Conjugate Beam

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

A

yc

B

2

Menghitung gaya lintang dan momen :

MA  0  PL   L   L  -VB . L +     =0  4 EI   2   2 

PL3 -VB.L + =0 16EI

PL2 VB  16EI V  0 VA  

PL2 16EI

A

M C  0

-MC + VA.

L  PL  L  L  -    = 0 2  4 EI  4  6 

 PL2  L PL3 .  -MC +  =0  16EI  2 96EI MC =

PL3 PL3  32EI 96EI

MC =

PL3 48EI

3

ΣV = 0 VA - DA = 0 VA = DA

PL2 DA = 16EI DB = -

PL2 16EI

jadi, MC = yc

yc=

PL3 48EI

DA = GA

θA =

PL2 16EI

DB = GB

θB = -

PL2 16EI

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 =

Pb .a L

MC =

Pab L

MC =

P.a.b LEI

maka:

ΣMA = 0

 Pab  1  Pab  2 b  3 b  a   1 2 a . 3 b = 0  LEI   LEI 

-VB.L +

1

-VB.L +

Pab 2 2LEI

VB =

2

Pab 6 L2 EI



1

 13 b  a   Pa

3

b =0 3LEI

3

b 2  ab  2 3 a 2



ΣMB = 0 1

VA.L -

3 Pa 2 b 1  3 a  b  Pab = 0 2LEI 3LEI

Pab 2 L2 EI

2

Pa 2 b 2L2 EI

VA = VA =

 Pab  1  Pab  2 a  3 a  b   1 2 b . 3 b = 0  LEI   LEI 

VA.L -



1

3

 13 a  b  

a 2  ab  2 3 b 2



Pab 3 3L2 EI

5

DA = θA =

Pab 2 L2 EI



Pab 2 L2 EI



DB = θB = -

1

3

1

a 2  ab  2 3 b 2

3



b 2  ab  2 3 a 2



Pembuktian dengan beban terpusat. Mis : a  b  12 L θA =

A =

Pab 2 L2 EI



=

P 12 L  12 L  2 L2 EI

=

PL2 8L2 EI

=

P 8EI



1

3

a 2  ab  2 3 b 2



3

1

1

 12 L2   12 L 1 2 L  2 3  1 2 L2 



1 12

L2  1 4 L2  16 L2

L2



2

PL2 16EI



cocok

B   



Pab 2 L2 EI



1

3

P 12 L  12 L  2 L2 EI

PL2  2 8L EI

PL2 B   16EI



1 12

b 2  ab  2 3 a 2



1

3



 1 2 L2   1 2 L 12 L  2 3 1 2 L2 

L2  14 L2  16 L2 cocok



6

Kondisi 3 Beban terbagi rata sepanjang bentang

A

A

B

B

7

M A  0 V A .x  Mx  q.x.

x 0 2

x2  Mx 2 L  qlx qx 2  Mx     dx 2 2  0  1

2 ql. x  q

L  L qlx qx 2  Mx  12   dx   dx 2 0 0 2  L

 x2 x 3  1 Mx  2  ql  q  3  0  2  ql 3 ql 3   Mx    3   2 1 2

 ql 3  ql 3   Mx  12   6  12EI

Mx 

ql 3 12EI

Mx dijadikan beban.

M A  0  V B .L 

ql 3 12EI

ql 3 24EI ql 3 VA  24EI VB 

Jadi,

A 

ql 3 24EI

B  

ql 3 24EI

12 L  0

8

Kondisi 4 Beban terbagi rata tidak disepanjang bentang .

