ANALISA BALOK DENGAN BEBAN TERPUSAT YANG
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
ANALISA BALOK DENGAN BEBAN TERPUSAT YANG TIDAK
SIMETRIS
Untuk kasus balok yang dibebani oleh beban terpusat yang tidak simetris
seperti gambar dibawah, maka prinsip pengerjaannya sama. Yaitu memecah
struktur tersebut menjadi bagian-bagian statis tertentu.
W
b
a
R2
R1
R3
R4
L
Tahap pertama kita tentukan dahulu reaksi perletakan yang mana yang
nantinya akan kita jadikan beban. Misalnya R1 dan R2, kita hilangkan dulu dan
nantinya kita ubah menjadi beban. Sehingga karena R 1 dan R2 hilang, maka
struktur menjadi tumpuan sendi-sendi. Akibat beban w maka rekasi ditumpuan
A sebesar w.b/L dan di tumpuan B sebesar w.a/L. Perubahan sudut di A sebesar
θa1 dan di B sebesar θb1.
W
θA1
Wb/L
θB1
Wa/L
Gambar Balok dasar yang memikul beban w (kondisi 1).
Alben Delaroza, MT
1/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
Pecahan kedua, adalah akibat R1 yang sekarang kita jadikan beban. Akibab R 1,
maka balok akan melengkung keatas, sehingga terbentuklah θ a2 di A dan θb2 di
tumpuan B.
Sedangkan reaksi di perletakan adalah sebesar R 1/L di kedua tumpuan, tapi
arahnya yang berbeda.
θA2
θB2
R1/L
R1/L
R1
Gambar Balok dasar yang memikul kelebihan R1 (kondisi 2).
Pecahan ketiga adalah Balok dasar yang memikul kelebihan R 2. Sama
kondisinya dengan balok dasar yang dibebani R 1. Perubahan sudut yang
terbentuk adalah θa3 di A dan θb3 di tumpuan B. Reaksi perletakan akan
mempunyai besaran yang sama yaitu R2/L dengan arah yang berlawanan.
θA3
R2/L
θB3
R2
R2/L
Gambar Balok dasar yang memikul kelebihan R2 (kondisi 3).
Setelah kita dapatkan besaran reaksi perletakan dari ketiga kondisi diatas,
maka langkah selanjutnya adalah membuat diagram momen untuk tiap-tiap
kondisi. Setelah itu diagram momen tersebut kita jadikan beban dan kita
hitung rekasi-reaksi perletakannya akibat bidang momen yang kita anggap
Alben Delaroza, MT
2/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
beban tersebut. Diagram moment dari ketiga kondisi tersebut dapat dilihat
pada gambar di bawah.
(L+a)/
3
Wab(L+
b)6LE
I
R1L/2EI
(L+b)/
3
Wab/2E
I
Wab/L
Wab(L+
a)6LE
I
R1L/3EI
R2L/2EI
R1L/6EI
R2L/6EI
R2L/3EI
Gambar Bidang Momen yang dianggap Beban
Dari gambar bidang momen diatas, kita hitung luasan masing-masing bidang
momen dan kita cari resultannya dan letak titik berat nya. Setelah itu baru kita
bisa dapatkan besaran rekasi-reaksi di perletakannya.
Langkah selanjutnya adalah menyelesaikan persamaan :
θA1 = θA2 + θA3
θB1 = θB2 + θB3
Karena perubahan sudut pada kondisi 1 di A adalah (θ A1) maka harus sama
dengan penjumlahan dari perubahan sudut pada kondisi 2 (θ A2) dan perubahan
sudut pada kondisi 3 (θA3). Demikian juga dengan yang ada di perletakan B.
Besarnya θA1 dapat kita hitung dengan mengalikan resultan dengan jaraknya
dengan A. Sama halnya untuk θA2, θA3, θB1, θB2 dan θB3.
