balok lentur
TRANSCRIPT
6.1. Pendahuluan
BAB VI
DEFLEKSI BALOK
Semua balok akan terdefleksi (atau melentur) dari kedudukannya apabila
terbebani. Dalam struktur bangunan, seperti : balok dan plat lantai tidak boleh
melentur terlalu berlebihan untuk mengurangi/meniadakan pengaruh psikologis
(ketakutan) pemakainya.
Ada beberapa metode yang dapat dipergunakan untuk menyelesaikan
persoalan-persoalan defleksi pada balok. Dalam diktat ini hanya akan dibahas tiga
metode, yaitu metode integrasi ganda (”doubel integrations”), luas bidang momen
(”Momen Area Method”), dan metode luas bidang momen sebagai beban. Metode
integrasi ganda sangat cocok dipergunakan untuk mengetahui defleksi sepanjang
bentang sekaligus. Sedangkan metode luas bidang momen sangat cocok
dipergunakan untuk mengetahui lendutan dalam satu tempat saja. Asumsi yang
dipergunakan untuk menyelesaiakan persoalan tersebut adalah hanyalah defleksi
yang diakibatkan oleh gaya-gaya yang bekerja tegak-lurus terhadap sumbu balok,
defleksi yang terjadi relative kecil dibandingkan dengan panjang baloknya, dan
irisan yang berbentuk bidang datar akan tetap berupa bidang datar walaupun
terdeformasi.
6.2. Metode Integrasi Ganda
Suatu struktur sedehana yang mengalami lentur dapat digambarkan
sebagaimana gambar 6.1, dimana y adalah defleksi pada jarak x, dengan x adalah
jarak lendutan yang ditinjau, dx adalah jarak mn, d sudut mon, dan r adalah jari-
jari lengkung.
62
A y
O
r
d
B
63
x
m n dx
d
Gambar 6.1. Balok sederhana yang mengalami lentur
Berdasarkan gambar 6.1. didapat besarnya
dx = r tg d
karena besarnya drelatif sangat kecil maka tg ddsajasehingga
persamaannya dapat ditulis menjadi
dx = r.datau 1dr dx
Jika dx bergerak kekanan maka besarnya d akan semakin mengecil atau semakin
berkurang sehingga didapat persamaan
1 dr dx
dyLendutan relatif sangat kecil sehingga tg , sehingga didapat persamaan
dx
1 d dy 2
d y
2
rM
dx dx dx 2
M dyPersamaan tegangan1 , sehingga didapat persamaan
r EId2y
EI dx2
Sehingga didapat persamaan EI 2 M (6.1)
dx
Persamaan 6.1 jika dilakukan dua kali integral akan didapat persamaan
64
EIdy
dx
dMdx
V
EI
dV
q
dx
6.2.1. Contoh 1 Aplikasi pada balok sederhana dengan beban merata
q
A
x
Mx
L
B
BMD
Gambar 6.2. Balok Sederhana dengan beban merata
Dari gambar 6.2 besarnya momen pada jarak x sebesar
Mx = RA . x - 1q x2
2
Mx =qL . x - 1q x2
2 2Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 6.1 sehingga didapat
EI 2
d y
qLx 1 qx2
dx2 2 2
Diintegral terhadap x sehingga didapat
2 d y
1EI
qLx qx 2
dx2 2 2
2 3
dy qLx qxC
EI dx
4 6 1
Momen maksimum terjadi pada x = 2
dy
65
L , dan pada tempat tersebut terjadi defleksi
maksimum , dx 0 , sehingga persamaannya menjadi 2 3
0
LqL
2 4
3
3
qL2
6
C1
0 qLqLC1
C1
48 16qL3
24Sehingga persamaan di atas akan menjadi
dy 2 3 3
qLx qx qLEI
dx 4 6 24
Dari persamaan tersebut diintergralkan kembali terhadap x sehingga menjadi
dy 2 3 3
qLx qx qL
EI dx
3
44
63
24
EI y qLxqxqLx C12 24 24
2
Pada x = 0, lendutan y = 0, sehingga didapat C2, dan persamaannya menjadi
