Perubahan panjang batang yang tidak seragam

Perubahan panjang batang yang tidak seragam

Batangdibebani dengan beban luar di titik antara seperti berikutδδ=PL/EA δ₁=N₁L₁/EA ; δ₂=N₂L₂/EA ; δ₃=N₃L₃/EA ;N1=P₂+P₃-P₁ ; N₂=P₂+P₃ ;N₃=P₃

A N1 δ=δ₁+δ₂+δ₃ P₁ L₁

P1 N₂

L₂ N₃

P₂ P₂ P₂ L₃

P₃ P₃ P₃ P₃

A

δ=N.L/EA RA

δ₁=N₁.L₁/E₁.A₁ ; δ₂=N₂.L₂/E₂.A₂

L1 a b δ=δ₁+δ₂

B E P3

D

L2 P2

C B D E

P1 P3 RD P2 P1

∑MD=0

P₂.b –P₃.a=0, maka P₃= P₂.b/a N

Contoh

Contoh:

Sebuah batang prismatis AD mengalami beban P1,P2 dan P3 yang bekerja di B,C dan D seperti gambar berikut. Bahan batang dari tembaga dengan modulus elastis E=17.000 ksi mempunyai penampang A=1,4 in2 Tentukan:a.peralihan di D (δD). b.Berapa P3 jika peralihan di D dikehendaki menjadi setengah dari harga semula?

P1=3k P2=3k P3=11k N1 P3

A B C D N2 P3

20in 20in 20in

N3 P3

δ= N1.L1/EA +N2.L2/EA+N3.L3/EA

=P3.L1/EA+(P2+P3).L2/EA+(P2+P3-P1).L3/EA

=(P3+P2+P3+P2+P3-P1)L1/EA=34k(20in)/17.000ksi(1,4)in2=0,03025in

P2

P1 P2

Struktur Statis Tak tentu

RA RA

A A Persamaan keseimbangan

RA+RB-P=0

P a P Persamaan keserasian

C C δAB=0

b Hubungan gaya-peralihan

δAC=RA.a/EA ; δCB=-RB.b/EA

δAB=δAC+δCB=RA.a/EA - RB.b/EA =0

B

Dengan memecahkan secara simultan

RB RB akan didapat RA dan RB

Contoh

Sebuah yang terdiri inti perunggu dan pipa aluminium mengalami gaya tekan P. Modulus elasti aluminium Ea=10,5x106psi dan perunggu Ep=15,0x106psi. Tentukan beban P,jika panjang struktur berkurang o,1 %. b. Berapa beban ijin maks.,jika tegangan ijin di aluminium 12.00psi dan tegangan ijin di perunggu 18.000psi. Panjang batang 14,0in diameter luar pipa 1,6in dan diameter inti perunggu 1,0in

Penyelesaian: P P ∑F=0

Pa+Pp-P=0

Pers.keserasian

Pa δa=δp

hubungan gaya-peralihan

Pp δ=P.L/EA

δa=Pa.L/Ea.Aa ; δp=Pp.L/Ep.Ap

Pa.L/Ea.Aa=Pp.L/Ep.Ap ;Pa=P-Pp

(P-Pp).L/Ea.Aa=Pp.L/Ep.Ap (P-Pp)/Ea.Aa=Pp/Ep.Ap

P/Ea.Aa=Pp/Ep.Ap + Pp/Ea.Aa Pp(1/Ep.Ap+1/EaAa)=P/EaAa

Pp=P/Ea.Aa)/(1/Ep.Ap+1/Ea.Aa)

Efek thermal

Regangan thermal(ε)=α (∆T)

Α:koefisien thermal

∆T

L δT

Hubungan temperatur peralihan : δT= εT.L = α (∆T).L

Rel KA dilas diujung ujungnya,apabila roda melewati sambungan rel pada temperatur 50 derajat Farenhet.Berapa tegangan tekan yang dihasilkan saat rel tersebut dipanaskan oleh matahari higga 120 derjat Farenhet,jika αT=6,5x10-6/0F danmodulus elastis E=29x106psi

Penyelesaian:

Regangan thermal(ε)=α (∆T) = 6,5x10-6/0F (120-50)0F

= 6,5x10-6/0F (70)0F

Tegangan rel =εT.E= 6,5x10-6/0F (70)0Fx29x106psi=13.200 psi

Batang dengan segmen yang berdimensi,beban dan bahan yang berbeda

P1

A N1=P1 ; N2=P1+P2

L1 δi=∑ Ni.Li/EiAi

P2

B

L2

C

Cara analitis

1,5m x=√(1,5²+0,8²)=1,7m

x 0,8m 1,6kN/0,8m= F /1,5m= F /1,7mᴀᴃ ᴀᴅTitik.A F =ᴀᴅ 1,6kN/0,8m x 1,7m= kN

Fᴀᴃ = 1,6kN/0,8m x 1,5m= kN

A Fᴀᴃ Rᴄү ∑Fy=0

Fᴀᴅ F Rᴄᴃ ᴄү + F =0ᴄᴇ 1,6kN C R x F =-Rᴄ ᴄᴇ ᴄү=-1,6kN( )

(tarik)

∑Fx=0

F ᴄᴇ R x +ᴄ F =0ᴄᴃ F =-ᴄᴃ R x=-3kN( )ᴄ (tarik)

Torsi

P1 P2 Torsi: momen yang menghasilkan

puntir pada batang.

