Teori-Castigliano (Modul 3) PDF [PDF]

Zitiervorschau

TEORI CASTIGLIANO (Castigliano Theorema)

UNTUK MENGHITUNG DEFLEKSI/LENDUTAN • Metode Castigliano , dikembangkan oleh Carlo Alberto Castigliano , adalah metode untuk menentukan perpindahan sistem linear-elastis berdasarkan turunan parsial dari energi . Dia dikenal karena dua teorema. Konsep dasar mungkin mudah dipahami dengan mengingat bahwa perubahan energi sama dengan gaya yang menyebabkan dikalikan perpindahan yang dihasilkan. Oleh karena itu, gaya yang menyebabkannya sama dengan perubahan energi dibagi dengan perpindahan yang dihasilkan. Atau, perpindahan yang dihasilkan sama dengan perubahan energi dibagi dengan gaya yang menyebabkan. Derivatif parsial diperlukan untuk menghubungkan gaya yang menyebabkan dan menghasilkan perpindahan ke perubahan energi. 1

• Teorema pertama Castigliano - untuk gaya dalam struktur elastis • Metode Castigliano untuk menghitung kekuatan adalah aplikasi dari teorema pertamanya, yang menyatakan: • Jika energi regangan dari struktur elastis dapat dinyatakan sebagai fungsi dari perpindahan umum q i maka turunan parsial dari energi regangan sehubungan dengan perpindahan umum memberikan gaya umum Q i .

2

Gaya-gaya P1, P2, P3, ……Pn bekerja pada titik 1,2,3,…..n, maka :

U  f ( P1, P2 , P3 ,......Pn ) P1

P2

P3

Pn

B

A 1

2

3

n

L dimana : U  strain energy yg tersimpan di dalam sistem Pi  gaya gaya yg be ker ja pada titik1, 2, 3,.....n

3

Lenturan di titik i dapat ditulis : U  i P

i

dimana : i = lenturan di titik i i = 1,2,3, ….n

Demikian pula bila momen Mi bekerja pada suatu sistem di titik i, maka sudut lentur di titik i dapat ditulis : U  i M

i

dimana : i = sudut lentur di titik i i = 1,2,3, ….n 4

Rumus diatas dapat diturunkan sbb : Strain energy pada suatu sistem dimana padanya bekerja gaya-gaya P1, P2 , P3 ………Pn :

U  f ( P1, P2 , P3 ,......Pn ) Bila setiap gaya Pi diberi pertambahan gaya pertambahan strain energy sebesar U

Pi 

Bila penambahan gaya P  menimbulkan perpidahan i i, maka kerja oleh Pi : U  P .

i i 5

sehingga :  

i

U P

i

Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa : U   i M

i

6

CONTOH SOAL 1) Suatu balok AB dijepit pada ujung B dan mendapat beban terpusat P dan momen Ma di titik A. Tentukan lendutan /lenturan dan putaran sudut /sudut lentur di titik A. L

P m

B E,I

A x

Ma

n Penyelesaian :

Pers.Momen pada penampang m-n atau tinjauan sejauh x dari titik A:

M  - Px - M a 7

Strain energy tersimpan pada balok : L M 2 dx

U

0

2EI

Lenturan di ujung A :

P

M  L 2  L 2M( ) U d  M dx   P    dx P dP   2EI   2EI 0  0

1 L dM  dx M EI 0 dP 8

P

1  EI

L

 (Px  M a )xdx

0

L

 2 2 1  Px 3 M a x  PL3 M a L     EI  3 2  3EI 2EI  0

Sudut lentur di ujung A :



L  U d  M2    dx Ma M a dM a   2EI  0  M 2M L M L M 1 a   dx  M dx  2EI EI dM a

0

0

9



1  M a EI

L

 (Px  M a )dx

0

L

  1  Px 2 PL2 M a L    Max    EI  2 2EI EI  0

10

2) Tentukan : a) Lenturan di C (tengah-tengah AB) b) Sudut lentur di B

L/2 m

L/2 PC=0

A n

RA

C



B

x RB

11

Penyelesaian : a) Karena tidak ada beban gaya yg bekerja di titik C, supaya Rumus Castigliano untuk lenturan dapat digunakan  tambahkan gaya fiktif PC =0 di titik C . Untuk beban simetris, maka :

qL PC RA  RB   2 2 Momen bending pada penampang potong m-n :

2 P qL C qx M  (  )x  2 2 2 12

Strain energy yang terserap balok :

L M 2dx

U 

0

2EI

Karena beban yang bekerja simetri, maka :

L

2

M dx U2  0 2EI 2

Lenturan di titik C :

C  PU

C



2 EI

L2



0

M

M dx P

C

13

C

2  EI

L2



0

 P 2 x qL qx  x C x  dx 2 2 2 2  

Karena beban yang bekerja PC = 0, maka :