0 = 0 + 0 + 0 + C2
C2 = 0 3 4 3
qLx qx qL x
EI y 12 24 24 0
y
y
qx24EI
qx24EI
2Lx2x3L3
L32Lx2x3
Pada x = 2
L akan diperoleh
lendutan maksimum
sehingga didapat
Lq 2
3 ymax 2
L
3
2LL L
24EI 2 2
qL 3 3
66
ymax L LL3
ymax
48EI qL 5L3
848EI
2 8
Sehingga lendutan maksimum yang terjadi di tengah bentang didapat :
54
ymax qL384EI
(6.2)
6.2.2. Contoh 2 Aplikasi pada cantilever dengan beban merata
q
L
Mx
x
BMD
Gambar 6.3. Balok Cantilever dengan Beban Merata
Dari gambar 6.3 besarnya momen pada jarak x sebesar
Mx = - 1q x2
2Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 6.1 sehingga didapat
EI 2
d y
1qx 2
dx2 2
Diintegral terhadap x sehingga didapat
EI
2
d ydx2
1qx
22
dy 3
EI qxC1
dx 6
67
Momen maksimum terjadi pada x = L, dan pada tempat tersebut tidak terjadi
dydefleksi, dx 0 , sehingga persamaannya menjadi
3
0 qxC1
6
C1qL3
6Sehingga persamaan di atas akan menjadi
dy qx3qL3
EI dx 6 6
Dari persamaan tersebut diintergralkan kembali terhadap x sehingga menjadi
dy qx3qL3
EI
dx 4
63
6
EI y qxqLx C2
24 6Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C2
4 4
0 qLqLC2
24qL4
6
C2 8Persamaannya menjadi
4 3 4
qx qL x qLEI y
q24
6 8
L4y 24EI x4 3
4L x 3
Pada x = 0 akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat
y q
L4max
ymax
24EI3qL
24EI
0 0 3
Sehingga lendutan maksimum cantilever (pada ujung batang) didapat :
ymax
qL4
8EI
68
(6.3)
6.2.3. Contoh 3 Aplikasi pada cantilever dengan titik
P
L
Mx
x
BMD
Gambar 6.4. Balok Cantilever dengan Beban Titik
Dari gambar 6.4 besarnya momen pada jarak x sebesar
Mx = - Px
Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 6.1 sehingga didapat
EI
2
d y2
Pxdx
Diintegral terhadap x sehingga didapat
EI
2
d y
Px
dx2
2
dy PxC
EI dx
2 1
Momen maksimum terjadi pada x = L, dan pada tempat tersebut tidak terjadi
dydefleksi, dx 0 , sehingga persamaannya menjadi
2
0 PLC
12
C1PL3
2
69
Sehingga persamaan di atas akan menjadi
dy
Px2PL2
EI dx
2 2
Dari persamaan tersebut diintergralkan kembali terhadap x sehingga menjadi
dy Px2PL2
EI
dx 3
22
2
EI y PxPLx C2
6 2
33L2C2
EI y PxL6
Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C2
23L2C2
0 PLL
C2
6PL3
3Persamaannya menjadi
EI y Pxx3
2 PL3
6
3
3L2
3
L3
EI y Px6
3xL 2
y q6EI
x3 2 3xL
2 L3
Pada x = 0 akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat
y q6EI
0 0 2L3
ymaxPL3
3EI
Sehingga lendutan maksimum cantilever dengan bebat titik (pada ujung batang)
didapat :
ymax
qL4
8EI
70
(6.4)
6.2.4. Contoh 4 Aplikasi pada balok sederhana dengan beban titik P
A
x
a
Mx
L
b
B
BMD
Gambar 6.5. Balok Sederhana dengan beban titik
Dari gambar 6.5 besarnya reaksi dukungan dan momen sebesar
RAPbL
, dan RBPaL
Mx =PbxL
untuk x a
Mx =Pbx- P(x-a) untuk x a L
Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 6.1 persamaan garis elastis
sehingga didapat
untuk x a
EI
2
d y2
Pbx
untuk x a EI
dx 2
d y 2
dx
LPbxL
P(x a
)
Diintegral terhadap x sehingga didapat
dy Pbx2
EI C1
dx 2L
EI
dy
dx
Pb
x2L
2
P(x a2
)2
C
2
71
Pada x = a, dua persamaan di atas hasilnya akan sama.
