Bab 6 Defleksi Balok

62

BAB VI

DEFLEKSI BALOK

6.1. Pendahuluan

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.

63

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.d atau dx

d

r

1

Jika dx bergerak kekanan maka besarnya d akan semakin mengecil atau semakin

berkurang sehingga didapat persamaan

dx

d

r

1

Lendutan relatif sangat kecil sehingga dx

dytg , sehingga didapat persamaan

2

21

dx

yd

dx

dy

dx

d

r

Persamaan tegangan EI

M

r

1, sehingga didapat persamaan

2

2

dx

yd

EI

M

Sehingga didapat persamaan Mdx

ydEI

2

2

(6.1)

d

O

r

m n

dx

y

x

d

A B

64

Persamaan 6.1 jika dilakukan dua kali integral akan didapat persamaan

Vdx

dM

dx

dyEI

qdx

dVyEI

6.2.1. Contoh 1 Aplikasi pada balok sederhana dengan beban merata

Gambar 6.2. Balok Sederhana dengan beban merata

Dari gambar 6.2 besarnya momen pada jarak x sebesar

Mx = RA . x - 2

1q x

2

Mx = 2

qL . x -

2

1q x

2

Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 6.1 sehingga didapat

2

2

2

2

1

2qxx

qL

dx

ydEI

Diintegral terhadap x sehingga didapat

2

2

2

2

1

2qxx

qL

dx

ydEI

1

32

64C

qxqLx

dx

dyEI

q

L

B A

Mx

x

BMD

65

Momen maksimum terjadi pada x = 2

L , dan pada tempat tersebut terjadi defleksi

maksimum , 0dx

dy, sehingga persamaannya menjadi

1

32

6

2

4

20 C

Lq

LqL

1

33

16480 C

qLqL

24

3

1

qLC

Sehingga persamaan di atas akan menjadi

2464

332 qLqxqLx

dx

dyEI

Dari persamaan tersebut diintergralkan kembali terhadap x sehingga menjadi

2464

332 qLqxqLx

dx

dyEI

2

343

242412C

xqLqxqLxyEI

Pada x = 0, lendutan y = 0, sehingga didapat C2, dan persamaannya menjadi

0 = 0 + 0 + 0 + C2

C2 = 0

0242412

343

xqLqxqLx

yEI

332224

LxLxEI

qxy

323 224

xLxLEI

qxy

Pada x = 2

L akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat

32

3

max22

224

2 LLLL

EI

Lq

y

66

8248

333

max

LLL

EI

qLy

8

5

48

3

max

L

EI

qLy

Sehingga lendutan maksimum yang terjadi di tengah bentang didapat :

EI

qLy

384

5 4

max (6.2)

6.2.2. Contoh 2 Aplikasi pada cantilever dengan beban merata

Gambar 6.3. Balok Cantilever dengan Beban Merata


Mx = - 2

1q x

2


2

2

2

2

1qx

dx

ydEI


2

2

2

2

1qx

dx

ydEI

1

3

6C

qx

dx

dyEI

q

L

BMDMx

x

67

Momen maksimum terjadi pada x = L, dan pada tempat tersebut tidak terjadi

defleksi, 0dx


1

3

60 C

qx

6

3

1

qLC


66

33 qLqx

dx

dyEI


66

33 qLqx

dx

dyEI

2

34

624C

xqLqxyEI

Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C2

2

44

6240 C

qLqL

8

4

2

qLC

Persamaannya menjadi

8624

434 qLxqLqxyEI

434 3424

LxLxEI

qy

Pada x = 0 akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat

4

max 30024

LEI

qy

EI

qLy

24

3max

Sehingga lendutan maksimum cantilever (pada ujung batang) didapat :

68

EI

qLy

8

4

max (6.3)

6.2.3. Contoh 3 Aplikasi pada cantilever dengan titik

Gambar 6.4. Balok Cantilever dengan Beban Titik


Mx = - Px


Pxdx

ydEI

2

2


Px

dx

ydEI

2

2

1

2

2C

Px

dx

dyEI

Momen maksimum terjadi pada x = L, dan pada tempat tersebut tidak terjadi

defleksi, 0dx


1

2

20 C

PL

P

L

BMDMx

x

69

2

3

1

PLC


22

22 PLPx

dx

dyEI


22

22 PLPx

dx

dyEI

2

23

26C

xPLPxyEI

2

23 36

CLLPx

yEI

Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C2

2

22 36

0 CLLPL

3

3

2

PLC

Persamaannya menjadi

3

36

323 PL

LxPx

yEI

323 236

LxLxP

yEI

323 236

LxLxEI

qy

Pada x = 0 akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat

32006

LEI

qy

EI

PLy

3

3

max

Sehingga lendutan maksimum cantilever dengan bebat titik (pada ujung batang)

didapat :

