Defleksi Balok [PDF]

Citation preview

Defleksi balok-balok yang dibebani secara lateral



Obtaiend from : Strength of Materials Part I : Elementary Theory and Problems by S. Timoshenko, D. Van Nostrand Complany Inc., 1955 1. Persamaan diferensial kurva defleksi Pada desain balok, ahli teknik umumnya tidak hanya tertarik pada tegangan-tegangan yang dihasilkan oleh aksi gaya-gaya tetapi juga pada defleksi-defleksi yang dihasilkan oleh beban-beban tersebut. Pada kebanyakan kasus, perlu dilakukan pembatasan defleksi maksimum yang terjadi agar tidak melebihi nilainilai tertentu pada setiap bagian dari bentangan balok.



Gambar 1. ilustrasi defleksi balok



Perhatikan kurva AmB pada Gambar 1 di atas yang menyatakan bentuk sumbu balok setelah melentur. Lenturan terjadi pada bidang simetri akibat dari gaya-gaya transversal yang bekerja pada bidang tersebut. Kurva tersebut dinamakan dengan kurva defleksi. Untuk mendapatkan persamaan diferensial kurva tersebut, diletakkan sumbu koordinat seperti terlihat pada gambar dan mengasumsikan kelengkungan kurva defleksi pada setiap titik tergantung semata-mata hanya pada besarnya momen lentur M pada titik tersebut. Pada kasus tersebut hubungan antara kelengkungan dan momen lentur sama dengan kasus pada lentur murni, sehingga diperoleh :



1 M … (a) = r EI Untuk mendapatkan sebuah pernyataan tentang hubungan antara kelengkungan dengan bentuk kurva, perhatikan dua buah titik yang saling bersebelahan, m dan m1, yang dipisahkan oleh jarak sejauh ds pada kurva defleksi. Bila sudut dimana tangen di m terhadap sumbu x dinotasikan dengan θ, sudut antara garis tegaklurus terhadap kelengkungan pada m dan m1 adalah dθ. Titik perpotongan O pada garis tegaklurus ini memberikan sebuah pusat kelengkungan dan menyatakan panjang r, jari-jari kelengkungan. Maka



ds = r.dθ dan



1 dθ … (b) = r ds



Dua buah garis tegak mengindikasikan nilai-nilai absolut, dimana maknanya hanya nilai-nilai numeris kelengkungan saja yang akan diperhatikan. Berkaitan dengan tanda, perlu dicatat bahwa momen lentur memiliki nilai positif pada persamaan (a) bila kelengkungannya menghasilkan cekungan yang mengarah ke atas. Dengan demikian, kelengkungannya bernilai positif bila pusat kelengkungannya di atas kurva seperti terlihat pada Gambar 1. Namun sangatlah mudah terlihat untuk kelengkungan seperti itu, sudut θ berkurang saat titik m bergerak sepanjang kurva dari A ke B. Dengan demikian, untuk setiap kenaikan positif ds bersesuaian dengan nilai dθ yang negatif. Sehingga agar mendapatkan tanda yang sesuai, maka persamaan (b) harus ditulis dalam bentuk sebagai berikut :



1 dθ … (c) = − r ds Pada aplikasi-aplikasi praktis defleksi yang diperbolehkan terjadi pada balok sangatlah kecil dan kurva defleksinya sangat datar. Pada kasus demikian dapat diasumsikan dengan akurasi yang cukup bahwa :



ds ≈ dx



dan



dy dx



… (d) θ ≈ tan θ =



Mensubstitusikan nilai-nilai perkiraan ds dan θ pada persamaan (c) diperoleh



1 d2y = − 2 … (e) r dx Persamaan (a) dengan demikian menjadi :



EI



d2y = − M … (1) dx 2



Persamaan di atas merupakan persamaan diferensial kurva defleksi dan harus diintegrasikan dalam setiap kasus tertentu untuk mendapatkan defleksi balok. Perlu dicatat bahwa tanda pada persamaan (1) tergantung pada arah sumbu koordinat. Sebagai contoh, bila dianggap sumbu y positif ke arah atas, maka kita perlu untuk menempatkan:



θ ≈−



dy dx



Pada persamaan (d), dan memperoleh tanda positif pada suku kanan persamaan (1). Pada kasus batang-batang yang sangat langsing, dimana defleksi yang terjadi mungkin sangat besar, maka tidak diperbolehkan untuk menggunakan persamaan penyederhanaan (d), dan harus ditelusur pernyataan yang sebenarnya :



 dy    dx 



θ = arctan  Sehingga :



 dy  d2y d arctan   1 dθ  dx  dx = dx 2 = − = − − … (f) 3 r ds dx ds   dy  2  2 1 +      dx   Membandingkan hasil ini dengan persamaan (e), dapat disimpulkan bahwa penyederhanaan yang 2



 dy  diperlihatkan pada persamaan (d) ekivalen untuk mengasumsikan   pada penyebut di persamaan (f)  dx  kecil nilainya dibandingkan dengan keseluruhannya dan dengan demikian dapat diabaikan. Dengan mendiferensiasikan persamaan (1) terhadap x, maka diperoleh :



d3y EI 3 = −V dx Dan



EI



d4y = q … (2) dx 4



Persamaan yang terakhir di atas seringkali digunakan untuk defleksi balok-balok yang mendapatkan beban terbagi meratas.