Jika diintegral lagi mendapatkan persamaan :
Pbx3
EI y C x C
untuk x a
6LPbx3
1
3
3
EI y P(x a)
C x C
untuk x a
6L 6 2 4
Pada x = a, maka nilai C1 harus sama dengan C2, maka C3 = C4, sehingga
persamaannya menjadi :
Pbx3 P(x a
3
EI y ) C x C
6L 6 1 3
Untuk x = 0, maka y = 0, sehingga nilai C3 = C4 = 0
Untuk x = L, maka y = 0, sehingga persamaan di atas dapat ditulis menjadi :
0
PbL3
P(L a
)3
C L0
6LBesarnya L – a = b
PbL Pb3
6 1
C1 6 6L
C Pb L2b216L
Sehingga setelah disubstitusi menghasilkan persamaan :
y
Pbx L2b2x2 6EIL
Pbx P 3
untuk x a
y
6EIL 2 2L2b x x a
6EIuntuk x a (6.5)
6.3. Metode Luas Bidang Momen
Pada pembahasan di atas telah dihasilkan lendutan yang berupa persamaan.
Hasil tersebut masih bersifat umum, namun mempunyai kelemahan apabila
72
diterapkan pada struktur dengan pembebanan yang lebih kompleks, maka dirasa
kurang praktis, karena harus melalui penjabaran secara matematis.
Metode luas bidang momen inipun juga mempunyai kelemahan yang sama
apabila dipakai pada konstruksi dengan pembebanan yang lebih kompleks. Namun
demikian metode ini sedikit lebih praktis, karena proses hitungan dilakukan tidak
secara matematis tetapi bersifat numeris. O
d
r
A y
m
n
dx
M
AB
x
d
B
B’B”
d
BMD
Gambar 6.6. Gambar Balok yang mengalami Lentur
Dari gambar 6.6 tersebut didapat persamaan
1 d=Mr dx EI
atau dapat ditulis menjadi
d
MEI
dx
73
(6.6)
Dari persamaan 6.6 dapat didefinisikan sebagai berikut :
Definisi I : Elemen sudut d yang dibentuk oleh dua tangen arah pada dua titik
yang berjarak dx, besarnya sama dengan luas bidang momen antara
dua titik tersebut dibagi dengan EI.
Dari gambar 6.6, apabila dx adalah panjang balok AB, maka besarnya sudut yang
dibentuk adalah :
M
ABLEIdxBerdasarkan garis singgung m dan n yang berpotongan dengan garis vertikal yang melewati titik B, akan diperoleh :
." .
B'B d x d
M xEI
dx (6.7)
Nilai M.dx = Luas bidang momen sepanjang dx.
M.x.dx = Statis momen luas bidang M terhadap titik yang berjarak x dari
elemen M.
Sehingga dari persamaan 6.7 dapat didefinisikan sebagai berikut :
Definisi II : Jarak vertikal pada suatu tempat yang dibentuk dua garis singgung
pada dua titik suatu balok besarnya sama dengan statis momen luas
bidang momen terhadap tempat tersebut dibagi dengan EI.
