Defleksi Balok

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),luasbidang momen

(Momen Area,dan metodeMethod)luasbidangmomen 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, dqsudut mon, dan r adalah jari-jari lengkung.

6263

O

dq

r

A

B

q y mn

dxdq

x

Gambar 6.1. Balok sederhana yang mengalami lentur

Berdasarkan gambar 6.1. didapat besarnya

dx = r tg dq

karena besarnya dq relatif sangat kecil maka tg dq= d q saja sehingga persamaannya dapat ditulis menjadi

dx = r.dq atau 1 =dq r dx

Jika dx bergerak kekanan maka besarnya dqakan semakin mengecil atau semakin berkurang sehingga didapat persamaan

1 =-dq r dx

Lendutan relatif sangat kecil sehingga q=tgq=dy , sehingga didapat persamaan dx

1

ddy 2y

d

=-

=-

r

dx 2

dxdx

Persamaan tegangan1=-M

, sehingga didapat persamaan

r

EI

d 2 y Sehingga didapat persamaan EI =-M

2 dx

M =-d 2 yEIdx 2

(6.1)64

Persamaan 6.1 jika dilakukan dua kali integral akan didapat persamaan

dy dM

EI =

=V

dxdx

EI (y)=dV =q dx

6.2.1. Contoh 1 Aplikasi pada balok sederhana dengan beban merata

q

AB

L

BMD

Mx

x

Gambar 6.2. Balok Sederhana dengan beban merata

Dari gambar 6.2 besarnya momen pada jarak x sebesar

Mx = RA . x - 12 q x2

Mx = qL2 . x - 12 q x2

Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 6.1 sehingga didapat

d 2 y qL1qx 2

EI

=-

x +

2 22

dx

Diintegral terhadap x sehingga didapat

d 2 y

qL

1qx 2

EI

2= -

x +

2

2

dx

EIdy

qLx2

qx3+C

=-

+

4

61

dx

65

Momen maksimum terjadi pada x = L 2 , dan pada tempat tersebut terjadi defleksi

maksimum , dy dx =0 , sehingga persamaannya menjadi

2

3

L

L

qL

q

2

2

0 =- +

+C1

4

6

qL3

qL3

0 =-

+

+C1

4816

=qL3C124

Sehingga persamaan di atas akan menjadi

dyqLx2

qx3

qL3

EI =-

+

+

4

dx

624

Dari persamaan tersebut diintergralkan kembali terhadap x sehingga menjadi

dy

qLx2

qx3

qL3

EI = -

+

+

4

24

dx

6

EI y =-qLx3+qx 4+qL3 x+C2

12

2424

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

C2 = 0

EI y =-qLx3+qx 4+qL3 x+0

122424

y = qx (-2Lx2 +x3 +L3 )24EIy = qx (L3 -2Lx2 +x3 )24EI

Pada x = L 2 akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat

qL

2

3

3

L

L

2

y

-2L

max=

L

+

24EI

2 2

33

qL

L

L

y

=

L3-

+

max

48EI

28

qL

5L3

ymax=

48EI

8

Sehingga lendutan maksimum yang terjadi di tengah bentang didapat :

= 5qL4 ymax 384EI

6.2.2. Contoh 2 Aplikasi pada cantilever dengan beban merata

q

L

Mx BMD

x

Gambar 6.3. Balok Cantilever dengan Beban Merata Dari gambar 6.3 besarnya momen pada jarak x sebesar

Mx = - 12 q x2


2y 1

d

qx 2

EI

=

2 2

dx


2

dy

1qx 2

EI 2=

dx

2

EIdy qx3+C

=

6

1

dx

66

(6.2)67

Momen maksimum terjadi pada x = L, dan pada tempat tersebut tidak terjadi defleksi, dy dx =0 , sehingga persamaannya menjadi

=qx3 +06C1C1 =-qL36


dy qx3

qL3

EI =

-

6

dx

6


EIdy

qx3

qL3

=

-

dx

6

6

=qx 4 -qL3 x + EI y 24 6 C2Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C2