2. Lentur balok yang dibebani secara merata



Gambar 2. Balok ditumpu sederhana dan dibebani merata



Pada kasus balok yang ditumpu sederhana dan dibebani secara merata (Gambar 2), momen lentur pada suatu penampang mn, pada jarak x dari tumpuan kiri adalah :



= M



qlx qx 2 − 2 2



Dan persamaan diferensial (1) menjadi :



EI



d2y qlx qx 2 = − + dx 2 2 2



Kedua suku kiri dan kanan dikalikan dengan dx dan dilakukan integrasi terhadap kedua suku sehingga menghasilkan :



EI



dy qlx 2 qx3 = − + + C … (a) dx 4 6



Dimana C merupakan konstanta integrasi yang harus disesuaikan untuk memenuhi kondisi pada masalah ini. Pada tahap ini, kita mencatat bahwa sebagai hasil kesimetrisan kemiringan pada tengah bentangan adalah nol. Dengan mengatur dy/dx = 0 saat x = l/2, diperoleh :



C=



ql 3 24



Dan persamaan (a) menjadi :



EI



dy qlx 2 qx3 ql 3 … (b) = − + + dx 4 6 24



Integrasi kedua memberikan :



qlx 3 qx 4 ql 3 x EIy = − + + + C1 … (c) 12 24 24 Konstanta integrasi yang baru, C1, ditentukan dari konodisi bahwa defleksi pada tumpuan adalah nol. Dengan cara mensubstitusikan nilai y = 0 dan x = 0 ke dalam persamaan (c), diperoleh nilai C1 = 0. Persamaan (c) dengan demikian menjadi :



= y



q l 3 x − 2lx 3 + x 4 ) … (3) ( 24 EI



Persamaan tersebut merupakan persamaan kurva defleksi balok yang ditumpu sederhana dan dibebani secara merata. Defleksi maksimum untuk balok jenis ini berada di tengah bentangan. Mensubstitusikan nilai x = l/2 pada persamaan (3) diperoleh :



ymax



5 ql 4 … (4) = 384 EI



Sudut kemiringan maksimum terdapat pada ujung kiri balok. Dengan mensubstitusikan nilai x=0 pada persamaan (b) diperoleh :



ql 3  dy  … (5) =    dx max 24 EI Pada kasus balok kantilever yang dibebani secara merata, momen lentur pada potongan melintang mn pada jarak x dari tumpuan kirinya adalah:



M= −



qx 2 2



Gambar 3. Balok kantilever yang dibebani merata



Dan persamaan (1) menjadi :



EI



d 2 y qx 2 = dx 2 2



Integrasi pertama menghasilkan :



dy qx3 EI = + C … (d) dx 6 Konstanta integrasi diperoleh dari kondisi bahwa kemiringan pada tumpuan jepitnya adalah nol, sehingga dy/dx = 0 untuk x = l. mensubstitusikan nilai ini pada persamaan (d) diperoleh :



C= −



ql 3 6



Integrasi kedua menghasilkan :



qx 4 ql 3 x EIy = − + C1 … (e) 24 6 Konstanta C1 diperoleh dari kondisi bahwa defleksi akan menghilang pada ujung jepit. Dengan demikian, mensubstitusikan x = l, y = 0 pada persamaan (e) diperoleh :



C1 =



ql 4 8



Mensubstitusikan nilai tersebut pada persamaan (e), diperoleh :



= y



q ( x 4 − 4l 3 x + 3l 4 ) … (6) 24 EI



Persamaan tersebut di atas mendefinisikan kurva defleksi balok kantilever yang dibebani secara merata. Bila tumpuan jepitnya berada di sisi kanan, maka kurva defleksinya diperoleh dengan mensubstitusikan l-x (bukan x) ke dalam persamaan (6). Dengan cara ini akan diperoleh :



y =



q x 4 − 4lx 3 + 6l 2 x 2 ) … (7) ( 24 EI



3. Defleksi balok ditumpu sederhana dengan beban terpusat



Gambar 4. Balok yang dibebani beban terpusat



Pada kasus ini, terdapat dua pernyataan berbeda yang berhubungan dengan momen lentur. Hal ini berhubungan dengan dua bagian dari balok yang dibebani secara merata. Sehingga, persamaan (1) tentang kurva defleksi harus ditulis untuk setiap bagian. Dengan cara ini diperoleh:



d2y Pb EI 2 =− x→x≤a dx l Dan



EI



d2y Pb =− x + P ( x − a) → x ≥ a 2 dx l



Dengan mengintegrasikan persamaan tersebut diperoleh :



