TEORI STRUKTUR MAZLAN BIN CHE MD JUSOH@ARIFFIN ROSLI BIN MUSTAPHA Sr SITI ZALEHA BINTI IBRAHIM
TEORI STRUKTUR MAZLAN BIN CHE MD JUSOH@ARIFFIN ROSLI BIN MUSTAPHA Sr SITI ZALEHA BINTI IBRAHIM
Politeknik Kota Bharu Jabatan Kejuruteraan Awam Tel: 09-7889 126/344/343 Faks: 09-788 8739 Web: www.pkb.edu.my KM 24, Kok Lanas, 16450 Ketereh, Kelantan. Teori Struktur Cetakan Pertama 2025 ©2025 Mazlan Bin Che Md Jusoh@Ariffin, Rosli Bin Mustapha dan Sr Siti Zaleha Binti Ibrahim Hak cipta terpelihara. Tidak ada bahagian dalam penerbitan ini yang dapat diterbitkan semula, disimpan dalam bentuk apa pun atau dengan cara apa pun, elektronik, mekanikal, fotokopi, rakaman atau sebaliknya tanpa izin bertulis terlebih dahulu daripada Jabatan Kejuruteraan Awam, Politeknik Kota Bharu Teori Struktur / Mazlan Bin Che Md Jusoh@Ariffin, Rosli Bin Mustapha dan Sr Siti Zaleha Binti Ibrahim Diterbitkan dan diedarkan oleh:
Buku ini disasarkan secara umum di peringkat Ijazah pertama dan diploma dalam bidang Kejuruteraan Awam. Sebahagian daripada kandungan buku ini merupakan koleksi bahan-bahan kuliah yang pernah diajar di peringkat Diploma Kejuruteraan Awam Politeknik. Teori Struktur adalah menerangkan sifat-sifat bahan binaan serta tingkahlaku struktur seperti kestabilan dan keseimbangan, daya-daya dan bebanan luar, deformasi dsb. secara matematik. Buku Teori Struktur 1 ini memfokuskan struktur-struktur rasuk dan kerangka portal sahaja. Contoh-contoh diberikan secara secara berperingkat dan ulasan-ulasan diberikan tentang pendekatan dan kaedah yang digunakan. Di akhir setiap topik soalan-soalan latihan berserta jawapan diberikan. Rujukan-rujukan umum bertujuan untuk mendapatkan gambaran bagi menghasilan pendekatan yang efektif disertakan. Akhir kata adalah diharapkan buku ini akan menjadi sebagai rujukan tambahan kepada yang sedia ada. Teori Struktur Mazlan Bin Che Md Jusoh@Ariffin, Rosli Bin Mustapha dan Sr Siti Zaleha Binti Ibrahim PRAKATA iii
Mazlan bin Che Md Jusoh @ Ariffin, dilahirkan pada 20 Julai 1971, berasal dari Pasir Puteh, Kelantan, kini berkhidmat sebagai seorang pensyarah yang berdedikasi di Politeknik Kota Bharu. Beliau memulakan perjalanan akademiknya dengan memperoleh Sijil Kejuruteraan Awam pada tahun 1992 dan Diploma Kejuruteraan Awam pada tahun 1993 dari Politeknik Kota Bharu. Seterusnya, beliau melanjutkan pengajian di Universiti Teknologi Malaysia (UTM) dan berjaya menggenggam Ijazah Sarjana Muda Kejuruteraan Awam pada tahun 1997 dengan kepujian kelas kedua tertinggi, diikuti dengan Ijazah Sarjana Pendidikan (Master of Education) dari UTM pada tahun 1998. Pengalaman kerja beliau bermula di Politeknik Shah Alam, Selangor, dari Januari 1999 hingga Jun 2001 sebagai pensyarah dalam bidang struktur. Sejak tahun 2001 hingga kini, beliau terus menyumbang tenaga di BIODATA PENULIS Rosli Bin Mustapha merupakan bekas pensyarah di Politeknik Ungku Omar, Politeknik Sultan Haji. Ahmad Shah dan Politeknik Kota Bharu. Beliau pernah memegang jawatan Pegawai Penyelenggaraan Politeknik Sultan Haji Ahmad Shah, Pegawai Peperiksaan Jabatan Kejuruteraan Awam, Politeknik Ungku Omar dan Penolong Ketua Jabatan JKA Politeknik Kota Bharu. Beliau juga pernah menjadi AJK Penemuduga Pengambilan Pensyarah GSTT Politeknik Kota Bharu dan AJK Semakan Draf Soalan Peperiksaan Akhir Politeknik Malaysia. Pernah mengajar dalam beberapa matapelajaran termasuk Teori Struktur, Rekabentuk Struktur Konkrit dan Rekabentuk Struktur Keluli. Beliau telah bersara daripada Politeknik Kota Bharu tahun 2017. Jabatan Kejuruteraan Awam (JKA), Politeknik Kota Bharu, dengan mengajar pelbagai mata pelajaran yang berkaitan dengan kejuruteraan awam, termasuk struktur. Sepanjang perkhidmatannya, beliau telah memegang pelbagai jawatan penting seperti Penyelaras Disiplin JKA, Penyelaras Kaunseling JKA, Ketua Bengkel JKA, Pegawai Keselamatan Kesihatan Pengguna JKA, Ketua Program Diploma Kejuruteraan Awam, dan kini memegang jawatan sebagai Ketua Kursus Jabatan Sukan Kokurikulum Kebudayaan (JSKK). Sr Siti Zaleha Binti Ibrahim, dilahirkan pada 25 Disember 1985, berasal dari Kota Bharu, Kelantan, kini berkhidmat sebagai seorang pensyarah dan pegawai epembelajaran di Politeknik Kota Bharu sejak tahun 2020 sehingga kini. Beliau memulakan perjalanan akademiknya dengan memperoleh Diploma Ukur Tanah pada 2006 dari Politeknik Sultan Haji Ahmad Shah. Seterusnya, beliau melanjutkan pengajian di Universiti Teknologi Malaysia (UTM) dan berjaya menggenggam Ijazah Sarjana Muda Kejuruteraan Geomatik pada tahun 2010. Pengalaman kerja beliau bermula di Politeknik Shah Haji Ahmad Shah, dari 2010 hingga 2019 sebagai pensyarah dalam bidang Geomatik. Beliau juga merupakan ahli berdaftar dengan Pertubuhan Juruukur Di Raja Malaysia, RISM. Bidang kepakaran beliau adalah dalam Ukur Kejuruteraan, Fotogrametri, Geodesi dan Hitungan Ukur. iv
