Post on 20-Jan-2016
description
1
RANCANGAN BUKU AJAR MATA KULIAH : ANALISA STRUKTUR 1
SKS : 3 SKS
BAHASAN : TINJAUAN MATA KULIAH
1. Deskripsi Singkat
Mata kuliah Analisa Struktur 1 merupakan mata kuliah wajib bagi mahasiswa program strata 1 Teknik Sipil di semester 3. Mata kuliah ini mencakup penjelasan tentang cara menghitung gaya dalam, garis pengaruh gaya dalam dan lendutan untuk balok dan rangka batang. Gaya dalam, lendutan merupakan fenomena umum keseimbangan benda dalam merespon beban luar yang bekerja padanya. Teori balok dan rangka batang merupakan teori struktur sederhana yang banyak digunakan dalam perencanaan struktur bangunan teknik sipil, disamping merupakan dasar teori mata kuliah analisa struktur selanjutannya maupun mata kuliah terapan seperti struktur baja, beton bertulang dan kayu. Penguasaan mahasiswa pada mata kuliah ini akan sangat membantu dalam penguasaan mata kuliah analisa struktur lanjutan, mata kuliah yang berhubungan dan juga bermanfaat langsung saat terjun kedunia pekerjaan kesipilan.
2. Relevansi (Kegunaan)
Dalam perencanaan struktur jembatan, struktur rangka atap, balok gedung bertingkat, gaya dalam, lendutan merupakan hal yang menentukan dimensi struktur. Dimensi terlalu kecil akan memberikan tegangan yang melampaui kemampuan material dan lendutan melampaui lendutan batas peraturan. Dimensi terlalu besar akan over design dan mahal. Penguasaan mahasiswa akan teori menghitung gaya dalam, lendutan balok dan rangka batang akan sangat berguna bagi seorang teknik sipil dalam merencana bangunan yang ekonomis dan kuat.
3. Standar Kopetensi
Mata kuliah ini mendukung pencapaian kompetensi lulusan dalam perencanaan struktur rangka atap, struktur jembatan rangka dan struktur balok jembatan maupun bangunan gedung. Dukungan menekankan pada perhitungan gaya dalam dan deformasi struktur akibat beban-beban yang bergerak maupun tidak bergerak.
4. Kopetensi Dasar (Tujuan Instruksional Umum)
Setelah menempuh perkuliahan ini :
2
• Mahasiswa mampu menjelaskan teori dan mampu menghitung gaya dalam rangka batang dengan metoda Keseimbangan titik kumpul, Cremona, Ritter dan Culman.
• Mahasiswa mampu menghitung garis pengaruh gaya dalam balok dan rangka batang akibat pengaruh beban berjalan.
• Mahasiswa mampu menjelaskan teori dan mampu menghitung perpindahan titik simpul rangka batang dengan cara Williot dan usaha virtuil.
• Mahasiswa mampu menjelaskan teori dan mampu menghitung lendutan balok dengan metoda analitis dan metoda luasan bidang momen.
• Mahasiswa mampu menjelaskan teori energi regangan batang tertarik, benda tergeser, balok terlentur, benda dengan beban kejut, teorema Castigliano, Teorema Betti dan teorema Maxwell dan dapat menghitung lendutan balok maupun rangka batang dengan teorema Castigliano, Betti dan Maxwell.
5. Indikator
Indikator keberhasilan mahasiswa dalam setiap bahasan adalah mampu menghitung benar untuk kasus-kasus yang diberikan dengan prosentase mahasiswa menghitung benar mencapai 85 %. Indikator kemampauan meliputi :
• Mampu menghitung gaya batang dengan cara keseimbangan titik kumpul, Cremona, Ritter maupun Culman secara benar untuk persoalan atau kasus yang diberikan.
• Mampu menghitung secara benar garis pengaruh gaya dalam balok dan rangka batang akibat beban berjalan dari kasus yang diberikan.
• Mampu menghitung secara benar perpindahan titik simpul persoalan rangka batang yang diberikan dengan cara Williot dan usaha virtuil.
• Mampu menghitung secara benar lendutan balok tertumpu sederhana, balok kantilever dan balok beroverstek dengan cara analitis maupun metoda luasan bidang momen.
• Mampu menghitung secara benar lendutan balok, portal sederhana, rangka batang dengan menggunakan teorema Castigliano dan Maxwell dari kasus yang diberikan.
POKOK BAHASAN I : Gaya dalam rangka batang
1.1 SUB POKOK BAHASAN : Keseimbangan titik kumpul
3
1.1.1 Pendahuluan
1.1.1.1 Deskripsi singkat
Membahas konsep keseimbangan benda, keseimbangan titik kumpul, formulasi indikator pembedaan jenis rangka batang statis tertentu dan tak tertentu.
1.1.1.2 Relevansi
Penguasaan teori menghitung gaya dalam rangka batang sangat diperlukan dalam perencanaan struktur rangka atap dan jembatan.
1.1.1.3.1 Standar kompetensi
Mahasiswa mampu berfikir kritis tentang permasalahan keseimbangan benda dan titik simpul rangka batang.
1.1.1.3.2 Kompetensi dasar
Mahasiswa menjelaskan teori dan mampu menghitung gaya batang dengan cara keseimbangan titik simpul.
1.1.2 Penyajian
1.1.2.1 Keseimbangan Titik Kumpul
PRINSIP KESEIMBANGAN
Dalam benda bidang, syarat seimbang adalah :
• Kalau semua gaya yang bekerja pada benda baik beban maupun reaksi perletakan melalui 1 titik syarat seimbang cukup :
o ∑ = 0Kx
o ∑ = 0Ky (1) • Kalau gaya beban dan reaksi
perletakan tidak melalui 1 titik syarat seimbang :
o ∑ = 0Kx
o ∑ = 0Ky o ∑ = 0Mz (2)
P1
P2
P3
Pi
Pn
R1
R2 R3
Gambar 1 : Benda bidang seimbang
4
RANGKA BATANG
Struktur rangka batang adalah struktur yang tersusun oleh kumpulan elemen batang yang tersambung satu sama lain secara sendi. Gaya dalam yang ada hanya gaya normal yaitu gaya yang tegak lurus penampang dan sejajar dengan sumbu batang. Gaya-gaya batang dan beban luar yang bekerja pada 1 titik simpul dalam keadaan seimbang. Persamaan keseimbangan yang dimiliki 1 titik kumpul ada 2. Kalau jumlah titik simpul rangka batang K, jumlah persamaan keseimbangan yang dimiliki adalah 2K. Jumlah anu yang dicari adalah gaya batang sebanyak batang S dan reaksi perletakan sebanyak R. Kalau jumlah anu yang dicari sama dengan jumlah persamaan keseimbangan yang ada dikatakan rangka batang adalah Rangka Batang Statis Tertentu.
S + R = 2 K Rangka Batang Statis Tertentu
Kalau jumlah anu yang dicari lebih banyak dari jumlah persamaan keseimbangan yang ada, dikatakan rangka batang adalah Rangka Batang Statis Tak Tertentu.
S + R > 2 K Rangka Batang Statis Tak Tertentu.
Terdapat beberapa cara untuk mencari gaya batang Rangka Stastis Tertentu :
• Keseimbangan Titik Simpul • Cara Cremona • Cara Ritter • Cara Culman
KESEIMBANGAN TITIK SIMPUL
Banyak persamaan keseimbangan yang dimiliki 1 titik simpul adalah 2. Maka banyak gaya batang yang akan dipecahkan maksimum harus 2. Dengan menguraikan gaya-gaya batang baik yang sudah diketahui harganya atau yang belum dan gaya luar yang bekerja menjadi 2 gaya yang sejajar sumbu X dan sumbu Y, akan diperoleh 2 persamaan dengan 2 anu gaya batang yang dicari. Dengan menggunakan eliminasi Gauss kedua gaya batang akan didapat.
