anstruk 21as

Darmansyah Tjitradi, MT.

Metode Least Work Castigliano 1

TEORI KERJA MINIMUM CASTIGLIANO

(LEAST WORK CASTIGLIANO)

Teorema I :

Turunan parsial dari usaha terhadap suatu gaya sama dengan deformasi yang terjadi pada

titik dimana gaya tersebut bekerja, dan didalam arah gaya tersebut.

1

1dP

dW .................................................................................................................... (1)

1

1dM

dW ..................................................................................................................... (2)

Teorema II :

Pada struktur Statis Tak Tentu jika perletakkan tidak terjadi perpindahan dan tidak ada

perubahan dari temperatur, redundant harus sedemikian yang membuat energi regangan

minimum, maka persamaan (1) menjadi :

0dxEI

dP

dMML

0

............................................................................................................ (3)

Pada persamaan (3) fungsi/persamaan momen M mengandung nilai dari Redundant atau

reaksi yang akan dicari.



Contoh Soal 1:

Hitunglah reaksi perletakkan dititik B

Penyelesaian :

1. Hitung DKS struktur balok :

DKS = 3 - 2 = 1 Ini berarti Struktur Statis Tak Tentu !

2. Ubahlah bentuk Struktur Statis Tak Tentu menjadi Struktur Statis Tertentu dengan

mengambil VB sebagai redundant. Lepaslah Roll pada titik B.

Kini struktur telah menjadi Struktur Statis Tertentu, tetapi akibat dari dilepasnya Roll

pada titik B maka akan mengakibatkan titik B melendut kebawah.

3. Dengan menggunakan Teorema Castigliano yang kedua maka dapat kita hitung reaksi VB

yang akan mengembalikan titik B yang melendut kebawah, yaitu :

0dxEI

dV

dMM

L

0

B (Tidak ada lendutan vertikal pada titik B)

Tabel persamaan momen:

Section Bending Moment

(M) BdV

dM Limits

B - A 2

x1xV

2

B

+ x 0 x 4

0dx

EI

x50,0xVdx

EI

xx50,0xVdx

EI

dV

dMM

4

0

32

B

4

0

2

B

L

0

B

032V3

64x

8

1x

3

1Vdxx50,0xV B

4

0

43

B

4

0

32

B

------ VB = 1,50 ton ( )

q = 1,0 t/m

A B

L = 4,0 m

EI

q = 1,0 t/m

A B

L = 4,0 m

EI

VB



ton50,25,141V

LqVV

0V

A

BA

m.t2412

145,1Lq

2

1LVM 22BA

m.t125,15,12

15,15,1x

2

1xVM

)BtitikdarimaksimummomenLokasi(m5,1x0xV0dx

dMx

x2

1xVMx

22

Bmax

B

2

B

q = 1,0 t/m

A B

L = 4,0 m

EI

VB = 1,5 ton VA = 2,5 ton

MA = 2,0 t.m

2,0

+1,125

+

1,5 m

A B M

2,5

+

1,5

A B L



Contoh Soal 2:

Hitunglah reaksi perletakkan dititik B

Penyelesaian :

1. Hitung DKS struktur balok :

DKS = 3- 2 = 1 Ini berarti Struktur Statis Tak Tentu !


mengambil MA sebagai redundant. Ubahlah titik A menjadi perletakkan Sendi.

Kini struktur telah menjadi Struktur Statis Tertentu, tetapi akibat dari dilepasnya jepitan

pada titik A maka akan mengakibatkan titik A akan mengalami rotasi.

3. Dengan menggunakan Teorema Castigliano yang kedua maka dapat kita hitung reaksi MA

yang akan memberikan kekangan pada titik A sehingga rotasi pada titik A menjadi nol,

yaitu :

0dxEI

dM

dMM

L

0

B (Tidak ada rotasi pada titik A -- Jepit)

q = 1,0 t/m

A B

L = 4,0 m

EI

q = 1,0 t/m

A B L = 4,0 m

EI

MA

VB VA



Hitung reaksi perletakkan balok Statis Tertentu :

4

M2

L

MLq

2

1V AAA

4

M2

L

MLq

2

1V AAB

Tabel persamaan momen :

0dxEI

x8

1x

16

Mx

2

1

dxEI

x4

1x

2

1x

4

Mx2

dxEI

dV

dMM

4

0

32A2

4

0

2AL

0

B

0x32

1x

48

Mx

6

1dxx

8

1x

16

Mx

2

14

0

43A3

4

0

32A2

0M6

8

3

8A ---- MA = + 2 t.m ()

ton50,24

22

4

M2V AA

ton50,14

22

4

M2V AB

m.t125,15,12

15,15,1x

2

1xVM

)BtitikdarimaksimummomenLokasi(m5,1x0xV0dx

dMx

x2

1xVMx

22

Bmax

B

2

B


(M) AdM

dM Limits

B - A

2

B x2

1xV

2A x2

1x

4

M2

2A x2

1x

4

Mx2

x4

1 0 x 4



L

q = 1,0 t/m

A B

L = 4,0 m

EI

VB = 1,5 ton VA = 2,5 ton

MA = 2,0 t.m

M

2,5

1,5

A B

+

A B

2,0

+1,125

+

1,5 m



Contoh Soal 3:

Hitunglah reaksi perletakkan dititik C dan D!

