ANALISIS BALOK SEDERHANA
6.3 ANALISIS BALOK SEDERHANA
Balok sederhana (simple span) merupakan sistem struktur yang terdiri atas balok tunggal yang ditumpu sendi dan rol pada ujung-ujungnya. Tumpuan rol lazimnya dipasang sedemikian hingga arah gerakan rol berimpit dengan sumbu aksial balok; namun, rol dapat juga dipasang
dengan kemiringan (skew-support) yang akhimya menimbulkan aksi normal pada sumbu aksial
balok. Lihat Gambar 6.3 untuk penjelasan.
Akibat beban luar yang bekerja di atas balok, umumnya timbul reaksi perletakan sendi dan rol, yang dalam Gambar 6.3e digambarkan di arah positif sesuai perjanjian tanda yang diuraikan dalam Bab 4. Pada ujung A, sendi mengerahkan dua reaksi, yaitu RAH dan RAV' dan satu reaksi
vertikal R8v di ujung B oleh rol.
Sistem struktur dimodel dengan satu elemen, yaitu dengan menerapkan titik sampul 1 dan
2 masing-masing di dekat titik A dan B. Jenis gaya terpusat P yang bekerja di lokasi x = a
sesudut a dengan sumbu X, menimbulkan gaya-gaya ujung N1, Q1 dan M1 di ujung 1, dan N2,
64 MEKANIKA TEKNIK: STATIKA DALAM ANALISIS STRUKTUR BERBENTUK RANGKA
(a)
(panjang bentang)
(b)
(e)
GAMBAR 6.3 Sistern Balok Sederhana
Q2, dan M2 di ujung 2. Sesuai Tabel 4.2, untuk jenis balok-kolom seperti ini mempunyai jumlah komponen gaya elemen, = 6, Persamaan keseimbangan elemen ne = 3. Jumlah Persamaan keseimbangan titik
n1 = 3. Jumlah elemen m = 1, titik sampul j = 2, dan tidak ada sendi dalam (h = 0). Jumlah reaksi peletakan adalah r = 3. Dengan demikian, menurut Persamaan (4.14) diperoleh berturut-turut e =3 x 1 + 3 x 2 = 9, dan f =6 x 1 +3- 0 = 9, sehingga s = f
- e = 9 -9= 0, yang menyatakan bahwa struktur adalah statis tentu.
Sekarang, kita melakukan analisis struktur dengan proses analisis yang lengkap, yaitu dengan menggunakan semua persamaan yang ada. Pertama, keseimbangan elemen memberikan
LFx = 0 � N1 + N2 + P cos a = 0 LFy = 0 � Q1 + Q2 + P sin a = 0 (6. 7) LM2 = 0 � M1 + M2 + (P sin a)(a) + (Q2)(L) = 0
dengan keseimbangan momen dalam Persamaan (6.7c) diambil terhadap titik 1. Kemudian,
keseimbangan badan bebas titik simpul 1 memberikan LFx = 0 � R AH- N1 = 0
LFy = 0 � R AV - Ql = 0 (6.8)
LM2 = 0 � -M1
Keseimbangan badan titik simpul 2 memberikan
LFx = 0 � -N2
LFy = 0 � -Q2 + RBv = 0 (6.9)
LM2 = 0 � -M2
BAB 6 ANAUSIS STRUKTUR BALOK
Sistem persamaan yang diperoleh dalam Persamaan (6.7) hingga (6.9) perlu diselesaikan untuk menentukan komponen reaksi gaya ujung elemen N1, Q1, M1, N2, Q2, dan M2 serta komponen
perletakan RAH' RAv dan R8v· Solusi sistem persamaan simultan dalam Persamaan (6.8) memberikan
(6.10) sementara solusi sistem persamaan simultan dalam Persamaan (6.9) menghasilkan (6.11) Hasil dalam Persamaan (6.10) dan (6.11) kemudian dimasukkan ke dalam Persamaan (6.7),
Nl = RAH; Ql = RAV; Ml =0
sehingga diperoleh
R AH + P cos a =0 RAv + R8v +P sin a =0
(P sin a)(a) + (R8v)(L) =0
Bentuk dalam Persamaan (6.12) identik dengan hasil peninjauan badan bebas elemen tunggal AB, seperti dalam Gambar 6.3b, yang diperoleh jika menggunakan kriteria keseimbangan
LFx =0
LFy =0
L M 2 =0 (terhadap titik A)
Dengan demikian maka khusus struktur balok tunggal seperti ini, lebih praktis jika dalam statika digunakan badan bebas balok tunggal seperti dalam Gambar 6.3b, untuk mendapatkan besar reaksi perletakan. Sekali reaksi perletakan sudah dihitung, reaksi ujung-ujung elemen akan dapat dihitung dengan menggunakan Persamaan (6.10) dan (6,11). Ini berarti bahwa perhitungan analisis formal yang menggunakan keseimbangan elemen dan titik simpul secara identik dapat digantikan dengan badan bebas balok tunggal seperti dalam Gambar 6.3b. Perhitungan menjadi lebih praktis dan sederhana.