EI



dy Pbx 2 =− +C → x ≤ a dx 2l



Dan



(a)



dy Pbx 2 P ( x − a ) EI =− + + C1 → x ≥ a dx 2l 2 2



Oleh karena untuk kedua persamaan kurva defleksi tersebut harus memiliki sebuah tangen pada titik bekerjanya gaya P, pernyataan (a) di atas untuk kemiringan kurva harus sama untuk x = a. berdasarkan hal ini dapat disimpulkan bahwa konstanta integrasi bernilai sama,, yakni C = C1. Dengan nilai tersebut dilakukan integrasi kedua dan mensubstitusikan nilai C untuk C1, diperoleh :



EIy =−



Pbx3 + Cx + C2 → x ≤ a 6l



Dan



(b)



Pbx3 P ( x − a ) + + Cx + C3 → x ≥ a EIy =− 6l 6 3



Oleh karena kedua persamaan kurva defleksi tersebut memiliki defleksi yang sama di titik bekerjanya gaya, kedua pernyataan di (b) harus sama untuk x = a. Berdasarkan hal ini dapat diketahui bahwa C2 = C3. Akhirnya kita hanya perlu untuk menentukan dua buah konstanta C dan C2, dimana untuk menentukannya kita memiliki dua buah kondisi, sebut saja defleksi pada setiap tumpuan pada balok bernilai nol. Mensubstitusikan x = 0 dan y = 0 pada pernyataan pertama persamaan (b), diperoleh : C2 = C3 = 0 … (c) Mensubstitusikan y = 0 dan x = l pada pernyataan kedua persamaan (b) diperoleh : 2 2 Pbl Pb3 Pb ( l − b ) … (d) C= − = 6 6l 6l



Mensubstitusikan nilai konstanta di persamaan (c) dan (d) ke dalam persamaan (b), untuk kurva defleksi diperoleh :



= EIy



Pbx 2 l − b 2 − x 2 ) → x ≤ a … (8) ( 6l



Dan



P ( x − a) Pbx 2 2 = → x ≥ a … (9) EIy l − b − x2 ) + ( 6l 6 3



Persamaan pertama menyatakan defleksi balok pada bagian kiri beban dan persamaan kedua menyatakan defleksi balok pada bagian kanan beban. Mensubstitusikan nilai-nilai (d) ke dalam persamaan (a) diperoleh:



dy Pb 2 EI = l − b2 − 3x 2 ) → x ≤ a ( dx 6l Dan



(e)



P ( x − a) dy Pb 2 2 EI = l − b − 3x 2 ) + →x≥a ( dx 6l 2 2



Berdasarkan kedua persamaan tersebut, sudut kemiringan pada setiap titik kurva defleksi dapat dihitung dengan mudah. Seringkali diperlukan nilai sudut kemiringan pada ujung balok. Dengan mensubstitusikan nilai x = 0 pada persamaan pertama (e), x = l, dan menyatakan sudut kemiringan pada ujung-ujung yang bersangkutan dengan notasi θ1 dan θ2, diperoleh :



Pb ( l 2 − b 2 )  dy  θ1 = =  6lEI  dx  x =0 Pab ( l + a )  dy  θ2 =   = − 6lEI  dx  x =l



(10)



(11)



Defleksi maksimum muncul pada titik dimana tangen kurva defleksi berupa garis horisontal. Bila a > b, maka defleksi maksimum diperoleh pada bagian kiri balok. Kita dapat memperoleh posisi titik tersebut dengan menyamakan pernyataan pertama persamaan (e) dengan nol untuk mendapatkan :



l 2 − b2 − 3x 2 = 0



Dimana



x=



l 2 − b2 … (f) 3



Nilai tersebut di atas merupakan jarak dari tumpuan kiri sampai ke titik defleksi maksimum. Untuk mencari defleksi maksimumnya, pernyataan (f) disubstitusikan ke persamaan (8) yang memberikan:



Pb ( l 2 − b 2 )



ymax =



3



2



9 3lEI



… (g)



Bila beban P bekerja di tengah bentangan, maka defleksi maksimumnya berada pada tengah bentangan pula. Nilai defleksinya diperoleh dengan mensubstitusikan b = l/2 pada persamaan (g) yang memberikan :



( y )ax ==lb/2 =



Pl 3 … (12) 48 EI



Dari persamaan (f) dapat disimpulkan bahwa pada kasus satu beban terkonsentrasi, posisi defleksi maksimum selalu berada dekat dengan tengah bentangan. Saat b = l/2 maka ia berada di tengah bentangan; pada kasus terbatas, saat b sangat kecil dan P berada dekat dengan tumpuan, jarak x seperti yang diberikan pada persamaan (f) adalah



l , dan titik defleksi maksimumnya berada pada jarak : 3 l l 0, 077l − = 3 2



Dari tengah bentangan. Akibat fakta ini defleksi pada tengah kira-kira sangat dekat dengan defleksi maksimumnya. Untuk memperoleh defleksi pada tengah bentangan, kita substitusikan x = l/2 dalam persamaan (8) yang memberikan :



y ) x =l /2 (= a >b



Pb 2 3l − 4b 2 ) … (13) ( 48



Perbedaan defleksi (g) dan (13) pada kebanyakan kasus dimana b



mendekati



nol,



hanya



sekitar



2,5%



dari defleksi



maksimumnya.



