Bab VI membahas metode untuk menyelesaikan persoalan defleksi pada balok, yaitu metode integrasi ganda, luas bidang momen, dan luas bidang momen sebagai beban. Metode integrasi ganda digunakan untuk mengetahui defleksi sepanjang balok, sedangkan luas bidang momen untuk defleksi pada satu tempat. Contoh penyelesaian menggunakan metode integrasi ganda diberikan pada balok sederhana dengan beban merata dan cantilever.

1. 6.1. Pendahuluan
BAB VI
DEFLEKSI BALOK
Semua balok akan terdefleksi (atau melentur) dari kedudukannya apabila
terbebani. Dalam struktur bangunan, seperti : balok dan plat lantai tidak boleh
melentur terlalu berlebihan untuk mengurangi/meniadakan pengaruh psikologis
(ketakutan) pemakainya.
Ada beberapa metode yang dapat dipergunakan untuk menyelesaikan
persoalan-persoalan defleksi pada balok. Dalam diktat ini hanya akan dibahas tiga
metode, yaitu metode integrasi ganda (”doubel integrations”), luas bidang momen
(”Momen Area Method”), dan metode luas bidang momen sebagai beban. Metode
integrasi ganda sangat cocok dipergunakan untuk mengetahui defleksi sepanjang
bentang sekaligus. Sedangkan metode luas bidang momen sangat cocok
dipergunakan untuk mengetahui lendutan dalam satu tempat saja. Asumsi yang
dipergunakan untuk menyelesaiakan persoalan tersebut adalah hanyalah defleksi
yang diakibatkan oleh gaya-gaya yang bekerja tegak-lurus terhadap sumbu balok,
defleksi yang terjadi relative kecil dibandingkan dengan panjang baloknya, dan
irisan yang berbentuk bidang datar akan tetap berupa bidang datar walaupun
terdeformasi.
6.2. Metode Integrasi Ganda
Suatu struktur sedehana yang mengalami lentur dapat digambarkan
sebagaimana gambar 6.1, dimana y adalah defleksi pada jarak x, dengan x adalah
jarak lendutan yang ditinjau, dx adalah jarak mn, d sudut mon, dan r adalah jari-
jari lengkung.
62

2. A















































y








O
r
d






















B


63
x
m n
dx
d
Gambar 6.1. Balok sederhana yang mengalami lentur
Berdasarkan gambar 6.1. didapat besarnya
dx = r tg d
karena besarnya drelatif sangat kecil maka tg ddsajasehingga
persamaannya dapat ditulis menjadi
dx = r.datau
1

d

r dx
Jika dx bergerak kekanan maka besarnya d akan semakin mengecil atau semakin
berkurang sehingga didapat persamaan
1 
d

r dx
dy
Lendutan relatif sangat kecil sehingga tg , sehingga didapat persamaan
dx
1

d

dy  2
d y


2 
r
M
dx dx  dx  
2
M 
d
y
Persamaan tegangan
1
 , sehingga didapat persamaan
r EI
d2
y 
EI dx2
Sehingga didapat persamaan EI  2 M (6.1)
dx 

3. 






Persamaan 6.1 jika dilakukan dua kali integral akan didapat persamaan



64
EI

dy


dx 
dM
dx
V
EI
dV


q
dx
6.2.1. Contoh 1 Aplikasi pada balok sederhana dengan beban merata
q
A
x










Mx







L
B
BMD
Gambar 6.2. Balok Sederhana dengan beban merata
Dari gambar 6.2 besarnya momen pada jarak x sebesar
Mx = RA . x -
1
q x
2
2
Mx =
qL
. x -
1
q x
2
2 2
Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 6.1 sehingga didapat
EI
 2
d y

 

qLx 

1qx2
dx2
 2 2
Diintegral terhadap x sehingga didapat

 2
d y



1
EI
 
qL
x 
qx 2
 dx2
2 2
  
2

4. 3

dy
 qLx qxC
EI 
dx 
4  6  1

5. Momen maksimum terjadi pada x =
2
dy
65
L , dan pada tempat tersebut terjadi defleksi
maksimum ,
dx 0 , sehingga persamaannya menjadi
2 3
0 