=qL4 -qL4 +0246C2

C2=qL4

8

Persamaannya menjadi

EI

y =qx 4qL3 x qL4

-+

24

68

q434

y =

(x-4L x +3L)

24EI

Pada x = 0 akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat

ymax=

q

(0-0 +3L4 )

24EI

ymax=3qL

24EI

Sehingga lendutan maksimum cantilever (pada ujung batang) didapat :68

ymax=qL4(6.3)

8EI

6.2.3. Contoh 3 Aplikasi pada cantilever dengan titik

P

L

Mx BMD

x

Gambar 6.4. Balok Cantilever dengan Beban Titik

Dari gambar 6.4 besarnya momen pada jarak x sebesar

Mx = - Px


d 2 y EI =Px

2 dx


d 2 y EI =Px 2 dx

EIdyPx2+C

=

21

dx

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

defleksi, dy dx =0 , sehingga persamaannya menjadi

=PL2 +02C169

C1 =-PL32


dyPx 2PL2

EI =

-

2

dx

2


EIdy

Px2

PL2

=

-

dx

2

2

EIy =

Px 3

PL2 x

+C2

-2

6

Px

3

2

EI y =

(L -3L

)+C2

6

Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C20 =PL (L2 -3L2 )+C26

=PL3 C2 3

Persamaannya menjadi

Px

3

2

PL3

EIy =

(x-3L)+

6

3

P

3

2

3

EI y =

(x-3xL+2L)

6

q

3

2

3

y =

(x-3xL+2L)

6EI

Pada x = 0 akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat

y = q (0-0 +2L3 ) 6EI

=PL3 ymax 3EI

Sehingga lendutan maksimum cantilever dengan bebat titik (pada ujung batang) didapat :70

ymax=qL4(6.4)

8EI

6.2.4. Contoh 4 Aplikasi pada balok sederhana dengan beban titik

P

AB

a

b

L

Mx BMD

x

Gambar 6.5. Balok Sederhana dengan beban titik

Dari gambar 6.5 besarnya reaksi dukungan dan momen sebesar

Pb

Pa

RA=

,danRB=

L

L

Mx=Pbx

untuk x a

L

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

untuk x a

d 2 y Pbx

EI 2=-

L

dx

d 2 y Pbx

EI 2=-

+P(x -a)

L

dx


EIdyPbx2+C

=-

2L1

dx

71

EIdyPbx 2

P(x -a)2+C

=-

+

2

2L2

dx

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

Jika diintegral lagi mendapatkan persamaan :

EIy =-Pbx3+C1 x +C3

untuk x a

6L

EIy =-

Pbx3+P(x -a)3+C2 x +C4untuk x a

6L

6

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

Pbx3

P(x -a)3

EI y =-

+

+C1 x +C3

6

6L

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

+C1 L +0

6L

6

Besarnya L a = b

C1=

PbL-Pb 3

6

6L

Pb

2

2

C1=

(L

-b)

6L

Sehingga setelah disubstitusi menghasilkan persamaan :

Pbx

2

2

2

y =-

(L-b-x

)untuk x a

6EIL

Pbx

3

2

2

2

P(x-a)

y =-

(L-b-x

)+

untuk x a(6.5)

6EIL

6EI

6.3. Metode Luas Bidang Momen

Pada pembahasan di atas telah dihasilkan lendutan yang berupa persamaan. Hasil tersebut masih bersifat umum, namun mempunyai kelemahan apabila72

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

dq

r

A

B

q y mn

B

dq B

dx

d

qABd

x

M BMD

Gambar 6.6. Gambar Balok yang mengalami Lentur

Dari gambar 6.6 tersebut didapat persamaan1 =dq= M r dx EI

atau dapat ditulis menjadi73

M(6.6)

dq=

dx

EI

Dari persamaan 6.6 dapat didefinisikan sebagai berikut :

Definisi I : Elemen sudut dqyang 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 :

q =L Mdx

AB0

EI

Berdasarkan garis singgung m dan n yang berpotongan dengan garis vertikal yang melewati titik B, akan diperoleh :

B' B"=dd=x.dq=M .xDx(6.7)

EI

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 :

JarakBB '

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.

