LENDUTAN (Deflection P -...

BAJA PLASTIS TKS 4108

Dr. AZ 1

LENDUTAN (Deflection)

1. Pendahuluan

Dalam perancangan atau analisis balok, tegangan yang terjadi dapat ditentukan

dari sifat penampang dan beban-beban luar. Pada prinsipnya tegangan pada balok

akibat beban luar dapat direncanakan tidak melampaui suatu nilai tertentu, misalnya

tegangan ijin. Perancangan yang berdasarkan batasan tegangan ini dinamakan

perancangan berdasarkan kekuatan (design for strength).

Pada umumnya lendutan/defleksi balok perlu ditinjau agar tidak melampaui nilai

tertentu, karena dapat terjadi dalam perancangan ditinjau dari segi kekuatan balok

masih mampu menahan beban, namun Iendutannya cukup besar sehingga tidak

nyaman lagi. Perancangan yang mempertimbangkan batasan lendutan dinamakan

perancangan berdasarkan kekakuan (design for stiffness).

Selain didesain untuk menahan beban yang bekerja, suatu struktur juga dituntut

untuk tidak mengalami lendutan yang berlebihan (over deflection) agar mempunyai

kemampuan layan (serviceability) yang baik. Lendutan yang terjadi harus masih dalam

batas yang diijinkan (permissible deflection). Pembatasan ini ditujukan untuk

mencegah terjadinya retak atau kerusakan serta menjamin supaya gerak suatu

peralatan (contoh : sistem rel pada crane seperti pada Gambar 1.1)

Gambar 1.1. Crane pada sistem portal

Pada Gambar 1.1, roda crane terletak di atas suatu rel pada suatu portal dengan

bentang L. Jika bentang L diperbesar, maka lendutan yang terjadi juga semakin besar,

sehingga roda mungkin akan tergelincir dari rel dan crane menjadi tidak berfungsi

karena tidak bisa dijalankan.


Dr. AZ 2

Semua balok akan terdefleksi (atau melendut) dari posisi awalnya apabila

terbebani (paling tidak disebabkan oleh berat sendirinya). Dalam struktur bangunan,

seperti : balok dan plat lantai tidak boleh melendut terlalu berlebihan (over deflection)

untuk mengurangi kemampuan layan (serviceability) dan keamanannya (safety) yang

akan mempengaruhi psikologis (ketakutan) pengguna.

Deformasi adalah salah satu kontrol kestabilan suatu elemen balok terhadap

kekuatannya. Biasanya deformasi dinyatakan sebagai perubahan bentuk elemen

struktur dalam bentuk lengkungan () dan perpindahan posisi dari titik di bentang

balok ke titik lain, yaitu defleksi () akibat beban di sepanjang bentang balok tersebut.

Ada beberapa metode yang dapat dipergunakan untuk menyelesaikan persoalan-

persoalan defleksi pada balok. Di sini hanya akan dibahas 4 (empat) metode, yaitu :

1. Metode integrasi ganda (double integrations method)

2. Metode luas bidang momen (moment area method)

3. Metode balok padanan (conjugate beam method)

4. Metode beban satuan (unit load method)

Asumsi yang dipergunakan untuk menyelesaikan persoalan tersebut adalah hanyalah

defleksi yang diakibatkan oleh gaya-gaya yang bekerja tegak-lurus terhadap sumbu

balok, defleksi yang terjadi relatif kecil dibandingkan dengan panjang baloknya, dan

irisan yang berbentuk bidang datar akan tetap berupa bidang datar walaupun

terdeformasi (Prinsip Bernoulli).

2. Metode Integrasi Ganda (Double Integration)

Suatu struktur balok sedehana yang mengalami lentur seperti pada Gambar 2.1,

dengan y adalah defleksi pada jarak yang ditinjau x, adalahsudut kelengkungan

(curvature angle), dan r adalah jari-jari kelengkungan (curvature radius).

Gambar 2.1. Lenturan pada balok sederhana


Dr. AZ 3

Dari Gambar 2.1, dapat dihitung besarnya dx seperti Pers. 2.1 :

dx = r tg dθ (2.1)

karena nilai d relatif sangat kecil, maka tg d = d saja, sehingga Pers. 2.1 dapat

ditulis ulang menjadi :

dx = r dθ atau 1

r =

dθ

dx (2.2)

Jika dx bergerak kekanan maka besarnya dakan semakin mengecil atau semakin

berkurang sehingga didapat persamaan berikut :

1

r = −

dθ

dx (2.3)

Lendutan relatif sangat kecil sehingga 𝛉 = tg 𝛉 =dy

dx, sehingga Pers. 2.3 berubah

menjadi :

𝟏

𝐫 = −

𝐝𝛉

𝐝𝐱= −

𝐝

𝐝𝐱(

𝐝𝐲

𝐝𝐱) = −

𝐝𝟐𝐲

𝐝𝐱𝟐 (2.4)

Diketahui bahwa persamaan tegangan adalah :

𝟏

𝐫 = −

𝐌

𝐄𝐈 (2.5)

sehingga didapat persamaan :

𝐌

𝐄𝐈= −

𝐝𝟐𝐲

𝐝𝐱𝟐 (2.6)

kemudian bentuk akhir persamaannya adalah :

−𝐌 = 𝐄𝐈 (𝐝𝟐𝐲

𝐝𝐱𝟐) (2.7)

Jika dilakukan operasi integral dua kali pada Pers. 2.7, akan didapatkan persamaan

berikut :

EI (dy

dx) =

dM

dx=V → reaksi vertikal (2.8)

EI(y)=dV

dx=q → beban merata (2.9)

Pers. 2.7 merupakan persamaan deferensial, sehingga untuk menyelesaikannya

diperlukan syarat batas sesuai dengan jenis struktur yang ada seperti ditunjukkan pada

Gambar 2.2 dan 2.3.

a. Tumpuan jepit

Gambar 2.2. Kondisi batas tumputan jepit

untuk x = 0, maka y = 0

untuk x = 0, maka dy

dx=0


Dr. AZ 4

b. Tumpuan sendi-roll

Gambar 2.3. Kondisi batas tumpuan sendi-roll

untuk x = 0 dan x = L, maka y = 0

untuk x = L/2, maka dy

dx=0

2.1. Balok kantilever dengan beban titik

Gambar 2.4. Balok kantilever dengan beban titik

Dari Gambar 2.4, besarnya momen pada jarak x adalah :

𝐌𝐗 = −𝐏𝐱

Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam Pers. 2.7, sehingga didapat :