Contoh :
4 M 4 M 4 M 4 M
4 M
20 T
D
A
B
2
11
I
1 3
4 5 6 7
8 9 10 12 13 14 15
C E G
F H
RAV
RAH
RB α
Gambar 2 : Rangka Batang Bidang
5
Mencari Reaksi Perletakan :
∑ = 0Ky RAV – 20 = 0 RAV = 20 ton
∑ = 0MzA - RBx4 + 20x8 = 0 RB = 40 ton (3)
∑ = 0Kx RB – RAH = 0 RAH = 40 ton
Dimulai dari titik simpul yang jumlah anu maksimum 2. Yang memenuhi titik simpul B dan I. Dicoba dari titik simpul B :
∑ = 0Kx S4 + RB = 0 S4 = - 40 ton
∑ = 0Ky S8 + 0 = 0 S8 = 0 ton
Catatan : Permisalan semua gaya batang yang belum diketahui besar dan arah adalah tarik, dengan arah meninggalkan titik simpul. Apabila dari hasil perhitungan didapat harga negatip, berarti arah gaya batang yang bersangkutan berlawanan dengan arah permisalan semula. Dengan demikian batang tersebut adalah tekan.
Simpul A :
∑ = 0Ky RAV - S8 - S9 sin α = 0 20 - S9x21 = 0 S9 = 20 2 ton
∑ = 0Kx - RAH + S1 + S9 cos α = 0 S1 = 40 – 20 = 20 ton
Dengan cara yang sama diterapkan pada titik-titik simpul D, C, F, E, H, G dan I akan didapat hasil analisis seperti tersebut pada tabel 1 :
Tabel 1 : Hasil Analisis Keseimbangan Titik Simpul
Batang Gaya Batang (ton) Batang Gaya Batang (ton)
S1 20 S9 20 2
S2 0 S10 - 20
S3 0 S11 20 2
S4 - 40 S12 0
S5 - 20 S13 0
S6 0 S14 0
S7 0 S15 0
S8 0
6
1.1.2.2 Latihan
Rangka batang pada gambar (2) : titik kerja gaya 20 ton berada di H
Tabel 2 : Gaya batang akibat beban 20 ton vertikal di H
Batang Gaya Batang (ton) Batang Gaya Batang (ton)
S1 40 S9 20 2
S2 20 S10 - 20
S3 0 S11 20 2
S4 - 60 S12 - 20
S5 - 40 S13 20 2
S6 - 20 S14 0
S7 0 S15 0
S8 0
1.1.3. Penutup
1.1.3.1 Tes formatif
Tentukan gaya batang rangka batang gambar (2) ababila gaya 20 ton bekerja dititik I dengan arah mendatar.
1.1.3.2 Umpan balik
Hasil perhitungan gaya batang harus memenuhi bahwa resultante gaya di semua titik simpul harus 0.
1.1.3.3 Tindak lanjut
Mahasiswa harus mau melakukan latihan menghitung gaya batang dengan membuat soal latihan sendiri.
1.1.3.4 Rangkuman
Setiap benda maupun titik dalam kondisi yang diam berati seimbang. Dengan keseimbangan dapat menghitung gaya dalam.
7
1.1.3.5 Kunci jawaban tes formatif
Tabel 3 : gaya batang akibat 20 ton horisontal di I
Batang Gaya Batang (ton) Batang Gaya Batang (ton)
S1 0 S9 0
S2 0 S10 0
S3 0 S11 0
S4 20 S12 0
S5 20 S13 0
S6 20 S14 0
S7 20 S15 0
S8 0
1.2 SUB POKOK BAHASAN : Cara Cremona
1.2.1 Pendahuluan
1.2.1.1 Deskripsi singkat
Membahas konsep keseimbangan benda, keseimbangan titik kumpul dengan cara grafis pada rangka batang statis tertentu.
1.2.1.2 Relevansi
Penguasaan teori menghitung gaya dalam rangka batang sangat diperlukan dalam perencanaan struktur rangka atap dan jembatan.
1.2.1.3.1 Standar kompetensi
Mahasiswa mampu berfikir kritis tentang permasahan keseimbangan benda dan titik simpul rangka batang.
1.2.1.3.2 Kompetensi dasar
Mahasiswa mampu menghitung gaya batang dengan cara Cremona.
1.2.2 Penyajian
1.2.2.1 Cara Cremona
8
CREMONA
Cara Cremona adalah cara untuk menghitung reaksi perletakan dan gaya batang secara grafis. Dalam mencari reaksi perletakan berpegang pada prinsip benda seimbang bahwa resultante gaya luar dan reaksi perletakan harus sama dengan 0
r.
Sedang dalam mencari gaya batang berpegang pada prinsip titik simpul seimbang bahwa resultante gaya-gaya batang dan beban luar dititik simpul harus sama dengan 0
r. Seluruh diagram keseimbangan vektor gaya dari reaksi perletakan,
beban luar hingga gaya-gaya batang di semua titik simpul dijadikan 1. Diagram gabungan akan berupa 1 diagram gaya-gaya yang menutup. Analisis dapat dilakukan dalam arah searah jarum jam dan berlawanan arah jarum jam.
Penataan arah reaksi perletakan juga harus sesuai dengan arah analisis yang ditetapkan. Arah yang tidak konsisten akan menyebabkan diagram vektor tidak menutup. Arah gaya reaksi yang sudah diketahui adalah RB. Ditentukan titik potong RB dan beban 20 ton. Resultan RB dan gaya 20 ton akan melalui titik potong
4 M 4 M 4 M 4 M
4 M
20 T
D
A
B
2
11
I
1 3
4 5 6 7
8 9 10 12 13 14 15
C E G
F H
RAV
RAH
RB α
‐4
+1
+9 ‐10
‐5
+11
20 T RB
RA
Gambar 3 : Rangka Batang Seimbang (a) Garis-garis Kerja Gaya (b) Diagram Cremona
(a)
(b)
9
tersebut. Resultan antara resultan RB dan 20 ton dengan RA akan berupa vektor 0r
. Hal ini hanya bisa dipenuhi apabila kedua vektor segaris kerja, sama besar dan berlawanan arah. Dengan demikian arah gaya reaksi RA melalui A dan titik potong RB dan 20 ton (F). Dengan mengambil arah searah jarum jam, diagram gaya reaksi dan gaya-gaya batang disajikan dalam diagram Cremona berikut :
Gaya gaya batang yang tidak tersebut berharga 0. + menyatakan tarik dan – menyatakan tekan. Arah reaksi perletakan yang tergambar merupakan arah yang benar.
Gaya-gaya batang dihitung berdasar besaran skala. Kalau disajikan dalam tabel sesuai dengan tabel 1.
1.2.2.2 Latihan
Rangka batang pada gambar (2) : titik kerja gaya 20 ton berada di H Dikerjakan secara grafis akan diperoleh gaya batang seperti pada tabel 2.
1.2.3. Penutup
1.2.3.1 Tes formatif
Tentukan gaya batang rangka batang gambar (2) ababila gaya 20 ton bekerja dititik I dengan arah mendatar dengan cara Cremona.
1.2.3.2 Umpan balik
Hasil perhitungan gaya batang harus memenuhi bahwa resultante gaya di semua titik simpul harus 0.
1.2.3.3 Tindak lanjut
Mahasiswa harus mau melakukan latihan menghitung gaya batang cara Cremona dengan membuat soal latihan sendiri.
1.2.3.4 Rangkuman
Setiap benda maupun titik dalam kondisi yang diam berati seimbang. Dengan penerapan keseimbangan grafis dapat menghitung gaya dalam.
1.2.3.5 Kunci jawaban tes formatif
Hasil perhitungan dengancara Cremona sama seperti pada tabel 3.
2. POKOK BAHASAN : Garis Pengaruh
2.1. SUB POKOK BAHASAN : Garis Pengaruh Balok
10
2.1.1 Pendahuluan
2.1.1.1 Deskripsi singkat
Membahas gaya lintang dan momen suatu titik di balok yang besarnya dipengaruhi oleh posisi beban berjalan.
2.1.1.2 Relevansi
Pengaruh beban berjalan pada gaya lintang dan momen pada balok merupakan gambaran pengaruh beban kendaraan atau kereta api pada gaya lintang dan momen jembatan balok.
2.1.1.2.1 Standar kompetensi
Mahasiswa mampu berfikir kritis tentang permasalahan dan pengaruh beban bergerak pada jembatan balok.
2.1.1.2.2 Kompetensi dasar
Mahasiswa mampu menghitung dan menggambarkan grafik garis pengaruh gaya lintang dan momen pada balok.
