BAB IV LENGKUNG MAJEMUK DAN BOLAK-BALIK IV.1. Definisi Dua buah lengkung lingkaran bersambungan dinamakan lengkung majemuk apabila keduanya bersambungan pada masing-masing titik tangennya, dan keduanya berada pada sisi yang sama dari tangen bersama tersebut. Jari-jari dari kedua lengkung tersebut berbeda tetapi berada pada arah yang sama dari titik sambung itu. Titik tangen bersama dinamakan dengan titik sekutu atau titik lengkung majemuk diberi identitas PCC. Apabila kedua lengkung tersebut mempunyai pusat pada sisi yang berbeda dari titik tangen bersama, kombinasi ini dinamakan lengkung bolak-balik. Keuntungan dari lengkung majemuk adalah dalam hal penyesuaian penetapan jalan sesuai dengan kondisi medan lapangan yang dihadapi. Kondisi demikian terutama akan banyak dijumpai pada medan lapangan yang berbukit-bukit, dimana disitu mungkin dibutuhkan dua, tiga atau mungkin lebih lengkung sederhana dengan jari-jari yang berbeda-beda. Halam hal yang demikian, sistem lengkung majemuk itu disebut dengan dua-pusat, tiga-pusat, empat-pusat, dst. Namun demikian, sedapat mungkin dipakai sebuah lengkung saja, karena pada konstruksi detil yang berhubungan dengan tampang melintang pada titik sekutu akan dijumpai banyak kesulitan. Hindari adanya halangan pada posisi PCC bilamana akan disisipkan lengkung spiral diantara lengkung dengan jarijari yang berbeda.
LENGKUNG MAJEMUK DUA PUSAT IV.2. Notasi Gambar IV.1 dan IV.2 memperlihatkan lengkung majemuk semacam, dimana gambar IV.1 dengan jari-jari besar ke lebih kecil, bambar IV.2 adalah sebaliknya. Dua buah lengkung sederhana AC dan CB ditempatkan di lapangan seperti lengkung lingkaran yang terpisah; titik PC dari lengkung kedua diimpitkan dengan PT dari lengkung pertama.
1
Gambar IV.1.Lengkung majemuk dua pusat.
Gambar IV.2. Kebalikan dari IV.1
Untuk lengkung yang lebih mendatar AC, namakan masing-masing dengan R1 untuk jari-jari, T1 untuk jarak tangen (AV1), dan Δ1 untuk sudut perpotongannya. Sementara untuk lengkung yang lebih tajam BC, masing-masing R2 , T2 , Δ2 . Juga Δ = Δ1 + Δ2 . Selanjutnya, X1,Y1= koordinat titik B (gbr IV.1) dengan referensi titik A sebagai orijin dan AV sebagai sumbu X, sementara itu X2,Y2 = koordinat dari titik A (gbr IV.2)
2
dengan referensi terhadap titik B sebagai orijin (pusat salib-sumbu) dan BV sebagai sumbu X. Ta = AV = tangen panjang;
Tb = VB = tangen pendek
Ada 7 komponen pada lengkung majemuk, Δ, R1, Ta, Δ1, R2, Tb dan Δ2. Dalam segala kasus, Δ = Δ1 + Δ2. Apabila empat komponen daripadanya dengan sekurangkurangnya
sebuah sudut diketahui, maka tiga komponen yang lain akan bisa
dicari/dihitung.