𝐄𝐈 (𝐝𝟐𝐲

𝐝𝐱𝟐) = 𝐏𝐱

Persamaan tersebut diintegralkan terhadap x, sehingga didapat :

∫ 𝐄𝐈 (𝐝𝟐𝐲

𝐝𝐱𝟐) = ∫ 𝐏𝐱

𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) =

𝐏𝐱𝟐

𝟐+ 𝐂𝟏


Dr. AZ 5

Dengan meninjau kondisi batas tumpuan, Mmaks terjadi pada x = L dan pada lokasi

tersebut tidak terjadi rotasi 𝐝𝐲

𝐝𝐱= 𝟎, sehingga persamaannya menjadi :

𝟎 =𝐏𝐋𝟐

𝟐+ 𝐂𝟏

𝐂𝟏 = −𝐏𝐋𝟐

𝟐

Sehingga persamaannya akan menjadi :

𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) =

𝐏𝐱𝟐

𝟐−

𝐏𝐋𝟐

𝟐

Persamaan tersebut kemudian diintegralkan kembali terhadap x, sehingga menjadi :

∫ 𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) = ∫

𝐏𝐱𝟐

𝟐− ∫

𝐏𝐋𝟐

𝟐

𝐄𝐈𝐲 =𝐏𝐱𝟑

𝟔−

𝐏𝐋𝟐𝐱

𝟐+ 𝐂𝟐

𝐄𝐈𝐲 =𝐏𝐱

𝟔(𝐱𝟐 − 𝟑𝐋𝟐) + 𝐂𝟐

Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C2 sebagai berikut :

𝟎 =𝐏𝐋

𝟔(𝐋𝟐 − 𝟑𝐋𝟐) + 𝐂𝟐

𝐂𝟐 =𝐏𝐋𝟑

𝟑

Persamaan tersebut menjadi :

𝐄𝐈𝐲 =𝐏𝐱

𝟔(𝐱𝟐 − 𝟑𝐋𝟐) +

𝐏𝐋𝟑

𝟑

𝐄𝐈𝐲 =𝐏

𝟔(𝐱𝟑 − 𝟑𝐱𝐋𝟐 + 𝟐𝐋𝟑)

𝐲 =𝐏

𝟔𝐄𝐈(𝐱𝟑 − 𝟑𝐱𝐋𝟐 + 𝟐𝐋𝟑)

Pada x = 0 akan terjadi rotasi maksimum sebesar :

𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) =

𝐏𝐱𝟐

𝟐−

𝐏𝐋𝟐

𝟐

𝛉𝐁 =𝐏.𝟎𝟐

𝟐𝐄𝐈−

𝐏𝐋𝟐

𝟐𝐄𝐈

𝛉𝐁 = −𝐏𝐋𝟐

𝟐𝐄𝐈

dan lendutan maksimum :

𝐲 =𝐏

𝟔𝐄𝐈(𝐱𝟑 − 𝟑𝐱𝐋𝟐 + 𝟐𝐋𝟑)

𝐲𝐁 =𝐏

𝟔𝐄𝐈(𝟎𝟑 − 𝟑. 𝟎. 𝐋𝟐 + 𝟐𝐋𝟑)

𝐲𝐁 =𝟐𝐏𝐋𝟑

𝟔𝐄𝐈=

𝐏𝐋𝟑

𝟑𝐄𝐈


Dr. AZ 6

2.2. Balok kantilever dengan beban merata

Gambar 2.5. Balok kantilever dengan beban merata

Dari Gambar 2.5, besarnya momen pada jarak x adalah :

𝐌𝐗 = −𝟏

𝟐𝐐𝐱𝟐

Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam Pers. 7, sehingga didapat :


𝐝𝐱𝟐) =𝟏

𝟐𝐐𝐱𝟐



𝐝𝐱𝟐) = ∫

𝟏

𝟐𝐐𝐱𝟐

𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) =

𝐐𝐱𝟑

𝟔+ 𝐂𝟏

Dengan meninjau kondisi batas tumpuan, Mmaks terjadi pada x = L dan pada lokasi



𝟎 =𝐐𝐋𝟑

𝟔+ 𝐂𝟏

𝐂𝟏 = −𝐐𝐋𝟑

𝟔


𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) =

𝐐𝐱𝟑

𝟔−

𝐐𝐋𝟑

𝟔



𝐝𝐱) = ∫

𝐐𝐱𝟑

𝟔− ∫

𝐐𝐋𝟑

𝟔

𝐄𝐈𝐲 =𝐐𝐱𝟒

𝟐𝟒−

𝐐𝐋𝟑𝐱

𝟔+ 𝐂𝟐

Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C2 sebagai berikut :

𝟎 =𝐐𝐋𝟒

𝟐𝟒−

𝐐𝐋𝟒

𝟔+ 𝐂𝟐

𝐂𝟐 =𝐐𝐋𝟒

𝟖


Dr. AZ 7


𝐄𝐈𝐲 =𝐐𝐱𝟒

𝟐𝟒−

𝐐𝐋𝟑𝐱

𝟔+

𝐐𝐋𝟒

𝟖

𝐲 =𝐐

𝟐𝟒𝐄𝐈(𝐱𝟒 − 𝟒𝐋𝟑𝐱 + 𝟑𝐋𝟒)

Pada x = 0 akan terjadi rotasi maksimum sebesar :

𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) =

𝐐𝐱𝟑

𝟔−

𝐐𝐋𝟑

𝟔

𝛉𝐁 =𝐐.𝟎𝟐

𝟔𝐄𝐈−

𝐐𝐋𝟑

𝟔𝐄𝐈

𝛉𝐁 = −𝐐𝐋𝟑

𝟔𝐄𝐈

dan lendutan maksimum :

𝐲 =𝐐

𝟐𝟒𝐄𝐈(𝐱𝟒 − 𝟒𝐋𝟑𝐱 + 𝟑𝐋𝟒)

𝐲𝐁 =𝐐

𝟐𝟒𝐄𝐈(𝟎𝟒 − 𝟒𝐋𝟑. 𝟎 + 𝟑𝐋𝟒)

𝐲𝐁 =𝟑𝐐𝐋𝟒

𝟐𝟒𝐄𝐈=

𝐐𝐋𝟒

𝟖𝐄𝐈

2.3. Balok sederhana dengan beban titik

Gambar 2.6. Balok sederhana dengan beban titik

Dari Gambar 2.6, besarnya reaksi dukungan dan besarnya momen pada jarak x adalah

:

𝐑𝐀 =𝐏𝐛

𝐋 dan 𝐑𝐁 =

𝐏𝐚

𝐋

𝐌𝐗 =𝐏𝐛𝐱

𝐋 untuk x a

𝐌𝐗 =𝐏𝐛𝐱

𝐋− 𝐏(𝐱 − 𝐚) untuk x a


Dr. AZ 8



𝐝𝐱𝟐) = −𝐏𝐛𝐱

𝐋 untuk x a


𝐝𝐱𝟐) = −𝐏𝐛𝐱

𝐋+ 𝐏(𝐱 − 𝐚) untuk x a



𝐝𝐱𝟐) = ∫ −

𝐏𝐛𝐱

𝐋

𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) = −

𝐏𝐛𝐱𝟐

𝟐𝐋+ 𝐂𝟏 untuk x a


𝐝𝐱𝟐) = ∫ = −

𝐏𝐛𝐱

𝐋+ 𝐏(𝐱 − 𝐚)

𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) = −

𝐏𝐛𝐱𝟐

𝟐𝐋+

𝐏(𝐱−𝐚)𝟐

𝟐+ 𝐂𝟐 untuk x a

Pada x = a, dua persamaan tersebut hasilnya akan sama, dan jika diintegralkan lagi

terhadap x akan didapatkan persamaan berikut :

𝐄𝐈𝐲 = −𝐏𝐛𝐱𝟑

𝟔𝐋+ 𝐂𝟏𝐱 + 𝐂𝟑 untuk x a


𝟔𝐋+

𝐏(𝐱−𝐚)𝟑

𝟔+ 𝐂𝟐𝐱 + 𝐂𝟒 untuk x a

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

persamaannya menjadi :


𝟔𝐋+


𝟔+ 𝐂𝟏𝐱 + 𝐂𝟑

Dengan meninjau kondisi batas tumpuan :

→ untuk x = 0, maka y = 0, sehingga nilai C3 = C4 = 0

→ untuk x = L, maka y = 0, sehingga persamaannya menjadi :

𝟎 = −𝐏𝐛𝐋𝟑

𝟔𝐋+

𝐏(𝐋−𝐚)𝟑

𝟔+ 𝐂𝟏𝐋 + 𝟎

karena L – a = b, maka persamaan tersebut dapat ditulis :

𝟎 = −𝐏𝐛𝐋𝟑

𝟔𝐋+

𝐏𝐛𝟑

𝟔+ 𝐂𝟏𝐋 + 𝟎

𝐂𝟏 =𝐏𝐛𝐋𝟑

𝟔−

𝐏𝐛𝟑

𝟔𝐋=

𝐏𝐛

𝟔𝐋(𝐋𝟐 − 𝐛𝟐)

Sehingga setelah C1 disubtitusi, persamaannya akan menjadi :

𝐲 =𝐏𝐛𝐱

𝟔𝐄𝐈𝐋(𝐋𝟐 − 𝐛𝟐 − 𝐱𝟐) untuk x a

𝐲 =𝐏𝐛𝐱

𝟔𝐄𝐈𝐋(𝐋𝟐 − 𝐛𝟐 − 𝐱𝟐) +


𝟔𝐄𝐈 untuk x a

Pada kasus beban titik terletak di tengah bentang (a = b = L/2), maka rotasi

maksimum akan terjadi di x = 0 atau x = L, sehingga diperoleh :

𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) = −

𝐏𝐛𝐱𝟐

𝟐𝐋+

𝐏𝐛

𝟔𝐋(𝐋𝟐 − 𝐛𝟐) untuk x a

𝛉𝐀 = −𝐏(𝐋/𝟐).𝟎𝟐

𝟐𝐄𝐈𝐋+

𝐏(𝐋/𝟐)

𝟔𝐄𝐈𝐋(𝐋𝟐 − (𝐋/𝟐)𝟐)

𝛉𝐀 =𝐏

𝟏𝟐𝐄𝐈(𝐋𝟐 −

𝐋𝟐

𝟒) =

𝐏𝐋𝟐

𝟏𝟔𝐄𝐈


Dr. AZ 9

Pada kasus beban titik terletak di tengah bentang (a = b = L/2), maka lendutan

maksimum akan terjadi di x = L/2, sehingga diperoleh :

𝐲 =𝐏𝐛𝐱

𝟔𝐄𝐈𝐋(𝐋𝟐 − 𝐛𝟐 − 𝐱𝟐) untuk x a

𝐲𝐂 =𝐏(

𝐋

𝟐)(

𝐋

𝟐)

𝟔𝐄𝐈𝐋(𝐋𝟐 − (

𝐋

𝟐)

𝟐

− (𝐋

𝟐)

𝟐

)

𝐲𝐂 =𝐏𝐋

𝟐𝟒𝐄𝐈(

𝐋𝟐

𝟐) =

𝐏𝐋𝟑

𝟒𝟖𝐄𝐈

2.4. Balok sederhana dengan beban merata

Gambar 2.7. Balok sederhana dengan beban merata

Dari Gambar 2.7, besarnya reaksi dukungan dan besarnya momen pada jarak x adalah

:

𝐑𝐀 = 𝐑𝐁 =𝐐𝐋

𝟐

𝐌𝐗 = 𝐑𝐀𝐱 −𝐐𝐱𝟐

𝟐=

𝟏

𝟐𝐐𝐋𝐱 −

𝟏

𝟐𝐐𝐱𝟐



𝐝𝐱𝟐) = −𝟏

𝟐𝐐𝐋𝐱 +

𝟏

𝟐𝐐𝐱𝟐



𝐝𝐱𝟐) = ∫ −

𝟏

𝟐𝐐𝐋𝐱 +

𝟏

𝟐𝐐𝐱𝟐

𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) = −

𝟏

𝟒𝐐𝐋𝐱𝟐 +

𝟏

𝟔𝐐𝐱𝟑 + 𝐂𝟏

Dengan meninjau kondisi batas tumpuan, Mmaks terjadi pada x = L/2 dan pada lokasi



𝟎 = −𝟏

𝟒𝐐𝐋 (

𝐋

𝟐)

𝟐

+𝟏

𝟔𝐐 (

𝐋

𝟐)