v ISI KANDUNGAN PRAKATA ..............…………………………………………………………………………………………………………………. iii BIODATA PENGARANG……………………………………………………………….…….………………………………….. iv ISI KANDUNGAN..........………………………………………………………………..…………………………………….......... v SENARAI LAMPIRAN……………………………………………………………………………………………………………...vi 1 KAEDAH TINDIHAN RASUK TAK TENTU STATIK........................................................................................ 1 1.1 Pengenalan............................................................................................................................................................................... 1 1.2 Prinsip Tindihan................................................................................................................................................................. 2 1.3 Kaedah Macaulay………………………………………………………….……………………………………………… 2 1.3.1 Contoh-Contoh Penyelesaian - Kaedah Macaulay………..………………………………………… 2 1.4 Pendekatan Momen Luas………………………………………………….………………………………………….... 9 1.4.1 Contoh-contoh Penyelesaian - Pendekatan Momen Luas…………………………….….……... 10 LATIHAN............................................................................................................................................................................ 15 2 KAEDAH CERUN PESONGAN – RASUK............................................................................................................... 16 2.1 Pengenalan............................................................................................................................................................................ 16 2.2 Langkah-Langkah Analisa............................................................................................................................................ 17 2.3 Penggunaan Kaedah Cerun Persongan................................................................................................................... 18 2.3.1 Contoh-Contoh Penyelesaian Kaedah Cerun Pesongan Rasuk.................................................. 18 2.4 Rasuk Tupang Pin.............................................................................................................................................................. 21 2.4.1 Contoh-Contoh Penyelesaian Rasuk Tupang Pin.............................................................................. 22 LATIHAN............................................................................................................................................................................ 25 3 KAEDAH CERUN PESONGAN – KERANGKA PORTAL........................................................................... 27 3.1 Pengenalan............................................................................................................................................................................ 27 3.2 Tingkahlaku Struktur ……………………..……………………………………………………………………..…….. 27 3.3 Keseimbangan dan Tindakbalas Kerangka Portal …………………………………………………………… 28 3.4 Perbandingan Di Antara Kerangka Portal dan Rasuk Selanjar................................................................... 29 3.4.1 Contoh-Contoh GDR dan GML................................................................................................................. 29 3.4.2 Contoh-Contoh Penyelesaian Kerangka Tanpa Huyung................................................................ 30 3.5 Kerangka Huyung.............................................................................................................................................................. 37 3.5.1 Contoh-Contoh Penyelesaian Kerangka Huyung.............................................................................. 39 LATIHAN............................................................................................................................................................................ 45 4 RUJUKAN............................................................................................................................................................................... 46
vi Lampiran A: Formula Pesongan RASUK DAN BEBANAN PESONGAN a) Rasuk tertupang mudah beban BTS (L1 = L2) w y wL/2 L1 L2 wL/2 L b) Rasuk tertupang mudah beban tumpu simetri (L1 = L2) P y P/2 L1 L2 P/2 L y = PL 3 /48EI c) Rasuk tertupang mudah beban umpu simetri (L1 = L2) RB/2 RB/2 y L1 RB L2 L d) Rasuk julur beban BTS w wL 2 /2 w wL yB1 L y = - 5wL 4 /384EI y = RBL 3 /48EI yB1 = - wL 4 /8EI
vii Lampiran A: Formula Pesongan RASUK DAN BEBANAN PESONGAN e) Rasuk julur beban tumpu hujung P P PL P y L f) Rasuk Julur beban titik hujung RB RB y RBL RB L g) Rasuk tertupang mudah beban titik sipi P (L1 L2) P y PL2/L L1 L2 PL1/L L y = PL 3 /3EI y = RBL 3 /3EI y = RBL1L2(L2 - L1 2 - L2 2 ) 6EIL
viii Lampiran B: Momen Hujung Terikat (MF L-) MF L Rasuk & Bebanan MF R - wL 2 12 w/m L wL 2 12 - Wiaibi 2 L 2 Wi ai bi Wibiai 2 L 2 - WL 8 W L/2 L/2 WL 8 - 6EI L 2 L - 6EI L 2 6EI L 2 L 6EI L 2 - wL 2 30 w/m L wL 2 20 - wL 2 8 w/m L - Wab ?? 2 [ ?? 2 + ??]i Wi ai bi -
ix Lampiran B: Momen Hujung Terikat (MF L-) MF L Rasuk & Bebanan MF R - 3WL 16 W L/2 L/2 - - WL 2 15 w/m L - - 3EI L 2 L -
1 1 KAEDAH TINDIHAN RASUK TAK TENTU STATIK 1.1 Pengenalan Analisa bagi rasusuk-rasuk tak tentuan statik tidak dapat dilakukan hanya dengan menggunakan prinsip keseimbangan asas kerana terdapat tindakbalas-tindakbalas lelebih. Rasuk asal perlu terlebih dahulu ditukar kepada beberapa rasuk boleh tentu statik bergantung kepada darjah ketidaktentuan seperti Rajah 1.1. Seterusnya rasuk-rasuk boleh tentu statik ini diselesaikan menggunakan kaedah-kaedah yang telah dibincangkan seperti kaedah Macaulay dan momen luas. a) Rasuk selanjar 1o lelebih yB1 RA1 RC1 = + A B C RA2 yB2 RC2 RB RB (sebagai beban) b) Rasuk julur bertupang 1o lelebih = + c) Rasuk hujung terikat 3 o lelebih = + Rajah 1.1 Prinsip Tindihan Rasuk tak tentu 1o Dua rasuk boleh tentu RA = RA1 + RA2 RC = RC1 + RC2 RA = RA1 + RA2 RB = RB1 + RB2 RA1 B1 MB2 MA = MA1 +MA2 RA2 MA2 MB = MB1 +MB2 RB1 RB2 B2 A1 A2 RA = RA1 + RA2 RB RA1 RB yB1 MA1 MA = MA1 +MA2 RA2 yB2 MA2 RB (sebagai beban)