IV.3. Penurunan rumus Dengan gambar 41, bisa kita turunkan : X1= DO2+EB = O1O2 sin Δ1 + R2 sin Δ = (R1-R2) sin Δ1 + R2 sin Δ . . . . . . . . . . . . . . (a) Y1= O1A - O1D - O2E = R1 – (R1 – R2) cosΔ1 – R2 cosΔ = R1(1 - cos Δ1) + R2(cosΔ1 – cosΔ). . . . . . . . (b) Demikiaan pula, karena Tb = Y1/sinΔ, maka didapat : R1
Tb = cos Δ1=
R2 cos
DO1 O1O2
=
R1
( R1 sin
R2 ). cos
1
.................................................... (IV.1)
R1 Yb EO2 R1 R2
R2 cos Tb sin R1 R2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (c)
Dengan gambar 42, kita peroleh : X2 = AK – O2S = R1sinΔ – (R1-R2)sinΔ2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . (d) Y2 = O1S + R2 – O1K = (R1-R2)cosΔ2 + R2 – R1cosΔ . . . . . . . . . . . . . (e) Ta = Y2/sinΔ =
( R1
R2 ) cos
2
sin
R2
R1 cos
........................................................( IV.2)
3
cosΔ2 =
=
SO1 O1O2 Ta sin
R1 cos R1 R2
R2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (f)
Dari (36) , kita dapatkan : vers Δ1 =
Tb sin
R2 vers .............................................. .......................... (IV.3) R2
R1
Dari (37), kita dapatkan :
R1vers R1
vers Δ2 =
Ta sin R2
........................................................................... (IV.4)
Dari (a), kita mendapatkan sin Δ1 =
X1
Ta
R2 sin R1 R2
Tb cos R2 sin R1 R2
............................................(.IV.5)
Dari (d) , kita dapatkan sin Δ2 =
R1 sin X2 R1 R2
R1 sin
Ta cos R1 R2
Tb
.......................... ....................(IV.6)
Dengan membagi (38) dengan (40) dan pertimbangan bahwa versΔ1/sin Δ1 = tg½ Δ1 , kita peroleh tg½ Δ1 = Sejalan tg½Δ2=
Tb sin R2 vers Ta Tb cos R2 sin
dengan
itu,
dengan
..........................................,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, (IV.7) membagi
(IV.4)
dengan
(IV.6)
kita
dapatkan
R1vers Ta sin ............................. ................................................. (IV.8) R1 sin Ta cos Tb
Dari (b) kita dapatkan R1 = R2 +
Y1
R2 vers vers 1
R2
Tb sin
R2 vers vers
.......................................... (IV.9)
1
Dengan cara yang sama, dari (e), kita dapatkan R2 = R1 -
R1vers Ta sin vers 2
............................................................................ (IV.10)
4
IV.4. Kontrol Hitungan Dengan Poligon Sebai kontrol hitungan seperti pada X1 dan Y1 gambar IV.1, dicoba dengan cara poligon tertutup, dimana O1A diasumsikan sebagai arah utara (azimutnya nol). Berdasarkan rumus penentuan posisi planimetris, proyeksi pada arah sumbu X = panjang sisi (d) × sin azimut (α), dan proyeksi pada arah sumbu Y = panjang sisi (d) × cos azimut (α), maka kita dapatkan (dari gambar IV.1)
urutan
sisi
azimut
d sin α
d cos α
O1A
R1
00
0
R1
0
AD
X1
90
X1
0
DB
Y1
1800
0
-Y1
BO2
R2
1800+Δ
- R2 sin Δ
-R2 cos Δ
O2O1
R1-R2
1800+Δ1
-(R1-R2)sinΔ1
-(R1-R2)cosΔ1
Jumlah =
0
0
Dari ∑ d sin α = 0 dan ∑ d cos α = 0, kita dapatkan X1 = R2 sin Δ + ( R1-R2) sinΔ1 (kontrol) Y1 = R1 - R2 cos Δ - (R1 - R2) cosΔ1 (kontrol) IV.5. Tipe-tipe Permasalahan Kasus 1. Diketahui R1, R2, Δ1, Δ2 , Ditanyakan besarnya Δ, Ta, Tb Solusi : Δ = Δ1+ Δ2 . Gunakan rumus (37) untuk mencari Ta dan (36) untuk Tb. Kasus 2. Diketahui Δ, Ta, Tb (atau R2), ditanyakan besarnya R2 (atau R1), Δ2, Δ1. Solusi : Gunakan (IV.8) untuk mencari Δ2, (IV.10) untuk R2, Δ1 = Δ - Δ2. Apabila R2 yang diketahui, gunakan (IV.7) untuk Δ1; (IV.9) untuk R1, Δ2 = Δ – Δ1. Kasus 3 Diketahui R1, R2, Δ, Ta (atau Tb). Ditanyakan Δ1, Δ2, Tb, (atau Ta). Solusi : Gunakan (35) untuk Δ2 , (IV.1) untuk Tb , Δ1 = Δ – Δ2. Bila diketahui Tb , gunakan untuk Δ1, (IV.2) untuk Ta , Δ2 = Δ – Δ1.
