Download - Energi Regangan 1
ENERGI REGANGAN
KULIAH 1
Metode Energi adalah metode yang sangat baik (powerful) untuk memformulasi hubungan gaya dan perpindahan
Pembahasan Metode energi termasuk:
1. Konservasi Energi2. Metode Kerja Nyata3. Metode Kerja Maya
Kerja Luar = Kerja Dalam
Sebagai ilustrasi misal sebuah elemen struktur dibebani gaya P dan q maka pada struktur akan terdapat:
Kerja Luar (External Work) : adalah produk gaya luarKerja dalam (Internal Work) : adalah produk gaya dalam
P
P
d
dW
d
M
M
dW
d
d
z
y
x
σσ dy
dx
dz
Gaya dalam merespon beban luar yang diaplikasikan pada struktur serta deformasinya. GD mempunyai kapasitas untuk menghasilkan kerja dan menjaga struktur pada konfigurasi asalnya.
Strain Energy (Internal Work)
Energi dalam juga sering disebut energi regangan (strain energy)Disimbolkan U
ddVddxdydzdxddzdy
Untuk material elastis : σ=ε.E , maka internal work elemen tak hingga :
dVdVEddVE 212
21
Internal work system yang diaplikasikan tegangan aksial adalah integral dari energi utk elemen tak hingga atas volumenya.
dVdxdydzdxdydzU 21
21
21 ))((
Energi regangan pada str TRUSS
P
dW
P
Pi
i
Gaya btg F
Batang j
AE
LFL
EA
F
E
AE
FL
L
F
F
FU j 2
1
AE
FLFU j 2
1
AE
LFU j 2
2
Energi regangan yang bekerja pada batang j akibat gaya batang F, dapat ditentukan sbb:
Jadi energi regangan yang bekerja pada seluruh struktur merupakan jumlah komulatif dari energi regangan yang terjadi pada semua elemennya.
AE
LFU
2
2
Energi regangan pada str BEAM
P
L
x dx
A
d
dx
/2
/2
M M
dxEI
Md
Energi regangan balok sepanjang dx dapat ditentukan sbb :
L
dUU0
L
dxEI
MU
0
2
2
dMdU 2
1
Jadi energi regangan balok secara keseluruhan merupakan hasil integral dari dU sbb :
Energi regangan pada str FRAMEKarena elemen-elemen pada struktur FRAME pada umumnya menerima momen dan juga aksial maka energi regangan pada struktur FRAME merupakan jumlah superposisi dari keduanya.
ba UUU
Dimana :
U : energi regangan total pada strukturUa : energi regangan akibat beban aksialUb : energi regangan akibat momen
Energi regangan akibat beban aksial.
AE
LFU a 2
2
Energi regangan akibat momen.
dxEI
MUb 2
2
dxEI
M
EA
LFU 22
22
Akan tetapi karena energi regangan akibat aksial sangat kecil dibanding dengan momen maka, energi akibat beban aksial dapat diabaikan.
dxEI
MU 2
2
POTENTIAL ENERGYEnergi potensial struktur dapat notasikan dengan yang terbentuk atas dua komponennya yaitu U (energi regangan) dan (kerja luar).
U
Dimana :2
2
1 kU
F
FkU 2
2
1Jadi
Persamaan di atas merupakan persamaan fungsi dan jika kita turunkan, maka
Fkd
d
Pada kondisi seimbang, maka
kFk
F
CASTIGLIANO’S FIRST THEOREMPotential energy sering ditunjukkan dalam fungsi degree of freedom (dof).
nDDDD ...,, 321
Dalam kondisi seimbang d =0
0....33
22
11
nn
dDD
dDD
dDD
dDD
d
Sehingga
0
iD i = 1, 2, 3, …., n ii DkF
Persamaan di atas dapat ditulis
DKF
Dalam bentuk matriks dapat ditulis
nnnnnnn
nn
nn
P
P
P
DKDKDKDK
DKDKDKDK
DKDKDKDK
.
.
...
.......
.......
...
...
2
1
332211
2323222121
1313212111
CASTIGLIANO’S SECOND THEOREM
Untuk struktur yang berperilaku linier-elastik, displacement atau rotasi pada suatu titik dalam struktur merupakan turunan parsial dari energi regangan terhadap gaya atau kopel pada garis kerjanya
ii P
U
i
i M
U
Kita tinjau balok sederhana (sendi rol) yang diberi beban seperti pada gambar.
P1 P2 P3
1 2 3
L
1
P1
2
P2
3
P3dP2
d2
Energi regangan pada balok = kerja luarnya
332211 2
1
2
1
2
1 PPPWU e
Persamaan energi regangan di atas bisa juga ditulis dalam bentuk fungsi beban/gaya.
321 ,, PPPfU
Jika P2 ditingkatkan sebesar dP2 yang menyebabkan displacement di titik 2 juga meningkat sebesar d2, maka energi regangan juga meningkat menjadi
Suku pertama pada di atas bisa diabaikan shg menjadi
3322112222 2
1
2
1
2
1
2
1 PPPdPddPUT
dUUUT 22
dPP
UUUT
atau
33221122 2
1
2
1
2
1 PPPdPUT
U
UdPUT 22
UdPdPP
UU
2222
2222
dPdPP
U
22
P
U
Jadi displacement di suatu titik adalah merupakan hasil turunan energi regangan ke gaya di titik tersebut pada arah kerjanya. Dengan cara yang sama juga dapat diperoleh.
iiM
U
iiP
U
Penggunaan pada rangka batang
AE
LFU
2
2
AE
FL
P
FAEPF
FL
AE
LF
P
P
U
2
2
2
2
Hitung penurunan di A, penurunan di B dan perpindahan horisontal di B pada struktur berikut
10 kN
B A
1
2 3
4 5 6 7
4.00 4.00
4.00
A = 1000 mm2 (semua batang)E = 20 × 105 MPa
Hitung gaya-gaya batang akibat beban 10 kN di A
10 kN
B A
1
2 3
4 5 6 70
10 kN
-10 kN-20 kN
-10
kN102 kN
102 kN
Berikan gaya P vertikal di A dan B secara terpisah dan berikan beban P horisontal di B.selanjutnya hitung gaya batang masing-masing.
