BAB II DEFLEKSI DAN ROTASI BALOK TERLENTUR A. Defleksi
Semua balok yang terbebani akan mengalami deformasi (perubahan bentuk) dan terdefleksi (atau melentur) dari kedudukannya. Dalam struktur bangunan, seperti : balok dan plat lantai tidak boleh melentur terlalu berlebihan untuk mengurangi/meniadakan mengurangi/meniadakan pengaruh psikologis psikologis (ketakutan) pemakainya. Ada beberapa metode yang dapat dipergunakan untuk menyelesaikan persoalan persoalan defleksi dan deformasi pada balok, diantaranya adalah : metode integrasi ganda (”doubel integr ations”), ations”), luas bidang momen (”Momen Area Method”), 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 defleksi 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.
1. Metode Integrasi Ganda
Suatu struktur sedehana yang mengalami lentur dapat digambarkan sebagaimana gambar 2.1, dimana y adalah defleksi pada jarak x, dengan x adalah jarak lendutan yang ditinjau, dx adalah jarak mn, d d sudut mon, dan r adalah jari-jari lengkung. O
d
r A
B
x
y
m dx
n d
Gambar 2.1. Balok sederhana yang mengalami lentur
Berdasarkan gambar 2.1. didapat besarnya dx = r tg d d karena besarnya d d relatif sangat kecil maka tg d d d saja sehingga persamaannya dapat ditulis menjadi : dx = r.d r.d atau
1 r
d dx
Jika dx bergerak kekanan maka besarnya d d akan semakin mengecil atau semakin berkurang sehingga sehingga didapat persamaan : 1 r
d dx
Lendutan relatif sangat kecil sehingga
tg
dy dx
, sehingga didapat persamaan :
d 2 y dy 2 r dx dx dx
1
d
Persamaan tegangan
1 r
M EI
Sehingga didapat persamaan
, sehingga didapat persamaan
M EI
d2y dx 2
d 2 y EI 2 M dx
(2.1)
Persamaan 2.1 jika dilakukan dua kali integral akan didapat persamaan
dy dM V dx dx
EI
EIy
dV dx
q
Untuk mempermudah pemahaman tentang pemakaian metode integrasi ganda, akan dicoba diaplikasikan pada struktur balok sederhana.
Contoh 2.1. Sebuah balok sederhana yang menahan beban merata seperti pada gambar 2.2 Dari gambar 2.2 besarnya momen pada jarak x sebesar Mx = R A . x Mx =
1 2
q x2
1 qL . x - q x2 2 2
Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 2.1 sehingga didapat 8
Berdasarkan gambar 2.1. didapat besarnya dx = r tg d d karena besarnya d d relatif sangat kecil maka tg d d d saja sehingga persamaannya dapat ditulis menjadi : dx = r.d r.d atau
1 r
d dx
Jika dx bergerak kekanan maka besarnya d d akan semakin mengecil atau semakin berkurang sehingga sehingga didapat persamaan : 1 r
d dx
Lendutan relatif sangat kecil sehingga
tg
dy dx
, sehingga didapat persamaan :
d 2 y dy 2 r dx dx dx
1
d
Persamaan tegangan
1 r
M EI
Sehingga didapat persamaan
, sehingga didapat persamaan
M EI
d2y dx 2
d 2 y EI 2 M dx
(2.1)
Persamaan 2.1 jika dilakukan dua kali integral akan didapat persamaan
dy dM V dx dx
EI
EIy
dV dx
q
Untuk mempermudah pemahaman tentang pemakaian metode integrasi ganda, akan dicoba diaplikasikan pada struktur balok sederhana.