𝟑

+ 𝐂𝟏

𝟎 = −𝟏

𝟏𝟔𝐐𝐋𝟑 +

𝟏

𝟒𝟖𝐐𝐋𝟑 + 𝐂𝟏

𝐂𝟏 =𝟐

𝟒𝟖𝐐𝐋𝟑 =

𝟏

𝟐𝟒𝐐𝐋𝟑


Dr. AZ 10


𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) == −

𝟏


𝟏

𝟔𝐐𝐱𝟑 +

𝟏




𝐝𝐱) = − ∫

𝟏

𝟒𝐐𝐋𝐱𝟐 + ∫

𝟏

𝟔𝐐𝐱𝟑 + ∫

𝟏


𝐄𝐈𝐲 = −𝟏

𝟏𝟐𝐐𝐋𝐱𝟑 +

𝟏

𝟐𝟒𝐐𝐱𝟒 +

𝟏

𝟐𝟒𝐐𝐋𝟑𝐱 + 𝐂𝟐

Pada x = 0, lendutan y = 0, sehingga didapat C2 sebagai berikut :

𝟎 = −𝟏

𝟏𝟐𝐐𝐋. 𝟎 +

𝟏

𝟐𝟒𝐐. 𝟎 +

𝟏

𝟐𝟒𝐐𝐋𝟑. 𝟎 + 𝐂𝟐

𝐂𝟐 = 𝟎


𝐄𝐈𝐲 = −𝟏

𝟏𝟐𝐐𝐋𝐱𝟑 +

𝟏

𝟐𝟒𝐐𝐱𝟒 +

𝟏

𝟐𝟒𝐐𝐋𝟑𝐱

𝐲 =𝐐𝐱

𝟐𝟒𝐄𝐈(𝐋𝟑 − 𝟐𝐋𝐱𝟐 + 𝐱𝟑)

Pada kasus merata terletak penuh di sepanjang bentang, maka rotasi maksimum akan

terjadi di x = 0 atau x = L, sehingga diperoleh :

𝐄𝐈 (𝐝𝐲

𝐝𝐱) = −

𝟏


𝟏

𝟔𝐐𝐱𝟑 +

𝟏


𝛉𝐀 = −𝟏

𝟒𝐄𝐈𝐐𝐋. 𝟎𝟐 +

𝟏

𝟔𝐄𝐈𝐐. 𝟎𝟑 +

𝟏


𝛉𝐀 = 𝟎 + 𝟎 +𝟏

𝟐𝟒𝐄𝐈𝐐𝐋𝟑 =

𝟏

𝟐𝟒𝐄𝐈𝐐𝐋𝟑

Pada kasus beban merata terletak penuh di sepanjang bentang, maka lendutan

maksimum akan terjadi di x = L/2, sehingga diperoleh :

𝐲 =𝐐𝐱

𝟐𝟒𝐄𝐈(𝐋𝟑 − 𝟐𝐋𝐱𝟐 + 𝐱𝟑)

𝐲𝐂 =𝐐(

𝐋

𝟐)

𝟐𝟒𝐄𝐈(𝐋𝟑 − 𝟐𝐋 (

𝐋

𝟐)

𝟐

+ (𝐋

𝟐)

𝟑

)

𝐲𝐂 =𝐐𝐋

𝟒𝟖𝐄𝐈(𝐋𝟑 −

𝐋𝟑

𝟐+

𝐋𝟑

𝟖) =

𝐐𝐋

𝟒𝟖𝐄𝐈(

𝟓𝐋𝟑

𝟖) =

𝟓𝐐𝐋𝟒

𝟑𝟖𝟒𝐄𝐈

3. Metode Luas Bidang Momen (Moment Area Method)

Pada metode dobel integrasi telah dijelaskan dan dihasilkan persamaan lendutan

dan rotasi untuk beberapa contoh kasus. Hasil tersebut masih bersifat umum, namun

mempunyai kelemahan apabila diterapkan pada struktur dengan pembebanan yang

lebih kompleks dan dirasa kurang praktis karena harus melalui penjabaran secara

matematis. Metode luas bidang momen inipun sebenarnya 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 (untuk lebih jelasnya dapat

dilihat pada Gambar 3.1)


Dr. AZ 11

Gambar 3.1. Balok yang mengalami lentur

Dari Gambar 3.1 dapat diperoleh persamaan berikut :

𝟏

𝐫=

𝐝𝛉

𝐝𝐱=

𝐌

𝐄𝐈 (3.1)

atau yang dapat ditulis menjadi :

𝐝𝛉 =𝐌

𝐄𝐈𝐝𝐱 (3.2)

dari Pers. 3.2, dapat dibuat teorema berikut :

Teorema I :

Elemen sudut dyang 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 3.1, apabila dx adalah panjang balok AB, maka besarnya sudut yang

dibentuk adalah :

𝛉𝐀𝐁 = ∫𝐌

𝐄𝐈𝐝𝐱

𝐋

𝟎 (3.3)


Dr. AZ 12

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

melewati titik B akan diperoleh :

𝐁′𝐁" = 𝐝𝛅 = 𝐱𝐝𝛉 =𝐌𝐱


dengan :

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 Pers. 3.4 dapat dibuat teorema berikut :

Teorema 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.

𝐁𝐁′ = 𝛅 = ∫𝐌𝐱

𝐄𝐈𝐝𝐱

𝐋

𝟎 (3.5)

Untuk menyelesaikan Pers. (3.5) yang menjadi permasalahan 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

3.2.

Gambar 3.2. Letak titik berat luasan penampang


Dr. AZ 13



Momen di A akibat beban titik sebesar MA = PL

Letak titik berat ke titik B sebesar = 2L/3

Berdasarkan Teorema I, besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar :

𝛉𝐁 =𝐋𝐮𝐚𝐬 𝐛𝐢𝐝𝐚𝐧𝐠 𝐦𝐨𝐦𝐞𝐧

𝐄𝐈

𝛉𝐁 =𝐏𝐋.

𝟏

𝟐𝐋

𝐄𝐈=

𝐏𝐋𝟐

𝟐𝐄𝐈

Berdasarkan Teorema II, besarnya lendutan vertikal di B adalah sebesar :

𝛅𝐁 =𝐒𝐭𝐚𝐭𝐢𝐬 𝐦𝐨𝐦𝐞𝐧 𝐥𝐮𝐚𝐬 𝐛𝐢𝐝𝐚𝐧𝐠

𝐄𝐈

𝛅𝐁 =𝐏𝐋.

𝟏

𝟐𝐋.

𝟐

𝟑𝐋

𝐄𝐈=

𝐏𝐋𝟑

𝟑𝐄𝐈




Dr. AZ 14

Momen di A akibat beban merata sebesar 𝐌𝐀 =𝐐𝐋𝟐

𝟐

Letak titik berat ke titik B sebesar = 3L/4

Berdasarkan Teorema I, besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar :

𝛉𝐁 =𝐋𝐮𝐚𝐬 𝐛𝐢𝐝𝐚𝐧𝐠 𝐦𝐨𝐦𝐞𝐧

𝐄𝐈

𝛉𝐁 =𝟏

𝟐𝐐𝐋𝟐.