2.1.2. Penyajian
2.1.2.1. Garis Pengaruh Balok
Garis pengaruh gaya lintang dan momen adalah grafik yang menyajikan besar gaya lintang dan momen suatu titik di balok akibat pengaruh beban berjalan satu satuan gaya.
Dengan menerapkan prinsip keseimbangan balok atau bagian balok, gaya lintang dan momen suatu titik akan diperoleh.
Contoh : Menggambar garis Pengaruh Gaya Lintang dan Momen titik C
Gambar 6 : Garis Pengaruh Reaksi Perletakan
(a) Balok dengan beban berjalan (b) Garis Pengaruh RA (c) Garis Pengaruh RB (d) Potongan kanan ( ) P ki i
0.6 L
x
L
0.4 L A
C
B
0.4 L C
BDC
MC
0.6 L A
MC
DC
1
1
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
11
∑ = 0MzB RAxL – 1*(L - x) = 0 RA = 1 – x/L
RA merupakan fungsi x pangkat 1, fungsi RA merupakan garis lurus seperti tergambar (6.b)
∑ = 0MzA - RBxL + 1* x = 0 RB = x/L
RB juga merupakan fungsi x pangkat 1, fungsi RB merupakan garis lurus seperti tergambar (6.c)
Kalau beban di kiri C, dikaji keseimbangan potongan CB :
∑ = 0Ky DC = RB
Sesuai ketentuan gaya lintang dinyatakan negatip. Dengan demikian beban berjalan dari A – C, gaya lintang C = - RB.
∑ = 0MzB MC = RB*0.4 L
Sesuai ketentuan momen dinyata kan positip.
Kalau beban dikanan C, dikaji keseimbangan potongan AC :
∑ = 0Ky DC = RA Sesuai ketentuan gaya lintang dinyatakan positip.
∑ = 0MzA MC = RA*0.6 L Sesuai ketentuan momen dinyata kan positip.
Gambar garis pengaruh gaya lintang dan momen di C dinyatakan dalam gambar (7).
2.1.2.2. Latihan
Garis pengaruh gaya lintang dan momen untuk titik D ditengah bentang disajikan pada gambar (7.b).
0.6
0.4
_ +
+
0.24 L
(a)
(b)
Gambar 7a : Garis Pengaruh Gaya Dalam di C (a) Garis Pengaruh Gaya Lintang (b) Garis Pengaruh Momen
0.5
0.5
_
+
+
0.25 L
(a)
(b)
Gambar7.b : Garis Pengaruh Gaya Dalam di D (c) Garis Pengaruh Gaya Lintang (d) Garis Pengaruh Momen
12
2.1.3. Penutup
2.1.3.1 Tes formatif
Tentukan garis pengaruh gaya lintang dan momen untuk titik E yang berjarak 0.2 L dari tumpuan kiri balok gambar (6).
2.1.3.2 Umpan balik
Jumlah gaya lintang posistip dan negatip sama dengan 1. Besar momen ekstrim sama dengan perkalian bentang kiri dan kanan dibagi bentang tottal.
2.1.3.3 Tindak lanjut
Mahasiswa harus mau melakukan latihan menghitung dan menggambar garis pengaruh gaya lintang dan momen soal soal berikut :
Hitung dan gambar garis pengaruh gaya lintang di C dan D kedua balok berikut :
2.1.3.4 Rangkuman
Dengan keseimbangan potongan, garis pengaruh gaya lintang dan momen akan dapat digambar dan grafik berupa kumpulan fungsi linier terhadap posisi beban.
2.1.3.5 Kunci jawaban tes formatif
0.6 L
x
L
0.4 L A
C
B
0.2 L
D
0.5 L
x
L
0.5 L A
C
B
0.2 L
D
02
0.8
_ +
+
0.16 L
(a)
(b)
(a) Garis Pengaruh Gaya Lintang (b) Garis Pengaruh Momen
13
2.2. SUB POKOK BAHASAN : Garis Pengaruh Rangka Batang
Pendahuluan
2.2.1.1 Deskripsi singkat
Membahas gaya normal suatu batang pada rangka batang yang besarnya dipengaruhi oleh posisi beban berjalan.
2.2.1.2 Relevansi
Pengaruh beban berjalan pada gaya normal rangka batang merupakan gambaran pengaruh beban kendaraan atau kereta api pada gaya dalam jembatan rangka batang.
2.2.1.2.1 Standar kompetensi
Mahasiswa mampu berfikir kritis tentang permasalahan dan pengaruh beban bergerak pada jembatan rangka batang.
2.2.1.2.2 Kompetensi dasar
Mahasiswa mampu menghitung dan menggambarkan grafik garis pengaruh gaya normal pada rangka batang.
2.2.2. Penyajian
2.2.2.1. Garis Pengaruh Rangka Batang
Garis pengaruh pada rangka batang merupakan grafik yang menggambarkan besar gaya normal suatu batang akibat pengaruh beban berjalan 1 satuan gaya. Untuk menghitung dan menggambar garis pengaruh gaya normal suatu batang dipergunakan cara analisis Ritter.
2.2.2.2. Latihan
Sebagai contoh akan menghitung garis pengaruh gaya normal batang 2, 6 dan 12 rangka batang yang tercantum pada gambar (8), diambil potongan Ritter I – I.
Untuk beban dikiri potongan, dikaji keseimbangan potongan kanan :
∑ = 0MzI - S2x4 – RBx8 = 0 S2 = - 2 RB
∑ = 0MzD S6x4 – RBx12 = 0 S6 = 3 RB
∑ = 0Ky S12xsin α + RB = 0 S12 = -RB 2
Untuk beban dikanan potongan, dikaji keseimbangan potongan kiri :
14
∑ = 0MzI S2x4 + RAx8 = 0 S2 = - 2 RA
∑ = 0MzD - S6x4 + RAx4 = 0 S6 = RA
∑ = 0Ky - S12xsin α + RA = 0 S12 = RA 2
(a)
4 M 4 M 4 M 4 M
4 M
D
x
B
2
11
I
1 3
5 6 7 8
9 10 12 13 14
15
C E G F
H RA RB
α
I
I
Gambar 8 : Potongan Ritter pada Rangka Batang Bidang(a) Rangka batang dengan beban berjalan (b) Garis Pengaruh RA (c) Garis Pengaruh RB (d) Potongan kiri (e) Potongan kanan
17
4
15 16
A J
(d)
4 M 4 M
H A
2
12
6
D
IRA
α
I
C
4 M 4 M
4 M
J B
12
6
F
I
RB
α
(e)
E G 2
6
(b)
(c)
15
Grafik garis pengaruh dinyatakan dalam gambar (9).
2.2.3. Penutup
2.2.3.1 Tes formatif
Tentukan garis pengaruh gaya batang 3, 7, 14 rangka batang gambar (8).
2.2.3.2 Umpan balik
Garis pengaruh gaya batang atas umumnya negatip, gaya batang bawah umumnya tarik dan gaya batang vertikal dan diagonal terjadi silang tanda.
2.2.3.3 Tindak lanjut
Mahasiswa harus mau melakukan latihan menghitung dan menggambar garis pengaruh gaya batang soal soal berikut :
• Hitung dan gambar garis pengaruh batang 10, 11 dan 13.
• Hitung dan gambar garis pengaruh batang 1, 5 dan 10.
2.2.3.4 Rangkuman
Dengan keseimbangan potongan, garis pengaruh gaya batang akan dapat digambar dan grafik berupa kumpulan fungsi linier terhadap posisi beban.
2.2.3.5 Kunci jawaban tes formatif
(a)
0.5V2
0.25V2
+
_
_
+
(b)
1
0.5
0.75 0.5
(c)
Gambar 9 : Garis Pengaruh Gaya Normal Rangka Batang (a) Garis Pengaruh S12 (b) Garis Pengaruh S2 (c) Garis Pengaruh S6
16
3. POKOK BAHASAN : Lendutan
3.1. SUB POKOK BAHASAN : Lendutan Rangka Batang
3.1.1. Pendahuluan
3.1.1.1 Deskripsi singkat
Membahas perpindahan titik-titik simpul rangka batang akibat beban luar yang bekerja. Perhitungan dapat dilakukan dengan cara analitis yaitu dengan usaha virtuil atau dengan cara grafis yaitu cara Williot.
