conjugate beam
DESCRIPTION
Metode Analisa Struktur dengan Menggunakan Balok Konjugasi,hak cipta kepada penulis terkait, pengupload cuma berusaha berbagi summary yang telah dibuat oleh penulis terkait,hak cipta menggunakan copyleft, yaitu knowledge for sharing, ...:DTRANSCRIPT
BAB I
CONJUGATE BEAM
Conjugate beam (balok konjugasi) adalah penggunaan bidang momen yang
dijadikan sebagai beban untuk mengetahui defleksi pada balok.
Cara penentuannya :
- Bidang momen diperlukan sebagai beban
EI
- Momen pada suatu titik pada conjugate beam merupakan lendutan dititik tersebut.
Perhatikan balok dengan tumpuan sederhana dibebani dengan beban-beban sebagai
berikut :
Kondisi 1
Bentang sederhana dibebani dengan beban terpusat ditengah bentang
yc
A B
2
Menghitung gaya lintang dan momen :
0MA
-VB . L +
EI
PL
4
2
L
2
L = 0
-VB.L + EI
PL
16
3
= 0
EI
PLVB
16
2
EI
PLV
V
A16
0
2
0 CM
-MC + VA.2
L-
644
LL
EI
PL= 0
-MC + EI
PLL
EI
PL
962.
16
32
= 0
MC = EI
PL
EI
PL
9632
33
MC = EI
PL
48
3
A
3
ΣV = 0
VA - DA = 0
VA = DA
DA = EI
PL
16
2
DB = -EI
PL
16
2
jadi,
MC = yc yc= EI
PL
48
3
DA = GA θA = EI
PL
16
2
DB = GB θB = -EI
PL
16
2
Kondisi 2
Bentang sederhana dibebani dengan beban terpusat tidak tepat ditengah bentang
A B
4
ΣMC = 0
VA.a – MC = 0
MC = VA.a
MC = aL
Pb.
MC = L
Pab
maka:
MC = LEI
baP ..
ΣMA = 0
-VB.L + bLEI
Pabaab
LEI
Pabb 3
22
13
12
1 .
= 0
-VB.L + LEI
bPaab
LEI
Pab
32
3
31
2
= 0
VB = 23
223
126
aabbEIL
Pab
ΣMB = 0
VA.L - bLEI
Pabbba
LEI
Paba 3
22
13
12
1 .
= 0
VA.L - LEI
Pabba
LEI
bPa
32
3
31
2
= 0
VA = EIL
Pabba
EIL
bPa2
3
31
2
2
32
VA = 23
223
122
babaEIL
Pab
5
DA = θA = 23
223
122
babaEIL
Pab
DB = θB = - 23
223
122
aabbEIL
Pab
Pembuktian dengan beban terpusat.
Mis : Lba 21
θA = 23
223
122
babaEIL
Pab
=
2
21
32
21
21
2
21
31
2
21
21
2LLLL
EIL
LLP
= 26
124
12
121
2
2
8LLL
EIL
PL
= 22
1
8L
EI
P
A = EI
PL
16
2
cocok
23
223
122
aabbEIL
PabB
2
21
32
21
21
2
21
31
2
21
21
2LLLL
EIL
LLP
2
612
412
121
2
2
8LLL
EIL
PL
EI
PLB
16
2
cocok
6
Kondisi 3
Beban terbagi rata sepanjang bentang
A
B A
B
7
EI
qlqlMx
qlqlMx
xq
xqlMx
dxqx
dxqlx
Mx
dxqxqlx
Mx
Mxx
qxql
xxqMxxV
M
L
L L
L
A
A
126
32
32
22
22
2.
02
...
0
33
21
33
21
0
32
21
0 0
2
21
0
2
2
21
EI
qlMx
12
3
Mx dijadikan beban.
EI
qlV
EI
qlV
LEI
qlLV
M
A
B
B
A
24
24
012
.
0
3
3
21
3
Jadi,
EI
qlA
24
3
EI
qlB
24
3
8
Kondisi 4
Beban terbagi rata tidak disepanjang bentang
.
a) d A=
EIL
xLLxLqdx
6
22
A =
dxEIL
xLLxLq
a
a6
222
1
= dxxLxLLxLEIL
qa
a
222
2
1
26
= dxxLxxLEIL
qa
a
2
2
1
26
= dxxLxLxxLxLEIL
qa
a
3222
2
1
226
Maka
A = 2
1
4322
43
3
2
2
6
a
a
xLxxL
EIL
q
A = 4
1
4
241
3
1
3
2
2
1
2
2
2
6aaaaLaaL
EIL
q . . . . . . (1)
A B
9
b) d B= EIL
xLxqdx
6
22
B= dxxLxEIL
qa
a
2
2
16
= dxxLEIL
qa
a
32
2
16
=
dxxxL
EIL
q
426
422
B =
4
1
4
241
2
1
2
2
2
26aaaa
L
EIL
q . . . . . . . . . . . . . . .(2)
Cek/periksa dengan beban merata penuh :
a1 = 0, 2a = L
A = 444
133222 0006
LLLLLEIL
q
A =EI
qL
24
3
cocok
B =
444
1222
0026
LLL
EIL
q
B =EI
qL
24
3
cocok
A B
10
Kondisi 5
Beban merata yang terletak mulai dari tumpuan.
a1 = 0
a2 = ½ L
Maka : A =EI
qLq 33
384
B =EI
qL
24384
7 3
Untuk kondisi beban-beban merata yang lain dapat ditentukan sendiri dengan
menggunakan persamaan (1) & (2).
Kondisi 6:
Bentang sederhana dibebani dengan beban momen pada tiap-tiap tumpuan
- Beban momen di tumpuan A
A B
A B
11
0MA
-VB . L + ½L . .
EI
MA1/3 L = 0
VB = LEI
LMA
6
. 2
VB = EI
LMA
6
.
0MA
VA . L - ½L . .
EI
MA2/3 L = 0
VA = EI
LMA
3
.
Jadi,
AEI
LMA
3
.
B - EI
LMA
6
.
Kondisi7:
Bentang sederhana dibebani dengan beban momen pada tiap-tiap tumpuan
- Beban momen di tumpuan A
12
0MA
-VB . L + ½L . .
EI
MB(2/3 L) = 0
VB = EI
LMB
3
.
0MA
VA . L - ½L . .
EI
MA(1/3 L) = 0
VA = EI
LMB
6
.
Jadi,
AEI
LMB
6
.
B - EI
LMB
3
.
A B
13
Untuk mempermudah pembaca, seluruh bentuk perputaran sudut (θ) akibat dari
berbagai kondisi beban, maka nilai θ secara keseluruhan dapat dilihat pada tabel dibawah
ini :
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
14
No Kondisi beban Perputaran sudut (θ)
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
.
FIXED END MOMEN (FEM) / MOMEN PRIMER
FEM adalah momen-momen tumpuan terjepit dengan berbagai kondisi beban.
Nilai-nilai FEM untuk berbagai kondisi beban dapat dilihat pada tabel berikut ini :
15
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
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
16
5.
122
20 2ll
L
PlM AB
212
10 2llL
PlM BA