2 1.2 Prinsip Tindihan Sebagai panduan am langkah analisa adalah seperti di bawah. 1. Kenalpasti bilangan lelebih atau darjah lelebih D. 2. Pilih lelebih yang sesuai dan analisa rasuk-rasuk boleh tentu seperti kecerunan pesongan sesuatu titik. 3. Tentukan nilai lelebih menggunakan keadaan sempadan rasuk asal seperti kecerunan atau pesongan dalam langkah 2. 4. Analisa seterusnya. ** Lazimnya nilai EI tidak perlu diketahui 1.3 Kaedah Macaulay Pembaca dianggap telah menguasai kaedah Macaulay. 1.3.1 Contoh-Contoh Penyelesaian Kaedah Macaulay 1. Satu rasuk selanjar ABC dibebani dengan dua beban tumpu simetri seperti ditunjukkan di bawah. a) Tentukan darjah lelebih b) Dengan menggunakan prinsip tindihan dan kaedah Macaulay tentukan kesemua tindakbalas. c) Lukiskan GDR dan GML. Penyelesaian a) Darjah lelebih R = 4 (RA, HA, RB dan RC ) D = 4 - 3 =1o b) Tindakbalas tupang - Ambil RB sebagai daya lelebih Rasuk dan beban asal EId2 y/dx 2 = Mx = Px L/2 - P(x - L/2) L - P(x - 3L/2) 2L EIdy/dx = Px 2 /2 L/2 - P(x - L/2)2 /2 L - P(x - 3L/2)2 /2 2L + C1 ………… (1) EI y = Px 3 /6 L/2 - P(x - 2)3 /6 L - P(x - 3L/2)3 /6 2L + C1x + C2 ………… (2) L/2 L/2 L L P P A B C P P A yB1 C RA1 = P RC1 = P
3 Gantikan keadaan-keadaan sempadan: @ x = 0, y = 0 (2) C2 = 0 @ x = L, dy/dx = 0 (1) EI(0) = PL2 /2 - PL2 /8 + C1 C1 = - 3PL2 /8 Maka yB1 = PL3 /6 - PL3 /48 - 3PL3 /8 = - 11PL3 /48EI EI Masukkan RB tanpa beban EId2 y/dx 2 = Mx = - 1 2 RB x L + RB (x - L) 2L EIdy/dx = - 1 4 RB x 2 L + 1 2 RB (x - L)2 2L + C1 …… (1) EI y = - 1 12 RB x 3 L + 1 6 RB (x - L)3 2L + C1x + C2 …… (2) Gantikan keadaan-keadaan sempadan @ x = 0, y = 0 (2) C2 = 0 @ x = L, dy/dx = 0 (1) EI(0) = - 1 4 RBL 2 + C1 C1 = RB L 2 /4 Maka yB2 = - 1 12 RBL 3 + RB L 3 /4 = RB L 3 /6EI Tapi yB = yB1 + yB2 = 0 - 11PL3 /48EI + RB L 3 /6EI = 0 RB = 11P/8 RA = RC = P - (1/2)(11P/8) = 5P/16 (sifat simetri) c) GDR dan GML 5P/16 11P/8 5P/16 A B C P P 5P/16 11P/16 5P/16 11P/16 3P/16 5P/32 5P/32 GDR GML RB/2 yB2 RB/2 yB2 RB
4 2. Satu rasuk tertupang mudah ABC ( D = 1o ) dibebani beban BTS 10 kN/m seperti ditunjukkan di bawah. a) Dengan menggunakan prinsip tindihan dan pedekatan Macaulay tentukan semua tindakbalas tupang. b) Lukiskan GDR dan GML Penyelesaian a) Ambil RB sebagai daya lelebih A C EId2 y/dx 2 = Mx = 35x - 10x 2 /2 7 EIdy/dx = 35x 2 /2 - 10x 3 /6 7 + C1 …………… (1) EI y = 35x 3 /6 - 10x 4 /24 7 + C1x + C2 …………… (2) Gantikan keadaan-keadaan sempadan @ x = 0, y = 0 (2) EI(0) = 35(0)3 /6 - 10(0)4 /24 + C1(0) + C2 C2 = 0 @ x = 7, y = 0 (2) EI(0) = 35(7)3 /6 - 10(7)4 /24 + C1(7) C1 = - 142.92 Maka yB1 = 35(4)3 /6 - 10(4)4 /24 – 142.92(4) = - 305/EI EI Masukkan RB tanpa beban EId2 y/dx 2 = Mx = - 3 7 RB x 4 + RB (x – 4) 7 EIdy/dx = - 3 14 RB x 2 4 + 1 2 RB (x - 4)2 7 + C1 ……… (1) EI y = - 3 42 RB x 3 4 + 1 6 RB (x - 4)3 7+ C1x + C2 ……… (2) Gantikan keadaan-keadaan sempadan @ x = 0, y = 0 (2) EI(0) = - 3 42 RB(0)3 + C1(0) + C2 C2 = 0 @ x = 7, y = 0 (2) EI(0) = - 3 42 RB(7)3 + 1 6 RB (3)3+ C1(7) C1 = 2.86RB Maka yB2 = - 3 42 RB(4)3 + 1 6 RB (0)3 + 2.86RB (4) = 6.87RB /EI EI 10 kN/m A B C 4 m 3 m 35 yB1 35 10 kN/m Rasuk dan beban asal 3RB/7 yB2 4RB/7 RB
5 Tapi yB = yB1 + yB2 = 0 - 305/EI + 6.87RB /EI = 0 RB = 44.4 kN RA = 35 - 3(44.4)/7 = 15.97 kN RC = 35 - 4(44.4)/7 = 9.62 kN 3. Satu rasuk julur bertupang dibebani beban tumpu 30 kN seperti ditunjukkan di bawah. a) Tentukan darjah lelebih. b) Dengan menggunakan prinsip tindihan dan pedekatan Macaulay tentukan. kesemua tindakbalas. c) Lukiskan GDR dan GML. Penyelesaian a) Darjah lelebih R = 4 (RA, HA, MA dan RB ) D = 4 - 3 =1o b) Ambil RB sebagai lelebih Rasuk dan beban asal EId2 y/dx 2 = Mx = 30x - 60 2 - 30(x - 2) 4 EIdy/dx = 15x 2 - 60x 2 - 15(x - 2)2 4 + C1 ……… (1) EI y = 5x 3 - 30x 2 2 - 5(x - 2)3 4 + C1x + C2 ……… (2) Gantikan keadaan-keadaan sempadan @ x = 0, y = 0 (2) EI(0) = 5(0)3 - 30(0)2 C1(0) + C2 C2 = 0 @ x = 0, dy/dx = 0 (1) EI(0) = 15(0)2 - 60(0) + C1 C1 = 0 10 kN/m A B C 15.97 44.4 9.62 15.97 0.94 m 1.6 m 24.03 20.37 9.62 GDR GML 16.12 4.41 12.78 30 kN A B 2 m 2 m 60 30 30 yB1
6 Maka yB1 = 5(4)3 - 30(4)2 - 5(2)3 = - 200/EI EI Rasuk dan daya lelebih EId2 y/dx 2 = Mx = - RBx + 4RB 4 EIdy/dx = - RBx 2 /2 + 4RBx 4 + C1 …………… (1) EI y = - RBx 3 /6 + 2RBx 2 4 + C1x + C2 …………… (2) Gantikan keadaan-keadaan sempadan @ x = 0, y = 0 (2) EI(0) = - RB(0)3 /6 + 2RB(0)2 + C1(0) + C2 C2 = 0 @ x = 0, dy/dx = 0 (1) EI(0) = - RB(0)2 /2 + 4RB(0) + C1 C1 = 0 Maka yB2 = - RB(4)3 /6 + 2RB(4)2 = 21.33RB /EI EI Tapi yB = yB1 + yB2 = 0 - 200/EI + 21.33RB /EI = 0 RB = 9.38 kN Dan RA = 30 – 9.38 = 20.62 kN MA = 4(9.38) - 60 = - 22.48 kNm 4. Satu rasuk tertupang mudah dibebani seperti ditunjukkan di bawah. Dengan menggunakan prinsip tindihan dan pedekatan Macaulay tentukan kesemua tindakbalas. Seterusnya Lukiskan GDR dan GML. B Penyelesaian a) Ambil RB sebagai daya lelebih Rasuk dan beban asal 22.48 30 20.62 9.38 20.62 22.48 9.38 18.76 GDR GML RB 4RB RB yB2 30 kN 10 kN/m A B C 1 m 1 m 2 m 30 kN 10 kN/m A C 27.5 22.5 yB1
7 EId2 y/dx 2 = Mx = 27.5x - 30(x - 1) - 10 2 (x - 2)2 EIdy/dx = 27.5 2 x 2 - 15(x - 1)2 - 10 6 (x - 2)3 + C1 ………… (1) EIy = 27.5 6 x 3 - 5(x - 1)3 - 10 24 (x - 2)4 + C1x + C2 ………… (2) Gantikan keadaan-keadaan sempadan @ x = 0, y = 0 (2) EI(0) = 27.5 6 (0)3 + C1(0) + C2 C2 = 0 @ x = 4, y = 0 (2) EI(0) = 27.5 6 (4)3 - 5(3)3 - 10 24 (2)4+ C1(4) C1 = - 37.92 Maka yB1 = 27.5 6 (2)3 - 5(1)3 – 37.92(2) = - 44.17/EI EI Masukkan lelebih RB tanpa beban EId2 y/dx 2 = Mx = - 1 2 RB x + RB (x - 2) EIdy/dx = - 1 4 RB x 2 + 1 2 RB (x - 2)2 + C1 ……… (1) EI y = - 1 12 RB x 3 + 1 6 RB (x - 2)3 + C1x + C2 ……… (2) Gantikan keadaan-keadaan sempadan @ x = 0, y = 0 (2) EI(0) = - 1 12 RB(0)3 + C1(0) + C2 C2 = 0 @ x = 2, dy/dx = 0 (1) EI(0) = - 1 4 RB (2)2 + C1 C1 = RB Maka yB2 = - 1 12 RB(2)3 + 1 6 RB (0)3 + RB (2) = 4RB /3EI EI yB = yB1 + yB2 = 0 - 44.17/EI + 4RB /3EI = 0 RB = 33.13 kN RA = 27.5 – 33.13/2 = 10.94 kN RC = 22.5 – 33.13/2 = 5.94 kN 5.94 10.94 33.13 5.94 A B C 30 kN 10 kN/m 10.94 14.07 1.407 m 19.06 10.94 8.12 GDR GML 1.76 RB/2 RB/2 yB2 RB