L

qL
2 
4
3


3
q

L

2 
6


C1
0 
qL

qL
C
1
C1
48 16
qL3
24
Sehingga persamaan di atas akan menjadi
dy  2 3 3
qLx qx qL
EI    
dx  4 6 24
Dari persamaan tersebut diintergralkan kembali terhadap x sehingga menjadi
dy  2 3 3
 
qLx qx qL
EI     
dx  
3
4
4
6
3
24
EI y 
qLx

qx

qL
x C
12 24 24
2
Pada x = 0, lendutan y = 0, sehingga didapat C2, dan persamaannya menjadi
0 = 0 + 0 + 0 + C2
C2 = 0
3 4 3
qLx qx qL x
EI y 12  24  24 0
y
y




qx
24EI
qx
24EI
2Lx2
x3
L3


L3
2Lx2
x3 


6. Pada x =
2
L akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat
L
q  2
3 
ymax  2
L
32LL  
L

 
24EI  2  2 

7. 






qL 







3
3 


66
ymax   L L
L3
 



ymax

48EI 
qL 5L3

8
48EI
2 8 
Sehingga lendutan maksimum yang terjadi di tengah bentang didapat :
54
ymax qL
384EI
(6.2)
6.2.2. Contoh 2 Aplikasi pada cantilever dengan beban merata
q
L
Mx





x


BMD

Gambar 6.3. Balok Cantilever dengan Beban Merata
Dari gambar 6.3 besarnya momen pada jarak x sebesar
Mx = -
1
q x
2
2
Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 6.1 sehingga didapat
EI
 2
d y


1qx
2
dx2
 2
Diintegral terhadap x sehingga didapat
EI



2
d y
dx2

 


1qx
2
2
dy  3
EI 

qx
C

8. 1
dx  6

9. 67
Momen maksimum terjadi pada x = L, dan pada tempat tersebut tidak terjadi
dy
defleksi,
dx 0 , sehingga persamaannya menjadi
3
0 
qx
C
1
6
C1

qL3
6
Sehingga persamaan di atas akan menjadi
dy  qx3
qL3
EI   
dx  6 6
Dari persamaan tersebut diintergralkan kembali terhadap x sehingga menjadi
dy  qx3
qL3
EI  

dx  
4
6
3
6
EI y 
qx

qL
x C2
24 6
Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C2
4 4
0 
qL

qL
C
2
24
qL4
6
C2 8
Persamaannya menjadi
4 3 4
qx qL x qL
EI y 
q
24

 6  8
L4

y 24EI x4
 3
4L x
3
Pada x = 0 akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat
y 
q


 L4

max
ymax
24EI
3qL
24EI
0 0 3
Sehingga lendutan maksimum cantilever (pada ujung batang) didapat :

10. ymax







qL4
8EI
68
(6.3)
6.2.3. Contoh 3 Aplikasi pada cantilever dengan titik
P
L
Mx





x


BMD

Gambar 6.4. Balok Cantilever dengan Beban Titik
Dari gambar 6.4 besarnya momen pada jarak x sebesar
Mx = - Px
Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 6.1 sehingga didapat

EI 
2
d y
2

 Px
dx 
Diintegral terhadap x sehingga didapat
EI
 2
d y

Px

dx2
 
2

dy
 PxC
EI 
dx 
2  1
Momen maksimum terjadi pada x = L, dan pada tempat tersebut tidak terjadi
dy
defleksi,
dx 0 , sehingga persamaannya menjadi
2
0 
PL
C
1
2

11. C1







PL3
2
69
Sehingga persamaan di atas akan menjadi


dy

Px2
PL2
EI 
dx 
2  2
Dari persamaan tersebut diintergralkan kembali terhadap x sehingga menjadi
dy Px2
PL2
EI  

dx  
3
2
2
2
EI y 
Px

PL
x C2
6 2
33L2
C2
EI y 
Px
L
6
Pada x = L, lendutan y = 0, sehingga didapat C2
23L2
C2
0 
PL
L
C2
6
PL3
3
Persamaannya menjadi