T1=P1.d1

T2=P2.d2

d1 d2

P1 P2

T2

T1 T2

Regangan geser di permukaan luar (ϒmaks)

ϒmaks=bb’/ab

=rdφ/dx

ϒmaks d φ ϒmaks

ϒmin

T T

r2

dx

ϒmin=r₁/r₂ .ϒmaks

dx

φ :sudut puntir

:sudut puntir perpanjang satuan.Ɵ = dƟ φ/dx

ϒmaks=r =rƟ φ /L

Hubungan sudut puntir dengan Torsi

τ =G.ϒ τ=Gρθ=ρ/r τmaks τmaks=Grθ

T= dM=ʃ τmaks/rʃρ²dA=τmaks/r Ip

dA Ip=ʃρ²dA

τ Ip=πr⁴/2=πd⁴/32

τmaks=T r/Ip

τmaks=16 T/πd³

Sudut puntir (θ)

θ=T/G Ip

r φ=T L/G Ip

τmaks= tegangan geser dipermukaan luar batang(jari jari r)

ρ

Contoh

*3.2.3.Sebuah tabung baja lingkaran yang mempunyai panjang L=50in jari jari dalam r1=1,5in, a.berapa regangan geser ϒ1 dipermukaan dalam, jika sudut puntir adalah 0,6 ⁰b.Jika regangan geser ijin adalah0,0004radian dan sudut puntir dipertahankan dengan menyesuaikan torsi T, berapa radius luar ijin maksimum(r2)

Penyelesaian:

θ=φ/L=0,6/50=0,012 ⁰/in

a. 1=r1.ϒ θ=1,5in . 0,012 ⁰/in.π/180 ⁰ =314x10⁻⁶

maks=r2.ϒ θ

b.r2=ϒmaks/θ=0,0004/0,012⁰xπ/180 ⁰ =1,91in

Contoh

*Batang baja dari suatu kunci songket mempunyai diameter 8mm dan panjang 200mm. Jika tegangan geser ijin60MPa,berapa torsi ijin maksimum yang dapat diberikan oleh kunci songket? Dengan sudut berapa derajat batang tersebut akan terpuntir akibat torsi maksimum tersebut bila G=78GPa

Penyelesaian

T=πd³τijin/16 =π(0,008M)³.60MPa/16=6,03Nm

φ=TL/GIp; Ip=πd⁴/32=π(0,008m)⁴/32=4,02x(10)⁻¹⁰ m4

φ=6,03Nm . 0,2m/78GPa.4,02x(10)-10=0,038462radx180⁰/π=2,21 ⁰

L

d

*Sebuah kunci roda ban mobil palang terbuat dari baja dengan modulus geser elastisitas G=11,4x10⁶psi. Panjang setiap lengan kunci roda adalah 9,0 in, dan penampangnya berdiameter d = 0,5 in. Tentukan tegangan geser maks. Dilengan yang memutarkan mur b.Tentukan sudut puntir (dalam derajat) lengan tsb.

P=25lb

9in d=0,5in T = P . L (lbin)

a. T =[ τmaks./r] .Ip = (τmaks./r)(πd⁴/32)

9in τmaks.=T.r/Ip =16T/π d (psi)ᶾ b.Φ = T.l/G.Ip=T.l/G.(πd⁴/32 ) ( rad)

P

K=π.d=π.2r=360⁰, maka r=360⁰/2π

1rad =180⁰/π

1. (3.3.2). Sebuah batang aluminium dengan penampang lingkaran solid diputar oleh Torsi yang bekerja diujung ujungnya L=1,2m, d=30mm dan jika G=28GPa. Hitung a.kekakuan torsional batang(kT).b.Tegangan geser maks.,

Jika sudut puntir batang 4⁰ dan berapa regangan geser maks.

a. kT=G.Ip/L=G. (πd⁴/32 )/ L (Nm)

b. Sudut puntir (Φ)= T.L/G.Ip, maka T =G.Ip.Φ/L=G. (πd⁴/32 )/ L (Nm)

