Embed Size (px)
DESCRIPTION
hak cipta kepada penulis terkait, pengupload cuma berusaha berbagi summary yang telah dibuat oleh penulis terkait,hak cipta menggunakan copyleft, yaitu knowledge for sharing, ...:D
Citation preview
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
![Precios Clase CLA 17-5-13[1]](https://img.dokumen.tips/doc/110x75/577c826f1a28abe054b0c067/precios-clase-cla-17-5-131.jpg)
