Aula_01 - Equilíbrio de Fases - Introdução e Formulação Do ProblemaDescrição completa
Fisica Térmica, Clapeyron, Universidad nacional de ingeniería, UNI, ejercicios, teoría, demostración.Descripción completa
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Descripción: En este informe, analizaremos uno de los métodos energéticos utilizados para el diseño y análisis estructural. Esto nos ayudara a comprender a fondo el comportamiento de las vigas ante todo tipo de...
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Menjelaskan macam macam metode EORFull description
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Item material terbesar dalam proyek bendungan ini adalah material timbunan. Material timbunan yang akan dipergunakan adalah tanah pilihan, batu pilihan, tanah randomdan material filterFull description
Menjelaskan macam macam metode EORDeskripsi lengkap
Penyelesaian :
P1=7 kN q2 = 4 kN/m q1=3kN/m
2EI
EI
2EI 6
4
3
2
2
2
1 Menentukan Sudut Belahan Karena Muatan (Metode Clapeyron) di Setiap Tumpuan(α) P1=7 kN q2 = 4 kN/m q1=3kN/m MB1
M A
a A
MB2
a B1
2EI
MC1
a B2
a C1
EI
B
A 6
MC2
a C2
C
4
3
aD
2EI
2
D
2
2
Free Body a. Bentang A - B
q1 = 3 KN/m Q1 = 0.5 x q1 x L = 0.5 x 3 x 6 = 9 KN
αA
αA
=
=
7q 360 7 * 360
α B1 =
8q 360
α B1 =
8 * 360
a A
2EI
° 7 2 . 7 2
A
3
L (EI1) 3 * 6 • (2EI)
MB1
M A
2 7 . 2 7 °
B
Q1=9 kN 6 4
3
2
=
4536 720 EI
=
63 10 EI
=
5184 720 EI
=
7.2 EI
L3 (EI1) 3 * 6 • (2EI)
a B1
3
b. Bentang B - C
P = 7 KN a = 4 m b L
= =
3 7
α B2 =
α B2 =
m m
P
b (L ( L² - b² b ²) 6 (EI2L)
7 •
P1=7 kN
3 • ( 7² 6 • EI 7
3²
) MB2
840 42 EI
α B2 =
a B2
a C1
EI
B
20 EI
α B2 =
MC1
C 4
α C1 =
α C1 =
P
3
a (L ( L² - a²) 6 (EI1L)
7 •
4 • ( 7² 6 • EI 7
α C1 =
924 42 EI
α C1 =
22 EI
4²
)
C. Bentang C - D
q2 = 4 KN/m L
=
6
m
Q2 = x q1 x Lb = x 4 x 2 = 8 KN
a1 a2 b1
= = =
2 m 4 m 4 m
b2
=
2
m
Karena a1 = b2 dan a2 = b1 Maka :
α C2 =
MC2
αD
a C2
aD
2EI
D
C 2
α C2 =
q 6 (EI3L)
x
[
1 L² 2
χ²
-
1 4
2
χ
4
]
b1 b2
2
4
α C2 =
α C2 =
6 (2EI)•
4 72 EI
x
α C2 =
624 72 EI
α C2 =
26 3 EI
=
x
{[
-
[
224
-
6
(
1 2 1 2
68
6 6
2
2
4
2
-
2
2
-
1 4 1 4
4 2
4
]
4
]}
)
αD
2 Menentukan Besar Sudut Belahan di Setiap Titik Akibat Momen (β) a. Sudut Belahan di Titik A q1=3kN/m
β
A
α
=
MA • L1 3 (EI1)
+
MB • L1 6 (EI1)
=
MA • 6 3 (2EI)
+
MB • 6 (2EI)
=
6 MA 6 EI
+
z L
=
β
+
6 MB 12 EI
+
δ h
MB1
M A
6
ß A
ß B1
2EI
° 2 7 . 7 2
A
2 7 . 2 7 °
B
Q1=9 kN 6 4
2
Karena tidak ada zetting (penurunan) di semua tumpuan, maka persamaan yang digunkan yaitu: yaitu:
dimana: α = Sudut belahan karena muatan z = Zett Zettin ing g (pen (penur uruna unan) n) L = Panja Panjang ng Bent Bentan ang g β = Sudut belahan karena momen δ = Sudut belahan karena gaya h =
α
=
β
Sehingga: 63 10 EI
=
6 MA 6 EI
+