EI y 
Px
x3
2


PL3
6
3
3L
2
 3
L3

EI y 
P
x
6
3xL 2
y 
q
6EI
x3


2 
3xL
2 L3

Pada x = 0 akan diperoleh lendutan maksimum sehingga didapat
y 
q
6EI
0 0 2L3


ymax
PL3

12. 3EI
Sehingga lendutan maksimum cantilever dengan bebat titik (pada ujung batang)
didapat :

13. ymax







qL4
8EI
70
(6.4)
6.2.4. Contoh 4 Aplikasi pada balok sederhana dengan beban titik
P
A
x







a
Mx









L
b
B
BMD
Gambar 6.5. Balok Sederhana dengan beban titik
Dari gambar 6.5 besarnya reaksi dukungan dan momen sebesar
RA
Pb
L
, dan RB
Pa
L
Mx =
Pbx
L
untuk x a
Mx =
Pbx
- P(x-a) untuk x a
L
Persamaan tersebut disubstitusi ke dalam persamaan 6.1 persamaan garis elastis
sehingga didapat
untuk x a

EI 
2
d y
2

 
Pbx
untuk x a EI
dx
 2
d y
 2
dx


 

L
Pbx
L




P(x a
)
Diintegral terhadap x sehingga didapat
dy  Pbx2
EI   C
1
dx  2L

14. EI


dy


dx 







Pb
x
2L
2









P(x a
2
)2

C
2
71
Pada x = a, dua persamaan di atas hasilnya akan sama.
Jika diintegral lagi mendapatkan persamaan :
Pbx3
EI y   
C x C
untuk x a
6L
Pbx3
1

3
3
EI y  P(x a
)
 
C x C
untuk x a
6L 6 2 4
Pada x = a, maka nilai C1 harus sama dengan C2, maka C3 =
C4, sehingga
persamaannya menjadi :
Pbx3

P(x a
3
EI y   )  
C x C
6L 6 1 3
Untuk x = 0, maka y = 0, sehingga nilai C3 = C4 = 0
Untuk x = L, maka y = 0, sehingga persamaan di atas dapat ditulis menjadi :
0 
PbL3


P(L a
)3


C L

0
6L
Besarnya L – a = b
PbL Pb3
6 1
C1 6  6L
C Pb L2
b2

16L
Sehingga setelah disubstitusi menghasilkan persamaan :
y  Pbx L2
b2
x2 
6EIL
Pbx   
P











3


untuk x a
y 6EIL 2 2
L2
b x
x a
6EI
untuk x a (6.5)

15. 6.3. Metode Luas Bidang Momen
Pada pembahasan di atas telah dihasilkan lendutan yang berupa persamaan.
Hasil tersebut masih bersifat umum, namun mempunyai kelemahan apabila

16. 72
diterapkan pada struktur dengan pembebanan yang lebih kompleks, maka dirasa
kurang praktis, karena harus melalui penjabaran secara matematis.
Metode luas bidang momen inipun 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.
O
d




r
A







y




m
n
dx











M








AB
x






d


B
B’
B”
d











BMD











Gambar 6.6. Gambar Balok yang mengalami Lentur
Dari gambar 6.6 tersebut didapat persamaan
1 
d
=M
r dx EI
atau dapat ditulis menjadi

17. d







M
EI
dx
73
(6.6)
Dari persamaan 6.6 dapat didefinisikan sebagai berikut :
Definisi I : Elemen sudut d yang 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 6.6, apabila dx adalah panjang balok AB, maka besarnya sudut yang
dibentuk adalah :
M
AB
L
EI
dx
Berdasarkan garis singgung m dan n yang berpotongan dengan garis vertikal yang
melewati titik B, akan diperoleh :
.
"   . 
B'
B d x d
M x
EI
dx (6.7)
Nilai 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 persamaan 6.7 dapat didefinisikan sebagai berikut :
Definisi 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.
.
M x
Jarak
BB'
 0L
EI dx
Untuk menyelesaikan persamaan tersebut yang menjadi persoalan 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 6.7.