τmaks=T.16/πd (Pa)ᶾRegangan geser maks(ϒmaks)= τmaks/G (rad)

r

2.Sebuah batang baja lingkaran solid dengan diameter d=0,678in, modulus geser elastis G = 12x10⁶psi mengalami torsi murni. Batang mengalami tegangan geser maks.(τmaks)7100psi apabila sudut puntirnya(Φ) 2,5⁰. Hitung a.Panjang batang (L) dan b.Kekakuan torsional batang (kT).

a.Torsi T=G.Ip.Φ/L (lbin) Tugas: 3.3.4; 3.3.5; 3.3.6; 3.4.1; 3.5.1

L=G.Ip. Φ/T (in)

b. kT=G.Ip/L (lbin)• 3.(3.5.2)Sebuah batang berlubang dengan diameter luar d2=80 mm dan

diameter dalam d1=50mm, terbuat dari aluminium yang mempunyai modulus geser G =27Pa. Apabila batang ini mengalami torsi T=4,0kNm, berapa besarnya regangan geser maks.(ϒmaks.) dan regangan normal maks.(εmaks.)

• Tegangan geser maks.(τmaks.)=Tr/Ip=Tr/π/32(d2⁴-d1⁴) (Pa)• Regangan geser maks. maks.=ϒ τmaks./G (rad)• Regangan normal maks(εmaks)=ϒmaks./2

3.5.1. d=2in;T=11klbin;

ϒmaks=2εmaks; τmaks=16T/πd³; G= τmaks/ ϒmaks

3.3.4. d=8mm;L=200mm;τijin=60MPa; G=78GPa Dit.: Tmaks dan φ(⁰)

τijin=16T/πd³(Pa)

Φ=T.L/G.πd⁴/32 (rad)

3.3.5. d=1”;L=3,0ft;T=127lbft;φ=8⁰

τmaks=16T/πd³ (psi)

G=T.L/φ. (πd⁴/32 ) (psi)

maks=r₂.ϒ φ/L (rad)

3.3.6. T=600Nm;L=0,5m;φ=3,57⁰;d₁=30mm;d₂=40mm

τmaks=16T/πd³ (psi)

G=T.L/φ. (πd⁴/32 ) (psi)

maks=r₂.ϒ φ/L (rad)

3.4.1. T₁=20klbin;T₂=8klbin;d₁=2,25in;L₁=30in;d₂=1,75in;L₂=20in;G=11x10⁶psi

A T₁ B C T = . T₁ - T₂ᴀᴃT =-T₂ᴃᴄ

T₂ τ =16. T /ᴀᴃ ᴀᴃ πd₁³

τ =16. T /ᴃᴄ ᴃᴄ πd₂³ τmaks=τ yg kecil φ =ᴄ φ - ᴀᴃ φᴃᴄφ =T .L₁/G.(ᴀᴃ ᴀᴃ πd₁³/32) φ =T .L ₂/G.(ᴃᴄ ᴃᴄ πd₂³/32)

Analisis Struktur

Struktur teknik dibedakan:

1.Rangka batang(truss) yang dirancang untuk menumpu beban dan biasanya berupa struktur yang dikekang penuh dan stasioner. Yang terdiri dari batang lurus yang berhubungan pada titik titik kumpul yang terletak diujung ujung setiap batang, dengan dua gaya sama besar dan berlawanan arah.

2.Portal (Frame) yang juga dirancang untuk menumpu beban dan biasanya juga berupa struktur yang dikekang stasioner. Yang terdiri dari paling kurang satu batang dengan berbagai gaya yakni mengalami tiga atau lebih gaya yang umumnya tidak searah sumbu batang

3.Mesin yang dirancang untuk menyalurkan dan mengubah gaya gaya dan merupakan struktur yang terdiri dari bagian bagian yang bergerak.

Contoh Kerangka Batang ( Truss)

Dengan menggunakan metode sambungan, tentukan gaya pada masing masing bagian batang (truss) yang terlihat seperti gambar berikut Penyelesaian:

12 ft 12 ft 1.Gambar diagram benda

A 2000lb B 1000lb C R xᴄ bebas

2.Cari gaya reaksi di

8 ft tumpuan

D E R yᴄ 3.Cari gaya disetiap

6ft 12ft 6ft titik hubung yang

Rᴇ dimulai pada batang dengan maksimum dua batang Yang belum diketahui nilai gayanya

∑Fy=0, maka Rᴇ+ R yᴄ -2000lb -1000lb=0

∑MC=0, maka Rᴇ(6ft)-1000lb(12ft)-2000lb(24ft)=0,

Rᴇ=60.000lbft/6ft=10.000lb., maka R yᴄ =3.000lb-10.000lb=-7000lb ( )

∑ME=0, maka R xᴄ (8ft)+7000lb(6ft)-1000lb(6ft)-2000lb(18ft)

R x ᴄ =0

TitikA.