4. Penentuan defleksi menggunakan diagram momen lentur Pada artikel sebelumnya dijelaskan tentang proses memperoleh kurva defleksi balok dengan metode integrasi ganda menggunakan persamaan (1). Pada kebanyakan kasus, terutama saat kita memerlukan defleksi pada titik-titik yang telah ditentukan daripada persamaan umum kurva defleksi, perhitungannya dapat lebih disederhanakan menggunakan diagram momen lentur.



Gambar 5. Kurva defleksi dengan diagram momen lentur



Pada Gambar 5 di samping, AB menyatakan bagian dari kurva defleksi balok dan a1b1 merupakan bagian dari diagram momen lentur yang bersesuaian. Dua buah potongan penampang balok yang bersebelahan dipisahkan pada jarak ds setelah melentur akan berpotongan pada sudut dθ, dan diperoleh :



dθ =



1 M ds ds = r EI



Untuk balok-balok yang digunakan sebagai elemen struktur, kelengkungannya sangatlah kecil dan kita dapat menggunakan dx untuk menggantikan ds. Maka diperoleh :



dθ =



M dx … (a) EI



Interpretasi secara grafis, hal ini berarti bahwa sudut elemental dθ antara dua jari-jari yang berturut-turut atau tangen-tangen yang berturut-turut terhadap kurva defleksi sama dengan luasan elemental terarsir Mdx dari diagram momen lentur, dibagi dengan kekakuan lenturnya. Hal ini sesuai untuk setiap elemen, sudut θ antara tangen-tangen di A dan B akan diperoleh dengan menjumlahkan elemen-elemen tersebut seperti diberikan pada persamaan (a). Dengan demikian: B



1 Mdx … (14) EI A



θ =∫



Yakni, sudut antara tangen-tangen pada dua titik A dan B dari kurva defleksi sama dengan luasan diagram momen lentur di antara garis-garis vertikal yang bersesuaian, dibagi dengan kekakuan lentur balok. Sekarang mari perhatikan jarak titik B di kurva defleksi dari tangen AB’ pada titik A. Kembali dinyatakan bahwa kurva defleksinya merupakan kurva yang rata, jarak tersebut di atas dapat diukur sepanjang garis vertikal BB’. Kontribusi yang diberikan terhadap jarak ini terhadap lenturan elemen balok mn dan dimasukkan di antara dua tangen-tangen yang berturut-turut pada m dan n adalah sama dengan:



xdθ = x



Mdx EI



Diinterpretasikan secara grafis, hal ini merupakan momen luasan terarsir Mdx sehubungan dengan garis vertikal melewati B, dibagi dengan EI. Integrasinya memberikan defleksi total BB’:



BB=' δ=



B



1



∫ EI xMdx … (15) A



Yakni jarak B dari tangen pada titik A sama dengan momen yang berhubungan dengan garis vertikal yang melewati B dari luasan diagram momen lentur antara A dan B, dibagi dengan kekakuan lentur EI. Menggunakan persamaan (14) dan (15) garis kemiringan kurva defleksi dan besarnya defleksi pada setiap potongan penampang balok dengan mudah dapat dihitung dalam setiap kasus tertentu. Kita hitung pertamatama nilai-nilai absolut θ dan δ. Kemudian dengan mengambil arah-arah koordinat positif, kita perhatikan rotasi sebuah tangen terhadap kurva defleksi bernilai positif apabila rotasi tersebut berarah searah jarum jam, dan defleksi balok bernilai positif bila defleksi mengarah ke sumbu y positif. Metode menghitung defleksi dengan cara ini dinamakan dengan metode luasan momen (area-moment method).