P
B A
1
2 3
4 5 6 7
B A
1
2 3
4 5 6 7
P
PB A
1
2 3
4 5 6 7
P
-2P -P
P2P20 -P
0
0 0 0
0-P
0
0 0 0
0
0
P
P2
Penurunan di A adalah
Batang E (MPa) A (mm2)
L (mm) F akibat beban 10 kN (N)
F akibat beban P vertikal di A
dF/dP
1 2×105 1000 4000 10000 P 1 0.2
2 2×105 1000 4000 -20000 -2P -2 0.8
3 2×105 1000 4000 -10000 -P -1 0.2
4 2×105 1000 4000 0 0 0 0
5 2×105 1000 40002 100002 P2 2 0.565685
6 2×105 1000 4000 -10000 -P -1 0.2
7 2×105 1000 40002 100002 P2 2 0.565685
2.531371
AE
FL
P
F
Karena nilainya + maka penurunan di A =2.531371 mm ke bawah (sesuai dengan arah yang di misalkan)
Penurunan di B adalah
Batang E (MPa) A (mm2)
L (mm) F akibat beban 10 kN (N)
F akibat beban P vertikal di B
dF/dP
1 2×105 1000 4000 10000 0 0 0
2 2×105 1000 4000 -20000 -P -1 0.4
3 2×105 1000 4000 -10000 0 0 0
4 2×105 1000 4000 0 0 0 0
5 2×105 1000 40002 100002 P2 2 0.565685
6 2×105 1000 4000 -10000 0 0 0
7 2×105 1000 40002 100002 0 0 0
0.965685
AE
FL
P
F
Karena nilainya + maka penurunan di B =0.965685 mm ke bawah (sesuai dengan arah yang di misalkan)
Perpindahan horisontal di B adalah
Batang E (MPa) A (mm2)
L (mm) F akibat beban 10 kN (N)
F akibat beban P vertikal di B
dF/dP
1 2×105 1000 4000 10000 0 0 0
2 2×105 1000 4000 -20000 P 1 -0.4
3 2×105 1000 4000 -10000 0 0 0
4 2×105 1000 4000 0 0 0 0
5 2×105 1000 40002 100002 0 0 0
6 2×105 1000 4000 -10000 0 0 0
7 2×105 1000 40002 100002 0 0 0
-0.4
AE
FL
P
F
Karena nilainya – (negatif) maka penurunan di B =0.4 mm ke kiri (berlawanan dengan arah yang di misalkan)
Hitung penurunan di A, pada struktur balok kantilever berikut ini jika kekakuannya adalah EI dan panjangnya L
q
AL
2
2
1qxM
x
Bidang M
AL
PxM
x
Bidang M
P
Segmen Momen akibat beban luar (q)
Momen akibat beban P
M/P
0≤x≤L x
dxEI
M
P
ML
0
2
2
1qxM PxM
dxEI
qxx
L
2
0
21
EI
qL
dxqxEI
dxEI
qxx
L
L
8
2
1
2
1
4
0
3
2
0
Hitung rotasi di A, pada struktur balok kantilever berikut ini jika kekakuannya adalah EI dan panjangnya L
q
AL
2
2
1qxM
x
Bidang M
A
L
MM
x
Bidang M
M
Segmen Momen akibat beban luar (q)
Momen akibat beban
M/
0≤x≤L 1
dxEI
M
P
ML
0
2
2
1qxM dx
EI
qxL
2
0
21
1
EI
qL
dxqxEI
dxEI
qx
L
L
6
2
1
21
1
3
0
2
2
0
M
M
MM
Hitung rotasi di C, pada struktur rangka kaku (portal/frame) jika kekakuannya adalah EI untuk seluruh elemennya L
q=1.5 t/m
A
30m
B
CD
12 m
12 m
40T
Cari reaksi perletakan pada struktur
5.3830
675480
3015305.11240
0
DV
DV
A
R
R
M
40
0
AHR
H
5.630
195
0305.1154012304024
0305.11540123024
0
AV
AV
AVAH
D
R
R
RR
M
Bidang Momen
38.5
40
6.5
x
480
480
6.5
x
48038.5
480
x
x
40
xM 40
480M
2
2
75.05.38
5.12
15.38
xx
xxM
Di titik C diberi beban m searah jarum jam
A
30m
B
CD
24 m
m
30
030
0
mR
Rm
M
DV
DV
A
30
030
0
mR
mR
M
AV
AV
D
0
0
AHR
H
30
030
0
mR
mR
M
AV
AV
D
Bidang Momen akibat beban m
A
30m
B
CD
24 m
m
30
mRAV
30
mRDV
xm
M30
Cari reaksi perletakan pada struktur
Segmen Koordinat M akibat beban luar
M akibat beban m
M/m
Mulai Batas
A-B A 0-12 0 0
C-B C 0-12 0 0
D-C D 0-30
xM 40480M
275.05.38 xxM xm
M30
30
x
EI
dxEI
xxx
dxEI
M
m
M
5.6487
75.05.38
30
30
0
2