IV. BALOK SEDERHANA BENTANG TUNGGAL STATIS TERTENTU

IV. BALOK SEDERHANA

BENTANG TUNGGAL STATIS TERTENTU

Kompetensi Dasar dan Indikator

Kompetensi Dasar : Menghitung gaya-gaya dalam pada konstruksi batang statis tertentu

Indikator : - Menghitung besarnya semua jenis reaksi di tiap tumpuan dengan berbagai jenis pem- bebanan pada Balok Sederhana Bentang Tunggal Statis Tertentu.

- Menghitung besarnya gaya-gaya dalam pada struktur batang statis tertentu dengan ber- bagai jenis pembebanan pada Balok Seder- hana Bentang Tunggal Statis Tertentu.

- Menggambarkan diagramnya di seluruh bagian struktur batang statis tertentu dengan berbagai jenis pembebanan pada Balok Sederhana Bentang Tunggal Statis Tertentu.

Deskripsi Singkat

Bab ini berisi tentang perhitungan dan penggambaran diagram gaya-gaya dalam pada balok sederhana bentang tunggal statis tertentu.

Materi

A. Pendahuluan

Konstruksi batang adalah suatu konstruksi yang terdiri atas satu atau lebih batang yang dapat menerima gaya normal, gaya lintang, dan momen lentur. Suatu konstruksi dikategorikan sebagai struktur statis

tertentu jika nilai gaya-gaya luar yang bekerja pada struktur tersebut dapat ditentukan dengan persamaan kesetimbangan statis (equations of static equilibrium). Adapun yang dibahas dalam bab ini adalah konstruksi batang yang masih termasuk dalam struktur statis tertentu, dalam perhitungan analisisnya dapat diselesaikan cukup dengan menggunakan tiga persamaan kesetimbangan, yaitu jumlah gaya–gaya yang bekerja pada arah horizontal adalah nol atau ∑H = 0 , jumlah gaya–gaya yang bekerja pada arah vertikal adalah nol atau ∑V = 0, dan jumlah momen gaya adalah nol atau ∑M = 0.

Konstruksi batang atau biasa disebut balok merupakan bagian dari konstruksi bangunan yang biasanya menerima beban berupa beban lentur (arah beban tegak lurus dengan sumbu batang) dan mengalami lendutan akibat dari momen lentur. Posisi balok yang umum adalah horizontal, walaupun juga ditemui balok yang berposisi miring, misalnya balok tangga.

Gambar 93. Konstruksi Batang Satu Bentang

Gambar 94. Struktur Balok

Balok sederhana tunggal adalah konstruksi balok yang terdiri dari satu bentang, dengan satu tumpuan sendi di salah satu ujungnya dan tumpuan rol di ujung yang lain. Tumpuan sendi dimaksudkan agar tumpuan mampu menerima gaya dalam berbagai arah, menahan pelengkungan, dan mencegah bergesernya balok dari tempatnya.

Rv Rv

R

H

P L

h

L

Tumpuan rol digunakan agar balok dapat bergerak bebas dalam arah memanjang dari balok. Dengan demikian, perubahan pada arah memanjang akibat pelengkungan balok dan perubahan panjang akibat perubahan temperatur dapat dinetralisir karena tumpuan rol tidak memberikan perlawanan terhadap gerakan dari balok. Apabila salah satu tumpuannya bukan rol, misalnya kedua tumpuan sendi, maka akan terjadi tegangan yang sangat tinggi pada balok tersebut. Sebaliknya, jika kedua tumpuan itu rol, maka balok akan terlepas dari tumpuannya.

Batang yang ditunjukkan pada gambar 94 dibebani dengan gaya P.

Reaksi yang terjadi pada perletakan ada tiga, yaitu R_H, R_V1, dan R_V2.

Sistem gaya tersebut adalah statis tertentu karena terdapat tiga persamaan kesetimbangan yang tersedia dan persamaan-persamaan tersebut cukup untuk menentukan ketiga variabel (dalam hal ini gaya-gaya reaksi) yang belum diketahui nilainya.

B. Balok sederhana tunggal dengan beberapa beban terpusat Struktur balok sederhana tunggal yang dibebani dengan beberapa beban titik diilustrakan dalam gambar 95 berikut.