Contoh 2.1. Sebuah balok sederhana yang menahan beban merata seperti pada gambar 2.2 Dari gambar 2.2 besarnya momen pada jarak x sebesar Mx = R A . x Mx =
1 2
q x2
1 qL . x - q x2 2 2
Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 2.1 sehingga didapat 8
d 2 y qL 1 EI 2 x qx 2 2 2 dx Diintegral terhadap x sehingga didapat
d 2 y qL 1 2 EI x dx 2 2 2 qx dy qLx qLx 2 qx 3 C1 EI dx 4 6 q A
B
L
BMD
Mx x
Gambar 2.2. Balok Sederhana dengan beban merata
Momen maksimum terjadi pada x = L , dan pada tempat tersebut terjadi defleksi 2 maksimum,
dy dx
0 , sehingga persamaannya menjadi 2
3
L q L qL 2 2 C1 0 4
0 C1
qL3 48
6
qL3 16
C1
qL3 24
Sehingga persamaan di atas akan menjadi
dy qLx2 qx 3 qL3 EI 4 6 24 dx Dari persamaan tersebut diintergralkan kembali terhadap x sehingga menjadi
dy qLx2 qx 3 qL3 EI dx 4 6 24 9
EI y
qLx 3 12
qx 4 24
qL3x 24
C2
Pada x = 0, lendutan y = 0, sehingga didapat C 2, dan persamaannya menjadi 0 = 0 + 0 + 0 + C2 C2 = 0
EI y y y
qx 24EI qx
qLx 3 12
2Lx L
3
24EI
2
qx 4 24
qL3x 24
0
x 3 L3
2Lx 2 x 3
Pada x = L akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat 2 q
L
2 L3 2L L 24EI 2
2
3 L 2
y max
y max
3 L3 L3 L 48EI 2 8
y max
5L3 48EI 8
qL
qL
Sehingga lendutan maksimum yang terjadi di tengah bentang didapat :
y max
5 qL4 384 EI
(2.2)
Contoh 2.2. Stuktur cantilever dengan beban merata seperti pada gambar 2.3. q
L
BMD
x
Gambar 2.3. Balok Cantilever dengan Beban Merata 10
Dari gambar 2.3 besarnya momen pada jarak x sebesar 1
Mx = -
2
q x2
Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 2.1 sehingga didapat
d 2 y 1 2 EI 2 qx dx 2 Diintegral terhadap x sehingga didapat
d 2 y 1 2 EI dx2 2 qx dy qx 3 C1 EI dx 6 Momen maksimum terjadi pada x = L, dan pada tempat tersebut tidak terjadi defleksi,
dy dx
0 , sehingga persamaannya menjadi 0
qx 3 6
C1
C1
qL3 6
Sehingga persamaan di atas akan menjadi
dy qx 3 qL3 EI 6 dx 6 Dari persamaan tersebut diintergralkan kembali terhadap x sehingga menjadi
dy qx 3 qL3 EI dx 6 6 EI y
qx 4 24
qL3 x 6
C2
Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C 2
0
qL4 24
C 2
qL4 6
C2
qL4 8
Persamaannya menjadi
11
EI y y
qx 4
24
q 24EI
x
4
qL3 x 6
qL4 8
4L3x 3L4
Pada x = 0 akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat
y max
y max
q
0 0 3L 4
24EI 3qL 24EI
Sehingga lendutan maksimum cantilever (pada ujung batang) didapat : y max
qL4 8EI
(1.3)
Contoh 2.3. Struktur cantilever dengan titik seperti pada gambar 2.4
P
L
BMD
Mx x
Gambar 2.4. Balok Cantilever dengan Beban Titik
Dari gambar 2.4 besarnya momen pada jarak x sebesar Mx = - Px Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 2.1 sehingga didapat
d 2 y EI 2 Px dx Diintegral terhadap x sehingga didapat
d 2 y EI dx 2 Px 12
dy Px 2 C1 EI dx 2 Momen maksimum terjadi pada x = L, dan pada tempat tersebut tidak terjadi defleksi,
dy dx
0 , sehingga persamaannya menjadi 0
PL2 2
C1
C1
PL3 2
Sehingga persamaan di atas akan menjadi
dy Px 2 PL2 EI 2 dx 2 Dari persamaan tersebut diintergralkan kembali terhadap x sehingga menjadi
dy Px 2 PL2 EI dx 2 2 Px 3
EI y
6 Px
EI y
6
L
3
PL2 x 2
C2
3L2 C2
Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C 2
0
PL 6
C 2
L
2
3L2 C2
PL3 3
Persamaannya menjadi
EI y
Px
EI y
P
y
q 6EI
6 6
x
x
x
3
3
3
3L 2
PL3 3
3xL2 2L3
3xL2 2L3
Pada x = 0 akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat
y
q 6EI
0 0 2L 3
13
y max
PL3 3EI
Sehingga lendutan maksimum cantilever dengan bebat titik (pada ujung batang) didapat : y max
qL4 8EI
(2.4)