70

EI

qLy

8

4

max (6.4)

6.2.4. Contoh 4 Aplikasi pada balok sederhana dengan beban titik

Gambar 6.5. Balok Sederhana dengan beban titik

Dari gambar 6.5 besarnya reaksi dukungan dan momen sebesar

L

PbRA , dan

L

PaRB

Mx = L

Pbx untuk x a

Mx = L

Pbx- P(x-a) untuk x a

Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 6.1 persamaan garis elastis

sehingga didapat

untuk x a L

Pbx

dx

ydEI

2

2

untuk x a )(2

2

axPL

Pbx

dx

ydEI


1

2

2C

L

Pbx

dx

dyEI

P

L

B A

Mx

x

BMD

a b

71

2

22

2

)(

2C

axP

L

Pbx

dx

dyEI

Pada x = a, dua persamaan di atas hasilnya akan sama.

Jika diintegral lagi mendapatkan persamaan :

31

3

6CxC

L

PbxyEI untuk x a

42

33

6

)(

6CxC

axP

L

PbxyEI

untuk x a

Pada x = a, maka nilai C1 harus sama dengan C2, maka C3 = C4, sehingga

persamaannya menjadi :

31

33

6

)(

6CxC

axP

L

PbxyEI

Untuk x = 0, maka y = 0, sehingga nilai C3 = C4 = 0

Untuk x = L, maka y = 0, sehingga persamaan di atas dapat ditulis menjadi :

06

)(

60 1

33

LCaLP

L

PbL

Besarnya L – a = b

L

PbPbLC

66

3

1

22

16

bLL

PbC

Sehingga setelah disubstitusi menghasilkan persamaan :

222

6xbL

EIL

Pbxy untuk x a

EI

axPxbL

EIL

Pbxy

66

3

222 untuk 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.

Gambar 6.6. Gambar Balok yang mengalami Lentur

Dari gambar 6.6 tersebut didapat persamaan

dx

d

r

1=

EI

M

atau dapat ditulis menjadi

d

O

r

m n

dx

y

x

d

A B

B’B”

AB

M

d

BMD

73

dxEI

Md (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 :

L

AB dxEI

M

0

Berdasarkan garis singgung m dan n yang berpotongan dengan garis vertikal yang

melewati titik B, akan diperoleh :

dxEI

xMdxdBB

.."' (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.

Jarak L

dxEI

xMBB

0

' .

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.

74

(a) Segi empat (b) Segi tiga

(c) Parabola pangkat 2 (d) Parabola Pangkat 2

(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.

b

h

b2

1

A = bh

b

b3

1

h

A = bh/2

b

h

b8

3

A = (2/3)bh

b4

1

h

b A = bh/3

h

b

bn

n

22

1

bhn

nA

1

h

bn 2

1

b

bhn

A1

1

75

Gambar 6.8. Balok sederhana yang menahan beban merata

Penyelesaian :

Besarnya momen di C akibat beban merata sebesar MC = 2

8

1qL

Letak titik berat dari tumpuan A sebesar = LL

16

5

2.

8

5

Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar :

EI

momenbidangLuasC

EI

LqL

C

2.

8

1.

3

2 2

EI

qLC

24

3

Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di C sebesar :

CC’ = C = EI

bidangluasmomenStatis

EI

LLqL

C16

5.

2.

8

1.

3

2 2

EI

qLC

384

5 4

q

L/2

B A

2

8

1qL

BMD

2.

8

5 L

C

C’ C

C

76

6.3.2. Contoh 2 Aplikasi pada Cantilever dengan Beban Merata

Hitung defleksi maksimum (B) yang terjadi pada struktur cantilever yang

menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.9, dengan


Gambar 6.9. Cantilever yang menahan beban merata

Penyelesaian :

Besarnya momen di A akibat beban merata sebesar MA = - 2

2

1qL

Letak titik berat ke titik B sebesar = L4

3

Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar :

EI

momenbidangLuasB

EI

qLL

B

2

2

1.

3

1

EI

qLB

6

3

Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di B sebesar :

BB’ = B = EI


q

L

BMD

L4

3

A B

B’B

2

21 qL

B

77

EI

LqLL

B

4

3.

2

1.