.M x
Jarak BB'
0L
EI dx
Untuk menyelesaikan persamaan tersebut yang menjadi persoalan adalah letak
titik berat suatu luasan, karena letak titik berat tersebut diperlukan dalam
menghitung statis momen luas M.dx.x. Letak titik berat dari beberapa luasan dapat
dilihat pada gambar 6.7.
b A = bh
12
b
h
b A = bh/2
13
b
h
74
(a) Segi empat 38
b A = (2/3)bh
b
h
(b) Segi tiga
b A = bh/3
14
b
h
(c) Parabola pangkat 2
n1
n 2b2
h
b
(d) Parabola Pangkat 2
1b
n 2
h
b
A
nn 1
bh A 1
n 1bh
(e) Parabola pangkat n (f) Parabola Pangkat n
Gambar 6.7. Letak titik berat
6.3.1. Contoh 1 Aplikasi pada Balok Sederhana dengan Beban Merata
Hitung defleksi maksimum (C) yang terjadi pada struktur balok sederhana
yang menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.8, dengan
metode luas bidang momen.
A C
L/2
5 L
C C
C’
1qL28
q
B
BMD
75
.8 2Gambar 6.8. Balok sederhana yang menahan beban merata
Penyelesaian :
Besarnya momen di C akibat beban merata sebesar MC =1qL2
Letak titik berat dari tumpuan A sebesar = 5.L 58 2 16
L
8
Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar :
Luas bidang momenC EI
2 1 2 L.
3 8qL . 2
C
EIqL3
C24EIBerdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di C sebesar :
CC’ = C =
2 1
Statis momen luas bidangEI
52 L L
. 3 8
qL . .2 16
C
54
qLEI
C384EI
6.3.2. Contoh 2 Aplikasi pada Cantilever dengan Beban Merata
76
Hitung defleksi maksimum (B) yang terjadi pada struktur cantilever yang
menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.9, dengan
metode luas bidang momen.
q
A
2
L
B
BMD
B
B’B
12qL
3
Penyelesaian :
4LGambar 6.9. Cantilever yang menahan beban merata
Besarnya momen di A akibat beban merata sebesar MA = -1qL2
23
Letak titik berat ke titik B sebesar = L4
Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar : Luas bidang momen
B EI1
.1 2
3
L qL2
B
qL3
EI
B6EIBerdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di B sebesar :
BB’ = B=Statis momen luas bidang
EI
11 2.3
77
3
L. qL L2 4
B
qL4
EI
B8EI
6.3.3. Contoh 3 Aplikasi pada Cantilever dengan Beban Titik
Hitung defleksi maksimum (B) yang terjadi pada struktur cantilever yang
menahan beban titik, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.10, dengan
metode luas bidang momen.
P
A
PL
L
2
B
BMD
B
B’B
Penyelesaian :
3LGambar 6.10. Cantilever yang menahan beban titik
Besarnya momen di A akibat beban merata sebesar MA = -PL
2Letak titik berat ke titik B sebesar = L
3Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar :
Luas bidang momenB
1 .L PL
EI
2B
EIPL2
B2EI
Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di B sebesar :
78
BB’ = B=
1
Statis momen luas bidangEI
2
2
.L.PL L
3B
PL3
EI
B3EI
6.3.4. Contoh 4 Aplikasi pada Balok Sederhana dengan Beban Titik
Hitung defleksi maksimum (C) yang terjadi pada struktur balok sederhana
yang menahan beban titik, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.11, dengan
metode luas bidang momen.
P
A
C
L/2
C C
C’
1
B
BMD
2 L
4PL
3.2Gambar 6.11. Balok sederhana yang menahan beban titik
Penyelesaian :
1Besarnya momen di C akibat beban merata sebesar MC = PL
4Letak titik berat dari tumpuan A sebesar = 2.L1L
3 2 3Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar :
CLuas bidang momen
EI1 1 1
79
. 22
.L PL
4C
PL2
EI
C16EIBerdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di C sebesar :
CC’ = C =Statis momen luas bidang
EI
1 1 1 2 L. . .
2 2 L PL4
3 2
C
PL3
EI
C48EI
6.4. Metode Luas Bidang Momen Sebagai Beban Dua metoda yang sudah dibahas di atas mempunyai kelemehana yang
sama, yaitu apabila konstruksi dan pembebanan cukup kompleks. Metode ”Bidang
Momen Sebagai Beban” ini pun dirasa lebih praktis dibanding dengan metode
yang dibahas sebelumnya.
