II-11
SF
x
= R
A,V
– q.x = 0 Æ x =
3 495
. 30
q R
V ,
A
= = 10.165 m dari tumpuan A
Maka : M
x
= R
A,V
.x – 2
x .
q
2
+ M
AB
= 30.495 x 10.165 - 2
165 .
10 3
2
× - 103.3 = +51.691 T.m
Sedangkan momen lentur positif pada bentang BC titik E : ditengah bentang ditentukan sebagai berikut :
M
E
= R
B,Vkanan
. 2
L + M
AB
= 16.67 x 10 – 93.4 = +73.3 T.m
2.6.2 Struktur balok menerus pada perletakan elastis
Bila suatu struktur balok dengan konstruksi seperti pada Gambar 2.8 dimana pada perletakan diujung C dapat dianalogikan bahwa balok
tersebut didukung oleh perletakan elastik seperti pada Gambar 2.9.
a
b
Gambar 2. 8 Struktur balok menerus di atas perletakan elastik
Dalam hal ini letak ujung C akan dipengaruhi oleh defleksi batang DE. Bila ujung C terletak di tengah batang DE, maka angka pegas spring
B A
C
L
AB
L
BC
P
1
P
2
B A
D, E D
E C
L
AB
L
BC
L
DE
P
1
P
2
II-12
constant ddiberikan dalam persamaan 2.5a. namun, ujung C dapat pula didukung oleh suatu batang dari atas tie-rod, maka keadaan demikian ini
mempunyai angka pegas seperti disajikan dalam persamaan 2.5b. t =
3
L EI
48
2.5a t =
L AE
2.5b
a
b
c
Gambar 2. 9 Analogi balok di atas perletakan elastik
Bila defleksi ujung C belum diketahui, maka analisis balok pada Gambar 2.9a merupakan superposisi dari dua tahap seperti pada Gambar
2.9b dan c dan diberikan dalam persamaan 2.6. Pada tahap pertama reaksi pada perletakan di C ditentukan terhadap beban luar Gambar
2.9b, selanjutnya beban luar ini tidak diperhitungkan dalam tahap kedua dimana reaksi pada tumpuan C ditentukan berdasarkan hanya akibat
defleksi. R
C
=t. ∆
C
∆
C
= n
1
∆’
C
R
C
=R
O C
+ n
1
R’
C
2.6
A B
C P
1
P
2
t ∆
C
R
C
A B
C P
1
P
2
R
O C
A B
C ∆
C
R’
C
II-13
Dan nilai n
1
yang belum diketahui dapat dihitung sebagai berikut : t
∆
C
= R
O C
+ n
1
R’
C
t n
1
∆’
C
= R
O C
+ n
1
R’
C
2.6a n
1
R’
C
- t.∆’
C
+ R
O C
= 0 n
1
=
C C
o C
R .
t R
− ∆
2.6b Maka momen akhir total adalah :
M = M
o
+ n
1
M’ 2.7
Contoh 2. Tentukan momen dan reaksi pada tumpuan dari struktur balok
menerus seperti pada Gambar 2.10.
E = 20
x
10
6
kNm
2
; I = 2
x
10
-3
m
4
Tahap I: diasumsikan bahwa tidak terjadi defleksi pada ujung C dan
dalam penghitungan momen ujung jepit hanya akibat beban luar. FEM
BA
=
2
6 10
8 1
× −
= -45 kN.m FEM
BC
= 6
30 8
1 ×
+ ⎥⎦
⎤ ⎢⎣
⎡ ×
+ 6
30 8
1 2
1 = +33.75 kN.m
Angka kekakuan :
SF
BA
: SF
BC
= 6
EI 3
: 6
EI 3
= 1 : 1
Angka distribusi :
DF
BA
= 1
1 1
+ = 0.5
DF
BC
= 1
1 1
+ = 0.5
A B
C 10 kNm
30 kN t = 5
x
10
3
kNm 6 m 3
m 3 m
EI EI
II-14
Tabel 2.3 Proses penghitungan metode distribusi momen Tahp I
Titik Buhul A
B C
Batang AB BA BC CB
Angka Distribusi DF -
0.5 0.5
- Tahapan 1
FEM -45
+33.75 +5.625 +5.625
- - - -
Jumlah M
o
-39.375 +39.375
Gambar 2. 10 Diagram benda bebas Tahap-I
R
o C
= 6
375 .
39 2
30 − = +8.4375 kN
Tahap II: diasumsikan bahwa defleksi pada ujung C,
∆’
C
= 1 cm = 0.01 m dan dalam penghitungan momen ujung jepit beban luar tidak dihitung
lagi. FEM
BC
=
2 3
6 2
C
6 01
. 10
2 10
20 3
L EI
3
−
× ×
+ =
+
∆ = +33.33 kN.m
Tabel 2.4 Proses penghitungan metode distribusi momen Tahap II
Titik Buhul A
B C
Batang AB BA BC CB
Angka Distribusi DF -
0.5 0.5
- Tahapan 1
FEM +33.333
-16.667 -16.667 - - -
- Jumlah M
’
-16.667 +16.667
Gambar 2. 11 Diagram benda bebas Tahap II
R
’ C
=
6 667
. 16
−
= -2.778 kN
A C B
B 10 kNm
30 kN 39.375
39.375
36.5625 21.5625
23.4375 R
o C
= 8.4375
A C B
B 16.667
16.667
2.778 2.778
2.778 R
’ C
= 2.778
II-15
Menggunakan persamaan 2.6a diperoleh : n
1
= 778
. 2
01 .
5000 4375
. 8
− −
× +
= 0.16
Momen akhir total dihitung menggunakan persamaan 2.7 : M
BA
= M
o BA
+ n
1
M’
BA
= -39.375 + 0.16-16.667 = -42.0395 kN M
BC
= M
o BC
+ n
1
M’
BC
= +39.375 + 0.1616.667 = +42.0395 kN
Gambar 2. 12 Diagram benda bebas Contoh-2
2.6.3 Struktur dengan penurunan pada perletakan