𝟏

𝟑𝐋

𝐄𝐈=

𝐐𝐋𝟑

𝟔𝐄𝐈

Berdasarkan Teorema II, besarnya lendutan vertikal di B adalah sebesar :

𝛅𝐁 =𝐒𝐭𝐚𝐭𝐢𝐬 𝐦𝐨𝐦𝐞𝐧 𝐥𝐮𝐚𝐬 𝐛𝐢𝐝𝐚𝐧𝐠

𝐄𝐈

𝛅𝐁 =𝟏

𝟐𝐐𝐋𝟐.

𝟏

𝟑𝐋.

𝟑

𝟒𝐋

𝐄𝐈=

𝐐𝐋𝟒

𝟖𝐄𝐈



Momen di C akibat beban titik sebesar MC = PL/4

Letak titik berat ke titik A sebesar = L/3

Berdasarkan Teorema I, besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar :

𝛉𝐂 =𝐋𝐮𝐚𝐬 𝐛𝐢𝐝𝐚𝐧𝐠 𝐦𝐨𝐦𝐞𝐧

𝐄𝐈

𝛉𝐂 =𝟏

𝟐.𝐏𝐋

𝟒.𝟏

𝟐𝐋

𝐄𝐈=

𝐏𝐋𝟐

𝟏𝟔𝐄𝐈

Berdasarkan Teorema II, besarnya lendutan vertikal di C adalah sebesar :

𝛅𝐂 =𝐒𝐭𝐚𝐭𝐢𝐬 𝐦𝐨𝐦𝐞𝐧 𝐥𝐮𝐚𝐬 𝐛𝐢𝐝𝐚𝐧𝐠

𝐄𝐈

𝛅𝐂 =𝟏

𝟐.𝐏𝐋

𝟒.𝟏

𝟐𝐋.

𝟐.𝐋

𝟑.𝟐

𝐄𝐈=

𝐏𝐋𝟑

𝟒𝟖𝐄𝐈


Dr. AZ 15



Momen di C akibat beban merata sebesar 𝐌𝐂 =𝐐𝐋𝟐

𝟖

Letak titik berat ke titik A sebesar = 5L/16

Berdasarkan Teorema I, besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar :

𝛉𝐂 =𝐋𝐮𝐚𝐬 𝐛𝐢𝐝𝐚𝐧𝐠 𝐦𝐨𝐦𝐞𝐧

𝐄𝐈

𝛉𝐂 =𝟏

𝟖𝐐𝐋𝟐.

𝟐

𝟑.𝐋

𝟐

𝐄𝐈=

𝐐𝐋𝟑

𝟐𝟒𝐄𝐈

Berdasarkan Teorema II, besarnya lendutan vertikal di C adalah sebesar :

𝛅𝐂 =𝐒𝐭𝐚𝐭𝐢𝐬 𝐦𝐨𝐦𝐞𝐧 𝐥𝐮𝐚𝐬 𝐛𝐢𝐝𝐚𝐧𝐠

𝐄𝐈

𝛅𝐂 =𝟏

𝟖𝐐𝐋𝟐.

𝟐

𝟑.𝐋

𝟐.𝟓𝐋

𝟏𝟔

𝐄𝐈=

𝟓𝐐𝐋𝟒


4. Metode Balok Padanan (Conjugate Beam Method)

Dua metode yang sudah dibahas sebelumnya mempunyai kekurangan yang

sama, yaitu apabila konstruksi dan pembebanan cukup kompleks. Metode balok

padanan (conjugate beam method) yang menganggap bidang momen sebagai beban

dirasa lebih praktis untuk digunakan. Metode ini pada pada prinsipnya sama dengan

metode luas bidang (moment area method), hanya sedikit terdapat modifikasi. Untuk

penjelasannya dapat dilihat pada Gambar 4.1, sebuah konstruksi balok sederhana

dengan beban titik P, kemudian bidang momen yang terjadi dianggap sebagai beban.


Dr. AZ 16

Gambar 4.1. Balok sederhana dan garis elastika beban titik

Dari Gambar 4.1, W adalah luas bidang momen yang besarnya :

𝐖 =𝟏

𝟐𝐋.

𝐏𝐚𝐛

𝐋=

𝐏𝐚𝐛

𝟐 (4.1)

Berdasarkan Teorema II yang telah dibahas pada metode luas bidang momen

(moment area method), maka didapat :

𝛅𝟏 =𝐒𝐭𝐚𝐭𝐢𝐬 𝐦𝐨𝐦𝐞𝐧 𝐥𝐮𝐚𝐬 𝐛𝐢𝐝𝐚𝐧𝐠 𝐭𝐞𝐫𝐡𝐚𝐝𝐚𝐩 𝐁

𝐄𝐈

𝛅𝟏 =𝟏

𝐄𝐈(

𝐏𝐚𝐛

𝟐) (

𝟏

𝟑(𝐋 + 𝐛)) =

𝐏𝐚𝐛(𝐋+𝐛)

𝟔𝐄𝐈 (4.2)

Dengan menganggap bahwa lendutan yang terjadi cukup kecil, maka berdasarkan

pendekatan geometris akan diperoleh :

𝛅𝟏 = 𝛉𝐀𝐋 atau 𝛉𝐀 =𝛅𝟏

𝐋

𝛉𝐀 =𝐏𝐚𝐛(𝐋+𝐛)

𝟔𝐄𝐈𝐋=

𝐑𝐀

𝐄𝐈 (4.3)

Analog dengan cara yang sama, akan diperoleh :

𝛉𝐁 =𝐏𝐚𝐛(𝐋+𝐚)

𝟔𝐄𝐈𝐋=

𝐑𝐁

𝐄𝐈 (4.4)

Dari Pers. (4.3) dan (4.4), dapat dibuat kesimpulan bahwa rotasi di A dan B besarnya

sama dengan reaksi perletakan dibagi EI (𝛉𝐀 =𝐑𝐀

𝐄𝐈 atau 𝛉𝐁 =

𝐑𝐁

𝐄𝐈). Berdasarkan


Dr. AZ 17

Gambar 4.1, sebenarnya yang akan dicari adalah defleksi pada titik sejauh x meter

dari tumpuan A (potongan i-j-k) yaitu sebesar x.

x = ij = ik – jk (4.5)

Berdasarkan geometri, maka besarnya ik = Ax, sehingga :

𝐢𝐤 =𝐑𝐀𝐱

𝐄𝐈 (4.6)

Sedangkan berdasarkan Teorema II adalah statis momen luasan Amn terhadap

bidang m-n dibagi dengan EI, maka akan diperoleh :

𝐣𝐤 =𝐥𝐮𝐚𝐬 𝐀𝐦𝐧.