Metode ini pada hakekatnya berdasar sama dengan metode luas bidang
momen, hanya sedikit terdapat perluasan. Untuk membahas masalah ini kita ambil
sebuah konstruksi seperti tergambar pada gambar 6.12, dengan beban titik P,
kemudian momen dianggap sebagai beban.
A
x
a
b
P
i
jk
1
BMD
B
80
A
m
n
Pab L
x 3
W Pab2
B
13
(L b)
RA Pab L b6L
RB Pab L a6L
Gambar 6.12. Konstruksi Balok Sederhana dan Garis Elastika
Dari gambar 6.12, W adalah luas bidang momen, yang besarnya
W 12
L. .
PabL
Pab
2
Berdasarkan definisi II yang telah dibahas pada metode luas bidang momen, maka
didapat :
1=Statis momen luas bidang momen terhadap B
EI
1Pab
1
1
23
L b Pab L b
1 6EI
81
Pada umumnya lendutan yang terjadi cukup kecil, maka berdasarkan pendekatan
geometris akan diperoleh :
1A.L atau 1
AL
Pab L b
RA
A 6EIL EIDengan cara yang sama akan dihasilkan :
B Pab L a
RB
6EIL EIDengan demikian dapat diambil kesimpulan bahwa : Sudut tangen di A dan B
besarnya sama dengan reaksi perletakan dibagi EI.
Berdasarkan gambar 6.12 sebenarnya yang akan dicari adalah defleksi
pada titik C sejauh x meter dari dukungan A (potongan i-j-k) yaitu sebesar Zc.
Zc = ij = ik – jk
Berdasarkan geometri, maka besarnya ik = A . x, maka
Rik Ax
EISedangkan berdasarkan definisi II adalah statis momen luasan A-m-n terhadapbidang m-n dibagi EI, maka
jk = .
luas A m nEI
x3
Sehingga lendutan ZC yang berjarak x dari A, adalah :
Zc = ij = ik – jk
1 x ZC EI RAx luas
Amn.
3
(6.8)
Berdasarkan persamaan 6.8 didapat definisi III sebagai berikut :
Definisi III : Lendutan disuatu titik didalam suatu bentangan balok sedrhana
besarnya sama dengan momen di titik tersebut dibagi dengan EI
apabila bidang momen sebagai beban.
6.4.1. Contoh 1 Aplikasi pada Balok Sederhana dengan Beban Merata
82
Hitung defleksi maksimum (C) yang terjadi pada struktur balok sederhana
yang menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.13,
dengan metode luas bidang momen sebagai beban.
q
(a)
(b)
(c)
A
A
C
L/2
5.L 8 2
C C
C’
1qL28
1qL28
B
BMD
B
Gambar 6.13. Balok sederhana yang menahan beban merata
Penyelesaian :
Langkah untuk menyelesaikan permasalahan ini adalah mencari momen
terlebih dahulu, hasilnya sebagaimana digambarkan pada gambar 6.13.b. Hasil
momen tersebut kemudian dijadikan beban, sebagaimana diperlihatkan pada
gambar 6.13.c. Kemudian dicari atau dihitung besarnya reakasi dan momennya.
Besarnya A adalah sebesar RA akibat beban momen dibagi dengan EI, sedangkan
B adalah sebesar RB akibat beban momen dibagi dengan EI, dan besarnya max
adalah sebesar MC akibat beban momen dibagi dengan EI. Untuk lebih jelasnya
dapat dilihat pada penyelesaian dibawah ini.