Contoh 2.4. Struktur balok sederhana dengan beban titik, seperti pada gembar 2.5 P A
B
a
b L
BMD
Mx
x Gambar 2.5. Balok Sederhana dengan beban titik Dari gambar 2.5 besarnya reaksi dukungan dan momen sebesar R A
Pb L
,
dan
R B
Pa L
Mx =
Pbx L
untuk x a
Mx =
Pbx - P(x-a) L
untuk x a
Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 2.1 persamaan garis elastis sehingga didapat : untuk x a
d 2 y Pbx EI 2 L dx
untuk x a
d 2 y Pbx P( x a ) EI 2 dx L
Diintegral terhadap x sehingga didapat 14
dy Pbx 2 C1 EI dx 2 L dy Pbx 2 P( x a ) 2 C2 EI 2L 2 dx Pada x = a, dua persamaan di atas hasilnya akan sama. Jika diintegral lagi mendapatkan persamaan :
Pbx3 EI y 6L
C1x C3
Pbx3
P( x a ) 3
EI y
6L
6
untuk x a
C2 x C4
untuk x a
Pada x = a, maka nilai C1 harus sama dengan C 2, maka C3 = C4, sehingga persamaannya menjadi :
EI y
Pbx3
6L
P( x a ) 3 6
C1x C3
Untuk x = 0, maka y = 0, sehingga nilai C 3 = C4 = 0 Untuk x = L, maka y = 0, sehingga persamaan di atas dapat ditulis menjadi :
PbL3
0
6L
P( L a ) 3 6
C1L 0
Besarnya L – a = b
C1
PbL
C1
Pb
6 6L
L
2
Pb3 6L
b2
Sehingga setelah disubstitusi menghasilkan persamaan :
y y
Pbx 6EIL Pbx 6EIL
L
b 2 x 2
L
b x
2
2
2
2
untuk x a
Px a
3
untuk x a
6EI
(2.5)
2. Metode Luas Bidang Momen
Pada pembahasan di atas telah dihasilkan lendutan yang berupa persamaan. Hasil tersebut masih bersifat umum, namun mempunyai kelemahan apabila diterapkan pada
15
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
B
m
n d
dx
B’ B” d
AB
x
M
BMD
Gambar 2.6. Gambar Balok yang mengalami Lentur
Dari gambar 2.6 tersebut didapat persamaan 1 r
d dx
=
M EI
atau dapat ditulis menjadi
d
M EI
dx
(2.6)
Dari persamaan 2.6 dapat didefinisikan sebagai berikut : 16
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 2.6, apabila dx adalah panjang balok AB, maka besarnya sudut yang dibentuk adalah :
1 2
1
b
3
b
h
h
b A = bh
b A = bh/2
(a) Segi empat
3 8
(b) Segi tiga
1 b
4
b
h
h
b A = bh/3
b A = (2/3)bh
(c) Parabola pangkat 2
(d) Parabola Pangkat 2
n 1 b 2n 2
1
b n2
h
h
b
b
A
n
A
bh n 1
(e) Parabola pangkat n
1
bh n 1
(f) Parabola Pangkat n Gambar 2.7. Letak titik berat
17
L
AB 0
M EI
dx
Berdasarkan garis singgung m dan n yang berpotongan dengan garis vertikal yang melewati titik B, akan diperoleh :
B'B" Nilai
d x.d
M.x EI
dx
(2.7)
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 2.7 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. Jarak
BB'
L
0
M.x 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 2.7. Untuk mempermudah pemahaman tentang pemakaian metode luas bidang momen, akan dicoba diaplikasikan pada struktur balok se derhana.
Contoh 2.5. Balok Sederhana dengan Beban Merata Hitung defleksi maksimum (C) yang terjadi pada struktur balok sederhana yang menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 2.8, dengan metode luas bidang momen.
Penyelesaian : Besarnya momen di C akibat beban merata sebesar MC = Letak titik berat dari tumpuan A sebesar =
5 L . 8 2
1 2 qL 8
5 L 16
Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar : 18
C
C C
Luas bidang momen EI 2 1 2 L . qL . 3 8 2 EI qL3 24EI
Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di C sebesar : CC’ = C =
C C
Statis momen luas bidang EI
2 1 2 L 5L . qL . . 3 8 2 16 EI 5qL4 384EI q
A C
B
C C C’
L/2
BMD 5 L . 8 2
5 L . 8 2
Gambar 2.8. Balok sederhana yang menahan beban merata
Contoh 2.6. Cantilever dengan Beban Merata Hitung defleksi maksimum (B) yang terjadi pada struktur cantilever yang menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 2.9, dengan metode luas bidang momen.