A

B



qdxL  x  L2  L  x 2 a) d  A= 6 EIL



a2

A

= q

L  x L2  L  x 2 dx 6 EIL

a1

=

q 6 EIL

 L  xL



a2

2

 L2  2 Lx  x 2 dx

a1

 L  x2Lx  x dx

q 6 EIL

a2

q = 6 EIL

a2

=



2

a1

 L  x2L x  Lx 2

2



 2 Lx 2  x 3 dx

a1

Maka



A

=

q  2 L2 x 2 3Lx 3 x 4      6 EIL  2 3 4



A

=

q 2 2 3 3 4 4 L2 a2  a1  L a2  a1  1 4 a2  a1 6 EIL

 

 

aa12

 

 . . . . . . (1)

9

b) d  B=



qdx  x L2  x 2 6EIL



a2



q  x L  x 2 dx 6 EIL

 B= 

a1

a2

=

a1









q  L2  x 3 dx 6 EIL





=

q L2  x 2 x 4   dx 6EIL 2 4

=

q  L2 2 2   a2  a1 6 EIL  2

B



 a 1

4

4 2



4   a1  . . . . . . . . . . . . . . .(2) 

Cek/periksa dengan beban merata penuh :

A

B

a1 = 0, a 2 = L

 

 







A

=

q L2 L2  0 2  L L3  0 3  1 4 L4  0 4 6 EIL



A

=

qL3 24EI



B

=

q  L2 2  L  02 6 EIL  2



B

=

qL3 24EI



 cocok



 L 1

4

4

  04  



 cocok

10

Kondisi 5 Beban merata yang terletak mulai dari tumpuan. a1 = 0 a2 = ½ L A

Maka : 

A

=

B

q 3 qL3 384 EI

7 qL3  B= 384 24EI 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

11

 MA  0  MA  -VB . L + ½L .  . 1/3 L = 0  EI  VB =

MA.L2 6 LEI

VB =

MA.L 6 EI

 MA  0  MA  VA . L - ½L .  . 2/3 L = 0  EI  VA =

MA.L 3EI

A 

MA.L 3EI

Jadi,

B -

MA.L 6 EI

Kondisi7: Bentang sederhana dibebani dengan beban momen pada tiap-tiap tumpuan -

Beban momen di tumpuan A

12

A

 MA  0  MB  -VB . L + ½L .  . (2/3 L) = 0  EI  VB =

MB.L 3EI

 MA  0  MA  VA . L - ½L .  . (1/3 L) = 0  EI  VA =

MB.L 6 EI

Jadi,

A 

MB.L 6 EI

B -

MB.L 3EI

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

Perputaran sudut (θ)

Kondisi beban

1.

PL2 16EI

θA =

θB = -

2. θB = -

Pab 2 L2 EI



1

θB = -

Pab 2 L2 EI



1

PL2 16EI

3

b 2  ab  2 3 a 2



3

b 2  ab  2 3 a 2



3.

A 

ql 3 24EI

B  

4.



A

=

 

ql 3 24EI

 

 

q 2 2 3 3 4 4 L2 a2  a1  L a2  a1  1 4 a2  a1 6 EIL



B=



q  L2 2 2   a2  a1 6 EIL  2

 a 1

4

4 2



4   a1  



14

No

Kondisi beban

Perputaran sudut (θ)

5. 

A

q 3 qL3 = 384 EI

7 qL3  B= 384 24EI

6.

A 

B  -

MA.L 3EI MA.L 6 EI

7.

A 

MB.L 6 EI

B  -

MB.L 3EI

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. M0AB = PL 8

,

M0BA = - PL 8

2.

Pl1l 22 M AB  2 L Pl 2 l M 0 BA   12 2 L 0

3. M0AB =

qL2 12

M0BA = -

,

qL2 12

4.

M

0

AB

M 0 BA

 l12  l 23 2 2 1  4 6 L  8l1 L  3l1  4 4 L  3l 2  L  L  3 2 2 l2 qL  l1 2 2   1  4 4 L  3l1   4 6 L  8l 2 L  3l 2  12  L L  qL2  12









16

5.

Pl 2 l2  2l1  L2 Pl   21 l1  2l 2  L

M 0 AB  M 0 BA