Cla Peyron 1

17

BAB II

METODA CLAPEYRON

2.1 Umum

Metoda Clapeyron termasuk salah satu metoda untuk memecahkan persoalan struktur

Statis Tak Tentu. Metodanya cukup sederhana dan dapat dipahami dengan mudah.

Metoda ini didasarkan dan dibangun dengan asumsi "besar sudut antara batang-batang

yang dihubungkan dengan kaku ( fixed joint ) tetap sama sebelum dan setelah

pembebanan". Asumsi inilah yang dijadikan syarat batas untuk memecahkan gaya-

gaya dalam kelebihan (redundant). Setelah redundant diperoleh, maka persoalan

struktur Statis Tak Tentu dapat diselesaikan dengan cara Statis Tertentu.

2.2 Asumsi

1. Deformasi akibat gaya lintang diabaikan

2. Perpanjangan/perpendekan batang akibat gaya normal diabaikan

3. Besar sudut antara batang-batang yang dihubungkan dengan kaku ( fixed

joint) tetap sama sebelum dan setelah pembebanan

4. Tidak ada patahan pada batang menerus.

2.3 Perjanjian Tanda

- Momen batang

Dianggap positif memutar batang berlawanan arah jarum jam dan dianggap negatif

bila memutar batang searah dengan jarum jam.

17

18

Momen berlawanan arah jarum jam positif

Momen searah jarum jam negatif

- Perputaran sudut (θ, φ dan ψ)

Dianggap positif memutar batang berlawanan arah jarum jam dan dianggap negatif

bila memutar batang searah dengan jarum jam.

θ = putaran sudut total

= putaran sudut akibat beban

= putaran sudut akibat perpindahan titik kumpul atau tumpuan

Akibat pembebanan, besar putaran sudut dapat dihitung sebagai berikut :

19

No Kondisi beban Perputaran sudut (θ)

1.

θA = EI

PL

16

2

θB = -EI

PL

16

2

2.

θB = - 23

223

122

aabbEIL

Pab

θB = - 23

223

122

aabbEIL

Pab

3.

EI

qlA

24

3

EI

qlB

24

3

4.

A = 4

1

4

241

3

1

3

2

2

1

2

2

2

6aaaaLaaL

EIL

q

B =

4

1

4

241

2

1

2

2

2

26aaaa

L

EIL

q

20

5.

A =EI

qLq 33

384

B =EI

qL

24384

7 3

6.

AEI

LMA

3

.

B - EI

LMA

6

.

7.

AEI

LMB

6

.

B - EI

LMB

3

.

Akibat perpindahan tumpuan, besar putaran sudut dapat dihitung sebagai berikut:

L

AB

L

BA

A B

AB

L

(a)

BA

EI

21

L

AB

L

BA

Momen primer (FEM) dapat dilihat pada tabel berikut ini :

No Kondisi beban Momen Primer (FEM)

1.

M0

AB =

8

PL ,

M0

BA = -

8

PL

2.

2

2

210

L

lPlM AB

2

2

2

10

L

lPlM BA

A B

BA

L

(b)

AB

EI

22

3.

M0

AB =

12

2qL ,

M0

BA = -

12

2qL

4.

24

3

22

11

2

4

2

1

20 343861

12lL

L

llLlL

L

lqLM AB

2

22

2

4

2

214

3

1

20 386341

12lLlL

L

llL

L

lqLM BA

5.

122

20 2llL

MlM AB

212

10 2llL

MlM BA

2.4 Contoh soal

1). Perhatikan balok dengan bentang menerus seperti tergambar dibawah ini :

23

Struktur balok diatas mempunyai 3 buah reaksi perletakan yang belum diketahui

yaitu VA, VB dan VC. Dari persamaan statis tertentu tersedia 3persamaan kesetimbangan

yaitu :

Σ Momen = 0

Σ Gaya vertikal = 0

Σ Gaya horizontal = 0

Untuk kasus diatas, ada kelebihan satu reaksi tumpuan (redundant), oleh karena itu

diperlukan satu persamaan tambahan untuk menyelesaikan soal tersebut. Perhatikan

penyelesaian berikut :

Free body AB

EI

LM BBA

3

.