3.1.1.2 Relevansi
Lendutan rangka batang sesuai dengan lendutan rangka batang jembatan datu atap. Lendutan yang besar akan dirasakan tidak aman oleh pemakai. Sehingga lendutan terbesar menurut peraturan perencanaan harus dibatasi. Materi ini akan diperlukan bagi seorang sarjana teknik sipil dalam bertindak sebagai perencana struktur.
3.1.1.2.1 Standar kompetensi
Mahasiswa mampu berfikir kritis tentang permasalahan rangka batang yang berhubungan dengan beban, dimensi, bentang dan lendutan.
3.1.1.2.2 Kompetensi dasar
Mahasiswa mampu menghitung dan menggambarkan grafik lendutan rangka batang.
(a)
0.5V2
0.25V2
+
_
_
+
(b)
1
0.5
0.750.5
(c)
Gambar 9.b : Garis Pengaruh Gaya Normal Rangka Batang (a) Garis Pengaruh S14 (b) Garis Pengaruh S3 (c) Garis Pengaruh S7
17
3.1.2. Penyajian
2.1.2.1. Lendutan Rangka batang
Ada beberapa cara untuk menghitung lendutan, diantaranya :
• Cara Williot
• Usaha Virtuil
• Formulasi Castigliano
Untuk cara ke tiga akan dibahas setelah pembahasan Energi Regangan.
1.1 Cara Williot
Menggambarkan perpindahan suata titik pertemuan 2 buah batang, diawali dengan
menempatkan kedua batang pada posisi akhir yaitu batang mengikuti perpindahan
ujung yang lain. Dalam pergeseran batang tetap diposisikan sejajar arah semula.
Dengan demikian perpindahan ujung batang yang berhubungan dengan titik yang
akan digambarkan perpindahannya sama dengan perpindahan titik ujung yang lain.
Perubahan panjang digambarkan dengan arah sesuai arah batang. Kedua batang
yang ujung-ujung batangnya tidak bertemu dilingkarkan sampai kedua ujung
bertemu. Titik temu hádala posisi baru titik tersebut. Dalam batasan deformasi
Sangay kecil gerakan melingkar batang dapat didekati dengan gerakan tegak lurus.
Penggambaran diagram Williot hanya menampilkan perpindahan titik-titik
C
A B
C
+1 ‐ 2
A’
B’
1
2
C’
ΔL1
ΔL2
(a) (b) (c)
ΔL1
ΔL2
A’ C’
B’ O
Gambar 10 : Diagram Williot
(a) Kondisi awal Titik C (b) Sketsa perpindahan titik C (c) Diagram Williot perpindahan titik C
18
sebelumnya, perubahan panjang dan gerakan tegak lurus. Semua perpindahan titik
simpul diukur dari titik awal O. Sketsa penggambaran perpindahan titik simpul dan
diagram Williot disajikan pada gambar (10).
Contoh 1 :
Dengan menggunakan keseimbangan titik kumpul gaya batang rangka batang pada
gambar (12) yang berbeban 20 ton, dapat diperoleh. Hasil gaya batang tercantum
dalam gambar. Berdasar gaya batang terhitung, perubahan panjang batang dihitung
dengan menggunakan humus Robert Hooke :
εσ E= AS
=σ LLΔ
=ε dengan demikian EASLL =Δ
Dimana : LΔ perubahan panjang batang
ε regangan normal
L panjang batang
S gaya batang (gaya normal penampang)
E modulus elastisitas
A luas penampang batang
Perhitungan perubahan panjang batang disajikan pada tebel 4.
Gambar 11 : Perpindahan titik simpul Rangka Batang beban 20 ton (a) Sketsa Rangka Batang (b) Diagram Williot
4 M
D
A
B
2
1 C
RAV
RAH α
4 M
3 4
5
RB
20 t
‐20
‐20
20V2 0
0
O
D’
C’
ΔL3
ΔL4 ΔL1
B’
(b)
(a)
19
Tabel 4 : Perubahan Panjang Batang
i Si (Kg) Li (cm) Ai (cm2) ΔLi = EAiSiLi (cm)
1 -20000 400 20 -0.2
2 0 400 20 0
3 20000V2 400V2 20 0.4
4 -20000 400 20 -0.2
5 0 400 20 0
Berdasar perubahan panjang batang yang dihasilkan dipergunakan untuk
menggambar diagram Williot seperti ditunjukkan pada gambar (11.b).
Contoh 2 :
Dengan menggunakan keseimbangan titik kumpul gaya batang rangka batang pada
gambar (12) yang berbeban beban 20 ton, dapat diperoleh. Hasil gaya batang
tercantum dalam gambar. Berdasar gaya batang terhitung, perubahan panjang
batang dihitung. Hasilnya disajikan pada tabel 5.
Gambar 12 : Perpindahan titik simpul Rangka Batang beban 20 ton (a) Rangka dan Gaya batang (b) Diagram Williot
4 M 4 M
4 M
20 T D A B
2 1 3
4 5
C
RA RB
α 20
‐ 10V2 ‐ 10V2
10 10
(a)
O
D’ C’
B’
D”
B”
C”
ΔL5
ΔL31
ΔL1
ΔL2
ΔL4
(b)
20
Tabel 5 : Perubahan Panjang Batang
i Si (Kg) Li (cm) Ai (cm2) ΔLi = EAiSiLi (cm)
1 -10000V2 400V2 20 -0.2
2 20000 400 20 0.2
3 -10000V2 400V2 20 -0.2
4 10000 400 20 0.1
5 10000 400 20 0.1
Persoalan berbeda dengan contoh 1 dimana titik kedua setelah titik sendi adalah titik
rol yang tidak mungkin pindah vertikal. Contoh 2 titik kedua adalah titik yang
dimungkinkan berpindah vertical. Untuk mengatasi kesulitan ini, titik kedua setelah
sendi dianggap tidak pindah vertical. Kemudian dilanjutkan penggambaran
perpindahan titik-titik yang lain. Setelah tergambar ternyata titik rol B pindah vertical.
Ini merupakan kesalahan akibat asumís titik D tidak pindah vertical. Kesalahan harus
dikoreksi dengan cara rangka batang diputar secara kaku dengan titik pusat titik
sendi A. Besar pemutaran sebesar kesalahan yang terjadi. Hasil pemutaran kaku
akan memberikan perpindah titik kumpul tergambar sebagai (”). Perpindahan yang
benar adalah dari (”) ke (’). Dengan demikian titik rol B hanya perpindah horisontal
dari B” ke B’.
1.2 Usaha Virtuil
Benda yang seimbang kalau diberi beban/perpindahan maya, usaha yang dilakukan
oleh beban luar akan sama dengan energi regangan yang tersimpan dalam benda.
Rangka batang seperti pada gambar (13), diberi beban maya satu satuan gaya yang
sangat kecil di B dalam arah horisontal. Gaya ini akan menimbulkan gaya batang αi.
Berdasar Hukum Usaha Virtuil akan diperoleh persamaan seperti berikut :
∑=
=n
i i
iiiBH EA
LS1
*1α
δ atau ∑=
=n
i i
iiiBH EA
LS1
αδ
Si adalah gaya batang yang ke i akibat beban luar
αi adalah gaya batang yang ke i akibat beban satu satuan gaya di B dalam
arah horisontal.
21
Li adalah panjang batang yang ke i
Ai adalah luas penampang batang yang ke i
E adalah modulus elastisitas.
Tabel 6 : Perpindahan horizontal titik B δBH
i Si (Kg) αi Li (cm) Ai (cm2) EAi
iLiSiα (cm)
1 -10000V2 0 400V2 20 0
2 20000 0 400 20 0
3 -10000V2 0 400V2 20 0
4 10000 1 400 20 0.1
5 10000 1 400 20 0.1
δBH 0.2
Penempatan posisi dan arah beban maya disesuaikan dengan perpindahan titik dan
arah yang diinginkan. Apabila ternyata perpindahan yang dihitung berharga negatip
berarti arah perpindahan berlawanan denga arah beban maya.
3.1.3. Penutup
3.1.3.1 Tes formatif
Tentukan perpindahan vertikal titik D rangka batang gambar (13).