Penyelesaian : 1 Besarnya momen di A akibat beban merata sebesar MA = - qL2 2 19
Letak titik berat ke titik B sebesar =
3 L 4
Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar :
B
Luas bidang momen EI 1
B B
1 L. qL2 3 2 EI
qL3 6EI
Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di B se besar : BB’ = B =
Statis momen luas bidang EI
1
B B
1 3 L. qL2 . L 3 2 4 EI
qL4 8EI
q B
A
B B’
B
L
BMD
1 qL2 2 3 L 4
Gambar 2.9. Cantilever yang menahan beban merata
Contoh 2.7. Cantilever dengan Beban Titik Hitung defleksi maksimum (B) yang terjadi pada struktur cantilever yang menahan beban titik, sebagaimana digambarkan pada gambar 2.10, dengan metode luas bidang momen. 20
P B
A
B B’
B
L
PL
BMD
2 L 3 Gambar 2.10. Cantilever yang menahan beban titik
Penyelesaian : Besarnya momen di A akibat beban merata sebesar MA = - PL Letak titik berat ke titik B sebesar =
2 3
L
Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar :
B
Luas bidang momen EI 1
B B
2
L.PL EI
PL2 2EI
Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di B se besar : BB’ = B =
Statis momen luas bidang EI
1
B B
2 L.PL . L 2 3 EI
PL3 3EI
Contoh 2.8. Balok Sederhana dengan Beban Titik
21
Hitung defleksi maksimum (C) yang terjadi pada struktur balok sederhana yang menahan beban titik, sebagaimana digambarkan pada gambar 2.11, dengan metode luas bidang momen. P
A C
B
C C C’
L/2
BMD 1 4
PL
2 L . 3 2
Gambar 2.11. Balok sederhana yang menahan beban titi k
Penyelesaian : Besarnya momen di C akibat beban merata sebesar MC = Letak titik berat dari tumpuan A sebesar =
2 L . 3 2
1 PL 4
1
L 3
Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar :
C
C C
Luas bidang momen EI 1 1 1 . L. PL 2 2 4 EI PL2 16EI
Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di C sebesar : CC’ = C =
C C
Statis momen luas bidang EI
1 1 1 2L . L. PL. 2 2 4 32 EI PL3 48EI 22
3. 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 2.12, dengan beban titik P, kemudian momen dianggap sebagai beban. Dari gambar 6.12, W adalah luas bidang momen, yang besarnya
W
1 2
.L.
Pab L
Pab 2
Berdasarkan definisi II yang telah dibahas pada metode luas bidang momen, maka didapat: 1 =
Statis momen luas bidang momen terhadap B EI
Pab 1 1 1 L b 2 3 EI
1
PabL b 6EI
Pada umumnya lendutan yang terjadi cukup kecil, maka berdasarkan pendekatan geometris akan diperoleh :
1 A .L A
A
atau
PabL b 6EIL
1 L
R A EI
Dengan cara yang sama akan dihasilkan :
B
PabL a 6EIL
R B EI
Dengan demikian dapat diambil kesimpulan bahwa : Sudut tangen di A dan B besarnya sama dengan reaksi perletakan dibagi EI. Berdasarkan gambar 2.12 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 23
Berdasarkan geometri, maka besarnya ik = A . x, maka R A
ik
EI
x
Sedangkan berdasarkan definisi II adalah statis momen luasan A-m-n terhadap bidang mn dibagi EI, maka luas A m n. jk =
x 3
EI
a
b P
A
i
B
k 1
x
BMD
m A
x
Pab L
n
3
W
Pab
1
R A
3
PabL b
B
2 (L b)
R B
6L
PabL a 6L
Gambar 2.12. Konstruksi Balok Sederhana dan Garis Elastika
Sehingga lendutan ZC yang berjarak x dari A, adalah : Zc = ij = ik – jk
ZC
R x luas Amn. x A EI 3 1
(2.8) 24
Berdasarkan persamaan 2.8 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. Untuk mempermudah pemahaman tentang pemakaian metode luas bidang momen sebagai beban, akan dicoba diaplikasikan pada struktur balok sederhana.