8 5. Dengan menggunakan prinsip tindihan kaedah Macaulay tentukan kesemua tindakbalas tupang rasuk di bawah. Penyelesaian a) Ambil RB sebagai daya lelebih EId2 y/dx 2 = Mx = 22.5x - 10 2 x 2 + 10 2 (x -2)2 - 30(x - 3) EIdy/dx = 22.5 2 x 2 - 10 6 x 3 + 10 6 (x - 2)3 -15(x - 3)2 + C1 …… (1) EIy = 22.5 6 x 3 - 10 24 x 4 + 10 24 (x - 2)4 - 5(x - 3)3 +C1x + C2 …… (2) Gantikan keadaan-keadaan sempadan @ x = 0, y = 0 (2) EI(0) = 22.5 6 (0)3 - 10 24 (0)4 + C1(0) + C2 C2 = 0 @ x = 4, y = 0 (2) EI(0) = 22.5 6 (4)3 - 10 24 (4)4 + 10 24 (2)4 - 5(1)3 +C1(4) C1 = - 33.75 Maka yB1 = 22.5 6 (2)3 - 10 24 (2)4 – 33.75(2) = - 44.17/EI EI Masukkan lelebih RB tanpa beban EId2 y/dx 2 = Mx = - 1 2 RB x + RB (x - 2) EIdy/dx = - 1 4 RB x 2 + 1 2 RB (x - 2)2 + C1 …………… (1) EI y = - 1 12 RB x 3 + 1 6 RB (x - 2)3 + C1x + C2 …………… (2) Gantikan keadaan-keadaan sempadan @ x = 0, y = 0 (2) EI(0) = - 1 12 RB(0)3 + C1(0) + C2 C2 = 0 @ x = 2, dy/dx = 0 (1) EI(0) = - 1 4 RB (2)2 + C1 C1 = RB Maka yB2 = - 1 12 RB(2)3 + 1 6 RB (0)3 + RB (2) = 4RB /3EI EI 30 kN 10 kN/m A B C 2 m 1 m 1 m 30 kN 10 kN/m A C yB1 22.5 27.5 RB/2 RB/2 yB2 RB
9 yB = yB1 + yB2 = 0 - 44.17/EI + 4RB /3EI = 0 RB = 33.13 kN RA = 22.5 – 33.13/2 = 5.94 kN RC = 27.5 – 33.13/2 = 10.94 kN 1.4 Pendekatan Momen Luas Pembaca dianggap telah menguasai konsep momen luas untuk rasuk-rasuk tentuan statik. a) *Anggap RB sebagai daya lelebih yB1 + ZBA1 = ZCA1 yB2 + ZBA2 = ZCA2 AB AC AB AC yB1 = ZCA1.AB - ZBA1 yB2 = ZCA2.AB - ZBA2 AC AC yB1 + yB2 = 0 RB = ? ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ b) *Anggap RB sebagai daya lelebih yB1 + yB2 = 0 RB = ? RA RB RC A B C P1 P2 = P1 P2 RA2 ZBA2 RC2 yB2 RB A2 ZCA2 RA1 ZBA1 RC1 ZCA1 A1 yB1 + +ve -ve GML P1 RA RB RA2 ZBA2 = yB2 P1 RA1 ZBA1 = yB1 RB +ve -ve GML = + MA1 MA2 MA
10 1.4.1 Contoh-contoh Penyelesaian Pendekatan Momen Luas 1. Satu rasuk selanjar ABC dibebani dua beban tumpu simetri 30 kN seperti ditunjukkan di bawah. Dengan kaedah tindihan (pedekatan momen luas) tentukan kesemua tindakbalas tupang. Lukiskan GDR dan GML. Penyelesaian Ambil RB sebagai lelebih. a) b) 2RB A1 = 60 A2 = 240 A3 = 60 - ve +ve GML A = - 8RB 60 a) ZBA1 = AAB xB = (60 x 22 3 ) + (120 x 1) =280/EI EI EI ZCA1 = AAC xC = (60 x 62 3 ) + (240 x 4) + (60 x 4/3) = 440/EI EI EI yB1 + ZBA1 = ZCA 1 AB AC yB1 = ZCA1.AB - ZBA1 = 1440 x 4 - 280 = 440/EI AC 8EI EI b) ZBA2 = AAB xB = - 4RB x 4/3 = - 16RB/3EI EI EI ZCA2 = AAC xC = - 8RB x 4 = - 32RB/EI EI EI yB2 + ZBA2 = ZCA2 AB AC yB2 = ZCA2.AB - ZBA2 = - 32RB x 4 + 16RB = - 32RB/3EI AC EI 3EI ZCA2 30 A1 30 30 ZBA1 30 ZCA1 RB/2 A2 yB1 RB + ZBA2 yB2 RB/2 30 kN 30 kN A B C 2 m 2 m 4 m 4 m
11 Maka yB1 + yB2 = 440/EI - 32RB/3EI = 0 RB = 41.25 kN Dan RA = RC = 30 - (41.25/2) = 9.38 kN 2. Dengan menggunakan prinsip tindihan dan kaedah Momen luas tentukan kesemua tindakbalas tupang rasuk julur bertupang dibawah. Lukiskan GDR dan GML. Penyelesaian Ambil RB sebagai lelebih a) b) a) yB1 = ZBA1 = AxB b) yB2 = ZBA2 = AxB EI EI = - 60 x 10/3 = - 200/EI = 8RB x 8/3 = 64RB/3EI EI EI Maka yB1 + yB2 = - 200/EI + 64RB/3EI = 0 RB = 9.375 kN RA = 30 – 9.375 = 20.625 kN 30 kN 30 kN A B C 9.38 41.25 9.38 9.38 20.63 20.63 9.38 18.76 18.76 22.48 GDR GML 30 kN 2 m 2 m A B 60 30 RB ZBA2 = yB2 4RB RB 30 ZBA1 = yB1 -ve +ve GML 60 4RB
12 MA = - 60 + 4(9.375) = - 22.5 kN 3. Dengan menggunakan prinsip tindihan dan pendekatan momen luas tentukan kesemua tindakbalas tupang. Seterusnya lukiskan GDR dan GML. Ambil tupang B sebagai lelebih. Penyelesaian a) b) 30 22.5 20.63 9.37 20.63 9.37 GDR GML 22.5 18.75 -ve 30 kN 40 kN A B C 3 m 4 m 1 5 m 2 m 30 kN 40 kN 4RB/7 ZBA2 3RB/7 ZCA2 35 ZBA1 35 A2 ZCA1 RB 12RB/7 A1 = 39.38 A2 = 183.75 A3 = 70 A1 = - 18RB/7 A2 = - 24RB/7 + ve - ve 52.5 70 GML A4 = 30.63 A yB1 + yB2
13 a) ZBA1 = AAB xB = (39.38 x 2) + (78.75 x 0.75) + (5.63 x 0.5) = 140.64/EI EI EI ZCA1 = AAC xC = (39.38 x 6) + (183.75 x 3.75) + (30.63 x 3.17) + (70 x 1.33) EI EI = 1115.77/EI yB1 + ZBA1 = ZCA1 AB AC yB1 = ZCA1.AB - ZBA1 = 1115.77 x 3 – 140.64 = 337.55/EI AC 7EI EI b) ZBA2 = AAB xB = - 18RB x 1 = - 18RB /7EI EI 7EI ZCA2 = AAC xC = - 8RB x 4 = - 154RB/7EI EI EI yB2 + ZBA2 = ZCA 2 AB AC yB2 = ZCA2.AB - ZBA2 = - 154RB/7 x 3 + 18RB = - 48RB/7EI AC 7EI 7EI Maka yB1 + yB2 = 337.55/EI - 48RB/7EI = 0 RB = 49.23 kN dan RA = 6.87 kN RC = 13.9 kN 4. Dengan menggunakan prinsip tindihan dan pendekatan momen luas tentukan kesemua tindakbalas rasuk julur bertupang di bawah. Seterusnya lukiskan GDR dan GML. 30 kN 40 kN 6.87 49.23 13.9 A B C 10.31 27.8 6.87 26.1 23.13 13.9 24.39 GDR GML
14 Penyelesaian Ambil RA sebagai lelebih a) b) a) yA1 = ZAB1 = AxA b) yA2 = ZAB2 = AxA EI EI = - (40 x 10/3) + (80 x 5) + ( 80 x 16/3) = 18RA x 4 = 72RA/EI EI EI = - 960/EI Maka yA1 + yA2 = - 960/EI + 72RA/EI = 0 RA = 13.33 kN RB = 40 – 13.33 = 26.67 kN MB = - 120 + 6(13.33) = - 40 kNm A B 20 kN 20 kN 2 m 2 m 2 m 20 kN 20 kN 120 ZAB2 = yA2 RA ZAB1 = yA1 40 RA 6RA 6RA 40 120 -ve +ve 20 20 40 13.33 26.67 13.33 6.67 26.67 26.67 40 13.33 GDR GML
15 LATIHAN Video Cerun Dan Pesongan Kaedah Macaulay