C

2  EI

L2



0

 2 x qL qx  x  dx 2 2 2  

5qL4  384 EI

14

b) Tambahkan momen bending MB = 0 di tumpuan roll B. L m

B A n

RA

C



MB=0

x RB

Momen bending pd penampang potong m-n diperoleh dgn menentukan harga RA dan RB dgn cara  momen di tumpuan roll B = 0. 15

Harga RA dan RB didapat :

qL2 qL M B R AL   MB  0  R A   2 2 L Momen bending pada penampang potong m-n :

qx 2 qL M B qx 2 M  R Ax  (  )x  2 2 L 2 Strain energy yang terserap balok :

L M 2dx

U 

0

2EI 16

Sudut lentur di tumpuan roll B :

B

U 1   M 2 EI

B

B

1  EI

L qLx

(

2

0

L

 2M

M dx M

M

x

0



B L

B

qx 2 x  ) dx 2 L

Masukkan harga MB = 0, maka :

B

1  EI

B

L qLx

qx 2 x  ( 2  2 ) Ldx

0

q  2 EI

L



0

x3 2 (x  )dx  L

qL3 24 EI

17

3) Tentukan lenturan pada titik dimana gaya P bekerja. L/2 L/2 P E,2I E,I m n

x

Penyelesaian Strain energy yang terserap balok :

LM

2

L

2 ( Px ) 2 dx

dx U    0 2EI 0

2EI

L

2

( Px ) dx   L 2 E( 2 I ) 2

18

Lenturan menurut Teori Castigliano :

P dimana :

U 1   P EI

L

M

0

M dx P

M M  Px  x P

maka :

P 

L

2 ( Px ) xdx



0

2 EI



L



L

( Px ) xdx 9 PL3  2 E (2 I ) 48EI

2 19

4) Tentukan lenturan dan sudut lentur pada ujung B

A

E,I

L

q B

Penyelesaian : Untuk menghitung lenturan di B tambahkan gaya P = 0 pada ujung B. P=0 m q B A E,I L n x 20

Momen bending pd penampang potong m-n : 2

qx M M  Px   x 2 P

Strain energy yang terserap balok AB: qx 2 2 ) dx L 2 L ( Px 

M dx U   0 2EI 0

2 2EI

Lenturan menurut Teori Castigliano :

P

U 1   P EI

L

M

0

M dx P

21

B

qx 2 L( Px  ) xdx 2   2 EI

0

Karena P = 0, maka :

B

qx 2 L( ) xdx qL4   2  2 EI 8EI

0

22

Untuk menghitung sudut lentur di B tambahkan momen bending MB = 0 pada ujung B. m q A

E,I

L

n

x

MB B

Momen bending pd penampang potong m-n : 2

qx M M  MB   1 2 M B

Strain energy yang terserap balok AB: qx 2 2 ) dx L 2 L(M B 

M dx U   0 2EI 0

2 2EI

23

Sudut lentur menurut Teori Castigliano :

B

U 1   M EI

B

B

1  EI

L

M

0

M dx M

B

L

qx 2  (M B  2 )1dx

0

Karena MB = 0, maka :

B  EI1 

0

L

  1  qx3  qL3 dx   2 EI  6  6 EI  0

L qx 2

24

5) Tentukan lenturan dan sudut lentur pada ujung B L

m A

E,I

n

MB B

x

Momen bending pd penampang potong m-n :

M M  MB  1 M B Strain energy yang terserap balok AB:

L M 2dx

U 

0

2EI

2 ) B dx 2EI

L(M



0

25

Sudut lentur menurut Teori Castigliano :



B

B

U 1   M EI

B

1  EI

B

L

M

0

M dx M

B

L

 (M B )1dx

0

1  EI

L

1 M dx   B EI

0

L

M x   B  0

M

B

L

EI

26

Menghitung lenturan di B : L m A

E,I

n

P=0 x

MB B

Karena pd ujung B tidak ada beban P, maka tambahkan beban P = 0 pada ujung B. Momen bending pd penampang potong m-n :

M M  M B  Px  x P

27

Strain energy yang terserap balok AB:

L M 2dx

U 

0

2EI

L(M



0

 Px ) dx 2EI 2

B

Lenturan menurut Teori Castigliano :

P B

1  EI

B

U 1   P EI

L

M

0

M dx P

L

 (M B  Px) xdx  P  0

0

L

2   2 M L 1 1  x   ( M x ) dx  M  B  B EI EI  B 2  2 EI 0  0 L

28

6) Tentukan persamaan kurva lenturan balok AB bila pada ujung balok di B mendapat beban momen MB. y

x

P=0

MB B

A x1

x

x2 L

Penyelesaian Untuk menghitung lenturan pd balok AB tambahkan beban P=0 yg berjarak x dari ujung A.