3

1 2

EI

qLB

8

4

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


Gambar 6.10. Cantilever yang menahan beban titik

Penyelesaian :

Besarnya momen di A akibat beban merata sebesar MA = -PL

Letak titik berat ke titik B sebesar = L3

2

Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar :

EI

momenbidangLuasB

EI

PLL

B

.2

1

EI

PLB

2

2

P

L

BMD

L3

2

AB

B’B

PL

B

78

Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di B sebesar :

BB’ = B = EI


EI

LPLL

B

3

2..

2

1

EI

PLB

3

3

6.3.4. Contoh 4 Aplikasi pada Balok Sederhana dengan Beban Titik


yang menahan beban titik, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.11, dengan


Gambar 6.11. Balok sederhana yang menahan beban titik

Penyelesaian :

Besarnya momen di C akibat beban merata sebesar MC = PL4

1

Letak titik berat dari tumpuan A sebesar = LL

3

1

2.

3

2

Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar :

P

L/2

B A

PL4

1

BMD

2.

3

2 L

C

C’ C

C

79

EI

momenbidangLuasC

EI

PLL

C4

1.

2

1.

2

1

EI

PLC

16

2

Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di C sebesar :

CC’ = C = EI


EI

LPLL

C

23

2.

4

1.

2

1.

2

1

EI

PLC

48

3

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.

80

Gambar 6.12. Konstruksi Balok Sederhana dan Garis Elastika

Dari gambar 6.12, W adalah luas bidang momen, yang besarnya

2..

2

1 Pab

L

PabLW

Berdasarkan definisi II yang telah dibahas pada metode luas bidang momen, maka

didapat :

1 = EI

BterhadapmomenbidangluasmomenStatis

EI

bLPab 1

3

1

21

EI

bLPab

61

a b

3

x

n

x

A B

1

L

Pab

BMD

P

k

j

i

m

2

PabW

)(3

1bL

A

B

L

bLPabRA

6

L

aLPabRB

6

81

Pada umumnya lendutan yang terjadi cukup kecil, maka berdasarkan pendekatan

geometris akan diperoleh :

LA.1 atau L

A1

EI

R

EIL

bLPab AA

6

Dengan cara yang sama akan dihasilkan :

EI

R

EIL

aLPab BB

6

Dengan 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

xEI

Rik A

Sedangkan berdasarkan definisi II adalah statis momen luasan A-m-n terhadap

bidang m-n dibagi EI, maka

jk = EI

xnmAluas

3.

Sehingga lendutan ZC yang berjarak x dari A, adalah :

Zc = ij = ik – jk

3.

1 xAmnluasxR

EIZ AC (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.

82

6.4.1. Contoh 1 Aplikasi pada Balok Sederhana dengan Beban Merata


yang menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.13,

dengan metode luas bidang momen sebagai beban.

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.

q

B A

BMD

L/2

2

8

1qL

C

C’ C

C

2.

8

5 L

2

8

1qL

A B

(a)

(c)

(b)

83

Berdasarkan gambar 6.13.a. didapat momen sebagaimana digambarkan pada

gambar 6.13.b, yang besarnya sebesar MC = 2

8

1qL

Dari 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 :

32

24

1

23

2

8

1qL

LqLRR BA

(besarnya sama dengan Amn = W)

Dengan demikian sudut kelengkunagannya dapat dihitung, yaitu sebesar :

EI

qL

EI

RABA

24

3

Dari gambar 6.13.c. didapat juga momen dititik C, yaitu sebesar :

384

5

2.

8

3.

242.

23

433 qLLqLLqLM C

Besanya max dapat dihitung yaitu sebesar :

EI

M c

C

EI

qLC

384

5 4

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 :

84

u = -y

Berdasarkan persamaan tersebut dapat ditentukan besarnya regangan, yaitu sebesar

fdpanjang

u

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 m

2; 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.

Mxz Mxz

r

A’

B’

x

a b

f u

y

e

O

C’

B’

d

85

Penyelesaian:

E = 200 (GPa) A2 = 16.10-6

(m2)

l1 = 1 (m) 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

18

0 125 A A

A

R

A

RR, (MPa)

2

2

4000

16

250 0 0625

B A

A

R

A

R

R MPa,

Hukum Hooke:

Gambar 6.2. Superposisi: Balok Bertingkat 1

11

5

4

0 125

2 10

6 2510

lE

lR

R mm

A

A

,

.

, . ( )

22

25

4250 0,0625

2.10800 1 2 510l

El

RR mm

A

A

( ), . ( )

Panjang pada deformasi: l1’ = l1 + l1 (6.3a)

l2’ = l2 + l2 (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 ===> 6,25.10-4

RA - 1 + 2,5.10-4

RA = 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)

Documents

Bab 6 Defleksi Balok