83
Berdasarkan gambar 6.13.a. didapat momen sebagaimana digambarkan pada
gambar 6.13.b, yang besarnya sebesar MC =1qL2
8Dari bidang momen yang didapat pada gambar 6.13.b dibalik dan dijadikan beban
sebagaimana digambarkan pada gambar 6.13.c. Dari gambar 6.13.c didapat reaksi
yang besarnya :
RARB
1 2
qL
2L
1 3
qL (besarnya sama dengan Amn = W)
8 3 2
24
Dengan demikian sudut kelengkunagannya dapat dihitung, yaitu sebesar :
ABRA
EI
qL3
24EIDari gambar 6.13.c. didapat juga momen dititik C, yaitu sebesar :
3 3 4
qL L qL 3 L 5qLMC 23 .
2 24. .8 2 384
Besanya max dapat dihitung yaitu sebesar :
CMc
EI54
qLC384EI
6.4.2. Contoh 1 Aplikasi pada Balok Sederhana dengan Beban Titik
6.4.3. Contoh 1 Aplikasi pada Cantilever dengan Beban Merata
6.4.4. Contoh 1 Aplikasi pada Cantilever dengan Beban Titik
6.5. Hubungan Kurva Elastis dan Regangan Linier
Sebuah segmen balok yang semula lurus diperlihatkan dalam keadaan
terdeformasi, sebagaimana ditunjukan pada gambar 6.1. Gambar tersebut serupa
dengan gambar 2.2 yang digunakan untuk mendapatkan distribusi tegangan dalam
balok yang disebabkan oleh lenturan. Pada gambar 6.1 dapat dilihat bahwa dalam
balok yang melentur sudut yang berdampingan antara dua iridan adalah Bila
jarak y dari permukaan garis netral terhadap serat yang ditinjau, maka deformasi
u dari setiap serat didapat :
u = -y
84
Berdasarkan persamaan tersebut dapat ditentukan besarnya regangan, yaitu sebesar
Mxz
r
upanjang fd
O
Mxz
A’ B’
y a b e
f d u
B’ C’ x
Gambar 6.1. Deformasi Segmen Balok dalam Lenturan
Contoh 1: Balok bertingkat seperti ditunjukkan pada Gambar 6.2(a) terbuat dari baja dengan
modulus elastisitas Young 200 GPa; luas penampang A1 = 8.10-6 m2, A2 = 16.10-6 m2; panjang
l1 = 1 m, l2 = 0,8 m. Pada tingkatnya dipasang cincin yang sangat kaku untuk menerapkan
beban F = 4 kN. Hitunglah: (1) Reaksi titik-titik tumpuan A dan B, (2) tegangan-tegangan
yang terjadi pada penampang A1 dan A2 , (c) perpindahan titik C.
Penyelesaian:
E = 200 (GPa)
l1 = 1 (m)
85
A2 = 16.10-6 (m2)
A1 = 0.8 (m)
Titik A dan B tetap, tidak berpindah.
(a) l1= ? l2= ?
(b) Perpindahan titik C = ?
Fh = 0 ===> RA + F RB= 0
RB= F RA
=400 RA
1 RA RA
0 125RA (MPa)
A18
2RB 4000R AA2 16
250 0 0625
Hukum Hooke:
RAMPa
Gambar 6.2. Superposisi: Balok Bertingkat1
l1 El1 0 125R A
2 105
4 ( )
l2 2
El2
(250 0,0625 RA)2.105
4800 1 2 510 RA
6 2510
(
)
mmRA mm
Panjang pada deformasi: l1’ = l1 + l1
l2’ = l2 + l2
(6.3a)
(6.3b)
Titik A dan B tidak berpindah ==> panjang total batang tetap, l1 + l2 tetap, sehingga
l1’ + l2’ = l1 + l2 ==> (l1 + l1 ) + (l2 + l2 ) = l1 + l2
atau l1 + l2 = 0 ===> 6,25.10-4RA - 1 + 2,5.10-4RA = 0
atau RA = ( 1 / 8,5. 10-4 ) = 1176,5 (N)
Sehingga: 1 = 0,125 RA= 147.06 (MPa)
2= - ( 250 - 0,0625 RA ) = -176,47 (MPa)
Perpindahan titik C = 6,25.10-4 RA = 0,735 (mm)