Download Slope Deflection Method for Statically Indeterminate Beams: Analysis and Application and more Study notes Mechanical Engineering in PDF only on Docsity!
Pertemuan VI,VII
III. Metode Defleksi Kemiringan ( The Slope Deflection Method )
III.1 Uraian Umum Metode Defleksi Kemiringan Metode defleksi kemiringan ( the slope deflection method ) dapat digunakan untuk menganalisa semua jenis balok dan kerangka kaku statis tak tentu, dimana semua Sambungan dianggap kaku; yaitu sudut di sambungan antara batang dianggap tidak berubah harganya ketika beban diberikan. Jadi sambungan pada penyangga sebelah dalam balok statis tak tentu adapt dianggap sambungan kaku 180o^ dan biasanya sambungan dalam kerangka dideformasikan, sambungan kakunya dianggap hanya berputar sebagai suatu keseluruhan. Dengan kata lain sudut antara garis singgung ke berbagai cabang kurva elastis yang bertemu pada sebuah sambungan tetap sama seperti sudut pada struktur yang belum terdeformasi.
Pada metode defleksi kemiringan, rotasi sambungannya dianggap tidak diketahui, nantinya akan diperlihatkan bahwa untuk setiap satu batang yang dibatasi oleh dua sambungan, mlomen ujungnya adapt dinyatakan dalam suku-suku rotasi sambungan. Namun untuk memenuhi syarat keseimbangan, jumlah dari momen ujung yang dikerjakan oleh setiap sambungan pada ujung pertemuan batang-batangnya harus sama dengan nol, karena sambungan kaku yang dipertanyakan menerima jumlah dari momen ujung tersebut. Persamaan keseimbangan ini menghasilkan syarat yang perlu dipenuhi oleh rotasi sambungan, dan bila rotasi sambungan yang tidak diketahui ini didapatkan, momen-monen ujung tersebut dapat dihitung dari persamaan defleksi sambungan.
Sebagai contoh sederhana untuk menganalaisa kerangka kaku dengan pembebanan sebagaimana terlihat pada Gambar 3.1. Kerangka kaku tersebut bersifat statis tak tentu berderajat enam. Oleh karena kerangkanya dicegah bergerak mendatar (horisontal) oleh tumpuan terjepit di A dan dicegah bergerak tegak (vertikal) oleh alas terjepit di D dan E , dan karena
deformasi aksial pada batang-batangnya diabaikan, maka semua sambungan dari kerangka ini harus tetap pada tempat semula. (Kasus yang memungkinkan beberapa sambungan berubah posisi ketika kerangka kaku itu terdeformasi, hal ini akan dibicarakan nanti kemudian). Rotasi sambungan yang searah jarum jam θB dan θC dianggap bernilai positif , sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 3.1 a. Diagram-diagram benda bebas semua batang diperlihatkan dalam Gambar 3.1 b. Disalah satu ujung sambungan, ada tiga komponen reaksi, yaitu; tarik atau tekan langsung, geser ujung, dan momen ujung. Momen ujung yang bekerja di ujung A dari batang AB ditandai sebagai M (^) AB , dan di ujung B dari batang AB sebagai M (^) AB. Momen-momen searah jarum jam yang bekerja di ujung-ujung batang dianggap bernilai posititf, sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 3.1 b.