Gambar 95. Balok sederhana tunggal dengan bebarapa beban terpusat Gaya lintang dan momen yang terjadi pada balok sederhana tunggal yang dibebani dengan bebarapa beban terpusat (gambar 95) akan mengikuti sifat-sifat berikut ini:

1. Besarnya gaya geser/gaya lintang akan berubah di tiap lokasi atau titik pembebanan, sehingga bentuk diagram gaya geser akan tetap/rata di antara dua gaya yang bersebelahan.

2. Diagram momen akan berbentuk poligon dengan sisi-sisi poligon berubah arah di tiap titik pembebanan.

P

1

A B

C D E

P

2

P

3

RAv RBv

RA

H

3. Momen maksimal terjadi pada tempat terjadinya gaya geser nol (0).

4. Besarnya momen pada suatu titik sembarang akan sama dengan luasan diagram gaya geser dari tumpuan sampai dengan posisi titik sembarang tersebut.

5. Selisih momen antar dua titik akan sama dengan luasan gaya geser di antara dua titik yang ditinjau tersebut.

Contoh kasus:

Sebuah balok berpenampang persegi, di tumpu pada kedua ujungnya, dan bermuatan beberapa beban terpusat seperti pada gambar 96. Tentukan reaksi pada kedua tumpuan; momen pada tiap titik penampang dan momen maksimum; gaya geser dan gaya geser maksimum; serta gambar lukisan diagram momen dan geser.

Gambar 96. Contoh Kasus Balok sederhana tunggal dengan bebarapa beban terpusat

Penyelesaian:

Menghitung reaksi tumpuan : Mencari reaksi di tumpuan A

ΣFx = 0 RA_H = 0 Σ MB = 0

RA_V . 5 + RA_H . 0 - P1 . 3,75 – P2 . 2,5 – P3 .1,25 = 0 RA_V . 5 + 0 - 1 . 7,5 – 2 . 2,5 – 3 . 1,25 = 0

RA_V . 5 = 12,5

P

1

=1 kN

A B

L=5m C D

1,25m

2,5m

E

3.75m

P

2

=2 kN

P

3

=3 kN

5 5 ,

 12

RAV

RAV = 2,5 KN

Mencari reaksi di tumpuan B Σ MA = 0

- RB_V . 5 + P3 . 3,75 + P2 . 2,5 + P1 . 1,25 = 0 - RB_V . 5 + 3 . 3,75 + 2 . 2,5 + 1 . 1,25 = 0 RB_V . 5 = 17,5

5 5 ,

17 RBV

RB_V = 3,5 KN Kontrol kesetimbangan :

ΣFY = 0

RA_V + RB_V – P1 – P2 – P3= 0 2,5 + 3,5 – 1 - 2 - 3 = 0 → Terpenuhi

Menghitung gaya geser pada tiap titik penampang DA = RA_V = 2,5 kN

DB = RB_V = 3,5 kN

DC = RA_V – P1 = 2,5 – 1 = 1,5 kN

DD = RA_V – P1 – P2 = 2,5 – 1 - 2 = - 0,5 kN

DE = RA_V – P1 – P2 – P3 = 2,5 – 1 – 2 - 3 = -3,5 kN Jadi, gaya geser maksimum terletak di titik B, yaitu sebesar 3,5 kN Menghitung momen pada tiap titik penampang

MA = 0 ( tumpuan sendi ) M_B = 0 ( tumpuan rol ) M_C = RA_V . l _AC

= 2,5 . 1,25

= 3,125 kNm

M_D = RA_V. l _AD – P1 . l _CD

= 2,5 . 2,5 – 1 . 1,25

= 5 kNm

M_E = RA_V . l _AE – P1 . l _CE – P2 . l _DE

= 2,5 . 3,75 – 1 . 2,5 – 2 . 1,25

= 4,375 kNm

Jadi, momen maksimum terletak di titik D, yaitu sebesar 5 kNm.

Gambar Diagram Benda Bebas, SFD dan BMD dari balok tersebut adalah sebagai berikut.