L M .x=d=dx0EI

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

1b

1

b

3

2

hh

b

b

A = bh

A = bh/2

(a) Segi empat

(b) Segi tiga

3

1b

b

4

8

hh

b

b

A = bh/3

A = (2/3)bh

(c) Parabola pangkat 2

(d) Parabola Pangkat 2

(n+1)

1

b

2(n+2)

n +2 b

hh

b

b

1

A =

nbh

A =

bh

n +1

n +1

(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 (dC) yang terjadi pada struktur balok sederhana yang menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.8, dengan metode luas bidang momen.75

q

A

B

qCC dC

C

L/2

BMD

18 qL2

85 . L2

Gambar 6.8. Balok sederhana yang menahan beban merata

Penyelesaian :

Besarnya momen di C akibat beban merata sebesar MC = 18 qL2

Letak titik berat dari tumpuan A sebesar = 5 . L =5 L 8 2 16

Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar :

q =Luas bidang momen

CEI

2

12L

.

qL .

3

8

2

q =

C

EI

q = qL3C24EI

Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di C sebesar :dStatis momen luas bidangCC= C =EI

2

12L

5L

.

qL .

.

3

8

2

16

d =

C

EI

d = 5qL4C384EI76

6.3.2. Contoh 2 Aplikasi pada Cantilever dengan Beban Merata

Hitung defleksi maksimum (dB) yang terjadi pada struktur cantilever yang menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.9, dengan metode luas bidang momen.

q

A

B

q

dB

BB

L

1qL2BMD

2

3 4 L

Gambar 6.9. Cantilever yang menahan beban merata

Penyelesaian :

Besarnya momen di A akibat beban merata sebesar MA = - 12 qL2

Letak titik berat ke titik B sebesar = 34 L

Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar :

q =

Luas bidang momen

B

EI

1L.1qL2

3

2

q =

BEI

q =qL3 B 6EI

Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di B sebesar :

d Statis momen luas bidang BB= B =EI77

1

123

L.

qL .

L

3

2

4

d =

BEI

d =qL4 B 8EI

6.3.3. Contoh 3 Aplikasi pada Cantilever dengan Beban Titik

Hitung defleksi maksimum (dB) yang terjadi pada struktur cantilever yang menahan beban titik, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.10, dengan metode luas bidang momen.

P

A

B

q

dB

BB

L

PLBMD

2 3 L

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 = 23 L

Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar :


BEI

1 L.PLq =2BEI

q =PL2 B 2EI78

Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di B sebesar :

d Statis momen luas bidang BB= B =EI

1L.PL .2L

2

3

d =

BEI

d =PL3 B 3EI

6.3.4. Contoh 4 Aplikasi pada Balok Sederhana dengan Beban Titik

Hitung defleksi maksimum (dC) yang terjadi pada struktur balok sederhana yang menahan beban titik, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.11, dengan metode luas bidang momen.

P

A

B

qCC dC

C

L/2

BMD

14 PL

23 . L2

Gambar 6.11. Balok sederhana yang menahan beban titik

Penyelesaian :

Besarnya momen di C akibat beban merata sebesar MC = 14 PL

Letak titik berat dari tumpuan A sebesar = 2 . L =1 L 3 2 3

Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar :79


CEI

1 . 1 L. 1 PL q =2 2 4CEIq =PL2C16EI

Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di C sebesar :dStatis momen luas bidangCC= C =EI

1.1L.1PL.2

L

2

2

4

32

d =

CEI

d = PL3C48EI

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. Momen Sebagai Beban ini pun dirasa leb 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

ab

P

A

i

B

qA j

k

d1

x

q1

BMD

m

Pab

L

Axn

Pab

W =

B

3

2

1(L +b)

Pab(L +b)

3

Pab(L +a)

RA=

RB=

6L

6L

Gambar 6.12. Konstruksi Balok Sederhana dan Garis Elastika

Dari gambar 6.12, W adalah luas bidang momen, yang besarnya=1 .L. Pab =Pab 2 L 2

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

d1 =Statis momen luas bidang momen terhadap B

EI

Pab 11

d =

(L +b)