Gambar 3.1 Kerangka Kaku Tipikal Tanpa Translasi Sambungan
III.2 Penurunan Persamaan Defleksi Kemiringan
Dalam persamaan defleksi kemiringan, momen ujung yang bekerja pada ujung-ujung sebuah batang dinyatakan dalam suku-suku rotasi ujung dan pembebanan pada batang tersebut. Jadi untuk bentangan AB yang terlihat pada Gambar 3.2 a , M (^) A dan M (^) B perlu dinyatakan dalam suku-suku rotasi ujung θA dan θB dan pembebanan yang diberikan W 1 dan W 2. Momen ujungnya diperlihatkan sebagai rotasi ujung melawan jarum jam dan rotasi ujung diperlihatkan sebagai searah jarum jam. Dengan pembebanan yang diberikan pada batang tersebut, diperlukan momen-momen ujung terjepit M (^) 0A dan M (^) 0B (yang keduanya terlihat searah jarum jam) untuk menahan garis-garis singgungnya tetap di ujung, terlihat pada Gambar 3.2 b. Momen- momen ujung tambahan M’ (^) A dan M’ (^) B masing-masing harus sedemikian besarnya, sehingga menyebabkan rotasi θA dan θB. Jika θA dan θB merupakan rotasi ujung yang disebabkan oleh θA oleh M’ (^) A dan θB oleh M’ (^) B , terlihat pada Gambar 3.3 b dan 3.3 c , maka syarat-syarat bentuk yang diperlukan adalah:
θA = - θA 1 + θA 2 ........................................................................... (3.2a) θB = θB1 - θB2 ………………………………………………… (3.2b)
Gambar 3.2 Persamaan Dasar Defleksi Kemiringan
Gambar 3.3 Statika dan Deformasi Batang Terlentur Yang Tak Dibebani
Menurut superposisi :
M (^) A = M (^) 0A + M’ (^) A ……………………………………………... (3.3a) M (^) B = M (^) 0B + M’ (^) B ………………………………...…………… (3.3b)
Menurut balok konyugasi : ………………………………. (3.4a)
……….…………………..….. (3.4b)
Dengan memasukkan persamaan 3.4 ke dalam persamaan 3.2, maka dieproleh : ……………………………………... (3.5a)
…………………………………….... (3.5b)
Dengan menyelesaikan persamaan 3.4 untuk memperoleh M’ (^) A dan M’ (^) B :
…………………………………….. (3.6a)
……………………...……..……….. (3.6b)
Dengan memasukkan persamaan 3.6 ke dalam persamaan 3.3, maka diperoleh :
………………………………... (3.7a)
………………………………… (3.7b)
EI
M AL
A 3
θ 1 = EI
M AL
B 6
EI
M BL
A 6
θ 2 = EI
M BL
B 3
θ 2 =
EI
M L
EI
M AL B
A 6
θ =+ '^. −
EI
M L
EI
M AL B
B 3
θ =− '^. +
M ' A = +^2 LEI ( 2 θ A + θ B )
M ' B = +^2 LEI ( 2 θ B + θ A )
MA = M 0 A +^2 LEI ( 2 θ A + θ B )
MB = M 0 B +^2 LEI ( 2 θ B + θ A )
- Masukkan nilai-nilai rotasi yang sudah diketahui ke dalam persamaan defleksi kemiringan dan hitung momen ujungnya.
- Tentukan semua reaksi, gambarkan diagram gaya geser dan momen.
III.4 Contoh-Contoh Soal dan Pembahasan Soal 1. Analisalah balok menerus pada Gambar 3.5 a dengan menggunakan metode defleksi kemiringan. Gambar diagramkan gaya geser dan momennya.
Penyelesaian :
(1) Momen ujung terjepit. Balok yang ditinjau diperlihatkan pada Gambar 3.5 a. Jika kemiringan di A, B, C , dan D sama dengan nol, balok yang ditinjau dapat dipisahkan menjadi tiga balok yang berujung jepit, yang diperlihatkan pada Gambar 3.5 b , dan sebuah balok kantilever yang tidak diperlihatkan pada Gambar 3.5 b. Bagian kantilever DE tidak
Gambar 3.5 Balok Menerus Contoh Soal III.
M0AB (^) M (^) 0BA M (^) 0BC (^) M (^) 0CB M0CD M0DC
dipandang sebagai batang yang sesungguhnya, karenanya persamaan defleksi kemiringan tidak dilukiskan untuk batang tersebut. Sesuai dengan perjanjian tanda bahwa momen searah jarum jam yang bekerja diujung batang bernilai positif, momen-momen ujung terjepit adalah :
kNm kNm
kNm kNm
kNm kNm
(2) Persamaan-persamaan defleksi kemiringan :
M 0 AB =− =− M 0 BA =+^72
2
2 2 M (^) 0 BC =− − =− M 0 CB =+^312
2
2 M (^) 0 CD =− =−
2
2 M 0 DC =+ =+
AB AB A B EI A EI B
M = M + E I 2 θ +θ =− 72 + 2 θ + θ 6