24

Free body BC

EI

PL

EI

LM BBC

163

. 2

Syarat batas :

BCBA

EI

PL

EI

LM

EI

LM BB

163

.

3

. 2

EI

PL

EI

LM B

163

.2 2

32

3PLM B

25

0.32

3

0.

0

LDPL

LDM

M

BA

BAB

A

32

3PDBA

0.32

3

0.

0

LVPL

LVM

M

A

AB

B

32

3PVA

Tinjau portal secara keseluruhan!

0..2.

0

21

PLVLV

M

BA

C

216

3

.216

3

02

.2.32

3

PPV

LVPLPL

PLLVL

P

B

B

B

26

PVB16

11

016

132.

02

3.

16

112.

0..2.

0

23

PLLV

PLLPLV

LPLVLV

M

C

C

BC

A

32

13PVC

Kontrol :

OKE

PPPP

PPPP

PVVV

V

CBA

.......00

032

32

32

13

32

22

32

3

032

13

16

11

32

3

0

0

Contoh 2

Balok dengan 3 tumpuan, dengan beban terpusat sebesar q.l dan beban terbagi rata

q.

27

diminta tentukan reaksi tumpuan VA, VB dan VC.

Penyelesaian :

Untuk konstruksi diatas ada 1 reaksi lebih (redundant), perhatikan penyelesaian

sebagai berikut :

Free body AB

EI

PL

EI

LNBBA

163

. 2

28

EI

ql

EI

LM BBC

243

. 3

Syarat batas :

EI

qlql

EI

LM

EI

ql

EI

ql

EI

LM

EI

lql

EI

ql

EI

LM

EI

ql

EI

LM

EI

PL

EI

LM

B

B

B

BB

BCBA

48

32

3

.2

16243

.2

16

.

243

.2

243

.

163

.

33

33

23

32

EI

ql

EI

LM B

96

5

3

. 3

32

5 2qlM B

29

232

5

0.32

5

0.

0

2

2

21

2

21

qlqlD

qlLDql

LPLDM

M

BA

BA

BAB

A

32

.21 qlDBA

0.232

5

0.

0

22

21

LVqlql

LVLPM

M

A

AB

B

32

.11 qlVA

Tinjau portal secara keseluruhan!

30

0.2

2

3

32

22

02

.2

32.

32

11

0.2.

0

222

22

21

23

LVqlqlql

qlLV

qll

ql

lqlLVlPlV

M

B

B

BA

C

32

42

32

164822

22

3

32

22 2

qlV

qlV

qlqlqlV

B

B

B

16

.21 qlVB

0821242.

0216

21

2

32.

0.2.

222

222

21

23

qlqlqllV

qlqlqllV

lPlVlqllV

C

C

BC

016

112.

2

ql

lVC

32

11qlVC

Kontrol:

00

022

032

11

32

42

32

11

0

qlql

qlqlqlqlql

qlPVVV CBA

31

Contoh 3

Balok dengan 2 tumpuan, dengan beban-bean yang bekerja sebagai berikut

diminta tentukan reaksi tumpuan dan gambarkan bidang momen dan bidang

lintangnya!

Penyelesaian :

Lihat gambar di atas!

Kemungkinan lendutan yang akan terjadi akibat beban-beban yang bekerja pada

konstruksi adalah :

32

Syarat batas :

θAB = 0 Karena tumpuan jepit tidak berputar

Free body AB

)1.........(06

4

3

4

16

)4(5,1

06

.

3

.

162

2

EI

M

EI

M

EI

EI

LM

EI

LM

EI

PL

BA

BA

Free body BC

tmM

qM

qM

M

B

B

B

B

05,0

5,0

0)5,0)(1(

0

33

Maka kita masukkan ke persamaan (1)

06

2,0

3

4

16

24

06

)05,0(4

3

4

16

)4(5,1 2

EIEI

M

EI

EIEI

M

EI

A

A

02,089 AM x 6 EI

MA =1,1 tm

Tinjau portal secara keseluruhan!

005,0341,1

0)5,0)(1()2(4.