θA1 = Wab/2EI ((L+b)/3L)
θA2 = R1L/2EI (2/3)
θA3 = R2L/2EI (1/3)
Alben Delaroza, MT
3/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
θB1 = Wab/2EI ((L+a)/3L)
θB2 = R1L/2EI (1/3)
θB3 = R2L/2EI (2/3)
Dengan demikian kondisi geometrinya menjadi :
R1L/3EI + R2L/6EI = Wab(L+b)/6LEI
R1L/6EI + R2L/3EI = Wab(L+a)/6LEI
Untuk menyelesaikan persamaan diatas kita gunakan cara subtitusi, maka
didapat :
R1 = Wab2/L2
R2 = Wba2/L2
Setelah R1 dan R2 diketahui, maka kita bisa menghitung R3 dan R4. Yaitu
dengan menjumlahkan reaksi-reaksi pada tumpuan pada ketiga kondisi awal
diatas (akibat w, akibat R1 dan akibat R2)
R3
= Wb/L + (R1-R2)/L
= Wb/L + Wab(b-a)/L3 = Wb2(3a+b)/L3
R4
= Wa/L-(R1-R2)/L
= Wa/L – Wab(b-a)/L3 = Wa2(3b+a)/L3
Terakhir, kita hitung momen maximum yang terjadi pada balok tersebut.
M max = - R1 + R3a
= - Wab2/L2 + Wab2(3a+b)/L3
= 2Wa2b2/L3
Setelah kita dapati semua nilai dari reaksi perletakan dan momen
maksimunya, maka kita dapat menggambarkan bidang momen (BMD) dan
bidang gesernya (SFD). Seperti dapat dilihat pada gambar dibawah ini.
Alben Delaroza, MT
4/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
Gambar BMD dan SFD
W
b
a
R2
R1
R3
L
R4
Wb2(3a+b)/L
3
SF
D2
Wa (3b+a)/L3
Wab2/L2
Wba2/L2
BM
D
2Wa2b2/L3
Alben Delaroza, MT
5/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
Homework :
Kelas A
Hitunglah reaksi-reaksi perletakan struktur dibawah ini dan gambarkan BMD
dan SFD nya.
17 kN
2m
8m
Kelas B
Hitunglah reaksi-reaksi perletakan struktur dibawah ini dan gambarkan BMD
dan SFD nya.
25kN
3,5 m
5,5 m
Kelas C
Hitunglah reaksi-reaksi perletakan struktur dibawah ini dan gambarkan BMD
dan SFD nya.
Alben Delaroza, MT
6/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
33,5kN
7,5 m
Alben Delaroza, MT
9m
7/7
ANALISA BALOK DENGAN BEBAN TERPUSAT YANG TIDAK
SIMETRIS
Untuk kasus balok yang dibebani oleh beban terpusat yang tidak simetris
seperti gambar dibawah, maka prinsip pengerjaannya sama. Yaitu memecah
struktur tersebut menjadi bagian-bagian statis tertentu.
W
b
a
R2
R1
R3
R4
L
Tahap pertama kita tentukan dahulu reaksi perletakan yang mana yang
nantinya akan kita jadikan beban. Misalnya R1 dan R2, kita hilangkan dulu dan
nantinya kita ubah menjadi beban. Sehingga karena R 1 dan R2 hilang, maka
struktur menjadi tumpuan sendi-sendi. Akibat beban w maka rekasi ditumpuan
A sebesar w.b/L dan di tumpuan B sebesar w.a/L. Perubahan sudut di A sebesar
θa1 dan di B sebesar θb1.
W
θA1
Wb/L
θB1
Wa/L
Gambar Balok dasar yang memikul beban w (kondisi 1).
Alben Delaroza, MT
1/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
Pecahan kedua, adalah akibat R1 yang sekarang kita jadikan beban. Akibab R 1,
maka balok akan melengkung keatas, sehingga terbentuklah θ a2 di A dan θb2 di
tumpuan B.
Sedangkan reaksi di perletakan adalah sebesar R 1/L di kedua tumpuan, tapi
arahnya yang berbeda.
θA2
θB2
R1/L
R1/L
R1
Gambar Balok dasar yang memikul kelebihan R1 (kondisi 2).
Pecahan ketiga adalah Balok dasar yang memikul kelebihan R 2. Sama
kondisinya dengan balok dasar yang dibebani R 1. Perubahan sudut yang
terbentuk adalah θa3 di A dan θb3 di tumpuan B. Reaksi perletakan akan
mempunyai besaran yang sama yaitu R2/L dengan arah yang berlawanan.
θA3
R2/L
θB3
R2
R2/L
Gambar Balok dasar yang memikul kelebihan R2 (kondisi 3).