12

3

EI

d =Pab(L +b) 1 6EI81

Pada umumnya lendutan yang terjadi cukup kecil, maka berdasarkan pendekatan geometris akan diperoleh :

d

d =q.Latau q =1

1AA

L

Pab(L +b) R

q = = A A 6EIL EI

Dengan cara yang sama akan dihasilkan :Pab(L +a) R

q = = B B 6EIL EI

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 = qA . x, maka

ik =RA x EI

Sedangkan berdasarkan definisi II adalah statis momen luasan A-m-n terhadap bidang m-n dibagi EI, maka

luas A -m -n.x

jk =

3

EI

Sehingga lendutan ZC yang berjarak x dari A, adalah :

Zc = ij = ik jk

1x (6.8)

ZC=

RA x -luas Amn.

EI 3

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

Hitung defleksi maksimum (dC) 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) A

B

C dC

qC

C

L/2

(b)

1 qL2BMD

8

18 qL2(c) AB

85 . L2

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 qA adalah sebesar RA akibat beban momen dibagi dengan EI, sedangkan

qB adalah sebesar RB akibat beban momen dibagi dengan EI, dan besarnya dmax 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 = 18 qL2

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 :

122L13

(besarnya sama dengan Amn = W)

RA =RB=qL=

qL

8

32

24

Dengan demikian sudut kelengkunagannya dapat dihitung, yaitu sebesar :q =q =RA = qL3AB EI24EI

Dari gambar 6.13.c. didapat juga momen dititik C, yaitu sebesar :M C =qL3 . L -qL3 . 3 . L =5qL423 2 24 8 2384

Besanya dmax dapat dihitung yaitu sebesar :

M

d = c C EId = 5qL4C384EI

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 Dq.Bila jarak y dari permukaan garis netral terhadap serat yang ditinjau, maka deformasi

Du dari setiap serat didapat :

Contoh 1:84

Du = -y Dq

Berdasarkan persamaan tersebut dapat ditentukan besarnya regangan, yaitu sebesar

e=

Du

panjangfd

O

rDq

Mxz

Mxz

AB

ya

b

fd

e Du

B

C

Dx

Dq

Gambar 6.1. Deformasi Segmen Balok dalam Lenturan

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.85

Penyelesaian:

E = 200 (GPa)

A2 = 16.10-6 (m2)

l1 = 1 (m)

A1 = 0.8 (m)

Titik Adan

B tetap, tidak berpindah.

(a) sl1 = ?

sl2= ?

(b) Perpindahan titik C = ?

SFh= 0

===>

-RA + F -RB = 0

RB = F -RA

=400-RA

s1 =R A=R A=0,125R A (MPa)

A1

8

s2=-RB

=-4000-R A

A2

16

=-(250-0,0625R A)(MPa)

Hukum Hooke:

s1

0,125R A

Gambar 6.2. Superposisi: Balok Bertingkat

Dl1=El1=

2.105

=6,2510.-4 R A

(mm)

s2

(250 -0,0625 R A)800 =-1 +2,510.-4 R A

Dl2=El2=-

(mm)

5

2.10

Panjang pada deformasi:l1 l1=+ Dl1

(6.3a)

l2 l2=+ Dl2

(6.3b)

Titik A danB tidak berpindah==> panjang total batang tetap,

l1 + l2tetap, sehingga

l1 l2+ l1=+ l2 ==> (l1 + Dl1 ) + (l2 + Dl2 ) = l1 + l2

atau

Dl1 + Dl2 = 0===>6,25.10-4RA - 1 + 2,5.10-4RA = 0

atauRA = ( 1 / 8,5. 10-4 )=1176,5

(N)

Sehingga: s1 = 0,125 RA = 147.06 (MPa)

s2 = - ( 250 - 0,0625 RA ) = -176,47 (MPa)

Perpindahan titik C = 6,25.10-4 RA=

0,735 (mm)

Documents

Defleksi Balok