𝐱

𝟑

𝐄𝐈 (4.7)

Sehingga lendutan x yang berjarak x dari A, adalah :

𝛅𝐱 =𝟏

𝐄𝐈(𝐑𝐀𝐱 − 𝐥𝐮𝐚𝐬 𝐀𝐦𝐧.

𝐱

𝟑) (4.8)

Berdasarkan Pers. (4.8) dapat dibuat sebuah teorema.

Teorema III : Lendutan disuatu titik dalam suatu bentang balok sederhana besarnya sama dengan

momen di titik tersebut dibagi dengan EI, apabila bidang momen dianggap sebagai

beban.



Untuk penyelesaiannya adalah dengan mencari bidang momen terlebih dahulu,

hasilnya ditunjukkan pada Gambar 4.2.b. Hasil bidang momen tersebut kemudian

dijadikan sebagaimana beban, seperti ditunjukkan pada Gambar 4.2.c. Kemudian

dicari besarnya reaksi tumpuan dan momennya. Nilai adalah sebesar RA akibat

beban momen dibagi dengan EI, sedangkan nilai adalah sebesar MB akibat beban

momen dibagi dengan EI. Untuk lebih jelasnya dapat dilihat pada perhitungan berikut

:


Dr. AZ 18

Berdasarkan Gambar 4.2.a, didapat momen di A seperti pada Gambar 4.2.b yang

besarnya : 𝐌𝐀 = 𝐏𝐋

Dari bidang momen yang ditunjukkan pada Gambar 4.2.b, kemudian dibalik dan

dijadikan beban seperti pada Gambar 4.2.c, kemudian dihitung reaksi tumpuan

yang besarnya :

𝐑𝐀 =𝐏𝐋𝟐

𝟐 → (besarnya sama dengan Amn = W)

Dengan demikian rotasi di B dapat dihitung, yaitu sebesar :

𝛉𝐁 =𝐑𝐀

𝐄𝐈=

𝐏𝐋𝟐

𝟐𝐄𝐈

Dari Gambar 4.2.c, dapat dihitung momen di A, yaitu sebesar :

𝐌𝐀 =𝐏𝐋𝟐

𝟐.

𝟐

𝟑𝐋 =

𝐏𝐋𝟑

𝟑

Besanya lendutan di B dapat dihitung, yaitu sebesar :

𝛅𝐁 =𝐌𝐀

𝐄𝐈=

𝐏𝐋𝟑

𝟑𝐄𝐈








Dr. AZ 19

beban momen dibagi dengan EI, sedangkan nilai adalah sebesar MB akibat beban

momen dibagi dengan EI. Untuk lebih jelasnya dapat dilihat pada perhitungan berikut

:

Berdasarkan Gambar 4.3.a, didapat momen di A seperti pada Gambar 4.3.b yang

besarnya : 𝐌𝐀 =𝐐𝐋𝟐

𝟐



yang besarnya :

𝐑𝐀 =𝟏

𝟐𝐐𝐋𝟐.

𝟏

𝟑𝐋 =

𝐐𝐋𝟑

𝟔 → (besarnya sama dengan Amn = W)

Dengan demikian rotasi di B dapat dihitung, yaitu sebesar :

𝛉𝐁 =𝐑𝐀

𝐄𝐈=

𝐐𝐋𝟑

𝟔𝐄𝐈

Dari Gambar 4.3.c, dapat dihitung momen di A, yaitu sebesar :

𝐌𝐀 =𝐐𝐋𝟑

𝟔.

𝟑

𝟒𝐋 =

𝐐𝐋𝟒

𝟖

Besanya lendutan di B dapat dihitung, yaitu sebesar :

𝛅𝐁 =𝐌𝐀

𝐄𝐈=

𝐐𝐋𝟒

𝟖𝐄𝐈







Dr. AZ 20


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

momen dibagi dengan EI, dan nilai Cadalah sebesar MC akibat beban momen dibagi

dengan EI. Untuk lebih jelasnya dapat dilihat pada perhitungan berikut :

Berdasarkan Gambar 4.4.a, didapat momen di C seperti pada Gambar 4.4.b yang

besarnya : 𝐌𝐂 =𝐏𝐋

𝟒



yang besarnya :

𝐑𝐀 = 𝐑𝐁 =𝟏

𝟐.

𝐏𝐋

𝟒.

𝐋

𝟐=

𝐏𝐋𝟐

𝟏𝟔 → (besarnya sama dengan Amn = W)

Dengan demikian rotasi di A dan B dapat dihitung, yaitu sebesar :

𝛉𝐀 = 𝛉𝐁 =𝐑𝐀

𝐄𝐈=

𝐑𝐀

𝐄𝐈=

𝐏𝐋𝟐

𝟏𝟔𝐄𝐈

Dari Gambar 4.4.c, dapat dihitung momen di C, yaitu sebesar :

𝐌𝐂 = 𝐑𝐀.𝟐

𝟑.

𝐋

𝟐=

𝐏𝐋𝟐

𝟏𝟔𝐄𝐈.

𝟐

𝟑.

𝐋

𝟐=

𝐏𝐋𝟑

𝟒𝟖

Besanya lendutan di C dapat dihitung, yaitu sebesar :

𝛅𝐂 =𝐌𝐂

𝐄𝐈=

𝐏𝐋𝟑

𝟒𝟖𝐄𝐈




Dr. AZ 21





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

momen dibagi dengan EI, dan nilai Cadalah sebesar MC akibat beban momen dibagi

dengan EI. Untuk lebih jelasnya dapat dilihat pada perhitungan berikut :

Berdasarkan Gambar 4.5.a, didapat momen di C seperti pada Gambar 4.5.b yang

besarnya : 𝐌𝐂 =𝐐𝐋𝟐

𝟖



yang besarnya :

𝐑𝐀 = 𝐑𝐁 =𝐐𝐋𝟐

𝟖.

𝟐

𝟑.

𝐋

𝟐=

𝐐𝐋𝟑

𝟐𝟒 → (besarnya sama dengan Amn = W)

Dengan demikian rotasi di A dan B dapat dihitung, yaitu sebesar :

𝛉𝐀 = 𝛉𝐁 =𝐑𝐀

𝐄𝐈=

𝐑𝐀

𝐄𝐈=

𝐐𝐋𝟑

𝟐𝟒𝐄𝐈

Dari Gambar 4.5.c, dapat dihitung momen di C, yaitu sebesar :

𝐌𝐂 = 𝐑𝐀.𝟓

𝟖.