0
4 M 4 M
4 M
20 T D A B
2 1 3
4 5
C
RA RB
α 20
‐ 10V2 ‐ 10V2
10 10
1
Gambar 13 : Beban maya di B dalam arah horisontal (a) Rangka, Gaya batang akibat beban luar. (b) Gaya batang akibat beban satu satuan gaya di B arah horisontal
4 M 4 M
4 M
D A B
21 3
4 5
C
RA RB
α 1 1
1
0 0
0
(a) (b)
22
3.1.3.2 Umpan balik
Pada rangka batang tertumpu sendi dan rol umumnya perpindahan vertikal titik-titik simpul oleh beban gravitasi mempunyai arah kebawah, perpindahan horisontal titik-titik simpul bawah mempunyai arah kekanan dan titik-titik simpul atas kekiri
3.1.3.3 Tindak lanjut
Mahasiswa harus mau melakukan latihan menghitung dan menggambar garis pengaruh gaya batang soal soal berikut :
• Hitung perpindahan vertikal titik C rangka batang gambar (13)
• Hitung perpindahan horisontal titik D rangka batang gambar (11)
3.1.3.4 Rangkuman
Untuk menghitung perpindahan suatu titik lebih efisien mempergunakan cara uasah virtuil dan kalau menghitung perpindahan seluruh titik simpul lebih cepat dipergunakan cara Williot.
3.1.3.5 Kunci jawaban tes formatif
Tabel 7 : Perpindahan vertikal titik D δDV
i Si (Kg) αi Li (cm) Ai (cm2) EAi
iLiSiα (cm)
1 -10000V2 -0.5V2 400V2 20 0.1V2
2 20000 1 400 20 0.2
3 -10000V2 -0.5V2 400V2 20 0.1V2
4 10000 0.5 400 20 0.05
5 10000 0.5 400 20 0.05
δDV 0.3 + 0.2V2
3.2. SUB POKOK BAHASAN : Lendutan Balok
3.2.1. Pendahuluan
3.2.1.1 Deskripsi singkat
23
Lendutan balok dapat dihitung dengan menggunakan cara analitis, metoda Luasan Bidang Momen dan Teorema Castigliano. Cara analitis adalah cara yang menggunakan integrasi persamaan diferensial turunan kedua lendutan. Metoda Luasan Bidang momen mengembangkan persamaan turunan kedua lendutan kearah lausan dan statis momen bidang momen. Dan Teorema Castigliano merupakan hasil jabaran lanjut dari teori energi regangan beban satis.
3.2.1.2 Relevansi
Lendutan balok sesuai dengan lendutan balok jembatan, balok gedung bertingkat. Lendutan terbesar menurut peraturan perencanaan harus dibatasi. Lendutan yang melampaui batas dapat dirasakan oleh pemakai, sehingga timbul kesan tidak aman. Materi ini sangat diperlukan bagi seorang sarjana teknik sipil saat terjun dalam dunia perencanaan struktur.
3.2.1.2.1 Standar kompetensi
Mahasiswa mampu berfikir kritis tentang permasalahan balok yang berhubungan dengan beban, dimensi , bentang dan lendutan.
3.2.1.2.2 Kompetensi dasar
Mahasiswa mampu menghitung lendutan balok statis tertentu.
3.2.2. Penyajian
3.2.2.1. Lendutan Balok
Ada beberapa cara untuk menghitung lendutan, diantaranya :
• Cara Analitis • Metoda Luasan Bidang Momen • Formulasi Castigliano
Untuk cara ke tiga akan dibahas setelah pembahasan Beban Impact.
1 Cara Analitis
Untuk mencari lendutan balok dengan cara analitis, dilakukan integrasi persamaan hubungan lendutan dengan momen lapangan. Momen lapangan disesuaikan momen lapangan balok yang dikaji yang sangat dipengaruhi oleh macam beban yang bekerja. Integrasi turunan kedua fungsi lendutan akan terdapat 2 konstanta integrasi untuk setiap momen lapangan. Dengan memanfaatkan harga batas, konstanta integrasi akan dapat ditemukan.
C
24
1. Balok Dengan Beban Merata
Mx = RA x – ½ q x2
Mx = ½ q L x – ½ q x2
z
x
EIM
y −="
EIz y” = - Mx
EIz y” = ½ q x2 - ½ q L x
EIz y’ = 1/6 q x3 – ¼ qLx2 + C1
EIz y = 1/24 q x4 – 1/12 qLx3 +
C1 x + C2
Dari lendutan yang terjadi terdapat 2 titik yang diketahui harganya, yaitu titik A dan B :
x = 0 y = 0 memberikan harga C2 = 0
x = L y = 0 memberikan harga C1 = 24
3qL
Persamaan turunan pertama lendutan dan lendutan menjadi :
EIz y’ = 61 q x3 –
41
qLx2 + 24
3qL
EIz y = 241 q x4 –
121 qLx3 +
24
3qL x
Fungsi lendutan sudah definitip. Kalau harga E, Iz, q dan L diketahui fungsi lendutan dan turunan dapat digambar. Dalam bangunan sipil lendutan umumnya sangat kecil sehingga sudut yang dibentuk oleh garis singgung menyinggung balok melendut dengan sumbu x juga sangat kecil. Tangen sudut yang sangat kecil akan sama dengan sudutnya itu sendiri. Hanya sudut harus dalam radial.
φA = sudut yang dibentuk oleh garis singgung di A terhadap sumbu x atau terhadap arah sebelum dibebani. φA juga menyatakan rotasi penampang atau titik di A.
L
X
Y
B
RA RB
q
A
x
φA φB
Gambar 14 : Balok dengan beban merata
25
φA = y’ untuk x = 0 z
A EIqL24
3
=ϕ
φB = y’ untuk x = L z
B EIqL24
3
−=ϕ
Lendutan terbesar ymax terjadi kalau y’ = 0 atau :
61 q x3 –
41
qLx2 + 24
3qL = 0 ini merupakan polinom pangkat 3 yang
mempunyai akar x 3 buah. Karena kondisi simetris salah satu akar pasti x = ½ L. Kalau dimasukkan akan memenuhi persamaan. Harga lendutan didapat dengan memasukkan x = ½ L ke persamaan y :
zEI
qly3845 4
max =
2. Balok Dengan Beban Terpusat
LPbRA =
LPaRB =
Terdapat 2 momen lapangan : Lapangan 1 : 0 < x < a
Mx = RA x = xLPb
EIz y” = - Mx
EIz y” = - xLPb
EIz y’ = - 2
2x
LPb + C1
EIz y = - 3
6x
LPb + C1 x + C2
Lapangan 2 : a < x < L
Mx = xLPb - P (x-a)
EIz y” = - Mx
EIz y” = - xLPb + P (x-a)
Gambar 15 : Balok dengan beban terpusat
L
X
Y
B
RA RB
P
A
x
b a φA φB
26
EIz y’ = - 2
2x
LPb + ½ P (x-a)2 + C3
EIz y = - 3
6x
LPb + + 1/6 P (x-a)3 + C3 x + C4
Konstanta C1, C2, C3 dan C4 dapat dipecahkan dengan menggunakan 4 buah persamaan harga batas :
x = 0 y = 0 (a) x = a y’L = y’R (b) yL = yR (c) x = L y = 0 (d)
Dari harga batas (a) didapat C2 = 0 Dari harga batas (b) didapat C1 = C3 Dari harga batas (c) didapat C4 = 0
Dari harga batas (d) didapat C3 = L
bLPab6
)( +
Dengan demikian fungsi turunan lendutan dan lendutan adalah : Lapangan 1 : 0 < x < a
EIz y’ = - 2
2x
LPb +
LbLPab
6)( +
EIz y = - 3
6x
LPb +
LbLPab
6)( + x
Lapangan 2 : a < x < L
EIz y’ = - 2
2x
LPb + ½ P (x-a)2 +
LbLPab
6)( +
EIz y = - 3
6x
LPb + + 1/6 P (x-a)3 +
LbLPab
6)( + x
Rotasi penampang di A dan B adalah :
φA = y’ untuk x = 0 LEI
bLPab
zA 6
)( +=ϕ
φB = y’ untuk x = L LEI
aLPab
zB 6
)( +−=ϕ
Lendutan terbesar untuk keadaan a = b = ½ L akan terjadi di titik x = ½ L :
zEIPLy48
3
max =
27
3. Balok Dengan Beban Momen diujung
LMRA =
Mx = - xLM
EIz y” = xLM
EIz y’ = 2
2x
LM + C1
EIz y = 3
6x
LM + C1 x + C2
Harga batas : x = 0 y = 0 memberikan harga C2 = 0
x = L y = 0 memberikan harga C1 = -6
ML
Persamaan turunan pertama lendutan dan lendutan menjadi :
EIz y’ = 2
2x
LM -
6ML
EIz y = 3
6x
LM -
6ML x
Rotasi dan lendutan terbesar :
φA = y’ untuk x = 0 z
A EIML6
−=ϕ
φB = y’ untuk x = L z
B EIML3
=ϕ
Ymax terjadi bila y’ = 0 atau :
2
2x
LM -
6ML = 0 didapat akar yang rasional x = 33
1 L
Y max = 23271 ML
2 Metoda Luasan Bidang Momen
Akibat beban sebarang balok seperti pada gambar (17) melendut. Turunan kedua fungsi lendutan adalah :
z
x
EIM
y −="
Ditarik garis singgung melalui kedua ujung elemen sepanjang dx. Kedua garis singgung akan membentuk sudut sebesar dφ dan akan memotong garis vertikal
Gambar 16 : Balok dengan beban Momen
L
X
Y
BRA RB
A
x
φA φB M
28
melalui B di 2 titik. Jarak kedua titik potong adalah df. Sudut yang dibentuk oleh garis singgung dengan sumbu x dinyatakan oleh y’. Selisih arah kedua garis singgung atau sudut yang dibentuk oleh kedua garis singgung adalah dy’. Dengan demikian :
dy' = y” dx atau
dy’ = z
x
EIM
− dx atau
dφ = z
x
EIM
− dx
untuk perhitungan semi grafis tanda minus tidak diperhatikan, dengan demikian :
dφ = z
x
EIM dx
Kalau seluruh dφ dijumlah dari A sampai B, maka hasil penjumlahan akan sama dengan sudut yang dibentuk oleh garis
singgung melalui A dan melalui B.