2000lb Skala gaya 1cm->1000lb

Fᴀᴃ ∑F=0, maka 2000lb + F + F =0ᴀᴃ ᴀᴅ A

F 0F ᴀᴅ

2000lb Fᴀᴅ=2,5.cmx1000lb=2500 lb (tekan)

Fᴀᴃ = ..2.cm x1000lb=2000 lb (tarik)

Titik.D Titik C

F = ᴅᴀ F =2500lbᴀᴅ F C ᴄᴃ F ?ᴅᴃ

F 7000lb ᴄᴇ σt=P/A

D F ?ᴅᴇ A=P/σt

F = lb(tekan)ᴅᴇ0F

2500lb F ?= lb (tarik)ᴅᴃ

Analisa truss dengan Metode Sambungan

1,5 m 1,5 m

A B c

0,8 m

1,6 k N D E

0,8 m

F

Analisa truss dengan metode pembagian

500N 600N

A C E G I Tentukan gaya bagian CE dan CF

∑MJ=0

2m RB(8m)-500N(4m)-600N(2m)=0

B D F H J RB=3200Nm/8m=400N

4x2m

RB RJ σijin; P

A C Fᴄᴇ ∑MF=0

Fᴄғ RB(4m)+ F (2m)=0ᴄᴇ σijin=Pijin/A, A=Pijin/ σijin

B D F F =- RB(4m)/2m=-800N( )ᴄᴇ Fᴅғ ∑Fy=0

RB RB - FᴄғCos 45⁰=0, maka Fᴄғ= RB/Cos45⁰ =+ N

Contoh Kerangka dan Mesin

Dalam kerangka yang terlihat , bagian ACE dan BCD dihubungkan dengan sebuah pasak di C dan dengan penghubung DE. Untuk pembebanan yang terlihat, tentukan gaya pada penghubung DE dan komponen komponen gaya yang ditimbulkan di C pada bagian BCD .

A

160

B 480N

60 C D

80

60 100 E 150

Penyelesaian

1.Gambar diagram benda bebas pada struktur

2.Cari gaya reaksi di tumpuan

RB B Cy 480N 3.Lepas komponennya dan

D gambar diagram benda

bebas

C Cx FDE 4.Cari gaya reaksi di titik

RAy titik hubung

A RAx

Cx C

Cy FED

Tegangan di balok

Tegangan dan regangan yang berkaitan dengan gaya geser dan momen lentur pada balok akan membentuk lengkungan yang disebut kurva defleksi (ν).

P

A B

y

A B x

Lentur murni dan lentur tak seragam

M1 M1

M1

Lentur murni mengandung arti lentur pada suatu balok akibat momen lentur konstan. Jadi lentur murni terjadi hanya didaerah balok dimana gaya geser adalah nol ( karena V=dM/dx )

Sebaliknya lentur tak seragam mengandung arti lentur yang disertai dengan adanya gaya geser , yang berarti momen lentur berubah pada saat kita menelusuri sepanjang sumbu balok.

Kelengkungan balok

Ketika balok dibebani, maka sumbu longitudinal dari balok tersebut akan berubah bentuk menjadi melengkung. Tegangan dan regangan dibalok ini sebanding dengan kelengkungan dari kurva defleksi.

O’ O’m1=ρ=radius kelengkungan

dθ kelengkungan= K

y ρ K = 1/ρ

A m1 m2 x

ds ρdθ= ds

x dx K = 1/ρ=dθ/ds

K = 1/ρ=dθ/dx

Perjanjian tanda kelengkungan

Kelengkungan positip

y

+

x

Kelengkungan negatip

y

-

x

Regangan longitudinal di balok

Regangan longitudinal disuatu balok dapat diperoleh dengan menganalisis kelengkungan suatu balok beserta deformasinya.

y y

a m p b

M M

0 s s x z 0

n q

O’ Regangan normal x= - y/Ɛ ρ = - Ky

ρ

a dθ b

m p

M s dx y s M

n q

dx y

Tegangan normal dibalok

Hubungan tegangan regangan yang paling umm dijumpai dalam teknik adalah persamaan untuk bahan elastis linier. Hukum Hooke untuk tegangan uni aksial (σx=E x= - E y)ɛ ƙ

y y

dA

δx

M C1 y

x z 0

Apabila kelengkungan adalah positip, maka tegangan σx adalah negatip(tekan) diatas permukaan netral dan positip(tarik) dibawahnya

Pada umumnya resultan tegangan normal terdiri atas dua resultan tegangan:1.gaya yang bekerja dalam arah x dan 2. kopel lentur yang bekerja terhadap sumbu z.

