BAB10

Bab 10
BALOK ELASTIS STATIS TAK TENTU
Tinjauan Instruksional Khusus
Mahasiswa diharapkan mampu memahami dan melakukan analisis gaya-gaya pada
sistem konstruksi balok elastis dimana jumlah reaksi-reaksi yang tidak diketahui melebihi
jumlah persamaan kesetimbangan yang tersedia.
SUB-POKOK BAHASAN:
Balok statis tertentu
Di bab 8 dan 9, telah didiskusikan penentuan tegangan dan
defleksi pada balok-balok yang mempunyai berbagai kondisi pembebanan dan
pendukung atau penyangga. Pada contoh-contoh kasus yang telah dibicarakan reaksi
yang timbul akibat gaya yang bekerja selalu dapat dijabarkan dengan penerapan
persamaan kesetimbangan statis. Pada kasus-kasus demikian balok dikatakan sebagai
statis tertentu.
Balok statis tak tentu
Di bab ini kita akan mendiskusikan balok-balok dimana jumlah
reaksi-reaksi yang tidak diketahui melampaui jumlah persamaan kesetimbangan yang
tersedia pada sistem. Pada kasus demikian diperlukan tambahan persamaan
kesetimbangan yaitu persamaan deformasi balok. Pada kasus-kasus demikian balok
dikatakan sebagai statis tak tentu.
Tipe-tipe balok statis tak tentu
Beberapa tipe umum balok statis tak tentu diilustrasikan dibawah
ini. Meskipun dalam praktek variasinya sangat luas, empat diagram berikut pada
umumnya telah dapat mewakili sistem tak tentu. Pada balok-balok yang ditunjukkan
dibawah ini, hanya tersedia dua persamaan kesetimbangan statis untuk penentuan
reaksi-reaksi pada setiap sistem gaya paralel. Jadi penentuan reaksi-reaksi pada
kasus-kasus demikian diperlukan penggunaan persamaan tambahan yang muncul dari
deformasi balok.
P
P
M1
R1
M1
R2
R2
R1
66
Gb. 10-1
Gb. 10-2
Pada kasus Gb. 10-1, balok dijepit tetap pada satu ujung dan
disangga dengan engsel diujung yang lain, kadang disebut sebagai batang gantung
tersangga (supported cantilever), kita mempunyai reaksi-reaksi yang tidak diketahui yaitu
R1, R2, dan M1. Dua persamaan kesetimbangan statis harus ditambah dengan satu
persamaan berdasarkan deformasi. Untuk penjabarannya, lihat contoh 1.
Pada Gb. 10-2, balok dijepit di salah satu ujungnya dan ujung yang
lain didukung oleh penyangga fleksibel (pegas). Pada kasus pegas linier, besarnya gaya
penyangga adalah proporsional terhadap defleksi balok pada titik tersebut. Reaksi-reaksi
yang tidak diketahui adalah R1, R2, dan M1. Dua persamaan kesetimbangan statis harus
ditambah dengan satu persamaan berdasarkan deformasi. Untuk penjabarannya, lihat
contoh 2.
w/unit panjang
M2
M1
R1
R2
R1
R2
Gb. 10-3
R3
Gb. 10-4
Seperti terlihat pada Gb. 10-3, suatu balok dijepit pada kedua
ujungnya dan mempunyai reaksi-rekasi yang tidak diketahui R1, R2, M1, dan M2. Dua
persamaan kesetimbangan statis harus ditambah dengan satu persamaan berdasarkan
deformasi. Untuk penjabarannya, lihat contoh 3.
Pada Gb. 10-4 balok didukung oleh tiga penyangga pada level
yang sama. Reaksi-reaksi yang tidak diketahui adalah R1, R2, dan R3. Dua persamaan
kesetimbangan statis harus ditambah dengan satu persamaan berdasarkan deformasi.
Balok tipe ini atau yang terletak diatas lebih dari dua penyangga disebut balok kontinyu
(continuous beam).
Contoh 1.
Suatu balok dijepit pada A, dan disangga pada B, serta dikenai suatu gaya terkonsentrasi seperti
gambar dibawah. Tentukan reaksi-reaksi gayanya.
y
P
A
B
MA
RA
a
b
L
RB
x
67
Reaksi-reaksinya adalah RA, RB, dan MA. Dari kesetimbangan statis kita mempunyai
 M A  M A  Pa  RB L  0
F
 R A  RB  P  0
Jadi terdapat dua persamaan dalam tiga variabel yang tidak diketahui, RA, RB, dan MA.
Kita dapat menambahkan persamaan statis dengan suatu persamaan yang timbul dari
deformasi dengan menggunakan metode fungsi singularitas untuk menjabarkan tekukan
balok. Yaitu
d2y
0
EI 2  R A x  M A x  P x  a
dx
Integrasi pertama menghasilkan,
2
x
dy
P
2
EI
 RA
MA x 
x  a  C1
dx
2
2
Kondisi batas pertama adalah bahwa pada x = 0, dy/dx = 0 sehingga C1 = 0.
Pengintegralan selanjutnya menghasilkan
3
2
3
x
RA x
P xa
EIy 
MA