Gambar 97. Diagram Benda Bebas dan Diagram Gaya-gaya dalam Balok Sederhana Bentang Tunggal dengan Beberapa Beban Terpusat

C. Balok sederhana Bentang tunggal dengan beban merata

Gambar 98. Balok Sederhana Tunggal dengan Beban Merata

Apabila sebuah balok sederhana dengan dua tumpuan di ujung- ujungnya dibebani dengan beban terbagi merata di sepanjang balok, maka beban yang diterima oleh kedua tumpuan tersebut akan sama besarnya.

Jika beban merata q terbagi merata di atas balok, maka besar beban seluruhnya adalah Q, yaitu besarnya beban merata q dikalikan panjang bentang balok:

Q = q. L

Masing-masing tumpuan akan memberikan reaksi vertikal sebesar separuh dari total beban tersebut:

RAV = RBV = Q/2

Pada balok sederhana tunggal yang dibebani dengan beban merata, gaya lintang dan momen yang terjadi pada balok tersebut akan mengikuti sifat-sifat berikut ini.

a. Besarnya gaya geser akan terus berubah di sepanjang balok, sebanding dengan besarnya beban merata, sehingga bentuk diagram gaya geser akan berupa garis miring.

b. Diagram gaya geser berbentuk dua luasan segitiga yang sama besarnya, dengan tanda (+ ; - ) yang berlawanan

c. Diagram momen akan berbentuk parabola

d. Momen maksimal terjadi di tengah bentang, pada posisi gaya geser nol (0)

Cara penggambaran parabola pada diagram momen dapat dilakukan dengan dua cara, yaitu:

1. Sistem titik potong

Penggambaran parabola dengan sistem titik potong (gambar 99) mengikuti langkah-langkah sebagai berikut.

q

RA

V

= q.L/2 RB

V

= q.L/2

L

(a) Tentukan posisi titik A (tumpuan A), titik B (tumpuan B), titik C (tengah-tengah balok, lokasi momen maksimal), dan titik D (momen maksimal). Garis C-D sebagai garis sumbu parabola.

(b) Gambarkan garis A-D dan garis B-D.

(c) Gambarkan beberapa garis i-i sejajar dengan garis C-D, memotong garis A-D dan B-D di titik E majemuk.

(d) Pada titik A dan titik B, gambarkan garis A-T dan B-T yang sejajar dengan garis C-D.

(e) Dari tiap-tiap titik E, gambarkan garis yang sejajar dengan garis A-B, memotong garis A-T maupun B-T di titik F majemuk.

(f) Gambarkan garis yang menghubungkan masing-masing titik F dengan titik D, memotong garis i-i di titik G majemuk. Titik-titik G tersebut adalah titik-titik pada parabola.

(g) Gambarkan parabola yang melewati semua titik G majemuk.

Gambar 99. Diagram Benda Bebas dan Diagram Gaya-gaya Dalam Balok Sederhana Bentang Tunggal Dengan Beban Merata

2. Sistem garis singgung

Penggambaran parabola dengan sistem garis singgung (gambar 100) mengikuti langkah-langkah sebagai berikut.

(a) Tentukan posisi titik A (tumpuan A), titik B (tumpuan B), titik C (tengah-tengah balok, lokasi momen maksimal), dan titik D (momen maksimal). Garis C-D sebagai garis sumbu parabola.

(b) Tentukan titik E, dengan jarak D-E sama dengan jarak C-D.

(c) Buat garis singgung A-E dan B-E.

(d) Bagi garis singgung A-E dan B-E menjadi beberapa bagian yang sama ukuran dan jumlahnya antara sisi A-E dan sisi B-E.

(e) Beri nomor pada masing-masing titik pembagi tadi dengan angka yang berkebalikan urutannya antara sisi A-E dan sisi B-E.

(f) Gambarkan garis penghubung antara angka-angka yang sama dari garis singgung A-E dan garis singgung B-E. Garis-garis penghubung tersebut menjadi garis singgung parabola.

h

h D

3 2 3

2

1

BENDING MOMENT DIAGRAM (BMD) C B

A

E 1

Gambar 100. Bending Moment Diagram (BMD) Balok dengan Beban Merata dengan Sistem Garis Singgung

Contoh kasus:

Sebuah balok berpenampang persegi, di tumpu pada kedua ujungnya, dan bermuatan beban merata seperti pada gambar 101.