∫ydA=0

0

Hubungan momen kelengkungan

Pertambahan dM pada momen lentur adalah: dM= - σxydA

Integral dari semua momen elemental diseluruh penampang A harus sama dengan momen lentur:M = - ∫σxydA

M = - ∫ƘEy²dA = E∫y²dAƘM = EIƘ

I = ∫y²dA

I=momen inersia dari penampang terhadap sunbu z. Momen inersia selalu positip dan mempunyai dimensi panjang pangkat empat.

Persamaan kelengkungan dalam momen lentur dibalok:

= I/Ƙ ρ= M/EI

Rumus Lentur

y

σ₁ Tegangan tekan

+ σᵪ= - My/I

0 M x

σ₂ Tegangan maksimum di suatu

y penampang

σ₁ Tegangan tarik

σ₁ = Mc₁/I= - M/S₁ σ₂ = Mc₂/I = M/S₂

-

M S₁=I/c₁ S₂ = I/c₂

σ₂ I = momen inersia

S = modulus penampang

C1

c2

C1

c2

Momen inersia dan Modulus penampang

y Momen inersia = I = bh³/12

b/2 Modulus penampang= S = bh²/6

z h

h/2

b

b

y h

Momen inersia = I = πd⁴/64

z Modulus penampang= S = πd³/32

d

0

0

Contoh

9ft P=12k Sebuah balok sederhana AB seperti gambar.

q=1,5k/ft Tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum di balok

A B

L=22 ft h=7 in

b=8,75 in

Langkah penyelesaian:

1.Gambar diagram benda bebas

2.Cari reaksi ditumpuan

3.Hitung momen lentur dan gaya geser serta gambar diagramnya

4.Cari momen lentur maksimum

5.Cari modulus penampang

6.Cari tegangan tarik dan tekan maksimum di balok akibat lentur.

Penyelesaian

ΣMB=0

RA(22ft) – 12k(13ft – 33k(11ft)=0

RA=23,6k

ΣFv = 0

RA + RB – 12k – 33k = 0

RA + RB = 45k

RB = 21,4k

M = 23,6k(9ft) -13,5k(4,5ft)=152kft

Modulus penampang=S=(8,75in)(27in)²/6 = 1063 in³

Tegangan maksimum:

Tegangan tarik: σt=σ₂ = M/S =(152kft)(12in/ft/1063 in³=1720 psi

Tegangan tekan : σc=σ₁ = - M/S = - 1720 psi

Defleksi balok

Apabila balok dengan sumbu longitudinal lurus dibebani oleh gaya lateral, maka sumbu tersebut akan terdeformasi menjadi suatu lengkungan yang disebut kurva defleksi balok.

Persamaan deferensial untuk kurva defleksi

P

A B

dθ

0’ θ+dθ

dθ m₂

ρ m₁ ds θ

y m₂ ν+dν

A ν m₁ ν+dν x ν x

x dx B x dx

Dimana:ρ = jari jari kelengkungan

Kelengkungan : = 1/Ƙ ρ = dθ/ds

Kemiringan kurva defleksi adalah turunanpertama dari dv/dx dari defleksi ν

dν/dx = tan θ θ = arctan dv/dx

Hubungan kelengkungan dan defleksinya:

= 1/Ƙ ρ = d²ν/dx²

Persamaan diferensial dasar untuk kurva defleksi suatu balok:

d²ν/dx² = M/EI

Persamaan lain dapat diperoleh dengan mengganti momen lentur M dengan gaya geser V dan intensitas beban q dari beban terdistribusi

dv/dx = -q dM/dx = V

Untuk balok non prismatis, regiditas lentur EI adalah variabel, maka

EIᵪ d²ν/dx² = M d/dx(EIᵪ d²ν/dx² ) = dM/dx = V

d²/dx²(EIᵪ d²ν/dx²) = dV/dx = - q

Defleksi hal balok prismatis (EI konstan)

Persamaan diferensialnya:

EI d²ν/dx² = M EI d³ν/dx³ = V Eid⁴ν/dx⁴ = -q

Dengan tanda aksen: ν’ = dν/dx ; ν’’ = d²ν/dx² ; ν’’’ = d³ν/dx³ ; ν’’’’=d⁴ν/dx⁴

Defleksi balok dengan persamaan momen lentur: EI ν’’ = M

Defleksi balok dengan persamaan gaya geser: EIν’’’= V

Defleksi balok dengan persamaan beban: EIν’’’’ = -q

DEFLEKSI DENGAN INTEGRASI PERSAMAAN MOMEN LENTUR

Langkah langkah:

1.Untuk setiap daerah balok kita substitusikan rumus untuk M kedalam persamaan diferensial dan integrasikan untuk mendapatkan ν’. Setiap integrasi tsb menghasilkan satu konstanta integrasi.

2. Integrasikan setiap persamaan kemiringan untuk memperoleh defleksi ν yang berkaitan. Jadi ada dua konstanta integrasi untuk setiap daerah pada balok.