Perhitungan integrasi pada persamaan (14) dan (15) sering dapat disederhanakan menggunakan formulaformula yang telah diketahui yang berhubungan dengan luasan dan pusat berat. Beberapa formula-formula yang sering digunakan dalam aplikasi diberikan dalam gambar berikut ini :



h



h



c



1/3 (l+c)



3/8l



l



l Parabola, area 2/3 (l)(h)



h



h



Triangle, area ½(l)(h)



¼l



1/3 l



l Parabola, area 1/3 (l)(h)



l Cubic parabola, area ¼ (l)(h)



Gambar 6. Beberapa formula dasar luasan momen



5. Defleksi balok kantilever dengan metode luasan momen Pada kasus sebuah balok kantilever yang diberi beban terpusat pada ujung bebasnya, diagram momen lentur digambarkan seperti pada Gambar 7. Oleh karena tangen pada ujung A terjepit sempurna, jarak titik-titik kurva



defleksi



dari



tangen



ini



merupakan defleksi aktualnya. Sudut θb yang merupakan suatu tangen kurva defleksi di titik B terhadap tangen di titik A adalah :



l 1 Pl 2 … (16) = 2 EI 2 EI



θb = Pl × × Gambar 7. Kurva defleksi balok kantilever dengan beban terpusat



luasan aba1 terhadap sumbu bb1 dibagi dengan EI. Diperoleh :



Defleksi



δ



dihitung



berdasarkan



persamaan (15) sebagai momen dari



l 2 2 3



δ = Pl × × l ×



1 Pl 3 … (17) = EI 3EI



Untuk setiap potongan penampang, misalnya mn, defleksi angular dari sumbu x adalah luasan m’n’aa1 dibagi dengan EI. Pada kasus kurva-kurva yang rata seperti kurva defleksi balok, defleksi angularny dapat diambil sama dengan kemiringan kurva dan diperoleh : 2 dy Pl 2  ( l − x )  = θ = 1 −  … (18) dx 2 EI  l 2 



Defleksi y pada potongan penampang yang sama merupakan momen luasan m’n’aa1 dibagi dengan EI. Dengan memisahkan luasan ini menjadi bujursangkar dan segitiga seperti terlihat pada gambar,



diperoleh:



y=



1 EI



 x 2 Px 2 2 x  P  lx 2 x3  − + = −  … (19) P l x ( )   2 2 3  EI  2 6 



Untuk sebuah kantilever dengan beban



terpusat



P



pada



setiap



potongan penamang dengan jarak c dari tumpuan, momen lenturnya digambarkan seperti terlihat pada Gambar 8. Garis kemiringan dan defleksi pada setiap bagian terhadap sisi kiri titik bekerjanya gaya ditentukan dengan persamaan (18) dan (19) dimana c berada dalam rentangan l. untuk setiap potongan



Gambar 8. Diagram momen lentur kantilever dengan beban P di bentangan



penampang di sisi kanan titik bekerjanya gaya momen lentur dan kelengkungannya bernilai nol, sehingga bagian balok ini tetap lurus. Kemiringannya konstan dan sama hingga kemiringan di titik D, yakni dari persamaan (16),



Pc 2 . Defleksi pada setiap potongan penampang mn merupakan 2 EI



momen luasan segitiga aa1d terhadap garis vertikal m’n’ dibagi dengan EI, yang memberikan : 1 Pc 2  1  = y  x − c  … (20) EI 2  3 



Dalam kasus sebuah kantilever dengan beban terbagi rata dengan intensitas bebannya q, momen lentur pada setiap potongan melintang mn dengan jarak x1 dari tumpuan jepitnya adalah: q ( l − x1 ) M= − 2



2



Dan dinyatakan dengan parabola a1db di Gambar 9. Kemiringan pada setiap potongan penampang di jarak sejauh x dari tumpuannya adalah : x dy 1 q ( l − x1 ) q  2 x3  2 dx l x lx = = − +   ... 1 2 2 EI  3 dx EI ∫o 2



θ=



Gambar 9. Balok kantilever dengan beban merata



(21) Kemiringan pada ujungnya diperoleh dengan mensubstitusikan l untuk x dalam persamaan di atas, memberikan : ql 3  dy  … (22) =    dx  x =l 6 EI Defleksi pada setiap bagian dengan jarak x dari tumpuan jepitnya merupakan momen luasan aa1cd terhadap garis vertikal cd dibagi dengan EI. Momen elemen luasan ini digambarkan sebagai luasan terarsir adalah q ( l − x1 ) dx1 ( x − x1 ) 2 2



Dan total momennya merupakan integral dari pias luasan tersebut terhadap x1 dari x1 = 0 sampai dengan x1 = x, sehingga x



= y



1 q 2 ( x − x1 )( l − x1 ) dx1 ∫ EI 2 0



Defleksi pada setiap titik dengan jarak x dari tumpuannya setelah diintegrasikan: q  l 2 x 2 lx 3 x 4  = − +  … (23) y  2 EI  2 3 12  Untuk defleksi pada tumpuan, x = l. = δ



y ) x =l (=



ql 4 … (24) 8 EI



Masalah yang sama dapat diselesaikan menggunakan metode superposisi. Beban terbagi merata dapat dianggap sebagai sistem beban-beban infinitesimal.



6. Defleksi balok ditumpu sederhana dengan metode luasan momen Untuk membahas defleksi balok yang ditumpu sederhana dengan metode luasan momen, diberikan contoh balok yang ditumpu sederhana dengan beban P bekerja di titik F, seperti terlihat pada gambar di bawah ini.