𝐋

𝟐=

𝐐𝐋𝟑

𝟐𝟒.

𝟓𝐋

𝟏𝟔=

𝟓𝐐𝐋𝟒

𝟑𝟖𝟒

Besanya lendutan di C dapat dihitung, yaitu sebesar :

𝛅𝐂 =𝐌𝐂

𝐄𝐈=

𝟓𝐐𝐋𝟒


5. Metode Beban Satuan (Unit Load Method)

Metode Energi Regangan (Strain Energy Method) adalah metode yang sangat

baik (powerful) untuk memformulasi hubungan gaya dan perpindahan pada suatu

struktur. Pembahasan metode energi regangan (strain energy method) termasuk

didalamnya adalah kekekalan energi dan metode beban satuan (unit load method) atau

yang juga dikenal dengan metode kerja maya (virtual work method). Sebagai ilustrasi

dari kekekalan energi, misal sebuah elemen struktur dibebani gaya P dan Q, maka

pada struktur akan terdapat :

Kerja luar (external work) : produk gaya luar (KL)

Kerja dalam (internal work) : produk gaya dalam (KD)

KL = KD → kondisi keseimbangan (equilibrium)

Kerja dalam (internal work) merupakan respon terhadap kerja luar (external

work) akibat adanya beban yang diaplikasikan pada struktur dan deformasinya. KD

mempunyai kapasitas untuk menghasilkan kerja dan menjaga struktur pada

konfigurasi asalnya, karena perilaku dari struktur masih dalam batas kondisi elastis.

Untuk lebih dapat memahami tentang KD yang juga sering disebut dengan energi

regangan (strain energy) dan dinotasikan dengan U dapat dilihat pada Gambar 5.1.


Dr. AZ 22

Gambar 5.1. Energi regangan pada balok

Dari Gambar 5.1.b, dapat dihitung besarnya d seperti Pers. 5.1 :

dθ=𝐌


Energi regangan balok sepanjang dx dapat dihitung dengan persamaan berikut :

dU=𝟏

𝟐𝐌𝐝𝛉 (5.2)

Jadi energi regangan balok secara keseluruhan merupakan hasil integral dari dU

seperti berikut :

U= ∫ 𝐝𝐔 = ∫𝐌𝟐

𝟐𝐄𝐈𝐝𝐱

𝐋

𝟎

𝐋

𝟎 (5.3)

Selanjutnya akan dijelaskan tentang energi potensial pada struktur yang dinotasikan

dengan Π yang terbentuk atas dua komponen, yaitu U (energi regangan) dan Ω (kerja

luar).

𝚷 = 𝐔 + 𝛀 (5.4)

dengan :

𝐔 =𝟏

𝟐𝐤𝚫𝟐 (5.5)

𝛀 = −𝐅𝚫 (5.6)

jadi :

𝚷 =𝟏

𝟐𝐤𝚫𝟐 − 𝐅𝚫 (5.7)

Pers. (5.7) merupakan persamaan fungsi Δ dan jika diturunkan terhadap dΔ, maka :

𝐝𝚷 = 𝐤𝚫 − 𝐅 (5.8)

Pada kondisi seimbang (equilibrium) atau 𝐝𝚷 = 𝟎, maka :

𝐅 = 𝐤𝚫 (5.9)

Pers. (5.9) menunjukkan hubungan antara gaya (F) dan perpindahan (Δ) dengan k

sebagai nilai kekakuan dari suatu struktur.


Dr. AZ 23

Teorema Castigliano I :

Potential energi (Π) sering ditunjukkan dalam fungsi dari Degree of Freedom, DoF

(derajat kebebasan) seperti pada Pers. (5.10).

𝚷 = 𝚷(𝐃𝟏, 𝐃𝟐, 𝐃𝟑, … , 𝐃𝐧) (5.10)

Pada kondisi seimbang (equilibrium) atau 𝐝𝚷 = 𝟎, maka :

𝐝𝚷 =𝐝𝚷

𝛛𝐃𝟏𝐝𝐃𝟏 +

𝐝𝚷

𝛛𝐃𝟐𝐝𝐃𝟐 +

𝐝𝚷

𝛛𝐃𝟑𝐝𝐃𝟑 + ⋯ +

𝐝𝚷

𝛛𝐃𝐧𝐝𝐃𝐧 = 𝟎 (5.11)

sehingga dari Pers. (5.11) dapat ditulis ulang dalam bentuk matriks seperti berikut :

F1 = K11D1 K12D2 K13D3 … K1nDn

F2 = K21D1 K22D2 K23D3 … K2nDn

F3 = K31D1 K32D2 K33D3 … K3nDn

… = … … … … … Fn = Kn1D1 Kn2D2 Kn3Dn … KnnDn

[𝐅] = [𝐊] [𝐃] (5.12)

Pers (5.12) identik dengan Pers. (5.9).

Teorema Castigliano II :

Untuk struktur yang berperilaku linier‐elastik, lendutan pada suatu titik dalam struktur

merupakan turunan parsial dari energi regangan terhadap gaya (Pers. 5.13) dan rotasi

merupakan turunan parsial dari energi regangan terhadap kopel pada garis kerja (Pers.

5.14).

∆𝐢=𝛛𝐔

𝛛𝐏𝐢 (5.13)

𝛉𝐢 =𝛛𝐔

𝛛𝐌𝐢 (5.14)

Untuk lebih memahami tentang Teorema Castigliano II, dapat ditinjau sebuah balok

sederhana yang diberi beban seperti pada Gambar 5.2.