3. Konstanta tersebut dicari dari kondisi yang diketahui mengenai kemiringan dan defleksi. Kondisi ini terdiri atas tiga kategori:

-Kondisi batas

-Kondisi kontinuitas

-Kondisi simetris

Kondisi batas: berkaitan dengan defleksi dan kemiringan ditumpuan balok;contoh: ditumpuan sederhana rol atau engsel defleksinya nol. Setiap kondisi batas memberikan satu persamaan yang dapat dipergunakan untuk mencari besarnya konstanta integrasi.

Kondisi kontinuitas: terjadi dititik dimana daerah integrasi bertemu, seperti di titik C .

P

A C B

Kurva defleksi balok ini secara fisik kontinu di titik C, sehingga defleksi dititik C yg ditentukan dibagian kiri balok sama dengan defleksi di titik C yang ditentukan dari bagian kanan. Dan kemiringan yang diperoleh dari setiap bagian balok harus sama di titik C. Dan setiap kondisi kontinuitas ini memberikan satu persamaan untuk digunakan dalam mencari konstanta integrasi.

Kondisi simetri, jika ada memberikan persamaan tambahan, tetapi persamaan ini tidak independen dengan persamaan persamaan lainnya.

Apabila konstanta integrasi telah diperoleh, maka disubstitusikan kembali kerumus rumus untuk kemiringan dan defleksi, untuk memperoleh defleksi dan sudut rotasi dititik sepanjang sumbu balok.

Contoh

q 1.Tentukan persamaan kurva defleksi dan

A B sudut rotasi θA dan θB (EI konstan)

RA L RB

Penyelesaian: δmaks

ΣMA = 0, maka RB = qL/2; ΣFv=0, maka RA=RB=qL/2 A B

Momen lentur (M) di balok: θA θB

M =RA(x) – q(x)(x/2) = qL/2(x) – qx²/2 L/2 L/2

M =qLx/2 – qx²/2

Persamaan diferensial kurva defleksi:

EI ν’’ = qLx/2 – qx²/2

Kemiringan balok: A V M

EIν’ = qLx²/4 –qx³/6 + C₁ qL/2 x

Kondisi simetri:

Simetri balok dan bebannya bahwa kemiringan dari kurva defleksi di tengah bentang sama dengan nol, maka ν’ = 0 apabila x = L/2

ν’ (L/2) =0

= qLx²/4 –qx³/6 + C₁ = 0,

= qL(L/2)²/4 – q(L/2)³/6 maka C₁ = - qL³/24

Persamaan kemiringan menjadi: EIν’ = qLx²/4 –qx³/6 – qL³/24

Kemiringan (ν’) = - q/24EI(L³ - 6Lx² + 4x³)

Kemiringan bertanda negatif diujung kiri balok (x=0), positif diujung kanan (x=L) dan sama dengan nol di tengah(x=L/2)

Defleksi balok (ν):

EIν’ = qLx²/4 –qx³/6 –qL³/24

EIν = qLx³/12 – qx⁴/24 – qL³X/24 + C₂

Kondisi defleksi balok ditumpuan kiri sama dengan nol (ν=0, jika x=0)

qLx³/12 – qx⁴/24 – Ql³x/24 + C₂ = 0

0 + C₂ = 0, maka C₂ = 0

EIν = qLx³/12 – qx⁴/24 – qL³x/24 + 0

Atau ν = - qLx/24EI(L³ – 2Lx² + x³)

Persamaan ini memberikan nilai disembarang titik disepanjang balok.

Maka defleksi maksimum terjadi ditengah (x=L/2) (karena kebawah tanda -

δmaks = │ν(L/2) = - │ ν(L/2) = 5qL⁴/384EI

Sudut rotasi:

Di ujung kiri θA = - ν’(0) = qL³/24EI dan diujung kanan θB = ν’(L) = qL³/24EI

Balok kantilever

2.Tentukan persamaan untuk kurva defleksi pada balok kantilever AB, juga defleksi δB dan sudut rotasi θB.

q

A B Penyelesaian:

ΣFv=0

RA L RA =qL

y

x Momen lentur: M

δB M = - qL²/2 + qLx – qx²/2

θB

A M Persamaan deferensial kurva defleksi

EIν’’ = - qL²/2 + qLx – qx²/2

V Kemiringan balok

qL²/2 x EIν’ = = - qL²x/2 + qLx²/2 – qx³/6 +C₁

qL Kondisi batas bahwa kemiringan di tumpuan nol

ν’(0) = 0

Maka C₁ = 0

Kemiringan(v’)

EIν’ = - qL²x/2 + qLx²/2 – qx³/6 + 0

ν’ = - qx/6EI(3L² - 3Lx + x² )

Defleksi balok(v):