16 2 KAEDAH CERUN PESONGAN – RASUK 2.1 Pengenalan Momen dalaman pada sebarang tupang di atas rasuk selanjar terdiri daripada momen oleh beban (ML), putaran (M ) dan juga enapan atau anjakan titik (M ) sebagaimana ditunjukkan dalam Rajah 2.1 di bawah. Seacara amnya momen lentur suatu titik boleh ditakrifkan sebagai = + + + Dengan menggabungkan kesemua komponen di atas momen dalaman untuk rentang AB adalah MAB = 2???? ?? [2A + B - 3 ?? ] - MF AB MBA = 2???? ?? [2B + A - 3 ?? ] + MF AB Daripada persamaan di atas, momen dalaman MAB dan MBA hanya dapat ditentukan setelah anu-anu A dan B diselsaikan. Sistem tandaan untuk momen-momen enapan adalah seperti berikut = − /L2 = + /L2 M = MF L + M +M Jumlah momen pada tupang A untuk rentang AB MAB = MF L + M + M Momen hujung terikat daripada beban MF L Momen putaran B M B bawa ke sebelah M B = 2EIB /L Momen putaran di atas tupang A M A = 2EI2A/L Momen enapan tupang kanan B M A = - 6EI/L2 A B L P F P Rajah 2.1 Komponen Momen Dalaman
17 Persamaan serentak yang sama bilangannya dengan bilangan anu perlu dibentuk. Ini dilakukan dengan menggunakan sifat-sifat keseimbangan tupang dan keadaan sempadan seperti di bawah. a) Keseimbangan momen pada tupang Tpg. B : MBA + MBC = 0 ... (1) Tpg C : MCB + MCD = 0 ... (2) b) Keadaan-keadaan Sempadan i) Tupang pin dan rola momen M = 0 Cth: ii) Tupang tegar Cth: iii) Tiada enapan tupang = 0 2.2 Langkah-Langkah Analisa Contoh analisa untuk rasuk tak tentuan statik di bawah dilakukan dalam tiga peringkat seperti berikut. i) Tuliskan persamaan M - (Anggapkan tupang B mengalami enapan ) MAB = 2???? ??1 [2A + B - 3 ??1 ] + MF AB MBA = 2???? ??1 [2B + A - 3 ??1 ] + MF BA MBC = 2???? ??2 [2B + C + 3 ??2 ] + MF BC MCB = 2???? ??2 [2C + B + 3 ??2 ] + MF CB ii) Kenalpasti bilangan anu, B, C. . . . ii) Bentuk persamaan serentak MBA + MBC = 2???? ??1 [2B + ...] + MF BA + 2???? ??2 [2B + ... ] + MF BC = 0 ..... (1) . iii) Selesaikan i. Iaitu Mijam = Mlwnjam D 0 MDC = 0 C D A = 0 A W kN/m P A B C L1 L2
18 iv) Gantikan EIi, EI ke dalam persamaan (i) Momen-momen hujung terikat MF AB dan lain-lain boleh dirujuk kepada jadual dalam Lampiran B. 2.3 Penggunaan Kaedah Cerun Persongan Penggunaan kaedah cerun pesongan adalah untuk menganalisa rasuk-rasuk tak tentuan statik dengan menyelasaikan rasuk-rasuk tentuan statik secara tindihan seperti Rajah 2.2 di bawah. 2.3.1 Contoh-Contoh Penyelesaian - Kaedah Cerun Pesongan Rasuk 1. Rajah di bawah menunjukkan rasuk selanjar ABC dipasang tegar pada A dan C. Dapatkan kesemua momen dalaman tupang-tupang A, B dan C. Lukiskan GDR dan GML. Tupang-tupang rasuk tidak mengalami sebarang enapan ( = 0). Penyelesaian Momen hujung terikat (Lihat Lampiran B) MF AB = - wL2 /12 = - 18 x 82 /12 = - 96 kNm MF BA = + wL2 /12 = + 18 x 82 /12 = 96 kNm MF BC = - PL/8 = - 36 x 4/8 = - 18 kNm MF CB = + PL/8 = + 36 x 4/8 = 18 kNm Persamaan M -: MAB = 2???? 8 [2A + B - 3/L] + MF AB = EI [B /4] - 96 (A = 0) MBA = 2???? 8 [2B + A - 3/L] + MF BA = EI [B /2] + 96 Rasuk asal Rasuk X-Tentu Statik diselesaikan secara tindihan Analisa seterusnya untuk R, V, dll A B C RAB RBA RBC RCB MAB MBA MBC MCB MAB MBA MBC MCB Rajah 2.2 Penggunaan Kaedah Cerun Pesongan 8 m 2 m 2 m A I B I C 18 kN/m 36 kN Tiada enapan tupang
19 MBC = 2???? 4 [2B + C - 3/L] + MF BC = EI [B] - 18 (C = 0) MCB = 2???? 4 [2C + B - 3/L] + MF CB = EI [B /2] + 18 Daripada persamaan-persamaan M - di atas bilangan anu adalah 1, iaitu B. Maka, hanya satu persamaan keseimbangan yang mengandungi B diperlukan. Sebutan ketiga dalam kurungan yang disebabkan oleh enapan tupang sengaja dimasukkan di sini untuk tujuan contoh. Bentukkan persamaan keseimbangan: Pada tupang B: MBA + MBC = 0 di mana MIjam = MLjam EI [B /2] + 96 + EI [B] - 18 = 0 1.5EIB + 78 = 0 EIB = - 52 Gantikan nilai EIB = - 52 ke dalam persamaan M - di atas. MAB = 2(−52) 8 - 96 = - 109 kNm MBA = 4(−52) 8 + 96 = 70 kNm * perhatikan keseimbangan MBC = 4(−52) 4 - 18 = - 70 kNm MCB = 2(−52) 4 + 18 = - 8 kNm Rajah di atas menunjukkan rasuk dipecahkan kepada dua rentang untuk memudahkan analisa selanjutnya. Sebagai contoh penentuan daya-daya tindakbalas, melukis GDR dan GML. Tindakbalas tupang Tentukan tindakbalas menggunakan keseimbangan setiap rentang. AB: MB = 0: 8RA + 70 - 109 - (18 x 82 /2) = 0 RA = 76.88 kN FY = 0: RA + RBA = 18 x 8 RBA = 67.12 kN BC: MC = 0: 4RBC – 70 - (36 x 2) - 8 = 0 RBC = 37.5 kN FY = 0: RBC + RC = 36 RC = - 1.5 kN RB = RBA + RBC =67.12 + 37.5 = 104.62 kN 18 kN/m 36 kN 8 m 2 m 2 m 109 70 8 RA RBA RBC RC A B C
20 GDR dan GML +ve -ve -ve +ve M4.27 = 76.88 x 4.27 - 109 - 18 x 4.272 /2 M2 = 37.5 x 2 - 70 = 5 kNm = 55.2 kNm @ Luas GDR kiri Mtpg @ Luas GDR kiri Mtpg (37.5 x 2 - 70 = 5 kNm) (½ x 76.88 x 4.27) - 109 = 55.2 kNm) 2. Jika tupang B dalam rasuk di bawah mengalami enapan sebnayak 8 mm, dapatkan kesemua momen dalaman setiap tupang. Lukiskan GDR dan GML. EI = 2400 kNm2 . Penyelesaian MAB = 2??2?? 8 [2A + B - 3/8] + MF AB = EI [B/2 - 12/64] - 96 MBA = 2??2?? 8 [2B + A - 3/8] + MF BA = EI [B - 12/64] + 96 MBC = 2???? 4 [2B + C + 3/4] + MF BC = EI [B + 6/16] - 18 MCB = 2???? 4 2EI [2C + B + 3/4] + MF CB = EI [B/2 + 6/16] + 18 Keseimbangan tupang: MBA + MBC = EI [B - 12/64] + 96 + EI [B + 6/16] - 18 = 0 EI B - 3.6 + 96 + EI B + 7.2 - 18 = 0 2EI B + 81.6 = 0 EIB = - 40.8 36 kN 18 kN/m A 2I B I C 8 m 2 m 2 m 37.5 1.5 70 76.88 67.12 4.27 m 109 55.2 5 8 GDR GML