Setelah kita dapatkan besaran reaksi perletakan dari ketiga kondisi diatas,
maka langkah selanjutnya adalah membuat diagram momen untuk tiap-tiap
kondisi. Setelah itu diagram momen tersebut kita jadikan beban dan kita
hitung rekasi-reaksi perletakannya akibat bidang momen yang kita anggap
Alben Delaroza, MT
2/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
beban tersebut. Diagram moment dari ketiga kondisi tersebut dapat dilihat
pada gambar di bawah.
(L+a)/
3
Wab(L+
b)6LE
I
R1L/2EI
(L+b)/
3
Wab/2E
I
Wab/L
Wab(L+
a)6LE
I
R1L/3EI
R2L/2EI
R1L/6EI
R2L/6EI
R2L/3EI
Gambar Bidang Momen yang dianggap Beban
Dari gambar bidang momen diatas, kita hitung luasan masing-masing bidang
momen dan kita cari resultannya dan letak titik berat nya. Setelah itu baru kita
bisa dapatkan besaran rekasi-reaksi di perletakannya.
Langkah selanjutnya adalah menyelesaikan persamaan :
θA1 = θA2 + θA3
θB1 = θB2 + θB3
Karena perubahan sudut pada kondisi 1 di A adalah (θ A1) maka harus sama
dengan penjumlahan dari perubahan sudut pada kondisi 2 (θ A2) dan perubahan
sudut pada kondisi 3 (θA3). Demikian juga dengan yang ada di perletakan B.
Besarnya θA1 dapat kita hitung dengan mengalikan resultan dengan jaraknya
dengan A. Sama halnya untuk θA2, θA3, θB1, θB2 dan θB3.
θA1 = Wab/2EI ((L+b)/3L)
θA2 = R1L/2EI (2/3)
θA3 = R2L/2EI (1/3)
Alben Delaroza, MT
3/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
θB1 = Wab/2EI ((L+a)/3L)
θB2 = R1L/2EI (1/3)
θB3 = R2L/2EI (2/3)
Dengan demikian kondisi geometrinya menjadi :
R1L/3EI + R2L/6EI = Wab(L+b)/6LEI
R1L/6EI + R2L/3EI = Wab(L+a)/6LEI
Untuk menyelesaikan persamaan diatas kita gunakan cara subtitusi, maka
didapat :
R1 = Wab2/L2
R2 = Wba2/L2
Setelah R1 dan R2 diketahui, maka kita bisa menghitung R3 dan R4. Yaitu
dengan menjumlahkan reaksi-reaksi pada tumpuan pada ketiga kondisi awal
diatas (akibat w, akibat R1 dan akibat R2)
R3
= Wb/L + (R1-R2)/L
= Wb/L + Wab(b-a)/L3 = Wb2(3a+b)/L3
R4
= Wa/L-(R1-R2)/L
= Wa/L – Wab(b-a)/L3 = Wa2(3b+a)/L3
Terakhir, kita hitung momen maximum yang terjadi pada balok tersebut.
M max = - R1 + R3a
= - Wab2/L2 + Wab2(3a+b)/L3
= 2Wa2b2/L3
Setelah kita dapati semua nilai dari reaksi perletakan dan momen
maksimunya, maka kita dapat menggambarkan bidang momen (BMD) dan
bidang gesernya (SFD). Seperti dapat dilihat pada gambar dibawah ini.
Alben Delaroza, MT
4/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
Gambar BMD dan SFD
W
b
a
R2
R1
R3
L
R4
Wb2(3a+b)/L
3
SF
D2
Wa (3b+a)/L3
Wab2/L2
Wba2/L2
BM
D
2Wa2b2/L3
Alben Delaroza, MT
5/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
Homework :
Kelas A
Hitunglah reaksi-reaksi perletakan struktur dibawah ini dan gambarkan BMD
dan SFD nya.
17 kN
2m
8m
Kelas B
Hitunglah reaksi-reaksi perletakan struktur dibawah ini dan gambarkan BMD
dan SFD nya.
25kN
3,5 m
5,5 m
Kelas C
Hitunglah reaksi-reaksi perletakan struktur dibawah ini dan gambarkan BMD
dan SFD nya.
Alben Delaroza, MT
6/7
Mekanika Teknik IV – Metode Gaya Pada Balok beban terpusat tak simetris
33,5kN
7,5 m
Alben Delaroza, MT
9m
7/7