Defleksi balok-balok yang dibebani secara lateral

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.