21 Maka MAB = - 20.4 - 12(2400 x 0.008)/64] - 96 = - 120 kNm MBA = - 40,8 - 12(2400 x 0.008)/64 + 96 = 51.6 kNm MBC = - 40.8 + 6(2400 x 0.008)/16 - 18 = - 51.6 kNm MCB = - 20.4 + 6(2400 x 0.008)/16 ] + 18 = 4.8 kNm GDR dan GML Pecahkan rasuk kepada komponen AB: MB = 0: 8RA + 51.6 - 120 - (18 x 82 /2) = 0 RA = 80.55 kN FY = 0: RA + RBA = 18 x 8 RBA = 63.45 kN BC: MC = 0: 4RBC + 4.8 - (36 x 2) – 51.6 = 0 RBC = 29.7 kN FY = 0: RBC + RC = 36 RC = 6.3 kN GDR & GML: - 2.4 Rasuk Tupang Pin Jika hujung rasuk selanjar dipasang secara pin atau rola, maka persamaan M- diubahsuaikan dengan menggunakan kekukuhan rasuk hujung tererikat, ( 3 4 )(kF) = (3 4 )(4EI/L) = 3EI/L seperti di bawah. Momen Hujung Terikat MHT tupang ini = 0. MBC = 3EI/L [B] + MF BC MCB = 0 Jika tupang C mengalami enapan MBC = 3EI/L [B - /L] + MF BC B EI, L C 120 51.6 51.6 4.8 36 kN RA 8 m RBA RBC 2 m 2 m RC A B B C 80.55 29.7 4.475 m 63.45 6.3 120 60.2 51.6 7.8 4.8 GDR GML
22 2.4.1 Contoh-Contoh Penyelesaian Rasuk Tupang Pin 1. Dapatkan momen dalaman tupang-tupang bagi rasuk di bawah dengan menggunakan kaedah cerun pesongan. Tiada enapan tupang Penyelesaian M -: MAB = 2??2?? 4 [2A + B - 3/4] - 40 = EIB - 40 MBA = 2??2?? 4 [2B + A - 3/4] + 40 = 2EIB + 40 MBC = 3???? 2.5 [B] - 14.4 = 1.2EIB – 14.4 MCB = 0 MF BC = Wab ?? 2 [ ?? 2 + ??]i (Lihat Lampiran B) Putaran titik C, C di dalam persamaan MBC di atas telah ditinggalkan disebabkan momen di C adalah kosong. Anu = B = 1 Perlukan 1 persamaan serentak Keseimbangan tupang: B: MBA + MBC = 0: 2EIB + 40 + 1,2EIB - 14.4 = 0 EIB = - 8.0 Maka MAB = - 48 kNm MBA = 24 kNm MBC = - 24 kNm MCB = 0 2. Rajah di bawah menunjukkan satu rasuk selanjar ABC berkeratan seragam dengan dua hujung pin. Dapatkan momen dalaman tupang-tupang dengan menggunakan kaedah cerun pesongan. Lukiskan GDR dan GML. Tiada enapan tupang A B C 2 m 2 m 1 m 1.5 m 80 kN 30 kN 2I I 2 m 2 m 2 m 2 m 50 kN 50 kN A B C
23 Penyelesaian Momen hujung terikat MHT (Lihat Lampiran B) MF AB = 0 MF CB = 0 MF BA = 3WL/16 = 3 x 50 x 4/16 = 37.5 kNm MF BC = - 3WL/16 = - 3 x 50 x 4/16 = - 37.5 kNm M -: MAB = 0 MCB = 0 MBA = 3???? 4 [B] + 37.5 MBC = 3???? 4 [B] - 37.5 Anu = B = 1 Perlukan 1 persamaan serentak B: MBA + MBC = 0: 3???? 4 [B] + 37.5 + 3???? 4 [B] - 37.5 = 0 EIB = 0 Maka MBA = 37.5 kNm MBC = - 37.5 kNm Pererhatikan sememangnya tiada putaran pada B kerana rasuk dan beban adalah simetri. GDR & GML AB: RA + 37.5 = 50 x 2 RA = 15.63 kN RA + RBA = 50 RBA = 34.37 kN 3. Dapatkan momen dalaman tupang-tupang bagi rasuk di bawah dengan menggunakan kaedah cerun pesongan. Seterusnya lukiskan GDR dan GML. Tiada enapan tupang 50 37.5 50 RA RBA RBC RC 15.63 34.37 15.63 GDR 34.37 37.5 31.26 31.26 GML 80 kN 30 kN A B C I I 2 m 2 m 1 m 1.5 m
24 Penyelesaian Momen hujung terikat: MF AB = - 80 x 4/8 = - 40 kNm MF BA = 80 x 4/8 = 40 kNm MF BC = - 30 x 1 = - 30 kNm M -: MAB = 2???? 4 [B] - 40 MBA = 2???? 4 [2B] + 40 MBC = - 30 kNm Anu = B = 1 Perlukan 1 per. Serentak Keseimbangan tupang B: MBA + MBC = 0: 2???? 4 [2B] + 40 - 30 = 0 EIB = - 10 Maka MAB = 2(- 10)/4 - 40 = - 45 kNm MBA = - 10 + 40 = 30 kNm MBC = - 30 kNm MA = 0: 4RB + 45 = (80 x 2) + (30 x 5) RB = 66.25 kN RA = 110 – 66.25 = 43.75 kN 4. Dapatkan momen dalaman tupang-tupang bagi rasuk di bawah jika tupang B mengalami enapan 80 mm. EI = 2400 kNm2 . 43.75 30 36.25 GDR 45 30 42.5 GML 2 m 2 m 1.5 m 1.5 m 80 kN 30 kN A B C I I 45 kNm 80 kN 30 kN A B C RA RB
25 Penyelesaian Persamaan M -: MAB = 0 MBA = 3???? 4 [B - /4] + 60 = EI[0.75B] - [3 x 2400 x 0.08/16] + 24 = EI[0.75B] + 24 MBC = 3???? 4 [B + /3] – 16.9 = EI[B] + 47.1 MCB = 0 (hujung pin pada A & C) @B: MBA + MBC = EI[0.75B] + 24 + EI[B] + 47.1 = 0 EI[1.75B] + 71.1 = 0 EIB = - 40.63 Maka MAB = 0 MBA = - 6.47 kNm MBC = 6.47 kNm MCB = 0 *Perhatikan momen di kiri & kanan tupang B adalah seimbang. Video Kaedah Cerun Pesongan Bagi Rasuk
26 B. Aplikasi LATIHAN A. Konsep
27 3 KAEDAH CERUN PESONGAN – KERANGKA PORTAL 3.1 Pengenalan Kerangka portal merupakan binaan yang terdiri daripada rasuk dan tiang yang disambung secara tegar seperti ditunjukkan dalam Rajah 3.1. Asas bagi tiang boleh dipasang secara tegar, pin atau rola mengikut kesesuai dengan keadaan. Bebanan pugak ke atas kerangka merupakan beban tumpu dan BTS daripada super structure manakala bebanan ufuk biasanya daripada beban angin. Analisa kerangka portal adalah sama seperti rasuk selanjar, dimana setiap anggotanya selanjar pada sambungan dan mematuhi prinsip keseimbangan statik dan ciri keselanjaran. Rajah 3.2 menunjukkan darjah ketidaktentuan statik kerangka portal. 3.2 Tingkahlaku Struktur Bergantung kepada tindakan bebanan dan binaan tiang serta tupang, kerangka portal dikatagorikan sebagai kerangka huyung dan kerangka tanpa huyung seperti ditunjukkan dalam Rajah 3.3. a) Kerangka tanpa huyung – terdiri daripada bebanan dan binaan simetri atau dengan tupang ufuk. b) Kerangka huyung – apabila bebanan atau binaan tak simetri atau kedua-duanya tak sometri. A B C B C A D Rajah 3.1 Kerangka Portal A B C D A B C D E F MC = 0 MD = 0 MD = 0 ME = 0 MF = 0 3 o DOF 6 o DOF Rajah 3.2 Darjah Ketidaktentuan Kerangka Portal
28 Pergerakan mendatar titik sambungan, merupakan enapan bagi kerangka portal. 3.3 Keseimbangan dan Tindakbalas Kerangka Portal Rajah di bawah menunjukkan sebuah kerangka portal dikenakan beban-beban tumpu pugak dan ufuk. Tindakbalas-tindakbalas tupang diperolihi daripada keseimbangan tiang-tiang dan rasuk seperti di bawah. AB MB = 0: HA(2b) + P1(b) = MA + MB HA HA + P1 = HB HB BC MC = 0: RB(2a) + MC = W(a) + MB RB RB + RC = W RC CD MC = 0: HD(2b) + P2(b) = MC + MD HD HD + P2 = HC HC a a P1 P2 HA MA MD HD MB MC HB HC RB RC b W b Tanpa huyung Huyung Rajah 3.3 Kerangka Huyung dan Tanpa Huyung