6 MB 12 EI
→
378 60 EI
=
60 MA 60 EI
+
30 MB 60 EI
→
60
MA +
30 MB
=
378
→
378
…………… Pers. 1
=
60
MA
+
30
MB
b. Sudut Belahan di Titik B
β B1 =
MB • L1 3 (EI1)
MB • 6 = 3 (2EI)
=
β B2 =
6 MB 6 EI MB • L2 3 (EI2)
α B1 +
7.2 EI
→
+
86.4 + 12 EI
→
86.4
→
6 MA
MA • L1 6 (EI1)
+
6 MA 12 EI
α B2 =
β B1 +
240 12 EI 240
+ +
ßB2
ß C1
EI
C 4
3
7 MC 6 EI
6 MB 6 EI =
MC1
ß
B
MC • 7 + 6 (EI)
+
=
MB2
MC • L2 6 (EI2)
7 MB 3 EI
20 EI
P1=7 kN
MA • 6 + 6 (2EI)
+
MB • 7 = 3 (EI)
=
+
+
12 MB 12 EI
β
B2
6 MA 12 EI
+
+
6 MA 12 EI
=
6 MA
+
12 MB
40 MB
+
14 MC
=
7 MB 3 EI +
+
28 MB 12 EI
+
28 28 MB
326.4
7 MC 6 EI
+
+
14 MC 12 EI 14 14 MC
…………… Pers. 2
c. Sudut Belahan di Titik C
β C1 =
MC • L2 MB • L2 + 3 (EI2) 6 (EI2)
=
MC • 7 3 (EI)
=
7 MC 3 EI
+
+
MB • 7 6 (EI)
MC2
7 MB 6 EI
ßC2
ßD
2EI
D
C 2
2
2
β C2 =
MC • L3 MD • L3 + 3 (EI3) 6 (EI3)
=
MC • 6 3 (2EI)
+
=
6 MC 6 EI
+
α C2 =
β C1 +
α C1 +
22 + EI
26 3 EI
132 + 6 EI
52 6 EI
→
132
52
→
7 MB
+ +
MD = 0 Karena dudukan rol
0
7 MC 3 EI
=
→
MD • 6 6 (2EI)
+
14 MC 6 EI
=
=
C2
7 MB 6 EI 7 6
+
14 MC
20 MC
β
+
=
+
MB EI
+
7 MB
184
6 MC 6 EI
+
0
6 MC 6 EI
+
+
6 MC
+
…………… Pers. 3
d. Elimunasi persamaan 1 dan persamaan 2
60 6
MA MA
+ +
30 MB 40 MB
→
60 60
MA MA
+ +
30 400 -370
MB MB MB MB
+
→
370
MB
+
140
MC
=
370
MB
=
+
2886
= =
14 MC
-
140 MC -140 MC 2886 140
378 326.4
x x
1 10
= 378 = 3264 = -2886 …………… Pers. 4
MC
…………… Pers. 4
e. Elimunasi persamaan 2 dan persamaan 3
→
→
6
MA
120
MA
120
MA
120 702
+
40 MB 7 MB
+ +
+
800 98 702
MB MB MB
MA
+
702
MB
MB
=
MB
=
(
3952 3952
= =
14 MC 20 MC 280 280
+ +
=
3952 120
702
MC MC
326 184 = = =
x x
20 14
6528 2576 3952
…………… Pers. 5
MA …………… Pers. 5 120 MA )
0
0
Subtitusi persamaan 5 ke persamaan 1
→
60 2
MA MA
+ +
→
2
MA
+
→
2
MA
→
+
30 3 0 MB MB ( (
= = 3952
5.630 -
378 12.6 702 0.171 MA 1.829 MA 1.829 MA MA
120
MA
)
)
=
12.6
=
9.2
= 12.6 = 12.6 5.630 = 6.970 = 3.811 kNm
Subtitusi MA ke persamaan 1 60 60
MA + • 3.8109 228.65
30 MB + 30 3 0 MB + 30 3 0 MB 30 MB MB
= 378 = 378 = 378 = 149 = 4.97819 kNm
Subtitusi persamaan 4 ke persamaan 3 7 MB + 20 MC = → + MC = → 0.35 MB ( 2886 → 0.35 MB + ( →
0.35 MB
+
20.61 -
184 9.2
140 2.64 MB -2.29 MB -2.29 MB MB
370
MB
)
)
= 9.2 = 9.2 20.61 = -11.4 = 4.978 kNm
Subtitusi MB ke persamaan 3 7 7
MB + • 4.9782 34.847
20 MC + 20 2 0 MC + 20 2 0 MC 20 MC MC
Sehingga diperoleh : MA = 3.8109 kNm MB = 4.9782 kNm MC = 7.458 kNm MD = 0 → Tumpuan rol
= 184 = 184 = 184 = 149 = 7.45763 kNm
Karena Semua MOMEN bernilai positif maka asumsi awal arah momen benar
3 Menghitung Reaksi Perletakan
P1=7 kN q2 = 4 kN/m q1=3kN/m MB1
M A
a A
MB2
a B1
2EI
M C1
a B2
a C1
EI
B
A 6
MC2
a C2
C 3
4
aD
2EI
2
D
2
2
Free Body a. Bentang A - B
q1=3kN/m
q1 = 3 KN/m Q1 = 0.5 x q1 x L = 0.5 x 3 x 6 = 9 KN