EIν = - qL²x²/4 + qLx³/6 – qx⁴/24 + C₂

Kondisi batas defleksi balok nol ditumpuan

ν(0) = 0

Maka C₂ = 0

Defleksi(v) = - qx²/24EI (6L² - 4 Lx + x²)

Sudut rotasi (θB):

ν’ = - qx/6EI(3L² - 3Lx + x² )

θB = ν’(L) = qL³/6EI

Defleksi(v) = - qx²/24EI (6L² - 4 Lx + x²)

δB = - v(L) = -qL⁴/8EI

Contoh

Sebuah balok AB memikul beban terpusat P. Tentukan persamaan untuk kurva defleksi , sudut rotasi di A dan B

P

A B Penyelesaian:

a b ΣMB=0

RA L RB RA(L) – P(b) = 0

δC δD RA = Pb/L

y θA C D θB x Momen lentur di balok: M

M = Pbx/L (0≤x≤a)

L/2 M = Pbx/L – P(x-a) (a≤x≤L)

x Persamaan differensial kurva defleksi.

EIν’’ = Pbx/L (0≤x≤a)

EIν’’ = Pbx/L – P(x-a) (a≤x≤L)

Pb/L x V M Kemiringan dan defleksi balok:

EIν’ = Pbx²/2L + C₁ (0≤x≤a)

Pb/L x V M EIν’ = Pbx²/2L – P(x – a)²/2 + C₂ (a≤x≤L)

Persamaan defleksi:

EIν = Pbx³/6L +C₁x + C₃ (0≤x≤a)

EIν = Pbx³/6L – P(x-a)³/6 + C₂x + C₄ (a≤x≤L)

Kondisi :

1. Di x=a, kemiringan ν’ untuk kedua bagian balok sama

2. Di x =a, defleksi v untuk kedua bagian balok sama

3. Di x = 0, defleksi v nol

4. Di x = L, defleksi v nol

1 dan 2 kondisi kontinuitas bahwa fakta bahwa sumbu balok adalah kurva kontinu, sedang 3 dan 4 kondisi batas yang harus dipenuhi di tumpuan.

Kondisi 1, kemiringan harus sama apabila x=a

Pbx²/2L + C₁ = Pbx²/2L – P(x – a)²/2 + C₂ ,

Pba²/2L + C₁ = Pba²/2L – P(a-a)²/2 + C₂

Pba²/2L + C₁ = Pba²/2L + C₂ maka C₁ = C₂

Kondisi 2.defleksi kedua bagian balok sama bila x=a

Pbx³/6L +C₁x + C₃ = Pbx³/6L – Pb(x-a)³/6 + C₂x + C₄

Pba³/6L + C₁ a + C₃ = Pbx³/6L – Pb(a-a)³/6 + C₂ a + C₄

Pba³/6L + C₁ a + C₃ = Pbx³/6L + C₂ a + C₄, karena C₁ = C₂ maka C₃ = C ₄

Kondisi 3 bila x= 0 , defleksi nol:

EIν = Pbx³/6L +C₁x + C₃, maka C₃ = 0, sehingga C₄ = C₃ = 0

Kondisi 4 bila x=L, defleksi nol

EIν = Pbx³/6L – P(x-a)³/6 + C₂x + C₄

0 = Pb(L)³/6L – P(L-a)³/6 + C₂ L + 0, maka C₂ = (Pb(L-a)³/6 - Pb(L)³/6L)/L =

0 = PbL²/6 – Pb³/6 + C₂L, maka c₂ = - Pb(L²-b²)/6L

Persamaan defleksi

EIν = Pbx³/6L +C₁x + C₃ (0≤x≤a)

EIv = Pb x³/6L + ( - Pb(L²-b²)/6L)x +0

EIv = (Pbx³ - PbxL²+Pb³x)/6L

v = Pbx(x²- L²+ b²)/6LEI

Atau v = - Pbx(L² - b² - x²)/6LEI

EIν = Pbx³/6L – P(x-a)³/6 + C₂x + C₄ (a≤x≤L)

EIv = Pbx³/6L – P(x – a)³/6 – Pbx(L²- b²)/6L + 0

EIv =Pbx(x²-L² + b²)6L – P(x – a)³/6

v = - Pbx(L²-b² - x²)/6LEI – P(x – a)³/6EI

Kemiringan

EIν’ = Pbx²/2L + C₁ (0≤x≤a)

EIv’ = Pbx²/2L – Pb(L² - b²)/6L

V’ = - Pb(L² - b² - 3x²)/6LEI

EIν’ = Pbx²/2L – P(x – a)²/2 + C₂ (a≤x≤L)