29 Persamaan M– Secara amnya: MAB = 2???? ?? (2A + B) - MF AB MAB = 2???? ?? (2A + B - 3/L) - MF AB MBA = 2???? ?? (2B + A) + MF BA MBA = 2???? ?? (2B + A - 3/L) + MF BA Kerangka Tanpa Huyung Kerangka Huyung 3.4 Perbandingan Di Antara Kerangka Portal dan Rasuk Selanjar Kerangka portal boleh dianggap sebagai rasuk selanjar yang dilipat-lipat seperti ditunjukkan dalam Rajah 3.4. Dengan itu kaedah analisa, GDR dan GML bolehlah dibuat sebagaimana rasuk selanjar. 3.4.1 Contoh-Contoh GDR dan GML Rajah di bawah menunjukkan contoh-contoh GDR dan GML kerangka-kerangka portal. a) 3.83 20 kN 27.73 1.8 26.5 42.9 16.17 22.27 50 kN 42.9 15.2 26.5 3.83 16.17 22.27 27.73 1.8 5.8 GDR GML -ve -ve +ve A B C B C A GDR GML GDR GML Rajah 3.4 Perbandingan Di Antara Kerangka Portal dan Rasuk Selanjar
30 b) 3.4.2 Contoh-Contoh Penyelesaian Kerangka Tanpa Huyung 1. Sebuah kerangka portal mudah ABC dihalang daripada huyung oleh tupang tegar C seperti ditunjukkan di bawah. Dapatkan momen dalaman semua titik sambungan dan lukiskan GDR, GML dan lenturan kerangka. EI seragam. Penyelesaian MHT: MF AB = - WL/8 = - 10 kNm MF BA = WL/8 = 10 kNm MF BC = - WL/8 = - 37.5 kNm MF CB = WL/8 = 37.5 kNm M-: MAB = 2EI 4 [2A + B] - 10 = EI(0.5B) - 10 MBA = 2EI 4 [2B + A] + 10 = EIB + 10 MBC = 2EI 6 [2B + C] – 37.5 = EI(0.67B) – 37.5 MCB = 2EI 6 [2C + B] + 37.5 = EI(0.33B) + 37.5 B C 2 m A 20 kN 50 kN 2 m 3 m 3 m ML +ve bahagian dalam GML ML –ve bahagian luar GML 28.1 28.1 46.9 14.1 14.1 25 25 28.1 28.1 10.55 10.55 50 kN 14.1 14.1 10.55 10.55 10.55 10.55 25 25 GDR GML -ve +ve -ve -ve
31 Keseimbangan tupang: @B MBA + MBC = EI(1.67B) – 27.5 = 0 EIB = 16.47 Gantikan ke dalam M- MAB = - 1.8 kNm MBC = - 26.5 kNm MBA = 26.5 kNm MCB = 42.9 kNm Tindakbalas, GDR & GML AB 4HA + 26.5 = 1.8 + 20(2) HA = 3.83 kN HA + HB = 20 HB = 16.17 kN BC 6RB + 42.9 = 26.5 + 50(3) RB = 22.27 kN RB + RC = 50 RC = 27.73 kN Kes. luaran: HA + HC = 20 HC = 20 – HA = 16.17 kN GDR dilukis sama seperti rasuk, manakala GML dilukis dengan tegangan di bahagian dalam kerangka. Tindakbalas HC bertindak sebagai daya anti-huyung. 2. Dengan menggunakan kaedah cerun pesongan, dapatkan momen dalaman bagi semua titik sambungan kerangka portal di bawah. Lukiskan GDR dan GML. Penyelesaian M-: MAB = 2E2I 6 [2A + B] - 60 = EI(0.67B) - 60 MBA = 2E2I 6 [2B + A] + 60 = EI(1.33B) + 60 MBC = 2EI 4 [2B + C] – 13.3 = EI(B) – 13.3 MCB = 2EI 4 [2C + B] + 13.3 = EI(0.5B) + 13.3 6 m C 20 kN/m A B 4 m I 10 kN/m 2I HC HA RB RC HB 26.5 50 kN 20 kN 1.8 42.9 22.27 16.17 27.73 3.83 GDR GML 26.5 42.9 -ve 15.2 5.8 1.8 +ve Profil Lenturan
32 Keseimbangan tupang B MBA + MBC = EI(2.33B) + 46.7 = 0 EIB = - 20.04 Gantikan ke dalam M- MAB = - 73.4 kNm MBC = - 33.3 kNm MBA = 33.3 kNm MCB = 3.3 kNm Tindakbalas, GDR & GML AB 6RA + 33.3 = 73.4 + 20(62 /2) RA = 66.7 kN RA + RB = 120 RB = 53.3 kN BC 4HC + 33.3 = 10(42 /2) + 3.3 HC = 12.5 kN HB + HC = 80 HB = 27.5 kN 3. Analisa kerangka portal di bawah dengan kaedah cerun dan pesongan. Lukiskan GDR, GML dan profil lenturan kerangka. Penyelesaian M-: MAB = 0 MBA = 3EI 6 [B] = EI(0.5B) MBC = 2E2I 6 [2B] - 60 = EI(1.33B) - 60 MCB = 2E2I 6 [B] + 60 = EI(0.67B) + 60 Keseimbangan tupang: @B MBA + MBC = EI(1.83B) - 60 = 0 EIB = 32.79 Gantikan ke dalam M- MAB = 0 MBC = - 16.4 kNm 20 kN/m 73.4 33.3 RA RB 10 kN/m HC 3.3 HC 66.7 73.4 27.5 33.3 53.3 38 3.34 m 1.25 m GDR GML -ve -ve +ve 4.5 12.5 3.3 B 20 kN/m C 6 m A I 6 m 2I
33 MBA = 16.4 kNm MCB = 82 kNm Tindakbalas, GDR & GML AB 6HA = 16.4 HA = 2.7 kN → HB = HA = 2.7 kN BC 6RB + 82 = 20(62 /2) + 16.4 RB = 49.1 kN RB + RC = 120 RC = 70.9 kN 4. Rajah di bawah menunjukkan sebuah kerangka portal dengan beban dan binaan simetri. Dengan kaedah cerun pesongan, dapatkan momen dalaman semua titik sambungan dan lukiskan GDR dan GML. EI seragam. Penyelesaian M-: MAB = 0 MBA = 3EI 4 [B] + 15 = 0.75EIB + 15 MBC = 2EI 6 [2B + C] - 30 = 0.67EIB + 0.33EIC - 30 MCB = 2EI 6 [2C + B] + 30 = 0.33EIB + 0.67EIC + 30 MCD = 3EI 4 [C] - 15 = 0.75EIC -15 MDC = 0 Keseimbangan tupang: B: MBA + MBC = 1.42EIB + 0.33C - 15 = 0 … (1) C: MCB + MCD = 0.33EIB + 1.42C] + 15 = 0 … (2) HA HB RB RC 16.4 20 kN/m 82 49.1 16.4 GDR GML 2.46 m 70.9 44 2.7 82 2 m 2 m B 10 kN/m C 20 kN I I 20 kN A D 3 m 3 m I Bent Profile
34 EIC = - 13.76 EIB = 13.76 Maka MAB = 0 MBC = - 25.32 kNm MCD = - 25.32 kNm MBA = 25.32 kNm MCB = 25.32 kNm MDC = 0 Dapatkan tindakbalas-tindakbals tupang, GDR dan GML seperti biasa. Perhatikan perbezaan daya-daya ufuk dalam kerangka simetri adalah kosong. 5. Dengan menggunakan kaedah cerun pesongan, analisa kerangka portal di bawah. Lukiskan GDR, GML dan profil lenturan kerangka. Penyelesaian M-: MAB = 2EI 6 [B] = EI(0.33B) MBA = 2EI 6 [2B] = EI(0.67B) MBC = 2E2I 6 [2B] - 60 = EI(1.33B) - 60 MBD = 80 MCB = 2E2I 6 [B] + 60 = EI(0.67B) + 60 Kesimbangan tupang B: MBA + MBC + MBD = EI(2B) + 20 = 0 EIB = - 10 MAB = - 3.3 kNm MBA = - 6.7 kNm MBC = - 73.3 kNm MBD = 80 kNm MCB = 53.3 kNm 25.32 25.32 10 kN/m 20 20 3.67 3.67 30 30 16.33 16.33 25.32 25.32 16.33 16.33 3.67 3.67 7.34 7.34 30 30 19.68 GDR GML I 6 m B 20 kN/m C 2 m 6 m 40 kN D 2I A
35 Tindakbalas, GDR & GML AB 6HA = 6.7 + 3.3 HA = 1.7 kN HB = HA = 1.7 kN BC 6RBC + 53.3 = 20(62 /2) + 73.3 RBC = 63.3 kN RCB = 56.7 kN BD RBD = 40 kN M3.17 = ½ x 63.3 x 3.17 – 73.3 = 27 kNm 6. Satu kerangka portal berkeratan seragam di bebani satu beban tumpu 50 kN seperti ditunjukkan. Dapatkan kesemua daya tindakbalas dan momen dalaman tupang. Lukiskan GDR, GML dan profil lenturan kerangka. Penyelesaian M-: MAB = 2EI 4 [2A + B] = 0.5EIB MBA = 2EI 4 [2B + A] = EIB MBC = 2EI 6 [2B + C] – 37.5 = 0.67EIB + 0.33EIC – 37.5 MCB = 2EI 6 [2C + B] + 37.5 = 0.33EIB + 0.67EIC + 37.5 MCD = 2EI 4 [2C + D] = EIC MDC = 2EI 4 [2D + C] = 0.5EIC 6.7 73.3 53.3 HA HB RBD RBC RCB 40 kN 20 kN/m 80 3.3 63.3 73.3 53.3 6.7 1.7 3.3 3.17 m 40 27 80 56.7 GDR GML 3 m 3 m A D B C 50 kN 4 m Profil Lenturan