dxEIMB
A z
xAB ∫=ϕ
Formulasi ini menyatakan bahwa sudut yang dibentuk oleh garis singgung memalui A dan B sama dengan luas bidang momen dari A sampai B dibagi EIz. Dengan mengacu pada asumsi bahwa lendutan sangat kecil, besar df = x dφ atau :
df = z
x
EIM
− x dx
Kalau seluruh df yang dihasilkan oleh garis singgung dari A sampai B dijumlah akan sama dengan fB, yaitu panjang bagian garis vertical melalui B yang terpotong oleh garis singgung melalui A dan melalui B :
xdxEIM
fB
A z
xB ∫=
Formulasi ini menyatakan bahwa fB sama dengan statis momen luasan bidang momen antara A dan B terhadap B dibagi EIz.
Contoh 1 : Balok dengan 2 buah beban terpusat dengan posisi simetris gambar (18). Reaksi di A dan B sama dengan P. Momen di bawah beban sama dengan Pa. Bidang momen berupa trapesium.
L
X
Y
B
q
A
x dx
Mx
df fB
Bidang M
Gambar 17 : Lendutan dan Bidang Momen
29
Menghitung rotasi penampang atau rotasi garis singgung di A dan B :
{ }LPaLaLEIz
f A 21
21 )2(1
+−= )(2
aLEIz
PaLf A −=
Lf A
B =ϕ )(2
aLEIzPa
B −=ϕ idem )(2
aLEIzPa
A −=ϕ
Menghitung Lendutan maksimum : Dikaji bagian A – C. Berhubung simetris titik tengah bentang C mempunyai lendutan yang maksimum. ymaks = fA
sama dengan statis momen luasan bidang momen antara A – C terhadap A dibagi EIz
)}42)(2(
{1
21
322
21
aLaaLPa
aPaEIz
ymaks
−+−
+=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=68
22 aLEIzPaymaks
Luasan dan posisi titik berat bentuk-bentuk Bidang Momen : 1. Segi tiga
Gambar 18 : Balok dengan 2 beban terpusat (a) Bidang momen (b) Sketsa lendutan di tengah bentang
L
X
Y
B
fA fB
P
A
a a
φA φB
P
L – 2 a
Pa Pa + Bid. M
ymax
ymax
C
fA
(a)
(b) A
* C
a b
)(31 aL + )(31 bL +
Luas = Lh21
h
30
2. Parabola 1
Luasan yang dinyatakan merupakan setengan bidang momen balok dengan beban merata. 3. Parabola 2
Luasan yang dinyatakan merupakan bidang momen kantilever terjepit dengan beban merata. 4. Hiperbola
Luasan yang dinyatakan merupakan bidang momen kantilever terjepit dengan beban merata.segitiga. Contoh 2 :
Balok tertumpu sederhana sendi dan rol dengan beban merata segitiga seperti gambar (19). Dengan menggunakan 3 persamaan keseimbangan diperoleh reaksi perletakan : RA = 1/6 qL RB = 1/3 qL.
* C
L
L85 L83
Luas = Lh32
h
q
h
L
* C
¾ L ¼ L
Luas = 1/3 Lh q
h
L
* C
4/5 L 1/5 L
Luas = 1/4 Lh
q
31
Dengan menggunakan perban dingan seharga didapat : qx = x/L q Mx = 1/6 qL x – 1/6 qx 3/L Untuk mempermudah penyele saian, bidang momen dipisah menjadi 2 bentuk segitiga untuk RA dan hiperbola untuk akibat q. fB = (1/6 qL2 L/2 1/3L – 1/6 qL2 L/4 1/5L)/EIz
fB = EIz
qL3607 4
dengan demikian φA = EIz
qL3607 3
fA = (1/6 qL2 L/2 2/3L – 1/6 qL2 L/4 4/5L)/EIz
fA = EIz
qL3608 4
φB = EIz
qL3608 3
Posisi lendutan maksimum ymaks berada dititik C yang ber garis
singgung sejajar sumbu X. Misal posisi titik tersebut berjarak x dari titik A. Tentukan M1 dan M2 dalam x :
M1 = 1/6 qL x
M2 = – 1/6 qx 3/L Untuk seksi A – C : Sudut yang dibentuk garis singgung mealalui A dan C = φA. Persamaan ini adalah : 1/6 qL x ½ x – 1/6 qx 3 /L ¼ x = 7/360 q L3 atau x4 – 2 L2 x2 + 7/15 L4 = 0
x2 = L2 – L2
1571− x = 0.5193 L
ymaks = fA ymaks = ⎭⎬⎫
⎩⎨⎧ −
LLqLLqL
EIz1)5193.0()5193.0(1
545
241
322
121
ymaks = EIzqL400652.0
L
q
1/6 q L2
1/6 q L2_
+M1
M2
fB
fA
ymaks
x (a)
(b)
(c)
Gambar 19 : Balok dengan beban merata segitiga (a) Sketsa lendutan (b) Bidang momen akibat RA (c) Bidang momen akibat q
φA ΦB
32
3. Teorema Castigliano
3.1. Energi Regangan dalam Tarikan
Btang ditarik secara statis artinya beban berkembang secara bertahap tanpa hentakan. Kondisi awal batang mempunyai panjang L dan luas penampang A dengan gaya tarik 0. Kondisi akhir panjang batang berubah menjadi (L + δ) dengan gaya tarik P. Diamati kondisi antara :
Panjang batang (L+x) dengan beban Px.