EIv’ = Pbx²/2L – P(x – a)²/2 - Pb(L²-b²)/6L

Eiv’ = - Pb(L² - b² – 3x²)/6L – P(x – a)²/2

V’ = - Pb(L² - b² – 3x²)/6LEI – P(x – a)²/2EI

Sudut rotasi

θA = -v’(0) = - Pb(L² - b² - 3x²)/6LEI

= Pb(L² - b² - 0)/6LEI

= Pb(L² - b²)/6LEI

= Pb((a+b)²-b²)/6LEI

=Pb((a² + 2ab +b²-b²)/6LEI

=Pab(a + 2b)/6LEI

θA = Pab(L+b)/6LEI

θB = V’(L) = - Pb(L² - b² – 3x²)/6LEI – P(x – a)²/2EI

= -Pb(L² - b² - 3L²)/6LEI – P(L – a )²/2EI

= Pb(2L²+b²)/6LEI – Pb²/2EI

= PbL/3EI + Pb³/6LEI – Pb²/2EI

= Pb(2L² + b² - 3bL)/6LEI

= Pb ((L² - bL) + (L – b)²)/6LEI

= Pb((L(L – b) + a²))/6LEI

= Pb(La + a²)/6LEI

θB = Pab(L + a)/6LEI

Beban bila di titik tengah

Bila beban bekerja dititik tengah berarti a=b=L/2, maka

Persamaan kemiringan

v’ = - Pb(L² - b² – 3x²)/6LEI (0≤x≤ L/2)

= -P(L/2)(L² - (L/2)² - 3x²)/6LEI

= - P(L/2)(3/4L² - 3x²)/6LEI

= - P(1/4L²- x²)/4EI

v’ = -P(L² - 4x)/16EI

Persamaan defleksi

v = - Pbx(L² - b² - x²)/6LEI (0≤x≤ L/2)

= - P(L/2)x((L² - (L/2)² - x²))/6LEI

= - Px(3L²/4 – x²)/12EI

v = - Px(3L² - 4x²)/48EI

Sudut rotasi diA sama dengan di B

θA = Pab(L+b)/6LEI

= P(L/2)(L/2)(L + L/2)/6LEI

= PL²/4(3L/2)/6LEI

= PL²/16EI

θB = Pab(L + a)/6LEI

= P(L/2)(L/2)(L +L/2)/6LEI

= PL²/4(3L/2)/6LEI

= PL²/16EI, jadi untuk beban ditengan θA= θB

Defleksi maksimum terjadi tengah (δC)

δC = - v(L/2) = - Px(3L² - 4x²)/48EI

= P(L/2)(3L²- 4(L/2)²)/48EI

= PL³/48EI

Metode Superposisi

Metode ini digunakan untuk mendapatkan defleksi dan sudut rotasi pada balok. Konsepnya adalah bahwa Defleksi suatu balok yang dihasilkan oleh beberapa beban yang bekerja secara simultan dapat diperoleh dengan mensuperposisikan defleksi yang dihasilkan oleh beban yang sama yang bekerja secara terpisah.

Contoh:

Tentukan defleksi di titik tengan dan sudut rotasi dari balok AB dengan beban merata dan terpusat seperti berikut ini.

P y

q

A B A θA δC θB B x

RA L/2 RB L/2 L/2

Untuk beban merata seperti contoh 1 diperoleh:

δC₁ = 5qL⁴/384EI

θA = - ν’(0) = qL³/24EI dan diujung kanan θB = ν’(L) = qL³/24EI

θA₁ = θB₁ = qL³/24EI

Untuk beban terpusat seperti contoh 3, bila P bekerja ditengah tengah diperoleh:

δC₂ = PL³/48EI θA₂ = θB₂ = PL²/16EI

Maka kurva defleksi dan sudut rotasi akibat beban gabungan adalah:

δC = δC₁ + δC₂

= 5qL⁴/384EI + PL³/48EI

θA = θB = θA₁ + θA₂

= qL³/24EI + PL²/16EI

Metode ini juga dapat digunakan untuk mencari persamaan umum untuk kemiringan dan defleksi suatu balok.

Metode ini berguna hanya apabia rumus untuk defleksi dan kemirigan telah tersedia. Untuk balok kantilever dan balok sederhana G

Contoh

Sebuah balok kantilever AB, tentukan δB dan θB

q P y

B

A B A x

a b δB

L θB

Jika beban terdistribusi bekerja sendiri.

Dalam tabel G-I (2),Lampiran G diperoleh:

δB)₁ = qa³/24 EI (4L – a ) θB)₁ = qa³/6EI

Jika beban terpusat P bekerja sendiri.

Dalam tabel G-I(4) diperoleh:

δB)₂ = PL³/3EI θB)₂ = PL²/2EI

δB = δB₁ + δB₂ = qa³/24 EI (4L – a ) + PL³/3EI

θB = θB₁ + θB₂ = = qa³/6EI + PL²/2EI