29

Reaksi tumpuan di A dan B dapat dihitung dgn menggunakan syarat keseimbangan gaya dan momen didapat : y

x

P=0

MB B

A x1

x2

L

RA

x

RB

MB x RA   P(1  ) L L M B Px RB    L L 30

Bending momen pd balok AB di sebelah kiri P :

MB x M ( x )  R A x1  x1  Px1(1  ) untuk 0 < x1 < x 1 L L M ( x ) x 1 untuk 0 < x1 < x  x1(1  ) P L Bending momen pd balok AB di sebelah kanan P :

M( x )  R A x 2  P( x 2  x ) 2 MB x M( x )  x 2  Px 2 (1  )  P( x 2  x ) untuk x < x2 < L 2 L L M ( x ) x 2 untuk x < x2 < L  x 2 (1  )  ( x 2  x ) P L 31

Dengan teori Castigliano, dimana x adalah konstan dan P = 0, maka :

U 1 L M y  dx M P EI 0 P 1 x MB x   y x1 )x1(1  )dx1   ( EI x 0 L L   1 L

MB 1 x   x 2 )x 2 (1  )  ( x 2  x )dx 2  ( EI x x L L   2

32

2 M x x M 1 2 B B 1 y x1  ) dx   ( 1 EI x 0 L L2 x

1

L

MB 2 1 x2   ( EI x x L

M B x 22 x L2

2

y

2  M Bx 2

x 3 1  M B 3 M B x1 x  x1    2 EI  3L 3L  x 0 1

3  M x M 1 B x3  B 2x  2 EI 3L 2



3L



M B x 32  3

2  M B x 2 x )dx 2



2 L M Bx 2x

3

  x x 2

33

4 1  M B 3 M Bx  y  x   2 EI  3L 3L  3 3 3 2   M L M L x M L M L x 1 B B B B      2 EI  3L 3 3  3L

 M B x 3 M B x 3x M B x 3 M B x 2 x       2 3 3  3L  3L M BLx M B x 3 y  6 6L 34

7) Sebuah balok lengkung AB seperempatan lingkaran ditumpu dgn tumpuan jepit di B dan mendapat beban gaya P seperti pd gambar dibawah ini. Dengan metode Castigliano tentukan lenturan kearah y dan x di A. P A

Penyelesaian :

M   PR  P( R  R cos )  PR cos  B RB=P

 MB=PR R

M   R cos  P

x y

35

Lenturan ke arah y :



U 1 2 M yA   Rd  M P EI 0 P 

2 ( PR cos )(R cos )Rd

 

0

EI

PR 3  4EI

36

Lenturan ke arah x : Tambahkan gaya Q = 0 kearah sb x . P A

Q=0

M   PR sin   Q( R  R cos )  B RB=P

M   R  R cos  Q

R x y

37

Jadi :



xA

U 1 2 M   Rd  M Q EI 0 Q 

2 ( PR sin )(R  R cos )Rd

xA  

0

EI

PR 3  2EI

38

8) Sebuah balok lengkung AB setengah lingkaran ditumpu dgn tumpuan jepit di A dan B mendapat beban gaya P di C seperti pd gambar dibawah ini. Dengan metode Castigliano tentukan reaksi tumpuan di A dan B. P C

B

A

R

39

Diagram benda bebas :

P C

R 

H=? A P/2

B H=? P/2

P M   ( R  R cos )  HR sin  2

M    R sin  untuk 0    H 2

40

Lenturan ke arah horisontal :  U 2 2 M   M Rd H H EI  H 0



H

P  ( R  R cos  )  HR sin  2  2  ( R sin  ) Rd 2  EI

0

Karena pada kedua tumpuan engsel tidak ada pergeseran ke arah horisontal, maka H = 0.

P   ( R  R cos  )  HR sin  ( R sin )Rd   2 2 P  02  H EI π 0 41

9) Bila pada soal no 8 diatas ditanyakan defleksi yg terjadi pada titik C, maka tentukan defleksi pada titik C tersebut dgn menggunakan metode Castigliano. Penyelesaian : Pada separuh ring bending momen yg terjadi pada suatu titik berjarak  :

P P M   ( R  R cos )  R sin  2 

M  1 R   ( R  R sin )  sin θ untuk 0    P 2 π 2 42

Lenturan di titik C dgn metode Castigliano :

C

 U 2   P EI





C

2  EI

2



M

0

M Rd P

2P



0

P  ( R  R cos  )  R sin  2    

R 1  ( R  R cos  )  sin   2  Rd  PR 3 3 3  (   1) EI 8 2

43