Beban ditambar sebesar dPx dan batang bertambah panjang sebesar dx. Dengan adanya pertambahan panjang dx beban bergerak dan melakukan usaha sebesar (Px+dPx)dx. dPx dan dx sangat
kecilmendekati 0, maka dPxdx diabaikan. Sehingga usaha saat penambahan beban dPx adalah Pxdx. Atau :
dW = Pxdx. (4)
Material bersifat elastis linier, dengan mengacu rumus Robert Hooke :
σx = E εx padahal σx = Px/A dan εx = x/L, sehingga
Px = EAx/L (5)
Persamaan (5) masuk ke (4) diperoleh :
dW = EAx/L dx (6)
Kalau seluruh dU dari awal hingga akhir dijumlah, akan diperoleh total usaha :
xdxL
EAW ∫=δ
0
atau 2
2δ
LEAW =
Menurut Hukum Kekekalan Energi, usaha yang dilakukan beban akan berubah menjadi Energi Regangan dalam benda. Energi regangan batang dinyatakan dengan U, sehingg :
2
2δ
LEAU = (7)
Formulasi energi regangan dapat dinyatakan dalam bentuk lain :
L
δx dx
P
Px
dPx
Awal Antara Akhir
Gambar 20 : Batang ditarik secara statis
33
2δPU = dan
EALPU
2
2
= (8)
Energi regangan persatuan volume ω :
2
2εω E=
2σεω = dan
E2
2σω = (8)
3.2. Batang tertarik secara mendadak
Suatu beban berat W dijatuhkan setinggi h seperti gambar (21). Setelah menekan platform, platform masih tersu turun hingga mencapai δ. Beban mealakukan usaha sebesar : W(h+ δ). Pada batang yang bertambah panjang δ tersimpan energi
regangan 2
2δ
LEAU = . Menurut hukum kekekalan
energi usaha yang dilakukan beban sama dengan energi yang tersimpan, sehingga diperoleh persamaan :
2
2δ
LEA = W (h+ δ) atau δ2 - δ
EAWL2 - h
EAWL2 = 0
Misal EAWL dinyatakan sebagai δSt maka persamaan
menjadi
δ2 - 2 δSt δ - 2 δSt h = 0 diperoleh
δ = δSt + hStSt δδ 22 + (9)
δSt adalah perubahan panjang kalau seandainya W bekerja secara statis.
Contoh : Memasukkan paku ke kayu dengan menggunakan Palu.
Paku diameter 4 mm panjang 5 cm dipukul dengan palu berat 0.30 Kg dengan tinngi jatuh 30 cm. Berapa tegangan kerja paku?.
Jawab :
W = 0.30 Kg A = ¼ π (0.4)2 = 0.12566 cm2. L = 5 cm
E = 2.1 106 Kg/cm2. h = 30 cm
δSt = EAWL δSt = 5.684 10-6 cm
L
δ
h
Gambar 21 : Batang dengan beban impact
W
34
δ = δSt + hStSt δδ 22 + δ = 0.01847 cm
σ = E δ/L σ = 7758.83 Kg/cm2. Ini merupakan tegangan yang terjadi akibat beban impact palu. Bandingkan dengan tegangan yang terjadi kalau palu dibebankan di pakau secara statis :
σSt = 12566.03.0 = 2.39 Kg/cm2.
Tegangan hancur kayu sekitar 4 kali tegangan ijin. Misal tegangan ijin kayu 150 Kg/cm2 maka tegangan hancur = 600 Kg/cm2. Kayu tidak kuat menahan tegangan ujung paku sebesar 7758.83 Kg/cm2. Maka kayu akan hancur dan paku akan masuk kedalam kayu.
3.3. Energi Regangan dalam Geseran
Benda seperti gambar (22) memikul gaya geser P secara statis. Pada kondisi beban akhir benda berubah bentuk dengan kedua penampang bergeser relatip sebesar δ. Analog penjabaran seperti pada pembebanan tarik statis, energi regangan pada benda :
U = 2δP (10)
Tinjau rumusan Robert Hooke untuk geser :
τ = G γ padahal γ = Lδ dan
AP
=τ
sehingga δL
GAP = (11)
Persamaan (11) dimasukan ke persamaan (10) didapat energi regangan :
2
2δ
LGAU = dan 2
2P
GALU = (12)
Kalau dibagi dengan volume AL akan diperoleh energi persatuan volume :
2τγω =
2
2γω G= dan
G2
2τω = (13)
3.4 Energi Regangan Lentur
Berdasar metoda luasan bidang momen,
diperoleh :
L M
φ
Gambar 23 : Kantilever dengan beban Momen
γ
P
P
L
Gambar 22 : Benda dibebani geser secara statis
δ
35
EIzML
=ϕ
Berdasar analogi pembebanan statis tarik, pada pembebanan statis momen
diperoleh energi regangan :
2ϕMU = ,
EIzLMU
2
2
= dan L
EIzU2
2ϕ= (14)
Dikaji balok melendut seprti gambar (24). dφ = dy’ padahal dy’ = y” dx, sehingga :
dφ = y” dx atau dφ = dxEIzMx
Elemen dx yang semula lurus menjadi
melengkung dengan sudut lengkung kedua garis singgung ujung elemen = dφ.
Berdasar humus (13), energi remangan dalam eleven sepanjang dx adalah :
dU = dxEIz
Mx2
2
Kalau energi regangan lentur seluruh elemen dijumlah, didapat :
∫=
=L
x
dxEIz
MxU0
2
2 atau ∫
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
L
x
dxdx
ydEIzU0
2
2
2
2 (15)
Contoh : Lendutan oleh Momen Lentur dan Gaya Geser
Balok kantilever berpenampang empat persegi panjang lebar b, tinggi h dengan beban statis P diujung seperti pada gambar (25). Dengan menggunakan metoda luasan bidang momen, lendutan ujung kantilever dapat dihitung.
EIzPL3
3
=δ (16)
Persamaan (16) merupakan lendutan hanya oleh momen lentur.
Untuk mendapatkan lendutan oleh gaya geser, dikaji elemen kecil panjang dx tinggi dy dan lebar b. Energi yang tersimpan dalam elemen tersebut adalah dU :
x
Gambar 24 : Balok Melendut
dx dφ
L
P
δ
P
(a)
(b)
(c) PL
Gambar 25 : Kantilever dengan beban terpusat
(a) Sketsa balok melendut (b) Bidang Gaya Lintang (c) Bidang Momen
36
dU = G2
2τ b dx dy Distribusi tegangan geser pada lapis y : )4(
22
2
yhIzP
−=τ
Sehingga dU = bdxdyyhGIzP 22
2
2
2
)4(
8− . Persamaan ini menyatakan energi geser
yang tersimpan dalam elemen. Total energi regangan geser dalam balok adalah :
∫∫ −= bdxdyyhGIzPUG
222
2
2
)4(
8 didapat
GIzLhPUG 20
22
=
Kalau energi regangan momen lentur dan energi regangan geser dijumlah diadapat Total energi regangan U :
GIzLhP
EIzLPU
206
2232
+= Untuk pembebanan statis U = 2δP
Dengan demikian diperoleh persamaan :
2δP =
GIzLhP
EIzLP
206
2232
+ atau δ = GIz
PLhEIz
PL103
23
+ atau
δ = ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
GE
Lh
EIzPL
2
23
1031
3 Untuk
101
201
≤≤Lh dan μ = 0.25 diperoleh :
δ = ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ + 5.2
1001
1031
3
3
EIzPL = ( )0075.01
3
3
+EIz
PL
Karena lendutan akibat geser sangat kecil dibanding akibat momen lentur, untuk perhitungan lendutan yang diperhitungkan hanya pengaruh momen lentur.
3.5. Beban Impact pada balok
Analogi pemecahan pembebanan impact gambar (26) seperti pemecahan beban impact pada batang tarik.
EIzWL
St 48
3
=δ
δSt hádala lendutan dibawah beban seandai nya beban bekerja secara status.
Persamaan energi adalah :
W(h+δ) = 2
3
24 δLEIz atau
δ
L
P
Gambar 26 : Balok dibebani P (a) Pembebanan statis P (b) Pembebanan Impact W
L/2 L/2
δ
h
W (a)
(b)
37
02424
332 =−− h
EIzWL
EIzWL δδ atau
0222 =−− hStSt δδδ
Merupakan persamaan kuadrat dalam δ dan mempunyai akar :
hStStSt δδδδ 22 ++= sama seperti persamaan (9).
Contoh :
Pembebanan impact dengan h = 0.
Dengan menggunakan persamaan (9) didapat δ = 2 δSt. Difleksi sebesar ini
sepadan dengan pembebanan statis akibat P = StLEIz δ2483 atau P = 2 W.
