ENERGI REGANGAN

KULIAH 1

Metode Energi adalah metode yang sangat baik (powerful) untuk memformulasi hubungan gaya dan perpindahan

Pembahasan Metode energi termasuk:

1. Konservasi Energi2. Metode Kerja Nyata3. Metode Kerja Maya

Kerja Luar = Kerja Dalam

Sebagai ilustrasi misal sebuah elemen struktur dibebani gaya P dan q maka pada struktur akan terdapat:

Kerja Luar (External Work) : adalah produk gaya luarKerja dalam (Internal Work) : adalah produk gaya dalam

P

P

d

dW

d

M

M

dW

d

d

z

y

x

σσ dy

dx

dz

Gaya dalam merespon beban luar yang diaplikasikan pada struktur serta deformasinya. GD mempunyai kapasitas untuk menghasilkan kerja dan menjaga struktur pada konfigurasi asalnya.

Strain Energy (Internal Work)

Energi dalam juga sering disebut energi regangan (strain energy)Disimbolkan U

ddVddxdydzdxddzdy

Untuk material elastis : σ=ε.E , maka internal work elemen tak hingga :

dVdVEddVE 212

21

Internal work system yang diaplikasikan tegangan aksial adalah integral dari energi utk elemen tak hingga atas volumenya.

dVdxdydzdxdydzU 21

21

21 ))((

Energi regangan pada str TRUSS

P

dW

P

Pi

i

Gaya btg F

Batang j

AE

LFL

EA

F

E

AE

FL

L

F

F

FU j 2

1

AE

FLFU j 2

1

AE

LFU j 2

2

Energi regangan yang bekerja pada batang j akibat gaya batang F, dapat ditentukan sbb:

Jadi energi regangan yang bekerja pada seluruh struktur merupakan jumlah komulatif dari energi regangan yang terjadi pada semua elemennya.

AE

LFU

2

2

Energi regangan pada str BEAM

P

L

x dx

A

d

dx

/2

/2

M M

dxEI

Md

Energi regangan balok sepanjang dx dapat ditentukan sbb :

L

dUU0

L

dxEI

MU

0

2

2

dMdU 2

1

Jadi energi regangan balok secara keseluruhan merupakan hasil integral dari dU sbb :

Energi regangan pada str FRAMEKarena elemen-elemen pada struktur FRAME pada umumnya menerima momen dan juga aksial maka energi regangan pada struktur FRAME merupakan jumlah superposisi dari keduanya.

ba UUU

Dimana :

U : energi regangan total pada strukturUa : energi regangan akibat beban aksialUb : energi regangan akibat momen

Energi regangan akibat beban aksial.

AE

LFU a 2

2

Energi regangan akibat momen.

dxEI

MUb 2

2

dxEI

M

EA

LFU 22

22

Akan tetapi karena energi regangan akibat aksial sangat kecil dibanding dengan momen maka, energi akibat beban aksial dapat diabaikan.

dxEI

MU 2

2

POTENTIAL ENERGYEnergi potensial struktur dapat notasikan dengan yang terbentuk atas dua komponennya yaitu U (energi regangan) dan (kerja luar).

U

Dimana :2

2

1 kU

F

FkU 2

2

1Jadi

Persamaan di atas merupakan persamaan fungsi dan jika kita turunkan, maka

Fkd

d

Pada kondisi seimbang, maka

kFk

F

CASTIGLIANO’S FIRST THEOREMPotential energy sering ditunjukkan dalam fungsi degree of freedom (dof).

nDDDD ...,, 321

Dalam kondisi seimbang d =0

0....33

22

11

nn

dDD

dDD

dDD

dDD

d

Sehingga

0

iD i = 1, 2, 3, …., n ii DkF

Persamaan di atas dapat ditulis

DKF

Dalam bentuk matriks dapat ditulis

nnnnnnn

nn

nn

P

P

P

DKDKDKDK

DKDKDKDK

DKDKDKDK

.

.

...

.......

.......

...

...

2

1

332211

2323222121

1313212111

CASTIGLIANO’S SECOND THEOREM

Untuk struktur yang berperilaku linier-elastik, displacement atau rotasi pada suatu titik dalam struktur merupakan turunan parsial dari energi regangan terhadap gaya atau kopel pada garis kerjanya

ii P

U

i

i M

U

Kita tinjau balok sederhana (sendi rol) yang diberi beban seperti pada gambar.

P1 P2 P3

1 2 3

L

1

P1

2

P2

3

P3dP2

d2

Energi regangan pada balok = kerja luarnya

332211 2

1

2

1

2

1 PPPWU e

Persamaan energi regangan di atas bisa juga ditulis dalam bentuk fungsi beban/gaya.

321 ,, PPPfU

Jika P2 ditingkatkan sebesar dP2 yang menyebabkan displacement di titik 2 juga meningkat sebesar d2, maka energi regangan juga meningkat menjadi

Suku pertama pada di atas bisa diabaikan shg menjadi

3322112222 2

1

2

1

2

1

2

1 PPPdPddPUT

dUUUT 22

dPP

UUUT

atau

33221122 2

1

2

1

2

1 PPPdPUT

U

UdPUT 22

UdPdPP

UU

2222

2222

dPdPP

U

22

P

U

Jadi displacement di suatu titik adalah merupakan hasil turunan energi regangan ke gaya di titik tersebut pada arah kerjanya. Dengan cara yang sama juga dapat diperoleh.

iiM

U

iiP

U

Penggunaan pada rangka batang

AE

LFU

2

2

AE

FL

P

FAEPF

FL

AE

LF

P

P

U

2

2

2

2

Hitung penurunan di A, penurunan di B dan perpindahan horisontal di B pada struktur berikut

10 kN

B A

1

2 3

4 5 6 7

4.00 4.00

4.00

A = 1000 mm2 (semua batang)E = 20 × 105 MPa

Hitung gaya-gaya batang akibat beban 10 kN di A

10 kN

B A

1

2 3

4 5 6 70

10 kN

-10 kN-20 kN

-10

kN102 kN

102 kN

Berikan gaya P vertikal di A dan B secara terpisah dan berikan beban P horisontal di B.selanjutnya hitung gaya batang masing-masing.