Sekali reaksi perletakan dapat ditetapkan, gaya-gaya ujung dapat dihitung, sekaligus dengan gaya-gaya reaksi dalam pada suatu penampang tertentu yang diminati pada lokasi tertentu pada sumbu aksial batang. Dengan demikian, analisis formal seperti dalam Persamaan (6.7),
(6.8), dan (6.9), jarang dilakukan. Dapat ditambahkan, bahwa Persamaan (6.13) dapat digantikan secara identik dengan Persamaan keseimbangan altematif
LFx =0 LMA =0
LMB =0
Perhatikan bahwa yang dimaksudkan dengan notasi LMA = 0 adalah keseimbangan kopel/ momen yang diambil terhadap garis yang sejajar sumbu Z (dengan demikian, tegak lurus bidang XY) melalui titik A, disingkat momen terhadap titik A. Formulasi dalam (6.13) dan (6.14) akan memberikan hasil yang sama. Namun, Persamaan (6.13) akan memberikan 3 persamaan yang perlu diselesaikan secara simultan untuk menghitung ketiga reaksi, sementara penerapan (6.14) akan lebih taktis karena baris per baris akan otomatis memberikan RAH' RAV' dan R8v
berturut-turut secara terpisah. Konsiderasi pemilihan langkah yang lebih sederhana seperti dalam Persamaan (6.14) ini, sangat memudahkan penyelesaian.
66 MEKANIKA TEKNIK: STATIKA DALAM ANAUSIS STRUKTUR BERBENTUK RANGKA
,I
B (a) sistem struktur
------------- � -------
r R�
(b) bad an bebas
�V
keseluruhan balok
-l
(c) reaksi dalam pada potongan I - I
GAMBAR 6.4 Balok Sederhana dan Gaya Terpusat
(a) Balok Sederhana dengan Beban Terpusat
Sekarang kita akan mulai melakukan analisis balok sederhana dengan beban yang sangat
sederhana, berupa gaya terpusat P sejarak a dari ujung sendi seperti dalam Gambar 6.4a. Kita
menggunakan badan bebas seperti dalam Gambar 6.4b, dengan keseluruhan balok dicopot dari perletakan, sehingga gaya perletakan muncul pada badan bebas.
Penerapan kriteria keseimbangan (6.13) atas badan bebas balok dalam Gambar 6.4b, menghasilkan
RAH
RAV + RBV + p =0
R8v · L + P·a =0
yang jika diselesaikan, menghasilkan
RAH =0
L-a RAv =- -- P L
RBv = _.E...p L
Di lain pihak, penerapan (6.14) atas badan bebas balok menghasilkan persamaan
=0 R8v ·L + P · a =0
-RAv ·L
- P · (L - a) = 0
BAB 6 ANAUSIS STRUKTUR BALOK
yang jika diselesaikan, memberikan hasil sama dengan (6.16). Bedanya adalah bahwa (6.17) lebih mudah disolusikan daripada (6.15). Tanda minus di depan ekspresi RAV' dan R8v dalam
(6.16) menunjukkan bahwa arah sebenarnya berbeda dengan yang kita asumsikan semula.
Namun, jika gambar yang sudah ada hendak digunakan, arah reaksi yang sudah diambil semula tak perlu dikoreksi agar kemungkinan untuk melakukan kesalahan atau kekeliruan terhindarkan.
Nilai minus dalam hasil (6.16) secara konsisten dimasukkan dalam bentuk persamaan yang ada. Perhatikan bahwa persamaan keseimbangan dalam (6.15) ataupun (6.17) diperoleh dengan
menerapkan kriteria keseimbangan atas sistem atau subsistem struktur dengan geometri dan gaya-gaya yang tergambarkan. Artinya, kita tidak dapat menyusun dan menuliskan persamaan keseimbangan tanpa disertai dengan gambar situasi sistem. Untuk permulaan ini, lakukanlah praktek yang baik seperti ini, dengan sistem dan gaya kita gambarkan terlebih dahulu sebelum menuliskan persamaan keseimbangan.
Sekarang, kita ingin menghitung reaksi dalam pada penampang 1-1 sejauh b dari rol B. lni dapat dilakukan dengan urutan tindakan sebagai berikut.
(i) Atas badan bebas balok dengan reaksi perletakan yang sudah dihitung, lakukanlah pemotongan fiktif melalui tampang 1-1 yang membagi dua balok.
(ii) Pisahkanlah kedua bagian, lalu pada tiap ujung potongan (muka potongan), digambarkan gaya-gaya dalam momen MI, lintang QI, dan normal NI pada arah positif sesuai perjanjian
tanda dalam Bab 4. Perhatikan bahwa pasangan gaya-gaya dalam pada kedua ujung potongan berupa gaya aksi-reaksi. Lihat Gambar 6.4c.
