625(10)6 mm4. (a) Hitung reaksi di tumpuan A dan C (MA, VA, HA dan VC)dengan Force Method. (b) Hitung dan gambarkan BMD, SFD dan NFD. 10 kN/m



B



A 3m 4 kN 3m C 9m



ANALISIS STRUKTUR I INSTITUT TEKNOLOGI SUMATERA UTS, SMT GANJIL TA : 2016/2017 PROGRAM STUDI : TEKNIK SIPIL SENIN, 10 OKTOBER 2016 WAKTU : 120 MENIT JUR. : TEKNOLOGI INFRASTRUKTUR dan KEWILAYAHAN DOSEN : Ir. G. Perangin-angin, M.T. No.01 : Gunakan MKV guna mencari deformasi vertikal di buhul 5 pada struktur rangka ini dengan beban luar seperti tergambar dimana A = 400 mm2 dan E = 210 GPa. 2



4



6



4m



1



3



5



7



10 kN



3m 40 kN



3m 10 kN



3m



8 3m



No.02 : Struktur statis tak tentu dengan beban luar seperti tergambar. E = 200 GPa, IAB = 200 x 106 mm4 dan IBC = 0,5 IAB . (a) Hitung reaksi tumpuan dengan FORCE METHOD (b) Hitung dan gambarkan Bending Moment Diagram (BDM) dan Shear Force Diagram (SFD). 10 kN 5 kN/m A



F 3m



B 3m



C 3m



Baca soal ini dengan teliti baru dijawab dengan benar.