3.6 . Persamaan Umum Energi Regangan Benda memikul beban sebarang dalam kondisi seimbang seperti gambar (27). Benda mengalami deformasi dan titik-titik dimana Pi bekerja mengalami perpin dahan. Besarnya energi regangan tidak terpengaruh oleh proses pembebanan tetapi hanya tergantung pada kondisi akhir pembebanan. Besar energi regangan : U = ½ P1 δ1 + ½ P2 δ2 +…. + ½ Pn δn (17)
U merupakan fungsi P1, P2 , …. , Pn. Untuk membuktikan energi regangan hanya tergantung pada kondisi akhir pembebanan, dikaji contoh seperti gambar (28) berikut : Balok dengan beban P ditengah bentang dan M di atas perletakan. Kalau dikaji secara terpisah hanya akibat P seperti (b) :
EIzPL48
3
1 =δ EIz
PL16
2
1 =ϕ
dan akibat M seperti (c) :
EIzML16
2
2 =δ EIzML32 =ϕ
δ
L
P
Gambar 28 : Balok dibebani P & M(a) Pembebanan statis Bersama‐sama (b) Pembebanan Statis P (c) Pembebanan Statis M
L/2 L/2
δ1
(a)
(b)
M
φ
P
φ1
L
δ2 (c) M φ2
P1
P2
P3
P4
Pn δ1
δ2
δ3 δ4
δn
Gambar 27 : Benda memikul beban
d l k d b
38
Kalau P dan M bekerja bersama secara statis seperti (a), energi regangan :
U = ½ P (EIz
PL48
3
+EIz
ML16
2
) + ½ M (EIz
PL16
2
+EIzML3
)
U = EIzLP
96
32
+EIz
PML16
2
+ EIz
LM6
2
(18)
Dicoba M bekerja lebih dulu baru P bekerja kemudian :
Saat M bekerja U1 = ½ M EIzML3
= EIz
LM6
2
Saat P bekerja U2 = M EIz
PL16
2
+1/2 P EIz
PL48
3
= EIz
PML16
2
+ EIzLP
96
32
Sehingga total energi regangan : U = EIz
LM6
2
+ EIz
PML16
2
+ EIzLP
96
32
sama seperti (18).
3.7. Teorema Castigliano
Akibat penambahan beban sebesar dPn energi remangan akan bertambah :
U + nn
dPPU∂∂ (19)
Pembebanan dibalik dPn bekerja lebih dulu baru P1, P2 , …. , Pn bekerja kemudian. Energi regangan saat dPn bekerja : ½ dPn dδn. karena sangat kecil diabaikan. Energi regangan saat P1, P2 , …. , Pn bekerja : ½ P1 δ1 + ½ P2 δ2 +…. + ½ Pn δn + dPn δn = U + dPn δn (20)
Energi regangan tidak tergantung pada proses, dengan demikian persamaan (19) sama dengan persamaan (20) dan diperoleh :
nn P
U∂∂
=δ (21)
Rumusan ini menyatakan bahwa perpindahan suatu titik sama dengan turunan parsial energi regangan ke gaya dititik itu bekerja. Rumusan tersebut ditemukan oleh seorang Italian dari Torino yang bernama Castigliano (1875). Contoh : Balok kantilever dengan beban terpusat dan momen diujung. Diminta menentukan δ dan φ diujung kantilever.
P1
P2
P3
P4
Pn δ1
δ2
δ3 δ4
δn
Gambar 29 : Benda mendapat
b h b b d
dPn dδn
L
P
δ M
Gambar 30 : Kantilever dengan beban terpusat dan momen
φ
x
39
Mx = - M – P x Menggunakan persamaan (14), energi regangan :
∫=L
dxEIz
MxU0
2
2
dxxEIz
PxMdxP
MxEIzMx
PU LL
∫∫ −−−
=∂∂
=∂∂
=00
)()(δ
EIzML
EIzPL
23
23
+=δ
dxEIz
PxMdxMxEIzMxU LL
∫∫ −−−
=∂∂
=∂∂
=00
)1()(ϕϕ
ϕ
EIzML
EIzPL
+=2
2
ϕ
3.8. Teorema Betti (1872)
Benda saat memikul beban P1 dan P2 mengalami deformasi. Pada titik-titik terjadi perpindahan δ1, δ2, δ3, δ4.
Pada saat memikul P3 dan P4, pada titik-titik terjadi perpindahan δ1’, δ2’, δ3’, δ4’.
Kalau P1, P2 bekerja lebih dulu baru P3, P4 bekerja kemudian, energi regang an :
U1 = ½ P1 δ1 + ½ P2 δ2
U2 = P1 δ1’ + P2 δ2’ + ½ P3 δ3’ + ½ P4 δ4’
Total energi regangan U = U1 + U2
U = ½ P1 δ1 + ½ P2 δ2 + P1 δ1’ + P2 δ2’ + ½ P3 δ3’ + ½ P4 δ4’ (22)
Kalau dibalik, P3, P4 bekerja lebih dulu baru P1, P2 bekerja kemudian, energi regangan :
U1 = ½ P3 δ3’ + ½ P4 δ4’
U2 = P3 δ3 + P4 δ4 + ½ P1 δ1 + ½ P2 δ2
Total energi regangan U = U1 + U2
P1
P2
δ1
δ2
δ3 δ4
Gambar 29 : Benda mendapat memikul 2 ragam
b b
P3
P4
δ1’
δ2’
δ3’ δ4’
40
U = ½ P3 δ3’ + ½ P4 δ4’ + P3 δ3 + P4 δ4 + ½ P1 δ1 + ½ P2 δ2 (23)
Karena kondisi akhir sama, persamaan (22) sama dengan persamaan (23), didapat :
P1 δ1’ + P2 δ2’ = P3 δ3 + P4 δ4 (24)
Rumusan (23) dikenal sebagai teorema timbal balik (Reciprocal Theorem) dari Betti.
3.9. Teorema Maxwell
Langkah sama seperti pada pembahas an teorema Betti, diperoleh rumusan :
P1 δ1’ = P2 δ2
Untuk P1 = P2 diperoleh :
δ1’ = δ2 (25)
Contoh :
Dari perhitungan dengan menggunakan metoda luasan bidang momen atau analitis, akibat beban terpusat seperti gambar (31 a), didapat :
EIzPL48
3
1 =δ EIz
PL16
2
1 =ϕ
Dan akibat beban momen seperti gambar (31 b) didapat :
EIzML32 =ϕ
Dengan menggunakan teorema Maxwell diperoleh persamaan :
P δ2 = M φ1 atau
δ2 = M EIz
PL16
2
/P = EIz
ML16
2
P1
δ1
δ2
Gambar 30 : Benda mendapat memikul
b b
P2
δ1’
δ2’
L
Gambar 31 : Balok dibebani P & M (a) Pembebanan Statis P
(b) Pembebanan Statis M
L/2 L/2
δ1 (a) P
φ1
L
δ2 (b) M φ2
41
3.2.3. Penutup
3.2.3.1 Tes formatif
Tentukan perpindahan vertikal titik D balok pada gambar (31).
3.2.3.2 Umpan balik
Teorema Castigliano merupakan cara menghitung lendutan yang paling mudah
dibanding kedua cara yang lain.
3.2.3.3 Tindak lanjut
Mahasiswa harus mau melakukan latihan menghitung lendutan balok berikut :
• Hitung perpindahan vertikal titik tengah bentang C balok gambar (31)
• Hitung Rotasi titik-titk diatas perletakan dan ujung overstek balok gambar (31)
3.2.3.4 Rangkuman
Perhitungan lendutan yang dihitung dengan menggunakan cara analitis, metoda
luasan bidang momen dan teorema Castigliano akan memberikan hasil yang sama.
Untuk struktur yang relatip rumit teorema castigliano paling mudah untuk
diaplikasikan.
3.2.3.5 Kunci jawaban tes formatif
RA = ¼ P arah kebawah
Untuk sona 0 < x < L : Mx = - ¼ P x
U1 = dxEIPxL
∫ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
0
241
2
Untuk sona L < x < 5/4 L : Mx = - ¼ P x + 5/4 P (x-L)
P
L L/4
DEI
Gambar 31 : Balok dengan overstek
C
42
U2 = dxEI
LxPPxL
∫ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −−
0
245
41
2)(
U = dxEIPxL
∫ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
0
241
2 + dx
EILxPPxL
∫ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −−
0
245
41
2)(
PU
D ∂∂
=δ = EIPL3
485