36 Keseimbangan tupang: B: MBA + MBC = EI[1.67B + 0.33C] – 37.5 = 0 (1) C: MCB + MCD = EI[0.33B + 1.67C] + 37.5 = 0 (2) EIC = - 28.1 EIB = 28.1 MAB = 14.1 kNm MBC = - 28.1 kNm MCD = - 28.1 kNm MBA = 28.1 kNm MCB = 28.1 kNm MDC = - 14.1 kNm Tindakbalas, GDR & GML Dapatkan tindakbalas-tindakbalas tupang, GDR dan GML seperti biasa. 7. Sebuah kerangka portal dengan beban dan binaan simetri ditupang pin di A dan B seperti di bawah. Dapatkan momen dalaman bagi semua titik sambungan dan lukiskan GDR dan GML. EI seragam. Penyelesaian M-: MAB = 0 MBA = 3EI 4 [B] + 15 = 0.75EIB +15 MBC = 2EI 6 [2B + C] - 30 = 0.67EIB + 0.33EIC - 30 28.1 28.1 10.55 10.55 25 25 10.55 14.1 14.1 10.55 50 kN GDR GML 25 25 28.1 28.1 46.9 10.55 10.55 14.1 14.1 20 kN I I 20 kN 2 m E B 10 kN/m C F 1 m 3 m 3 m 1 m A D I 2 m Profil Lenturan
37 MBE = 5 MCB = 2EI 6 [2C + B] + 30 = 0.33EIB + 0.67EIC + 30 MCD = 3EI 4 [C] - 15 = 0.75EIC -15 MCF = - 5 MDC = 0 Dalam persamaan di atas, kekuhuhan AB dan CD adalah 3/4KF serta A dan D tidak diperlukan kerana tidak ada kesan momen terhadap B dan C. Keseimbangan tupang B: MBA + MBC + MBE = 1.42EIB + 0.33C - 10 = 0 (1) C: MCB + MCD + MCF = 0.33EIB + 1.42C + 10 = 0 (2) EIC = - 9.17 EIB = 9.17 Maka MAB = 0 MBC = - 26.88 kNm MCD = - 21.88 kNm MBA = 21.88 kNm MCB = 26.88 kNm MDC = 0 MBE = 5 kNm MCF = -5 kNm 3.5 Kerangka Huyung Perbezaan daya ufuk pada bahagian atas atau aras rasuk menyebabkan huyung. Arah huyung adalah bergantung kepada arah perbezaan daya tersebut seperti diterangkan di bawah. Rajah 3.5 (a) dan (b) menunjukkan dua tiang tupang tegar kerangka huyung (c) dengan momen dalaman seperti ditunjukkan. Katakan tindakbalas tupang B dan C masing-masing PL dan PR. 5 26.88 10 kN/m 26.88 5 10 30 30 10 15.47 15.47 21.88 21.88 20 kN 20 kN 4.53 4.53 30 15.47 15.47 4.53 4.53 10 30 GDR 21.88 21.88 5 5 9.06 9.06 19.68 GML 26.88 26.88
38 Dari Rajah 3.5 (a ) dan (b) PLhL + [(MAB + MBA) + P1h1] = 0 atau PL = - ML/hL (1) PRhR + [(MCD + MDC) + P2h2 = 0 atau PR = - MR/hR (2) Jika tupang B dan C dibuang, tiang-tiang tersebut akan mengalami huyung masing-masing ke kanan dan kiri. Daya-daya huyung adalah SL dan SR masing-masing ke kanan dan kiri. Jika tiang-tiang di atas disambung dengan satu rasuk BC menjadi kerangka portal ABCD seperti Rajah 3.5(c), kita dapati (1) + (2) PL + PR = P = - M/h (3) Dan S = M/h (4) Oleh kerana tiada P dalam keadaan sebenar dan jika PL lebih besar daripada PR maka kerangka portal akan mengalami huyung ke kanan. Rajah 3.6 di bawah menunjukkan kerangka portal di bawah momen huyung M . P→ +ve atau S –ve huyung ke kiri P -ve atau S→ +ve huyung ke kanan Momen +ve -ve HD hL hR PL B MCD MDC MBA MAB PR P1 P2 A C D HA S HA P1 MCD MDC MBA MAB P2 P HD (a) (b) (c) Rajah 3.5 Kerangka Huyung h1 h2 hR hL M R M M R L M L hL = hR M R M M R L M L hR hL a) b) c) d) Rajah 3.6 Momen Huyung
39 Rajah 3.6 (a) M L = M R = 6EI/h 2 (jika hL = hR) Rajah 3.6 (b) dan (c) /2 = M Lh 2 L /12EI = M Rh 2 R /12EI (momen luas) Atau M Lh 2 L /6EI = M Rh 2 R /6EI M L : M R = h2 R : h2 L Jika tupang D adalah pin = M Lh 2 L /6EI = M Rh 2 R /3EI (momen luas) M L : M R = 2h2 R : h2 L Dalam analisa kerangka huyung, anjakan merupakan anu yang perlu diselsaikan selain daripada putaran titik ssambungan (). Ini memerlukan satu perersamaan tambahan selain daripada keseimbangan titik. Iaitu dengan mengambil keseimbangan ufuk akhir kerangka. M/h = 0 Arah huyung bagi kerangka boleh dianggap pada mana-mana arah, ke kiri atau ke kanan kerana adalah anu yang perlu diselesaikan. 3.5.1 Contoh-Contoh Penyelesaian Kerangka Huyung 1. Rajah di bawah menunjukkan kerangka portal dengan momen luas kedua untuk AB dan CD masingmasing 2I dan I. Dapatkan momen dalaman semua titik sambungan. Lukiskan GDR dan GML. Penyelesaian Anggapkan kerangka mengalami huyung ke kanan M-: MAB = 4EI 4 [B – 3/4] = EI[B – 0.75] MBA = 4EI 4 [2B – 3/4] = EI[2B – 0.75] MBC = 2EI 6 [2B + C] – 37.5 = EI[0.67B + 0.33C] – 37.5 MCB = 2EI 6 [2C + B] + 37.5 = EI[0.33B + 0.67C] + 37.5 MCD = 2EI 4 [2C – 3/4] = EI[C – 0.375] MDC = 2EI 4 [C – 3/4] = EI[0.5C – 0.375] 50 kN 2I I 4 m B C I 3 m 3 m A D -M -M -M -M
40 Bentukkan tiga persamaan serentak mengandungi anu B, C dan . Keseimbangan tupang B dan C: MBA + MBC = EI[2.67B + 0.33C - 0.75] – 37.5 = 0 (1) MCB + MCD = EI[0.33B + 1.67C - 0.375] + 37.5 = 0 (2) Keseimbangan ufuk: (MAB + MBA)/hL + (MCD + MDC)/hR = 0 EI[0.75B + 0.375C – 0.563] = 0 (3) EIB = 20.09 EIC = - 24.11 EI = 10.71 MAB = 12.05 kNm MBC = - 32.14 kNm MCD = - 28.13 kNm MBA = 32.14 kNm MCB = 28.13 kNm MDC = -16.07 kNm Keseimbangan ufuk akhir H = (32.14 + 12.05 - 28.13 - 16.07)/4 = 0 (Spt Per. 3) Kerangka sebenarnya huyung ke kanan (M -ve), iaitu ke arah tiang yang lebih kecil (I < 2I). Ini boleh ditunjukkan dengan kiraan tanpa sebutan . Jika arah huyung dianggap ke kiri MAB = 4EI 4 [B + 3/4] = EI[B + 0.75] MBA = 4EI 4 [2B + 3/4] = EI[2B + 0.75] MBC = 2EI 6 [2B + C] – 37.5 = EI[0.67B + 0.33C] - 37.5 MCB = 2EI 6 [2C + B] + 37.5 = EI[0.33B + 0.67C] + 37.5 MCD = 2EI 4 [2C - 3/4] = EI[C + 0.375] MDC = 2EI 4 [C - 3/4] = EI[0.5C + 0.375] 50 kN 11.05 12.05 16.07 11.05 32.14 28.13 25.67 24.33 11.05 11.05 25.67 24.33 32.14 28.13 44.87 11.05 11.05 12.05 16.07 GDR GML