Contoh 2.9. Balok Sederhana dengan Beban Merata Hitung defleksi maksimum (C) yang terjadi pada struktur balok sederhana yang menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 2.13, dengan metode luas bidang momen sebagai beban. q
(a)
A C
C C
B
C’
L/2
(b)
5 L . 8 2
BMD
5 L . 8 2
(c)
B
A
5 L . 8 2
Gambar 2.13. Balok sederhana yang menahan beban merata
Penyelesaian : Langkah untuk menyelesaikan permasalahan ini adalah mencari momen terlebih dahulu, hasilnya sebagaimana digambarkan pada gambar 2.13.b. Hasil momen tersebut kemudian dijadikan beban, sebagaimana diperlihatkan pada gambar 2.13.c. Kemudian dicari atau dihitung besarnya reakasi dan momennya. Besarnya A adalah sebesar R A 25
akibat beban momen dibagi dengan EI, sedangkan B adalah sebesar R B 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. Berdasarkan gambar 2.13.a. didapat momen sebagaimana digambarkan pada gambar 2.13.b, yang besarnya sebesar M C =
1 2 qL 8
Dari bidang momen yang didapat pada gambar 2.13.b dibalik dan dijadikan beban sebagaimana digambarkan pada gambar 2.13.c. Dari gambar 2.13.c didapat reaksi yang besarnya :
R A
1 2 L 1 R B qL2 qL3 (besarnya sama dengan Amn = W) 8 3 2 24
Dengan demikian sudut kelengkunagannya dapat dihitung, yaitu sebesar :
A B
R A EI
qL3 24EI
Dari gambar 2.13.c. didapat juga momen dititik C, yaitu sebesar :
MC
qL3 L qL3 3 L . . . 23 2 24 8 2
5qL4 384
Besanya max dapat dihitung yaitu sebesar :
C
C
Mc EI 5qL4 384EI
B. Deformasi
Deformasi (perubahan bentuk) balok disebabkan oleh beberapa faktor, diantaranya adalah : Akibat beban luar yang bekerja (seperti beban merata, terpusat, segitiga, dan sebagainya), momen pada salah satu ujung balok, dan perpindahan (translasi) relatif ujung balok terhadap ujung balok yang lain. 1. Deformasi Akibat Beban Merata
Deformasi yang terjadi pada struktur balok yang menahan beban merata sebagaimana digambarkan pada gambar 2.14, dapat dihitung dengan metode luas bidang momen sebagai beban. 26
Besarnya momen maksimum (di tengah bentang) akibat beban merata sebesar Mmax =
1 8
2 qL . Dari hasil tersebut digambarkan bidang momennya berupa BMD ( Bending
Moment Diagram), seperti gambar 2.14b, kemudian BMD tersebut dipergunakan sebagai beban, seperti gambar 2.14c, sehingga didapat reaksi perletakan pada tumpuan A dan B, yaitu sebesar luas bidang momen tersebut dibagi dua :
R A
R B
2 1 2 . qL .L Luas bidang momen qL3 3 8 = = 2 2 24
Besarnya sudut di titik A dan B yaitu sebesar :
A
qL3 = EI 24 EI
R A
B
R B EI
=
qL3 24EI
dengan E adalah Modulus Elastis dan I adalah Momen Inersia. q
A
B
(a)
B
A
L/2
(b)
Mmax BMD
Mmax
(c)
A
Gambar 2.14. Balok sederhana yang menahan beban merata
2. Deformasi Akibat Momen Pada Salah Satu Ujung Balok Struktur balok yang menahan beban momen di ujung A sebagaimana digambarkan pada gambar 2.15. didapat bidang momennya berupa BMD. 27
MA
A
B
(a) A
B L
MA
BMD
(b)
Gambar 2.15. Balok sederhana yang menahan beban momen di Ujung A
BMD tersebut, dipergunakan sebagai beban sehingga didapat reaksi perletakan pada tumpuan A dan B, yaitu sebesar:
R A
2
R B
1
3 3
Luas bidang momen =
M A .L 2 1 . .L.M A = 3 3 2
Luas bidang momen =
M A .L 1 1 . .L.M A = 6 3 2
Besarnya sudut di titik A dan B yaitu sebesar :
A
R A EI
B
=
R B EI
M AL 3EI =
MAL 6EI
Jika beban momen terletak pada ujung B sebagaimana tergambar pada gambar 2.16, maka besarnya sudut di titik A dan B yaitu sebesar :
A
R A EI
B
=
R B EI
M BL 6EI =
M BL 3EI
A
B A
MB
(a)
B L MB
BMD
(b)