Tentukan reaksi pada kedua tumpuan; momen pada tiap titik penampang dan momen maksimum; gaya geser dan gaya geser maksimum; serta gambar lukisan diagram momen dan geser.

Gambar 101. Contoh Kasus Balok Sederhana Bentang Tunggal dengan Beban Merata

Penyelesaian:

Menghitung reaksi tumpuan:

RA_H = 0

Karena tidak ada beban horizontal yang bekerja, maka reaksi arah horizontal bernilai nol (0), sehingga tidak terdapat gaya normal.

RA_V = RB_V = ½ Q = ½ q.L Q = q. L

= 2 . 5 Q = 10 kN

Sehingga RA_V = RB_V = ½ . 10 = 5 kN Kontrol kesetimbangan :

ΣFY = 0

RA_V + RB_V – Q = 0

5 + 5 – 10 = 0 → Terpenuhi

Menghitung gaya geser pada tiap titik penampang:

D_A = RA_V = 5 kN D_B = RB_V = 5 kN

DC = RAV - q. l AC = 5 – 2 . 1,25 = 2,5 kN D_D = RA_V - q. l _AD = 5 – 2 . 2,5 = 0 kN D_E = RA_V - q. l _AE = 5 – 2 . 3,75 = -2,5 kN

RAv RBv

RA

H

q=2 kN/m’

A B

L=5m D

1,25m

C

2,5m

E

7,5m

Jadi, gaya geser maksimum terletak di titik A dan B, yaitu sebesar 5 kN.

Menghitung momen pada tiap titik penampang:

M_A = 0 ( tumpuan sendi ) M_B = 0 ( tumpuan rol )

M_C = RA_V . l _AC – q . l _AC . ½ . l _AC

= 5 . 1,25 – 2 . 1,25 . ½ . 1,25

= 6,25 - 1,5625 M_C = 4,6875 kNm

MD = RAV. l AD – q . l AD . ½ . l AD

= 5 . 2,5 – 2 . 2,5 . ½ . 2,5

= 12,5 – 6,25

= 6,25 kNm

M_E = RA_V . l _AE – q . l A_E . ½ . l _AE

= 5 . 3,75 – 2 . 3,75 . ½ . 3,75

= 18,75 – 14,0625

= 4,6875 kNm

Jadi, momen maksimum terletak di titik D, yaitu sebesar 6,25 kNm.

Gambar diagram benda bebas, SFD dan BMD dari balok tersebut adalah sebagai berikut.

Gambar 102. Diagram Benda Bebas dan Diagram Gaya-gaya dalam Balok Sederhana Bentang Tunggal dengan Beban Merata

D. Balok sederhana Bentang tunggal dengan beban segitiga

Beban segitiga pada balok dibedakan menjadi dua macam, yaitu beban segitiga dua muka simetris, dan beban segitiga satu muka.

1. Beban segitiga dua muka simetris

Gambar 103. Balok Sederhana bentang tunggal dengan beban segitiga

Pada balok sederhana dengan beban berbentuk segitiga dua muka simetris, besarnya reaksi vertikal di kedua tumpuan adalah sama, yaitu masing-masing separuh dari resultan beban segitiga.

Jika beban q adalah beban puncak segitiga dua muka simetris di atas balok, maka besar beban seluruhnya adalah P, yaitu besarnya beban merata q dikalikan panjang bentang balok dibagi dua:

P =

2 .L

q

sehingga besarnya reaksi tumpuan adalah:

RA_V = RB_V = P/2

Besarnya gaya geser di ujung balok (tumpuan A) sama dengan RA_V, dan di ujung satunya (tumpuan B) sama dengan RB_V. Bentuk diagram gaya geser di antara dua tumpuan tersebut berbentuk parabola, dengan gaya geser bernilai nol (D = 0) tepat di tengah-tengah balok.

Diagram momen dari balok sederhana dengan beban segitiga dua muka simetris ini juga berbentuk parabola, tetapi cara penggambarannya berbeda dari bentuk parabola diagram momen pada balok dengan beban merata. Rincian cara penggambaran diagram momen balok dengan beban segitiga dua muka simetris dapat dilihat pada gambar 104.