0
BA BA B A EI B EI A
M = M + E I 2 θ +θ =+ 72 + 2 θ + θ 6
0
BC BC B C EI B EI C
M M E I 2 θ θ 312 3 , 333 θ 1 , 667 θ 12
CB CB C B EI C EI B
M M E I 2 θ θ 312 3 , 333 θ 1 , 667 θ 12
CD CD C D EI C EI D
M M E I 2 θ θ 64 1 , 333 θ 0 , 667 θ 6
DC DC D C EI D EI C
M M E I 2 θ θ 32 1 , 333 θ 0 , 667 θ 6
(4) Penyelesaian persamaan serempak. Persamaan-persamaan serempak dalam θA , θB , θC, dan θD. dapat diselesaikan dengan cara eliminasi dan substitusi, dan hasilnya adalah : EIθA = + 0, EIθB = + 71, EIθc = - 85, EIθD = + 45,
(5) Perhitungan Momen-momen ujung. Dengan mensubstitusikan nilai- nilai θA , θB , θC, dan θD. yang sudah diperoleh di atas ke dalam persamaan-persamaan defleksi kemiringan, maka diperoleh : M (^) AB = -72 + 2(+0,20) + (+71,60) = 0 M (^) BA = +72 + 2(+71,60) + (+0,20) = +215,4 kNm M (^) BC = -312 + 3,333(+71,60) + 1,667(-85,23) = -215,4 kNm M (^) CB = +312 + 3,333(-85,23) + 1,667(+71,60) = +147,3 kNm M (^) CD = -64 + 1,333(-85,23) + 0,667(+45,62) = -147,3 kNm M (^) DC = +32 + 1,333(+45,62) + 0,667(-85,23) = +36,0 kNm Perhatikan bahwa hasil-hasil momen-momen ujung telah memenuhi keempat syarat sambungan : M (^) AB = 0, M (^) BA + M (^) BC = 0, M (^) CB + M (^) CD = 0, M (^) DC – 36 = 0
(6) Reaksi-reaksi, diagram gaya geser dan diagram momen. Hal ini telah dilakukan di dalam contoh soal II.1 dan ditunjukkan pada Gambar 2.7, namun perhatikanlah bahwa apabila momen yang dihitung pada langkah (5) di atas dikerjakan pada diagram benda bebas pada 2.7 a , sebuah momen positif searah jarum jam bekerja di ujung batang tersebut dan sebuah momen negatif berlawanan arah jarum jam bekerja di ujung batang tersebut. Perjanjian tanda ini sering disebut perjanjian tanda defleksi kemiringan yang berbeda dengan perjanjian tanda pendesain.
Soal 2. Analisalah balok menerus pada Gambar 3.6 a dengan menggunakan metode defleksi kemiringan. Gambar diagramkan gaya geser dan momennya.
Penyelesaian :
Balok yang ditinjau diperlihatkan pada Gambar 3.6 a. Satu-satunya perbedaan antara balok ini dengan balok pada contoh sebelumnya (contoh soal III.1) adalah bahwa tumpuan di A terjepit. Karenanya θA untuk balom ini bernilai nol, jadi θA = 0 dalam persamaan-persamaan defleksi kemiringan.
(1) Momen ujung jepit. Dalam hal ini sama dengan nilai yang telah dihitung pada contoh soal III.1.
M0AB (^) M (^) 0BA M (^) 0BC M (^) 0CB M0CD M0DC Gambar 3.6 Balok Menerus dan Momen Ujung Jepit Contoh Soal III.
(4) Penyelesaian persamaan serempak. Persamaan-persamaan serempak dalam θB , θC, dan θD. dapat diselesaikan dengan cara eliminasi dan substitusi, dan hasilnya adalah : EIθB = + 71, EIθc = - 85, EIθD = + 45, (5) Perhitungan Momen-momen ujung. Dengan mensubstitusikan nilai- nilai θA , θB , θC, dan θD. yang sudah diperoleh di atas ke dalam persamaan-persamaan defleksi kemiringan, maka diperoleh : M (^) AB = -72 + (+71,64) = - 0,36 kNm M (^) BA = +72 + 2(+71,64) = +215,3 kNm M (^) BC = -312 + 3,333(+71,64) + 1,667(-85,25) = -215,3 kNm M (^) CB = +312 + 3,333(-85,25) + 1,667(+71,64) = +147,2 kNm M (^) CD = -64 + 1,333(-85,25) + 0,667(+45,63) = -147,2 kNm M (^) DC = +32 + 1,333(+45,63) + 0,667(-85,25) = +36,0 kNm Perhatikan bahwa hasil-hasil momen-momen ujung telah memenuhi keempat syarat sambungan : M (^) BA + M (^) BC = 0, M (^) CB + M (^) CD = 0, M (^) DC – 36 = 0
(6) Reaksi-reaksi, diagram gaya geser dan diagram momen. Hal ini telah dilakukan di dalam contoh soal II.2.
III.5 Soal-Soal Latihan
Analisalah balok menerus di bawah ini dengan menggunakan metode defleksi kemiringan, gambar diagram gaya geser dan momen.