 C2
2 3
2
2
3
Kondisi batas kedua adalah bahwa pada x = 0, y = 0, sehingga kita dapatkan C2 = 0.
Kondisi batas ketiga adalah bahwa pada x = L, y = 0. Dengan mensubstitusikan ke
persamaan diatas, diperoleh
R L3 M L2 Pb 3
0 A  A 
6
2
6
Dari persamaan-persamaan diatas kita dapatkan:
Pb
R A  3 (3L2  b 2 )
2L
Pa
R B  3 ( 2 L  b)
2L
Pb
M A  2 ( L2  b 2 )
2L
y
Contoh 2.
Balok AB seperti gambar dibawah dijepit pada A, disangga dengan pegas di B, dan dibebani
dengan beban terdistribusi seragam w/unit panjang. Sebelum pembebanan, pegas di-set bebas.
Konstanta pegas adalah 345 kN/m. Untuk menentukan kekakuan EI balok, suatu percobaan
dilakukan tanpa beban seragam w dan juga tanpa penyangga pegas. Dari percobaan ini diperoleh
bahwa gaya vertikal 10.000 N yang bekerja pada ujuk B membuat defleksi pada titik tersebut
sebesar 50 mm. Pegas kemudian dipasangkan pada B dan beban seragam dengan besaran 5
kN/m diberikan diantara A dan B. Tentukan defleksi yang terjadi di B pada kondisi tersebut.
w/unit panjang
MA
A
B
k
L=3m
RA
RB
Gaya RB menunjukkan gaya yang diberikan oleh pegas pada balok. Persamaan
68
diferensial balok tertekuk dalam bentuk fungsi singularitas adalah
d2y
w
0
1
2
EI 2   M A x  R A x 
x
2
dx
Pengintegralan pertama menghasilkan
R
dy
w 3
1
2
EI
 M A x  A x 
x  C1
dx
2
6
Dari kondisi batas terlihat bahwa jika x = 0, dy/dx = 0 sehingga diperoleh C1 = 0.
Integrasi ke-dua menghasilkan
M
R
w
2
3
4
EIy   A x  A x 
x  C2
2
6
24
dan kondisi batas kedua adalah bahwa x = 0 jika y = 0, sehingga dari persamaan diatas
diperoleh C2 = 0. Selanjutnya defleksi di B karena pembebanan seragam ditambah
keberadaan pegas diberikan dengan
M L2 R L3 wL4
EI [ y ] X l   A  A 
2
6
24
Tetapi untuk aksi linier dari pegas kita mempunyai hubungan biasa
RB  k[ y] x  L  k B
Juga, dari statika untuk sistem gaya paralel ini kita mempunyai dua persamaan
kesetimbangan
wL2
M

M

R
L

0
 A A B
2
 Fy  RA  RB  (5000N / m)(3m)  0
Solusi untuk persamaan-persamaan diatas adalah
 EI L3  EIwL 5wL4
R A 
  

3
k
24
 k
Kekakuan EI dapat diperoleh dengan mudah dari percobaan. Defleksi ujung cantilever
yang terbebani adalah
(10.000 N )(3m) 3
PL3
yang berdasarkan percobaan
0.050m 
3EI
3EI
Jadi
EI = 1,8 x 106 N.m2
Jika nilai ini, bersama dengan konstanta pegas 345.000 N/m disubstitusikan ke dua
persamaan diatas diperoleh RA = 11.440 N, RB = 3560 N, sehingga perpindahan titik B
3560 N
atau 10.3 mm
B 
 0.01032m
345.000 N / m
Contoh 3.
Sebuah balok dengan kekakuan EI dijepit pada kedua ujungnya dan dikenai beban merata pada
sebagian panjangnya (0.6L). Tentukan reaksi-reaksi yang terjadi pada sistem tersebut.
w/unit panjang
A
B
C
0.4L
MA
RA
MC
0.6L
L
RC
Pada ujung A dan C dinding penyangga akan terjadi momen MA dan MC serta gaya geser
RA dan RC. Pada sistem tersebutterdapat dua persamaan kesetimbangan statis dan kita
harus menambah persamaan-persamaan tersebut dengan persamaan tambahan yang
berasal dari deformasi balok. Momen tekuk sepanjang ABC dapat ditulis dengan fungsi
69
singularitas sebagai berikut:
EI
d2y
 M A x
dx 2
0
 RA x
1

2
w x  0.4 L
2
Intergalnya,
R
dy
w x  0.4l
1
2
EI
 M A x  A x 
 C1
dx
2
2
3
dimana C1 adalah konstanta integrasi. Sebagai kondisi batas pertama kita mempunyai:
jika x = 0, slope dy/dx = 0. Substitusi ke persamaan diatas, diperoleh C1 = 0.
Sebagai batas kedua, jika x = L, dy/dx = 0, sehingga diperoleh:
R L3 w
0   M A L  A  (0.6 L) 3
2
6
Selanjutnya, integrasi kedua menghasilkan
M
R
w
2
3
4
EIy   A x  A x 
x  0.4L  C 2
2
6
24
Kondisi batas ke tiga adalah: jika x = 0, y = 0, sehingga dari persamaan diatas diperoleh
C2 = 0. Batas ke empat adalah: jika x = L, y = 0, sehingga:
M
R
w
2
3
4
0 A L  A L 
0.6L
2
6
24
Dari sini diperoleh

(0.6) 4 
R A  wL(0.6) 3 
  0.1512wL
2 

3
Jadi,
M A  0.039wL2
Dari persamaan kesetimbangan statis diperoleh
 Fy  (0.6L)w  0.1512wL  RC  0
RC = 0.4488wL
Dan
 M A  0.039wL2  M C  (0.4488wL)( L)  w(0.6L)(0.7L)  0
Jadi,
MC = 0.0684wL2
70