18. b
A = bh
1
2
b
h
b
A = bh/2
1
3
b
h
74
(a) Segi empat
3
8
b
A = (2/3)bh
b
h
(b) Segi tiga
b
A = bh/3
1
4
b
h
(c) Parabola pangkat 2
n
1
n 2
b

2
h
b
(d) Parabola Pangkat 2
1
b
n 2
h
b
A  n
n
1
bh
A 1
n

1
bh
(e) Parabola pangkat n (f) Parabola Pangkat n
Gambar 6.7. Letak titik berat
6.3.1. Contoh 1 Aplikasi pada Balok Sederhana dengan Beban Merata
Hitung defleksi maksimum (C) yang terjadi pada struktur balok sederhana
yang menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.8, dengan
metode luas bidang momen.

19. A
C 


L/2
5 L
C C 
C’
1qL2
8
q
B
BMD


75
.
8 2
Gambar 6.8. Balok sederhana yang menahan beban merata
Penyelesaian :
Besarnya momen di C akibat beban merata sebesar MC =
1
qL2
Letak titik berat dari tumpuan A sebesar = 5.L 
5

8 2 16
L
8
Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar :
Luas bidang momen
C EI
2 1 2 L
.
 3 8
qL . 2
C
 
EI
qL3
C24EI
Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di C sebesar :
CC’ = C =
2 1
Statis momen luas bidang
EI
5
2
L L
.
  3 8
qL . .
2 16
C
 

5
4
qL
EI
C384EI

20. 6.3.2. Contoh 2 Aplikasi pada Cantilever dengan Beban Merata
76
Hitung defleksi maksimum (B) yang terjadi pada struktur cantilever yang
menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.9, dengan
metode luas bidang momen.
q
A










2
L
B 





BMD


B
B’



B 
12qL 


3 



Penyelesaian :
4L
Gambar 6.9. Cantilever yang menahan beban merata
Besarnya momen di A akibat beban merata sebesar MA = -
1
qL2
2
3
Letak titik berat ke titik B sebesar = L
4
Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar :
Luas bidang momen
B EI
1
.
1 2
 3 L qL
2
B
 

qL
3
EI
B6EI
Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di B sebesar :
BB’ = B=
Statis momen luas bidang
EI

21. 1 1 2
.
3
77
 3 L. qL L
2 4
B
 

qL4
EI
B8EI
6.3.3. Contoh 3 Aplikasi pada Cantilever dengan Beban Titik
Hitung defleksi maksimum (B) yang terjadi pada struktur cantilever yang
menahan beban titik, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.10, dengan
metode luas bidang momen.
P
A






PL 




L
2 

B 






BMD
B
B’

B 



Penyelesaian :
3L
Gambar 6.10. Cantilever yang menahan beban titik
Besarnya momen di A akibat beban merata sebesar MA = -PL
2
Letak titik berat ke titik B sebesar = L
3
Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik B adalah sebesar :
Luas bidang momen
B 

1
.
L PL
EI
  2
B
 
EI
PL2
B2EI

22. Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di B sebesar :
78
BB’ = B=
1
Statis momen luas bidang
EI
2
 2
.
L.PL L
3
B
 

PL3
EI
B3EI
6.3.4. Contoh 4 Aplikasi pada Balok Sederhana dengan Beban Titik
Hitung defleksi maksimum (C) yang terjadi pada struktur balok sederhana
yang menahan beban titik, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.11, dengan
metode luas bidang momen.
P
A
C 


L/2
C C 
C’
1 
B
BMD


2 L 
4PL
3.
2
Gambar 6.11. Balok sederhana yang menahan beban titik
Penyelesaian :
1
Besarnya momen di C akibat beban merata sebesar MC = PL
4
Letak titik berat dari tumpuan A sebesar =
2
.L

1
L
3 2 3
Berdasarkan definisi I besarnya sudut terhadap titik C adalah sebesar :

23. C







Luas bidang momen
EI
1 1 1
79
.
 2 2
.
L PL
4
C
 

PL2
EI
C16EI
Berdasasrkan definisi II besarnya jarak lendutan vertikal di C sebesar :
CC’ = C =
Statis momen luas bidang
EI
1 1 1 2 L
. . .
  2 2L PL
4
3 2
C
 

PL3
EI
C48EI
6.4. Metode Luas Bidang Momen Sebagai Beban
Dua metoda yang sudah dibahas di atas mempunyai kelemehana yang
sama,yaitu apabila konstruksi dan pembebanan cukup kompleks. Metode ”Bidang
Momen Sebagai Beban” ini pun dirasa lebih praktis dibanding dengan metode
yang dibahas sebelumnya.
Metode ini pada hakekatnya berdasar sama dengan metode luas bidang
momen, hanya sedikit terdapat perluasan. Untuk membahas masalah ini kita ambil
sebuah konstruksi seperti tergambar pada gambar 6.12, dengan beban titik P,
kemudian momen dianggap sebagai beban.