Gambar 10. Diagram momen lentur balok sederhana dengan beban terpusat P



Diagram momen lenturnya adalah segitiga a1b1f1. Luasannya adalah Pab/2 dan pusat beratnya (C) berada pada jarak (l + b)/3 dari garis vertikal Bb1. Jarak vertikal δ dari ujung B ke garis Ab’ yang merupakan tangen terhadap kurva defleksi di titik A diperoleh dari persamaan (15), yakni :



1 Pab l + b Pab ( l + b ) × = EI 2 3 6 EI



δ=



Menggunakan nilai ini, kemiringan θ1 pada ujung kiri balok diperoleh:



θ= 1



δ



= l



Pab ( l + b ) … (a) 6lEI



Dalam menghitung sudut rotasi θ2 pada ujung B balok, kita amati bahwa rotasi ujung B terhadap ujung A adalah:



θ=



Pab 2 EI



Sehingga :



Pab ( l + b ) Pab Pab ( l + a ) … (b) − =− 6lEI 2 EI 6lEI



θ2 = θ1 − θ =



Interpretasi sederhana formula (a) dan (b) diperoleh bila kita menganggap a1b1 sebagai sebuah balok yang ditumpu sederhana, menahan beban segitiga yang dinyatakan dengan segitiga a1f1b1. Reaksi pada tumpuan kiri a1 dari balok imajiner ini adalah



R= 1



Pab l + b 1 Pab ( l + b ) × ×= 2 3 l 6l



Dengan cara yang sama



R2 =



Pab ( l + a ) 6l



Dengan membandingkan hasil-hasil ini dengan formula (a) dan (b), dapat disimpulkan bahwa sudut rotasi



θ1 dan θ2 dari ujung-ujung balok aktual AB diperoleh dengan cara membagi gaya-gaya geser pada ujungujung balok imajiner a1b1 dengan kekakuan lentur, EI. Balok imajiner a1b1 disebut sebagai balok konjugat (conjugate beam). Untuk menghitung kemiringan pada setiap titik d dari kurva defleksi, perlu kiranya untuk mengurai sudut



θ antara tangen-tangen di A dan di d dari sudut θ1 pada tumpuan. Menggunakan persamaan (14) untuk sudut θ, diperoleh:



dy 1 = θ1 − θ= ( R1 − ∆a1mn ) dx EI Istilah pertama dalam tanda kurung merupakan reaksi pada tumpuan kiri balok konjugat a1b1 dan yang kedua merupakan beban pada balok konjugat ke bagian kiri potongan penampang mn. Pernyataan di dalam tanda kurung menyatakan gaya geser pada potongan penampang mn balok konjugat. Akibatnya kemiringan balok aktual di titik d dapat diperoleh dengan membagi gaya geser di potongan penampang yang bersesuaian di balok konjugat dengan kekakuan lentur, EI. Perhatikan untuk yang berikutnya, defleksi y pada suatu titik d dapat dilihat dari gambar bahwa :



= y ce − de … (c) Dari segitiga Ace diperoleh hubungan



ce θ= = 1x



R1 x … (d) EI



Dimana R1 merupakan reaksi pada tumpuan kiri balok konjugat. Istilah kedua pada sisi kanan persamaan (c) menyatakan jarak dari titik d kurva defleksi dari tangen Ae dan diperoleh sebagai:



de =



1 x ( area ∆a1mn ) × … (e) 3 EI



Mensubstitusikan persamaan (d) dan (e) ke dalam persamaan (c), diperoleh



= y



x 1   R1 x − ∆a1mn ×  … (f) EI  3



Pernyataan di dalam tanda kurung terlihat sebagai momen lentur pada potongan penampang mn balok konjugat. Dengan demikian defleksi pada setiap titik dari balok yang ditumpu sederhanan diperoleh dengan membagi momen lentur pada potongan penampang yang bersesuaian dari balok konjugat dengan kekakuan lentur, EI. Mensubstitusikan nilai R1 pada persamaan (f) dan dengan mencatat bahwa



Pbx 2 area ∆a1mn = 2l Diperoleh



1  Pabx ( l + x ) Pbx3  Pbx 2 2 = − = y l − b − x2 ) (   EI  6l 6l  6lEI Hal ini bersesuaian dengan persamaan (8), yang sebelumnya diperoleh dengan cara integrasi persamaan diferensial kurva defleksi. Defleksi pada suatu titik di bagian kanan beban P dapat dihitung dengan cara yang serupa. Hasilnya tentu saja akan sama dengan persamaan (9). Terlihat bahwa menggunakan metode luasan momen menghilangkan proses integrasi. Pada kasus balok yang dibebani secara merata, perhatikan balok konjugat ab, dibebani dengan segmen parabolik acb, yang merupakan diagram momen lentur dalam kasus ini. Total beban fiksi balok konjugatnya adalah:



2 ql 2 × ×l 3 8 Dan setiap reaksi sama dengan



ql 3 . Kemiringan 24



pada ujung A dari balok aktual diperoleh dengan membagi reaksi ini dengan EI. Untuk menghitung Gambar 11. 12. Balok ditumpu sederhana dengan yang dibebani beban terbagi merata



defleksi pada tengah bentangan, terlebih dahulu merata dicari momen lentur pada tengah bentangan dari balok konjugatnya, yakni



ql 3  l 3l  5ql 4  − = 24  2 16  384 Defleksinya kemudian diperoleh dengan membagi momen ini dengan EI. Pada kasus balok AB yang ditumpu sederhana dengan kopel M yang bekerja di salah satu ujung, diagram momen lenturnya adalah segitiga abd. Dengan menganggap ab sebagai balok konjugat, beban fiksi totalnya adalah Ml/2. Reaksi pada ujung-ujung balok konjugatnya adalah Ml/6 dan Ml/3. Dengan demikian sudut-sudut rotasi pada ujung-ujung balok aktualnya adalah :



θ1 =



Ml …(25) 6 EI



Dan



θ2 = −



Ml … (26) 3EI



Defleksi pada suatu potongan penampang mn pada balok diperoleh dengan membangi momen lentur pada potongan penampang balok konjugat yang bersesuaian m1n1 dengan EI yang memberikan :



1  Ml Ml x 2 x  Mlx  x 2  y=  x−  = 1 −  … (27) EI  6 2 l 2 3  6 EI  l 2 



Gambar 13. Balok ditumpu sederhana dengan kopel M di salah satu ujung



7. Metode Superposisi Berdasarkan penjelasan metode momen area terlihat bahwa defleksi-defleksi pada balok seluruhnya didefinisikan oleh diagram momen lentur. Berdasarkan definisi momen lentur dapat dinyatakan bahwa momen lentur yang dihasilkan pada sembarang potongan penampang balok oleh beberapa beban-beban transversal yang bekerja secara simultan sama dengan jumlah momen lentur yang dihasilkan pada ptongan penampang yang sama oleh beban-beban individu yang bekerja secara terpisah. Berdasarkan hal ini dapat diketahui bahwa defleksi yang dihasilkan pada setiap titik balok oleh sebuah sistem beban-beban transversal yang bekerja secara simultan dapat diperoleh dengan cara menjumlahkan defleksi-defleksi pada titik-titik tersebut akibat beban-beban individual. Sebagai contoh, kurva-kurva defleksi yang diilustrasikan pada Gambar 8 dapat diperoleh dengan penjumlahan sederhana defleksi-defleksi balok kantilever atau balok yang ditumpu sederhana menahan setiap beban transversal. Q z P m A



D



x B



x



n



y Gambar 14. Balok kantilever dengan beban terpusat



Mengambil sebuah contoh kasus seperti yang diperlihatkan pada gambar di atas, dan menggunakan persamaan (19) dan (20), dapat disimpulkan bahwa defleksi pada titik B adalah:



Ql 3 Pc 2  c  + l −  3EI 2 EI  3 



δb =



Dengan cara yang sama, defleksi di titik D adalah:



Q  lc 2 c 2  Pc 2 δ= − +  d EI  2 6  3EI Defleksi pada sembarang potongan penampang mn untuk bagian DB di balok kantilever menjadi:



Pc 2  c  Q  lx 2 x3  − −  x   + 2 EI  3  EI  2 6



= y



Pada kasus beban terdistribusi merata proses penjumlahannya secara alamian digantikan dengan integrasi. Sebagai sebuah contoh diambil kasus balok yang ditumpu sederhana yang menerima beban terdistribusi merata dan menghitung kemiringan pada ujung dan defleksi pada bagian tengah. Peningkatan kemiringan dθ1 yang dihasilkan pada bagian ujung kiri balok oleh elemen beban qdb adalah 2 2 qab ( l + b ) db qb ( l − b ) db = dθ1 = 6lEI 6lEI



Kemiringan θ1 yang dihasilkan oleh beban total kemudian penjumlahan kenaikan kemiringan yang dihasilkan oleh selurueh elemen qdb dari b = 0 sampai dengan b = l. Sehingga :



qb ( l 2 − b 2 ) db ql 3 … (a) = θ1 ∫= 6lEI 24 EI 0 l



Defleksi pada bagian tengah diperoleh dari persamaan (13), yang diturunkan berdasarkan asumsi bahwa beban berada di bagian kanan dari tengah bentangan. Sembarang elemen beban qdb ke kanan dari tengah menghasilkan defleksi tengah bentangan :



= ( dy ) x =l /2



qbdb 2 3l − 4b 2 ) ( 48 EI



Menjumlahkan defleksi-defleksi yang dihasilkan oleh seluruh elemen-elemen beban tersebut ke kanan dari tengah bentangan, dan mencatat bahwa beban pada bagian kiri balok menghasilkan defleksi yang sama pada bagian tengah sebagaimana bagian kanan, diperoleh total defleksi sebagai berikut:



δ=



( y ) x =l /2=



l /2



2∫ 0



5 ql 4 qbdb 2 2 3 4 l b − = ( ) 384 EI … (b) 48 EI



Hasil (a) dan (b) bersesuaian dengan formula (5) dan (4) sebelumnya yang diperoleh dengan integrasi persamaan diferensial kurva defleksi. Metode superposisi bermanfaat terutama bila beban terbagi 15. Balok ditumpu sederhana dengan merata hanya berada pada sebagian dari bentangan balok. Gambar beban terdistribusi tidak merata Menggunakan pernyataan yang telah dikembangkan di atas



untuk ( dy ) x =l /2 defleksi yang dihasilkan pada tengah bentangan oleh beban di bagian kanan dari tengah bentangan adalah:



= δ1



l /2



∫ 48EI ( 3l qbdb



2



− 4b 2 )



d



Beban di bagian kiri dari tengah bentangan menghasilkan defleksi:



δ2 =



l /2



∫ 48EI ( 3l qbdb



2



− 4b 2 )



c



Defleksi total di tengah bentangan menjadi: l /2



δ = δ1 + δ 2 = ∫ d



qbdb 2 3l − 4b 2 ) + ( 48 EI



l /2



∫ 48EI ( 3l qbdb



2



− 4b 2 )



c



Mari perhatikan kantilever dengan beban terbagi rata seperti tergambar di Gambar 15. Defleksi yang dihasilkan pada potongan penampang mn oleh setiap beban elemental qdc ke sisi kirinya dapat diketahui dari persamaan (20) dengan mensubstitusikan qdc untuk P. Defleksi y1 yang dihasilkan oleh beban total ke sisi kiri mn merupakan penjumlahan defleksi-defleksi yang dihasilkan oleh seluruh beban-beban elemental tersebut dengan c bervariasi dari c = 0 sampai dengan c = x:



1 qc 2  1  q x4 = y1 x − c = dc   EI ∫0 2  3  2 EI 4 x



Defleksi yang dihasilkan pada potongan penampang mn oleh sebuah beban elemental qdc1 ke sisi kanannya diperoleh dengan mensubstitusikan qdc1 untuk P dan c1 untuk l. Defleksi y2 yang dihasilkan di mn oleh beban total ke sisi kanan merupakan penjumlahan defleksi-defleksi akibat beban-beban elemental tersebut, dengan c1 bervariasi dari c1 = x sampai dengan c1 = l: l  c1 x 2 x3  1 q  x 4 x 2l 2 lx 3  y= q − dc = −   1 − +  2 EI ∫x  2 6 2 EI  6 2 3 



Maka total defleksi pada potongan penampang mn adalah:



q  l 2 x 2 lx 3 x 4  − +  y = y1 + y2 =  2 EI  2 3 12  Yang bersesuaian dengan persamaan (23) yang telah ditemukan sebelumnya.



8. Defleksi balok dengan overhang. Sebuah balok dengan overhang dapat dibagi menjadi dua bagian: bagian antara tumpuan-tumpuan yang akan diperlakukan sebagai sebuah balok yang ditumpu pada ujung-ujungnya, dan overhang yang akan diperlakukan sebagai sebuah kantilever. Sebagai sebuah ilustrasi, perhatikan lenturan sebuah balok dengan



overhang akibat aksi dari beban terdistribusi secara merata, q. Balok dibagi menjadi bagian AB dan BC dan aksi overhang pada bagian balok antara tumpuantumpuan digantikan dengan sebuah gaya geser qa dan sebuah kopel M = qa2/2. Kita ketahui bahwa gaya geser tersebut secara langsung dipindahkan ke tumpuan dan hanya kopel qa2/2 saja yang perlu diperhatikan. Kemudian



defleksi



pada



sembarang



potongan



penampang di antara tumpuan-tumpuan diperoleh dengan mengurangi defleksi yang dihasilkan oleh beban



Gambar 16. Balok dengan overhang diberi beban terbagi



merata q. Menggunakan persamaan (3) dan (27), merata diperoleh :



= y



q qa 2lx  x 2  l 3 x − 2lx 3 + x 4 ) − ( 1 −  24 EI 12 EI  l 2 



Sudut rotasi potongan penampang di B diperoleh menggunakan persamaan (5) dan (26) dimana dengan mengganggap rotasi positif saat memutar searah jarum jam, diperoleh:



= θ2



qa 2l ql 3 − 6 EI 24 EI



Defleksi pada sembarang potongan penampang overhang diperoleh dengan menempatkan defleksi kantilever pada defleksi,



 qa 2l ql 3  = − θ2 x  x  6 EI 24 EI  Akibat rotasi potongan penampang B.