Gambar 2.16. Balok sederhana yang menahan beban momen di Ujung B 28
3. Deformasi Akibat Perpindahan (Translasi).
Jika suatu balok mengalami perpindahan ujung sebesar sebagaimana pada gambar 2.17, maka besarnya sudut di titik A dan B yaitu sebesar :
A B
L A
B
A
B L
Gambar 2.17. Balok yang mengalami translasi terhadap ujung yang lain
4. Deformasi Akibat Beban Terpusat di Tengah Bentang
Deformasi yang terjadi pada struktur balok yang menahan beban terpusat di tengah bentang digambarkan sebagaimana pada gambar 2.18, dapat dihitung dengan metode luas bidang momen sebagai beban. P A
B B
A
(a)
L Mmax
BMD
(b)
Gambar 2.18. Balok sederhana yang menahan beban merata
Besarnya momen maksimum (di tengah bentang) akibat beban merata sebesar M max = PL . Dari hasil tersebut digambarkan bidang momennya berupa BMD, kemudian BMD 4 tersebut dipergunakan sebagai beban sehingga didapar reaksi perletakan pada tumpuan A dan B, yaitu sebesar luas bidang momen tersebut dibagi dua : 1 PL . . L 2 Luas bidang momen PL ' ' 2 4 R A R B = = 16 2 2 Besarnya sudut di titik A dan B yaitu sebesar : 29
A
R 'A EI
B
3
=
R 'B EI
qL
16 EI
=
qL3 16EI
5. Deformasi Akibat Beban Segitiga
Deformasi yang terjadi pada struktur balok yang menahan beban segitiga digambarkan sebagaimana pada gambar 2.19. Metode yang relatif lebih mudah adalah dengan metode integrasi ganda.
q
A
B
EI
(a)
L
q
A
B B
A
x
R A = 1/3 qL
(b)
R B = 1/6 qL
Gambar 2.19. Balok sederhana yang menahan beban merata
Besarnya momen akibat beban segitiga sebesar Mx
1 1 = R B .x q x .x. . x 2 3 =
=
1 6 1 6
qL.x qL.x
q.x
1 1 .x. . x L 2 3
1 q.x 3 6 L
Besarnya : EI.
d2y dx 2
= – M x =
1 q.x 3 6 L
1
qL.x 6
30
Intergrasi I : EI.
dy
1 q.x 3 1 qL . x 6 L 6 dx
=
dx
1 q.x 4
=
24 L
1 12
qL.x 2 C1
Integrasi II : EI.y
1 q.x 4 1 2 qL . x C 1 dx 24 L 12
=
1 q.x 5
=
120 L
1 36
qL.x 3 C1.x C2
Berdasarkan persamaan tersebut : Jika x = 0 maka y = 0, sehingga didapat C 2 = 0 Jika x = L maka y = 0, sehingga didapat
0=
1 q.L5 120 L
C1 =
EI.
dy dx
=
1 q.x 4
1
24 L
12
qL.x 2
7 360
7 360
1 36
qL.L3 C1.L C2
qL3
qL3
Nilai x dihitung dari B ke A, sehingga B terletak pada x = 0, pada titik tersebut y = 0. Sedangkan A terletak pada x = L, dan pada titik tersebut y = 0. Jika x dan y tersebut disubstitusi kedalam persamaan di atas maka nilai A dan B akan didapat. EI.
dy dx
=
EI.A =
1 q.L4 24 L q.L3 24
EI. A = =
=
qL3
24
1 12
q.L3 12
7 360
qL3
7q.L3 360
7qL3
15qL3 360
qL.L2
360
7qL3 360
8qL3 360
31
8 qL3
A = – 360 EI EI.
dy dx
=
EI.B = B =
1 q.04 24 L 1 q.04 24 L
1 12 1 12
qL.02 qL.02
7 360 7 360
qL3 qL3
7 qL3 360 EI
Untuk kondisi balok dengan pembebanan yang lain, hasilnya dipaparkan pada Tabel 2.1.
Contoh 2.10
32
33
Contoh 2.11.
34
35
36
Tabel 2.1. Rumus-rumus Deformasi Ujung Balok Akibat Beban Luar Gambar Pembebanan Struktur
Deformasi Ujung A
Deformasi Ujung B
P A
B
EI L/2
A
B
3
PL
16EI
PL3 16EI
L/2
P A
B
EI a
A
2
P. b.(L
b ) 2
B
6EIL
P.a.(L2 a 2 ) 6EIL
b L q
A
B
EI
A
B
3
qL
24EI
qL3 24EI
L q
A
B
A
EI L/2
3
9qL
B
384EI
7qL3 384EI
L/2
A
B M
A 0
B
ML
B
ML
4EI
L
M A
B
A L
ML 3EI
6EI
q B
A B
A
A =
8 qL3 360 EI
L
37
B =
7 qL3 360 EI