(iii) Salah satu dari kedua bagian dapat diisolir sebagai badan bebas dengan kriteria
keseimbangan dapat diterapkan. Dalam hal ini, dipilih bagian yang paling sederhana ( dalam contoh ini, bagian kanan). Penerapan keseimbangan LFx = 0, LFy = 0, dan LM 2 =0 yang
diambil terhadap titik tampang 1-1 menghasilkan
-QI + Rav
-MI + R8v · b =0
yang jika diselesaikan, memberikan
NI
Qr = Eav
Mr = Rav·b
(b) Balok Sederhana dengan Beban Merata (Seragam)
Beban seperti ini dapat digunakan untuk mewakili beban hidup lantai, atau bobot sendiri balok. Kasus ini diberikan dalam Gambar 6.5a. Badan bebas balok total ditunjukkan dalam Gambar 6.5b, berikut reaksi perletakan. Sebelum menyusun persamaan keseimbangan badan bebas balok, kita mengetahui bahwa beban terdistribusi dapat diwakili oleh beban terpusat
sebesar luas bidang yang dicakup oleh ordinat beban, dan bekerja pada titik berat bidang. Beban merata di atas keseluruhan balok pada Gambar 6.5b bemilai total qL dan bekerja di tengah bentang L. Penerapan Persamaan (6.14) atas badan bebas ini memberikan
LFx =0 �RAH
(q·L) +R8v () ·L=O
LMA =0 �
L,M8 =0 �-RAv ·L- (q·L)
68 MEKANIKA TEKNIK: STATIKA DALAM ANALISIS STRUKTUR BERBENTUK RANGKA
q�
(a) sistem struktur
qL
R�
(b) badan bebas balok
t RAv
RBv t
(c) potongan
GAMBAR 6.5 Balok Sederhana dan Beban Merata
yang jika disolusikan, menghasilkan
RAH =
RAv
=-2qL
RBv =- t qL
Terlihat bahwa kedua perletakan membagi dua beban total balok, sama besar. Sekarang, ingin diketahui gaya dalam potongan tengah bentang. Dengan menerapkan kriteria keseimbangan Lfx = 0, = 0, dan Lfy LM2 =0 (terhadap titik penampang 1-1) atas badan bebas sebelah kanan dalam Gambar 6.5c, berurutan memberikan
NI = QI =
2 MI 1 (6.22) = --qL
(c) Balok Sederhana dengan Beban Terdistribusi
Sebenamya, dalam praktek dapat dihadapi kasus beban terdistribusi dengan bentuk yang menuruti fungsi tertentu, misalnya polinomial orde n. Beban merata dan linier merupakan keadaan khusus yang sering dihadapi. Juga dapat dihadapi beban terdistribusi setempat, atau penuh di atas bentang balok. Begitu banyak variasi kasus yang dapat dihadapi, maka dalam ulasan ini hanya disajikan beban segitiga dengan intensitas
q(x) = {.!._ L-x
a q0 untuk 0$ x $ a (6.23)
-a q0 untuk a $ x $L
BAB 6 ANAUSIS STRUKTUR BALOK
(b) badan bebas balok
(c) potongan
GAMBAR 6.6 Balok Sederhana dan Beban Segitiga
seperti dalam Gambar 6.6. Prosedur perhitungan dalam kasus ini serupa dengan kasus sebelumnya, namun berbeda dalam kerumitan saja akibat bentuk beban. Beban segitiga dapat diwakili oleh beban terpusat yang bekerja pada titik berat (dalam kasus segitiga, dalam rumus
bentang), yaitu (sesuai Pasal t- t 4.6.4)
Penerapan Persamaan {6.13) atas badan bebas Gambar 6.6b memberikan
RAH
RAv + RBV + Qa
+ Qb
+ Qb a + L a ( = ) 0
RBv·L {6.25)
yang jika diselesaikan, menghasilkan
RAH = 0
RAv =-
(2L- a)
(L + - a)
R8v =
dengan bentuk dalam Persamaan {6.24) telah digunakan. Sekarang, ingin dihitung gaya dalam
pada tarn pang sejarak b dari A. Jika b :5: a, penggunaan badan bebas sebelah kiri dalam Gambar
70 MEKANIKA TEKNIK: STA TIKA DALAM ANALISIS STRUKTUR BERBENTUK RANGKA
6.6c lebih mudah untuk diterapkan. Penerapan persamaan dan I.Mz = 0
I.Fx = 0, I.FY = 0,
terhadap titik A memberikan
RAV + QI +QC
MI + QI ·b +
dengan solusi
Keadaan khusus untuk a= b = t L, diperoleh NI = 0
QI = 0