24. A

















x







a
b
P
i
j
k

1 






BMD











B



















80
A
m

n
Pab 
L
x 
3
W  Pab
2
 B










1
3
(L b) 










RA Pab L b
6L
 RB Pab L a
6L



Gambar 6.12. Konstruksi Balok Sederhana dan Garis Elastika
Dari gambar 6.12, W adalah luas bidang momen, yang besarnya
W 
1
2
L
. .
Pab
L

Pab
2
Berdasarkan definisi II yang telah dibahas pada metode luas bidang momen, maka
didapat :
1=
Statis momen luas bidang momen terhadap B
EI
1Pab

1


  1
 2

3

L b 
EI

25. 
  Pab L b
1
6EI

26. 81
Pada umumnya lendutan yang terjadi cukup kecil, maka berdasarkan pendekatan
geometris akan diperoleh :
1A.L atau 1
 
AL
 Pab L b
 
RA
A
6EIL EI
Dengan cara yang sama akan dihasilkan :
 
B Pab L a
 
RB
6EIL EI
Dengan demikian dapat diambil kesimpulan bahwa : Sudut tangen di A dan B
besarnya sama dengan reaksi perletakan dibagi EI.
Berdasarkan gambar 6.12 sebenarnya yang akan dicari adalah defleksi
pada titik C sejauh x meter dari dukungan A (potongan i-j-k) yaitu sebesar Zc.
Zc = ij = ik – jk
Berdasarkan geometri, maka besarnya ik = A . x, maka
R
ik  Ax
EI
Sedangkan berdasarkan definisi II adalah statis momen luasan A-m-n terhadap
bidang m-n dibagi EI, maka
jk =
 .
luas A m n
EI
x
3
Sehingga lendutan ZC yang berjarak x dari A, adalah :
Zc = ij = ik – jk

1 


x 
ZC
EI RAx luas
Amn.

3

(6.8)
Berdasarkan persamaan 6.8 didapat definisi III sebagai berikut :
Definisi III : Lendutan disuatu titik didalam suatu bentangan balok sedrhana
besarnya sama dengan momen di titik tersebut dibagi dengan EI

27. apabila bidang momen sebagai beban.

28. 6.4.1. Contoh 1 Aplikasi pada Balok Sederhana dengan Beban Merata
82
Hitung defleksi maksimum (C) yang terjadi pada struktur balok sederhana
yang menahan beban merata, sebagaimana digambarkan pada gambar 6.13,
dengan metode luas bidang momen sebagai beban.
q
(a)







(b)







(c)


A
A
C 


L/2
5.L 
8 2
C C 
C’
1qL2
8
1qL2
8
B
BMD






B
Gambar 6.13. Balok sederhana yang menahan beban merata
Penyelesaian :
Langkah untuk menyelesaikan permasalahan ini adalah mencari momen
terlebih dahulu, hasilnya sebagaimana digambarkan pada gambar 6.13.b. Hasil
momen tersebut kemudian dijadikan beban, sebagaimana diperlihatkan pada
gambar 6.13.c. Kemudian dicari atau dihitung besarnya reakasi dan momennya.
Besarnya A adalah sebesar RA akibat beban momen dibagi dengan EI, sedangkan
B adalah sebesar RB akibat beban momen dibagi dengan EI, dan besarnya max
adalah sebesar MC akibat beban momen dibagi dengan EI. Untuk lebih jelasnya
dapat dilihat pada penyelesaian dibawah ini.