Penyelesaian:

1. Hitung DKS struktur portal:

DKS = 5 3 = 2 Ini berarti Struktur Statis Tak Tentu derajat 2.


mengambil VC dan VD sebagai redundant. Ubahlah titik C dan D menjadi perletakkan

bebas.

A

D

2,0 m

2EI

EI EI EI

2,0 m 2,0 m

4,0 m

B

C

E

M = 10 tm

2EI

EI EI EI

2,0 m 2,0 m

4,0 m

B

VC

E

M = 10 tm

A

VD

2,0 m



Kini struktur telah menjadi Struktur Statis Tertentu, tetapi akibat dari dilepasnya

perletakkan Roll pada titik C dan D maka akan mengakibatkan titik C dan D akan

mengalami lendutan vertikal.

3. Dengan menggunakan Teorema Castigliano yang kedua maka dapat dihitung reaksi VC

dan VD yang akan mengembalikan titik C dan D yang mengalami lendutan vertikal

sehingga lendutan pada titik C dan D menjadi nol, yaitu :

00

L

C dxEI

dV

dMM

(Tidak ada lendutan pada titik C -- Roll)

00

L

D dxEI

dV

dMM

(Tidak ada lendutan pada titik D -- Roll)



(M) CdV

dM

DdV

dM Kekakuan Limits

E - D 0 0 0 EI 0 x 2

D - C +VD . x 0 + x EI 0 x 2

C - B MxV2xV CD 10xV2xV CD

+ x x + 2 EI 0 x 2

B - A M2V4V CD

102V4V CD + 2 + 4 2EI 0 x 4

0dx

EI2

2102V4Vdx

EI2

x10xV2xV2dx

EI

dV

dMM

4

0

CD

2

0

CD

L

0

C

0dx2102V4Vdxx10xV2xV24

0

CD

2

0

CD

0dx20V4V8dxx20xV2xV4xV24

0

CD

2

0

2

CD

2

D

0x20xV4xV8x10xV3

2xV2xV

3

2 40CD

2

0

23

C

2

D

3

D

04204V44V82102V3

22V22V

3

2CD

23

C

2

D

3

D



080V16V3240V3

16V8V

3

16CDCDD

045V17V8 DC .. (1)

0dx

EI2

4102V4Vdx

EI2

2x10xV2xV2dx

EI2

xVx2dx

EI

dV

dMM

4

0

CD

2

0

CD

2

0

D

L

0

D

0dx4102V4Vdx2x10xV2xV2dxxV24

0

CD

2

0

CD

2

0

2

D

0dx40V8V16dx2x20x2xV24x4xV2dxxV24

0

CD

2

0

2

C

2

D

2

0

2

D

0x40xV8xV16x2x2

120xx

3

1V2x4x2x

3

1V2xV

3

2 40CD

2

0

223C

23D

2

0

3D

04404V84V162222

12022

3

1V224222

3

1V22V

3

2CD

223C

23D

3D

02803

136V

3

320V CD

0105V40V17 DC ..(2)

Persamaan (1) dan (2) dapat diubah dalam format matriks:

0

0

105

45

V

V

4017

178

D

C

105

45

V

V

4017

178

D

C

105

45

817

1740

1717408

1

V

V

D

C

75

15

31

1

840765

17851800

31

1

10584517

105174540

31

1

105

45

817

1740

31

1

V

V

D

C

Karena hasilnya negatif maka permisalan awal arah VC dan VD keatas salah, jadi yang benar

arah VC dan VD adalah kebawah.

ton41935231

75V

ton48387031

15V

D

C

,

,



Reaksi Vertikal titik A:

ton31

90

31

75

31

15VVV

0VVV

0V

DCA

DCA

Reaksi Momen titik A:

mt31

20M

10231

154

31

75M

102V4VM

A

A

CDA

.

Reaksi Horisontal titik A:

0H

0H

A

Perhitungan Momen di titik kumpul:

mt31

20102

31

154

31

75M2V4VM

mt31

16010

31

150M2VM

mt31

1502

31

752VM

0M

CDB

DCB

DCD

D

.

.

.

2EI

EI EI EI

2,0 m 2,0 m

4,0 m

B

C

E

M = 10 t.m

ton31

15VC ton

31

75VD

A

D

2,0 m

ton31

90VA

mt31

20MA .