0

A

AA

B

V

qPVM

M

VA = 1,0125 t

0345,041,1

0)2()5,4)(1(4.

0

B

BA

A

V

PqVM

M

VB = 0,5875 t

34

Kontrol:

0)1(

0

qPVV

V

BA

1,0125 + 0,5875 - 1.5 - 0,1 = 0

0 = 0 ……oke

Jadi,

VA = 1,0125 t

VB = 0,5875 t

MA = -1,1 tm

Menghitung momen!

ΣMB=0

024 BAA MMPV

01,125,10125,1 BM

1,1305,4 BM

tmM B 06,0

ΣMA=0

024 BAA MMPDB

006,01,125,14 ADB

35

006,01,13 ADB

tDBA 96,1

ΣMB=0

0122

1 qM B

2

1

qM B

tmM B 05,0

tDBA 1,05875,04875,0

01,01,0 DD

36

ΣMC=0

02 CAA MMV

1,120125,1 CM

tM C 925,0

ΣMA=0

025,12 CAC MMD

tDC 04875,0

Gambar bidang momen dan bidang lintang pada halaman selajutnya :

37

38

Contoh 4.

Sebuah balok ditumpu diatas 3 tumpuan seprti terlihat pada gambar, masing-

masing jepit, rol dan rol, balok tersebut dibebani dengan beban merata sebesar 0,15 t/m

sepanjang bentangnya, dan beban terpusat sebesar 2 t. Ditengah-tengah bentang jepit-rol.

Bila panjang masing-masing bentang : 5m, 6m dan kekakuan masing-masing bentang 2EI,

3EI.

Tentukan reaksi-reaksi tumpuan!

Penyelesaian :

Diketahui : seperti tergambar.

Ditanya : MA,VA,VB, VC,. . . .?

39

Jawaban :

Lendutan yang terjadi :

Maka :

Boundary condition/syarat batas :

θAB=0

θBA=θBC

FB AB untuk θAB=0

0

22426

2

23

2

216

32

EI

qL

EI

M

EI

M

EI

PL BA

0

48

515,0

12

5

6

5

32

5232

EIEI

M

EI

M

EI

BA

EIEIEI

M

EI

M

EI

BA

48

048

75,18

12

5

6

5

32

50

40

075,18204075 BA MM

1..........75,932040 BA MM

FB AB untuk θAB=θBC

EI

qL

EI

M

EI

LM

EI

PL BABA

22423

2

26216

32

EIEI

M

EI

M

EI

BABA

48

515,0

6

5

12

5

32

5232

EIEI

M

EI

M

EI

BABA

48

75,18

6

5

12

5

32

50

FB BC

41

EI

qL

EI

LM BBC

32433

3

EIEI

M BBC

72

4,32

9

6

Maka :

BCBA

EIEIEI

M

EIEI

M

EI

M

EI

BBA

14472

4,32

9

6

48

75,18

6

5

12

5

32

50

8,649625,56120605,22 BBA MMM

05,34621660 BA MM

2...........05,34621660 BA MM

Eliminasi persamaan (1) dan (2)

05,34621660

75,932040

BA

BA

MM

MM

1

5,1

05,34621660

625,1403060

BA

BA

MM

MM

425,205186 BM

tmM B 104,1

-

42

75,93104,12040 AM

67,7140 AM

tmM A 791,1

ΣMA=0

05,2515,05,225104,1791,1 BAD

tDBA 237,1

ΣMB=0

05,255,25 qPDMM BABA

05,255,25 qPMVM AAB

187,65 BAD

43

05,2515,05,22791,15104,1 AV

0875,15791,15104,1 AV

tVA 512,1

ΣMC=0

05,51165,811 qVPVM BAA

05,51115,065,8211512,1791,1 BV

0075,9617632,16791,1 BV

tVB 876,1

ΣMA=0

05,255,51111 ABC MPVqV

0791,15,225872,15,51115,011 CV

0791,1536,9075,911 CV

tVC 266,0

Kontrol

ΣV=0

011 PqVVV CBA

0265,1266,0872,1512,1

0 = 0 (OK)

44

Concluction

tVA 512,1

tVB 872,1

tVC 266,0