29. 83
Berdasarkan gambar 6.13.a. didapat momen sebagaimana digambarkan pada
gambar 6.13.b, yang besarnya sebesar MC =
1
qL2
8
Dari bidang momen yang didapat pada gambar 6.13.b dibalik dan dijadikan beban
sebagaimana digambarkan pada gambar 6.13.c. Dari gambar 6.13.c didapat reaksi
yang besarnya :

 

RARB
1 2
qL


2
L 

1 3
qL
(besarnya sama dengan Amn = W)
8  
3 2
 24
Dengan demikian sudut kelengkunagannya dapat dihitung, yaitu sebesar :
AB
RA
EI

qL3
24EI
Dari gambar 6.13.c. didapat juga momen dititik C, yaitu sebesar :
3 3 4
qL L qL 3 L 5qL
MC 23
. 
2 24
. .
8 2
 384
Besanya max dapat dihitung yaitu sebesar :
C
M
c
EI
54
  qL
C384EI
6.4.2. Contoh 1 Aplikasi pada Balok Sederhana dengan Beban Titik
6.4.3. Contoh 1 Aplikasi pada Cantilever dengan Beban Merata
6.4.4. Contoh 1 Aplikasi pada Cantilever dengan Beban Titik
6.5. Hubungan Kurva Elastis dan Regangan Linier
Sebuah segmen balok yang semula lurus diperlihatkan dalam keadaan
terdeformasi, sebagaimana ditunjukan pada gambar 6.1. Gambar tersebut serupa
dengan gambar 2.2 yang digunakan untuk mendapatkan distribusi tegangan dalam
balok yang disebabkan oleh lenturan. Pada gambar 6.1 dapat dilihat bahwa dalam

30. balok yang melentur sudut yang berdampingan antara dua iridan adalah Bila
jarak y dari permukaan garis netral terhadap serat yang ditinjau, maka deformasi
u dari setiap serat didapat :

31.  u = -y 


84
Berdasarkan persamaan tersebut dapat ditentukan besarnya regangan, yaitu sebesar
Mxz







r
u
panjang fd
O












Mxz
A’ B’
y
a b
e
f d u
B’ C’
x 

Gambar 6.1. Deformasi Segmen Balok dalam Lenturan
Contoh 1: Balok bertingkat seperti ditunjukkan pada Gambar 6.2(a) terbuat dari baja dengan
modulus elastisitas Young 200 GPa; luas penampang A1 = 8.10-6
m2
, A2 = 16.10-6
m2
; panjang
l1 = 1 m, l2 = 0,8 m. Pada tingkatnya dipasang cincin yang sangat kaku untuk menerapkan
beban F = 4 kN. Hitunglah: (1) Reaksi titik-titik tumpuan A dan B, (2) tegangan-tegangan
yang terjadi pada penampang A1 dan A2 , (c) perpindahan titik C.

32. Penyelesaian:
E = 200 (GPa)
l1 = 1 (m)
85
A2 = 16.10-6
(m2
)
A1 = 0.8 (m)
Titik A dan B tetap,tidak berpindah.
(a) l1= ? l2= ?
(b) Perpindahan titik C = ?
Fh = 0 ===> RA + F  RB= 0
RB= F RA
=400 RA
1

R
A 
R
A 

0 125RA (MPa)
A18
2
R
B 4000R A
A2 16
250 0 0625  
 
Hukum Hooke:
RAMPa
Gambar 6.2. Superposisi: Balok Bertingkat
1
l1 El1 

0 125R A
2 105
 4 ( )
l2 2
E
l
2
(250 0,0625 RA)
2.105


4
800 1 2 510 RA
6
25
10
(
)
mm
RA mm
Panjang pada deformasi: l1’ = l1 + l1
l2’ = l2 + l2
(6.3a)
(6.3b)
Titik A dan B tidak berpindah ==> panjang total batang tetap, l1 + l2 tetap, sehingga
l1’ + l2’ = l1 + l2 ==> (l1 + l1 ) + (l2 + l2 ) = l1 + l2
atau l1 + l2 = 0 ===> 6,25.10-4
RA - 1 + 2,5.10-4
RA = 0
atau RA = ( 1 / 8,5. 10-4
) = 1176,5 (N)
Sehingga: 1 = 0,125 RA= 147.06 (MPa)
2= - ( 250 - 0,0625 RA ) = -176,47 (MPa)
Perpindahan titik C = 6,25.10
-4
RA = 0,735 (mm)