0HA



A

C D E

+

ton31

90

B

ton31

75

+

ton31

90

Lintang

A

C D E ton3190

B

ton31

90

Normal

A

C D E

+

mt31

150.

mt31

160.

mt31

20.

mt31

20.

mt31

20.

B

Momen



Contoh Soal 4:

Sebuah konstruksi portal ABCD dengan tumpuan pada titik B dan C adalah roll, dan titik A

adalah Jepit. Karena salah dalam pelaksanaan maka titik A mengalami penurunan sebesar 10

mm. Hitunglah reaksi perletakan dan gambarkan gaya-gaya dalam struktur portal dengan

Least Work Castigliano Method.

Keterangan:

EI = 17280 kg.m2

Penyelesaian:

1. Hitung DKS struktur portal:

DKS = 5 3 = 2 Ini berarti Struktur Statis Tak Tentu derajat 2.


mengambil VA dan MA sebagai redundant. Ubahlah titik A menjadi perletakkan roll.

2EI

EI

4 m

2m

D

C

A

B

4 m

2EI

2EI

EI

4 m

2m

D

C

A

B

4 m

2EI

MA

VA



Kini struktur telah menjadi Struktur Statis Tertentu, tetapi akibat dari berubahnya

perletakkan Jepit menjadi Roll pada titik A, maka akan mengakibatkan titik A

mengalami lendutan vertikal (diketahui terjadi penurunan vertikal sebesar 10 mm),

dan titik A mengalami Rotasi.

3. Dengan menggunakan Teorema Castigliano yang kedua maka dapat dihitung reaksi VA

dan MA yang akan mengembalikan deformasi pada titik A, yaitu :

010dxEI

dV

dMxMxL

0

A ,

(Terjadi penurunan vertikal pada titik A sebesar 10 mm = 0,01 m)

0dxEI

dM

dMxMxL

0

A

(Tidak ada rotasi pada titik A karena perletakkan Jepit)

4. Menghitung persamaan momen pada struktur portal statis tertentu:

Karena tidak ada beban horisontal, maka HA = 0.

6

MV2V

0M

AAB

C

6

V4MV

0M

AAC

B

2EI

EI

4 m

2m

D

C

A

B

4 m

2EI

MA

VA

VB VC

HA




Section Limits

(m)

Persamaan Momen

(Mx) AdV

dMx

AdM

dMx Kekakuan

B - D 0 x 4

x6

MV2xV AAB

x

6

2 x

6

1 2EI

C - D 0 x 2

x6

V4MxV AAC

x

6

4 x

6

1 EI

A - D 0 x 4 AM 0 -1 2EI

010dxEI

dV

dMxMxL

0

A ,

010dxEI2

0Mdx

EI

x6

4x

6

V4M

dxEI2

x6

2x

6

MV24

0

A

2

0

AA4

0

AA

,

EI20100xV4M108

8xMV2

108

22

0

3AA

4

0

3AA

,

EI0202V4M108

84MV2

108

2 3AA

3AA ,

EI64

108020MV8 AA , .. (1)

0dxEI

dM

dMxMxL

0

A

0dxEI2

1Mdx

EI

x6

1x

6

V4M

dxEI2

x6

1x

6

MV24

0

A

2

0

AA4

0

AA

0M4xV4M108

2xMV2

108

1A

2

0

3AA

4

0

3AA

0M42V4M108

24MV2

108

1A

3AA

3AA

0M8V AA .. (2)



Dalam format matriks:

EI01

08

5600

3

M

V

EI

0800

27

81

18

63

1

M

V

EI

064

108020

M

V

81

18

A

A

A

A

A

A

,

,

,

Diketahui nilai EI = 17280 kg.m2, maka:

kg0571427435

259217280

700

3EI

5600

24VA ,

mkg257142935

32417280

5600

3EI

5600

3MA ., ()

kg1428572335

810

6

35

324

35

25922

6

MV2V AAB ,

kg9142865035

1782

6

35

25924

35

324

6

V4MV AAC ,

mkg82857110135

35642

35

17822VM CDC .,

mkg5714299235

32404

35

8104VM BDB .,

mkg257142935

324MM ADA .,

2EI

EI

4 m

2m

D

C

A

B

4 m

2EI

mkg35

324MA .

kg35

2592VA

0HA

kg35

810VB kg35

1782VC

mkg35

3564MDC . mkg35

3240MDB .

mkg35

324MDA .



Gambar Momen, Lintang, dan Normal:

Bidang Momen

B

A

C D

mkg35

3564.

mkg35

3240.

mkg35

324.

mkg35

324.

Bidang Lintang

B

A

C D

kg35

810 kg

35

810

kg35

1782 kg

35

1782

Bidang Normal

B

A

C D kg

35

2592

kg35

2592



SOLUSI

SOFTWARE GRASP VERSION 1.0

Satuan : Bidang Momen : Kg.m, Lintang : kg, Normal: kg

Momen Lintang

Normal

anstruk 21as

Documents