P

B A

1

2 3

4 5 6 7

B A

1

2 3

4 5 6 7

P

PB A

1

2 3

4 5 6 7

P

-2P -P

P2P20 -P

0

0 0 0

0-P

0

0 0 0

0

0

P

P2

Penurunan di A adalah

Batang E (MPa) A (mm2)

L (mm) F akibat beban 10 kN (N)

F akibat beban P vertikal di A

dF/dP

1 2×105 1000 4000 10000 P 1 0.2

2 2×105 1000 4000 -20000 -2P -2 0.8

3 2×105 1000 4000 -10000 -P -1 0.2

4 2×105 1000 4000 0 0 0 0

5 2×105 1000 40002 100002 P2 2 0.565685

6 2×105 1000 4000 -10000 -P -1 0.2

7 2×105 1000 40002 100002 P2 2 0.565685

2.531371

AE

FL

P

F

Karena nilainya + maka penurunan di A =2.531371 mm ke bawah (sesuai dengan arah yang di misalkan)

Penurunan di B adalah

Batang E (MPa) A (mm2)

L (mm) F akibat beban 10 kN (N)

F akibat beban P vertikal di B

dF/dP

1 2×105 1000 4000 10000 0 0 0

2 2×105 1000 4000 -20000 -P -1 0.4

3 2×105 1000 4000 -10000 0 0 0

4 2×105 1000 4000 0 0 0 0

5 2×105 1000 40002 100002 P2 2 0.565685

6 2×105 1000 4000 -10000 0 0 0

7 2×105 1000 40002 100002 0 0 0

0.965685

AE

FL

P

F

Karena nilainya + maka penurunan di B =0.965685 mm ke bawah (sesuai dengan arah yang di misalkan)

Perpindahan horisontal di B adalah

Batang E (MPa) A (mm2)

L (mm) F akibat beban 10 kN (N)

F akibat beban P vertikal di B

dF/dP

1 2×105 1000 4000 10000 0 0 0

2 2×105 1000 4000 -20000 P 1 -0.4

3 2×105 1000 4000 -10000 0 0 0

4 2×105 1000 4000 0 0 0 0

5 2×105 1000 40002 100002 0 0 0

6 2×105 1000 4000 -10000 0 0 0

7 2×105 1000 40002 100002 0 0 0

-0.4

AE

FL

P

F

Karena nilainya – (negatif) maka penurunan di B =0.4 mm ke kiri (berlawanan dengan arah yang di misalkan)

Hitung penurunan di A, pada struktur balok kantilever berikut ini jika kekakuannya adalah EI dan panjangnya L

q

AL

2

2

1qxM

x

Bidang M

AL

PxM

x

Bidang M

P

Segmen Momen akibat beban luar (q)

Momen akibat beban P

M/P

0≤x≤L x

dxEI

M

P

ML

0

2

2

1qxM PxM

dxEI

qxx

L

2

0

21

EI

qL

dxqxEI

dxEI

qxx

L

L

8

2

1

2

1

4

0

3

2

0

Hitung rotasi di A, pada struktur balok kantilever berikut ini jika kekakuannya adalah EI dan panjangnya L

q

AL

2

2

1qxM

x

Bidang M

A

L

MM

x

Bidang M

M

Segmen Momen akibat beban luar (q)

Momen akibat beban

M/

0≤x≤L 1

dxEI

M

P

ML

0

2

2

1qxM dx

EI

qxL

2

0

21

1

EI

qL

dxqxEI

dxEI

qx

L

L

6

2

1

21

1

3

0

2

2

0

M

M

MM

Hitung rotasi di C, pada struktur rangka kaku (portal/frame) jika kekakuannya adalah EI untuk seluruh elemennya L

q=1.5 t/m

A

30m

B

CD

12 m

12 m

40T

Cari reaksi perletakan pada struktur

5.3830

675480

3015305.11240

0

DV

DV

A

R

R

M

40

0

AHR

H

5.630

195

0305.1154012304024

0305.11540123024

0

AV

AV

AVAH

D

R

R

RR

M

Bidang Momen

38.5

40

6.5

x

480

480

6.5

x

48038.5

480

x

x

40

xM 40

480M

2

2

75.05.38

5.12

15.38

xx

xxM

Di titik C diberi beban m searah jarum jam

A

30m

B

CD

24 m

m

30

030

0

mR

Rm

M

DV

DV

A

30

030

0

mR

mR

M

AV

AV

D

0

0

AHR

H

30

030

0

mR

mR

M

AV

AV

D

Bidang Momen akibat beban m

A

30m

B

CD

24 m

m

30

mRAV

30

mRDV

xm

M30

Cari reaksi perletakan pada struktur

Segmen Koordinat M akibat beban luar

M akibat beban m

M/m

Mulai Batas

A-B A 0-12 0 0

C-B C 0-12 0 0

D-C D 0-30

xM 40480M

275.05.38 xxM xm

M30

30

x

EI

dxEI

xxx

dxEI

M

m

M

5.6487

75.05.38

30

30

0

2