Gambar 104. Diagram Benda Bebas dan Diagram Gaya-gaya dalam Balok Sederhana Bentang Tunggal dengan Beban Segitiga

2. Beban segitiga satu muka

Gambar 105. Balok Sederhana bentang tunggal dengan beban segitiga satu muka

Reaksi yang terjadi pada masing-masing tumpuan pada balok yang dibebani beban segitiga satu muka (gambar 105) akan berbeda. Jika beban q adalah beban puncak segitiga satu muka di atas balok, posisi beban puncak q di atas salah satu tumpuan balok, maka besar beban seluruhnya adalah P, yaitu besarnya beban merata q dikalikan panjang bentang balok dibagi dua.

2 .L P  q

q

B

A

Sedangkan besarnya reaksi tumpuan adalah:

RA_V = 1/3 P RBV = 2/3 P

Besarnya gaya geser di ujung balok (tumpuan A) sama dengan RA_V, dan di ujung satunya (tumpuan B) sama dengan RB_V. Bentuk diagram gaya geser di antara dua tumpuan tersebut berbentuk parabola, dengan gaya geser D = 0 berada pada titik tertentu yang berjarak kurang dari 2/3 dari bentang balok.

Diagram momen dari balok sederhana dengan beban segitiga satu muka juga berbentuk parabola, penggambarannya dapat dilihat pada gambar 106.

Gambar 106. Diagram Benda Bebas dan Diagram Gaya-gaya dalam Balok Sederhana Bentang Tunggal dengan Beban Segitiga Satu Muka

E. Balok sederhana Bentang tunggal dengan beban campuran

Gambar 107. Balok sederhana bentang tunggal dengan beban campuran Pada kondisi nyata di lapangan, sangat mungkin suatu balok menerima beban yang memiliki bentuk lebih dari satu, atau disebut beban campuran. Beban campuran atau beban kombinasi adalah beban titik atau beban terpusat bekerja bersamaan dengan beban merata, baik beban merata penuh maupun beban segitiga pada satu balok (gambar 107).

Dasar perhitungan pada pembebanan kombinasi adalah menentukan reaksi tumpuan dengan pertolongan dalil momen. Dengan lukisan gaya geser atau dengan cara analitis menentukan posisi garis gaya geser melalui atau memotong garis nol sebagai posisi terjadinya momen maksimal. Contoh kasus seperti pada balok gambar 108 berikut.

Gambar 108. Contoh kasus Balok sederhana bentang tunggal dengan beban campuran

Penyelesaian:

Menghitung reaksi tumpuan:

Reaksi di tumpuan A:

a) Reaksi horizontal RA = 0

D E

C B

A

3m 1,5m

q2=2T/m ^1,5m q1=2T/m

P2=5T P1=2T

6m

B A

q2

q1 P

L

Karena tidak ada beban horizontal yang bekerja, maka reaksi arah horizontal bernilai nol (0), sehingga tidak terdapat gaya normal.

b) Reaksi vertikal Σ MB = 0

RA_V . 6 - P1 . 4,5 - P2 . 1,5 - q1 . 1,5 . 5,25 - q2 . 3 . 1,5 = 0 RA_V . 6 -2 . 4,5 - 5 . 1,5 - 2 . 1,5 . 5,25 - 2 . 3. 1,5 = 0

RA_V . 6 = 41,25

6 25 ,

 41 RAV

RA_V = 6,875 T Reaksi di tumpuan B Σ M_A = 0

- RB_V . 6 + P2 . 4,5 + P1 . 1,5 + q2 . 3 . 4,5 + q1 . 1,5 . 0,75 = 0 - RB_V . 6 +5 . 4,5 + 2 . 1,5 + 2 . 3 . 4,5 + 2 . 1,5 . 0,75 = 0 RB_V . 6 = 54,75

RB_V = 9,125 T Kontrol kesetimbangan :

ΣFY = 0

RAV + RBV – P1 – P2 – q1. l 1 – q2. l 2 = 0

6,875 + 9,125 – 2 – 5 – 2x1,5 – 2 x 3 = 0 → Terpenuhi Menghitung gaya geser pada tiap titik penampang:

D_A = RA_V = 6,875 T

D_C1 = RA_V – ql. l _AC = 6,875 – 2 . 1,5 = 3,875 T D_C2 = D_C1 – P1 = 3,875 – 2 = 1,875 T

D_D = D_C2 = 1,875 T

D_E1 = D_D - q2. l _DE = 1,875 – 2 . 1,5 = -1,125 T D_E2 = D_E1 – P2 = -1,125 – 5 = -6,125 T

D_B = D_{E2 -} q2. l _EB = -6,125 – 2 x 1,5 = -9,125 T = -RB_V

6

75 ,

 54

RBV

Jadi, gaya geser maksimum terletak di titik B, yaitu sebesar 9,125 T Menentukan posisi gaya geser nol (0) :

x l

D x

D

DE E D

 

¹

x x

 

5 , 1

125 , 1 875 , 1

1,875 . ( 1,5 – x ) = 1,125x 2,8125 = 3 x

3 8125 ,

 2 x

x = 0,9375 m ( dari titik D ) Menghitung momen pada tiap titik penampang:

M_A = 0 ( tumpuan sendi ) M_B = 0 ( tumpuan rol )

M_C = RA_V . l _AC – q1 . l _AC . ½ . l _AC

= 6,875 . 1,5 – 2 . 1,5 . ½ . 1,5

= 10,3125 – 2,25 M_C = 8,0625 Tm

M_D = RA_V. l _AD – q1 . l _AC . ( ½ . l _AC + l _CD) – P1 . l _CD

= 6,875 . 3 – 2 . 1,5 . ( ½ . 1,5 + 1,5 ) – 2 . 1,5

= 20,625 – 9,75

= 10,875 Tm

M_E = RA_V. l _AE – q1 . l _AC . ( ½ . l _AC + l _CE ) – P1 . l _CE – q2 . l _DE. ½ . l _DE

= 6,875 . 4,5 – 2 . 1,5 . ( ½ . 1,5 + 3 ) – 2 . 3 – 2 . 1,5 .

½ . 1,5

= 30,9375 – 19, 5

= 11,4375 Tm

Mencari momen maksimum (pada posisi gaya geser nol) :

Mmax = RA_V. l _AX – q1 . l _AC . ( ½ . l _AC + l _CX ) – P1 . l _CX

= 6,875 . 3,9375 – 2 . 1,5 . ( ½ . 1,5 + 2,4375 ) – 2 . 2,4375

= 27,07 – 9,5625 – 4.875

= 12,6325 Tm

Gambar Diagram Benda Bebas, SFD dan BMD dari balok tersebut adalah sebagai berikut.

Gambar 109. Diagram benda bebas dan Diagram Gaya-gaya dalam Balok sederhana bentang tunggal dengan beban campuran

Jadi, momen maksimum terletak di antara titik D dan E, yaitu tepat pada posisi gaya geser nol (0) dengan besarnya momen adalah 11,75 Tm.

Daftar Bacaan Tambahan

Bambang Sulistyo Budhi. 2003. Pedoman Perkuliahan Mekanika Teknik I. Surakarta: PUSBANGJARI UNS

Frick Heinz. 1979. Mekanika Teknik 1. Yogyakarta: Kanisius

Khurmi,R.S. 1977. Strength of materials. New Delhi: S. Chand &

Company LTD

Nielsen Stuart, S. 1997. Introductory Structural Analysis. Nieko Technical Publishing

Todd J.D. 1984. Teori dan Analisis Struktur. Erlangga: Jakarta

Pertanyaan Kunci

Sebutkan syarat-syarat suatu struktur dikatakan sebagai balok sederhana bentang tunggal statis tertentu!

Soal

Hitung dan gambarkan diagram gaya-gaya dalam dari balok sederhana bentang tunggal berikut ini.

D E

C B

A

3m 1,5m

q2=2T/m P2=5T

P1=2T

6m 45°

Tugas

Hitung dan gambarkan diagram gaya-gaya dalam dari balok sederhana bentang tunggal berikut ini!

E D

C B

A

3m 1,5m

q2=2T/m^1,5m q1=2T/m

P2=5T P1=2T

6m 45°