Dr. AZ 24

Gambar 5.2. Energi regangan pada balok sederhana

Dari Gambar 5.2, energi regangan pada balok = kerja luarnya, yaitu :

𝐔 = 𝐖𝐢 =𝟏

𝟐𝐏𝟏∆𝟏 +

𝟏

𝟐𝐏𝟐∆𝟐 +

𝟏

𝟐𝐏𝟑∆𝟑 (5.15)

Pers. (5.15), energi regangan dapat juga ditulis dalam bentuk fungsi beban atau gaya

seperti berikut :

𝐔 = 𝐟(𝐏𝟏, 𝐏𝟐, 𝐏𝟑) (5.16)

Jika P2 ditingkatkan sebesar dP2 yang akan menyebabkan lendutan di titik 2 juga

meningkat sebesar dΔ2, maka energi regangan juga meningkat menjadi :

𝐔𝐓 = 𝐔 +𝛛𝐔

𝛛𝐏𝟐𝐝𝐏𝟐 (5.17)

atau

𝐔𝐓 = 𝐔 + 𝐝𝐔

𝐔𝐓 =𝟏

𝟐𝐝𝐏𝟐𝐝∆𝟐 + 𝐝𝐏𝟐∆𝟐 +

𝟏

𝟐𝐏𝟏∆𝟏 +

𝟏

𝟐𝐏𝟐∆𝟐 +

𝟏

𝟐𝐏𝟑∆𝟑 (5.18)

Jika suku pertama pada Pers. (5.18) dapat diabaikan, sehingga persamaannya dapat

ditulis menjadi :

𝐔𝐓 = 𝐝𝐏𝟐∆𝟐 +𝟏

𝟐𝐏𝟏∆𝟏 +

𝟏

𝟐𝐏𝟐∆𝟐 +

𝟏

𝟐𝐏𝟑∆𝟑

𝐔𝐓 = 𝐝𝐏𝟐∆𝟐 + 𝐔 (5.19)

Dengan memperhatikan bahwa Pers. (5.17) identik dengan Pers. (5.19), maka dapat

ditulis dalam bentuk :

𝐔 +𝛛𝐔

𝛛𝐏𝟐𝐝𝐏𝟐 = 𝐝𝐏𝟐∆𝟐 + 𝐔

𝛛𝐔

𝛛𝐏𝟐𝐝𝐏𝟐 = 𝐝𝐏𝟐∆𝟐

𝛛𝐔

𝛛𝐏𝟐= ∆𝟐

atau identik dengan Pers. (5.13).

∆𝐢=𝛛𝐔

𝛛𝐏𝐢


Dr. AZ 25

Jadi lendutan di suatu titik adalah merupakan hasil turunan energi regangan ke gaya di

titik tersebut pada arah kerjanya. Dengan cara yang sama juga dapat diperoleh rotasi

di suatu titik seperti pada Pers. (5.14).

𝛉𝐢 =𝛛𝐔

𝛛𝐌𝐢



Dengan menggunakan Pers. (5.13) dapat dihitung lendutan di titik B seperti berikut :

∆𝐁= ∫ 𝐦𝐌

𝐄𝐈𝐝𝐱

𝐋

𝟎

= ∫ 𝐱𝐏𝐱

𝐄𝐈𝐝𝐱 =

𝐋

𝟎

𝐏

𝐄𝐈∫ 𝐱𝟐𝐝𝐱 =

𝐏

𝐄𝐈[𝟏

𝟑𝐱𝟑]

𝐋𝟎

=𝐏𝐋𝟑

𝟑𝐄𝐈

𝐋

𝟎

Sedangkan rotasi di titik B dapat dihitung dengan menggunakan Pers. (5.14) seperti

berikut :

𝛉𝐁 = ∫ 𝐦𝐌

𝐄𝐈𝐝𝐱

𝐋

𝟎

= ∫ 𝟏𝐏𝐱

𝐄𝐈𝐝𝐱 =

𝐋

𝟎

𝐏

𝐄𝐈∫ 𝐱𝐝𝐱 =

𝐏

𝐄𝐈[𝟏

𝟐𝐱𝟐]

𝐋𝟎

=𝐏𝐋𝟐

𝟐𝐄𝐈

𝐋

𝟎


Dr. AZ 26



Dengan menggunakan Pers. (5.13) dapat dihitung lendutan di titik B seperti berikut :

∆𝐁= ∫ 𝐦𝐌

𝐄𝐈𝐝𝐱

𝐋

𝟎

= ∫ 𝐱

𝟏𝟐 𝐐𝐱𝟐

𝐄𝐈𝐝𝐱 =

𝐋

𝟎

𝐐

𝟐𝐄𝐈∫ 𝐱𝟑𝐝𝐱 =

𝐐

𝟐𝐄𝐈[𝟏

𝟒𝐱𝟒]

𝐋𝟎

=𝐐𝐋𝟒

𝟖𝐄𝐈

𝐋

𝟎

Sedangkan rotasi di titik B dapat dihitung dengan menggunakan Pers. (5.14) seperti

berikut :

𝛉𝐁 = ∫ 𝐦𝐌

𝐄𝐈𝐝𝐱

𝐋

𝟎

= ∫ 𝟏

𝟏𝟐 𝐐𝐱𝟐

𝐄𝐈𝐝𝐱 =

𝐋

𝟎

𝐐

𝟐𝐄𝐈∫ 𝐱𝟐𝐝𝐱 =

𝐐

𝟐𝐄𝐈[𝟏

𝟑𝐱𝟑]

𝐋𝟎

=𝐐𝐋𝟑

𝟔𝐄𝐈

𝐋

𝟎


Dr. AZ 27



Dengan menggunakan Pers. (5.13) untuk interval 0 x L/2 dapat dihitung lendutan

di titik C seperti berikut :

∆𝐂= ∫ 𝐦𝐌

𝐄𝐈𝐝𝐱

𝐋/𝟐

𝟎

= ∫𝐱

𝟐

𝐏𝐱

𝟐𝐄𝐈𝐝𝐱 =

𝐋/𝟐

𝟎

𝐏

𝟒𝐄𝐈∫ 𝐱𝟐𝐝𝐱 =

𝐏

𝟒𝐄𝐈[𝟏

𝟑𝐱𝟑]

𝐋/𝟐𝟎

=𝐏

𝟒𝐄𝐈[

𝟏

𝟐𝟒𝐋𝟑] =

𝐏𝐋𝟑

𝟗𝟔𝐄𝐈

𝐋/𝟐

𝟎

Sedangkan rotasi di titik A untuk interval 0 x L/2 dapat dihitung dengan

menggunakan Pers. (5.14) seperti berikut :

𝛉𝐀 = ∫ 𝐦𝐌

𝐄𝐈𝐝𝐱

𝐋/𝟐

𝟎

= ∫𝟐𝐱

𝐋

𝐏𝐱

𝟐𝐄𝐈𝐝𝐱 =

𝐋/𝟐

𝟎

𝐏

𝐄𝐈𝐋∫ 𝐱𝟐𝐝𝐱 =

𝐏

𝐄𝐈𝐋[𝟏

𝟑𝐱𝟑]

𝐋/𝟐𝟎

=𝐏

𝐄𝐈𝐋[

𝟏

𝟐𝟒𝐋𝟑] =

𝐏𝐋𝟐

𝟐𝟒𝐄𝐈

𝐋/𝟐

𝟎

LENDUTAN (Deflection P -...

Documents

Transcript of LENDUTAN (Deflection P -...