5
Kasus 4 Diketahui Δ, Δ1, R1 ,Ta . Ditanyakan Δ2 , R2 , Tb . Solusi : Δ2 = Δ – Δ1. Gunakan (IV.10) untuk R2; (IV.1) untuk Tb . Kasus 5 Diketahui Δ1, Δ2 , , R2 , Tb . Ditanyakan Δ1, R1 ,Ta . Solusi : Δ1 = Δ – Δ2 . Gunakan (IV.9) untuk R1, (IV.2) untuk Ta . Kasus 6 Diketahui AB , sudut VAB dan VBA, R1. Ditanyakan Ta ,Tb , Δ2 ,R2 . Solusi : Δ = VAB + VBA. Selesaikan segitiga AVB untuk Ta dan Tb , gunakan (IV.8) untuk Δ2 , (IV.10) untuk R2 , Δ1 = Δ – Δ2 . Kasus 7 Diketahui AB, sudut-sudut VAB dan VBA, R2. Ditanyakan Ta ,Tb , Δ1, R1. Solusi : Δ = VAB + VBA. Selesaikan segitiga AVB untuk Ta dan Tb . Gunakan (IV.7) untuk Δ1; (IV.9) untuk R1, Δ2 = Δ – Δ1.
IV.6. Lengkung Majemuk yang Berakhir pada Tangen yang Sejajar. Yang dimaksudkan disini adalah menggeser PCC dari lengkung majemuk sehingga bagian lengkung yang kedua akan berakhir pada tangen yang sejajar. Pada setiap kasus disini dalam pergeseran, kedua jari-jari kelengkungan tidak mengalami perubahan, dan p = offset tegaklurus dari tangen sejajar yang lama ke yang baru, diketahui besarnya. Notasi-notasi yang dipakai sebagaimana biasanya untuk lengkungan yang lama, sedangkan pada bagian lengkung yang baru digunakan notasi-notasi atau simbol yang lain. Dengan demikian disini
' 1
dan
' 2
adalah sudut pusat untuk lengkung yang baru,
B adalah untuk PT yang asli (original), sementara B’ untuk PT yang baru pada tangen sejajar. Demikian pula Δ = Δ1 + Δ2 =
' 1
' 2
Kasus 1. Bagian lengkung ke dua (yang lebih tajam) pada tangen sejajar, berada di dalam, seperti pada gambar 43. ACB adalah lengkung lama AC’B’ adalah lengkung yang baru.
6
Gambar IV.3.Lengkung majemuk dua pusat dimana bagian yang lebih tajam digeser ke dalam. . Kasus 2. Bagian lengkung kedua (yang lebih tajam) pada tangen sejajar berada di luar, seperti pada gambaar IV.4, ACB adalah lengkung lama, AC’B’ adalah lengkung yang baru Rumus-rumus untuk kasus 1 dan 2. Pada gambar IV.3 dan IV.4, besaran O1O2 dan O1O’2 (= R1 - R2) pada garis yang tegaklurus ke tangen di depan. Kemudian dalam gambar 43,
p = O1H – O1M =
OO1cosΔ2 – O1O2cosΔ’2, atau p = (R1 – R2)(cosΔ2 – cosΔ1), dimana cosΔ’2 = cosΔ2 -
p R1
R2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . (a)
7
Gambar IV.4. . Lengkung majemuk dua pusat dimana lengkung yang lebih tajam digeser ke luar.
Gambar IV.5. Lengkung majemuk dua pusat dimana lengkung yang lebih landai digeser keluar.
8
Demikian pula pada gambar 44, p = O1H – O1M = (R1- R2)(cos Δ’2 - cos Δ2 ), dari padanya diperoleh cos
' 2
cos
p 2
R1
R2
. . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . (b)
Juga Δ’1 = Δ – Δ’2. Kasus 3. Bagian ke dua dari lengkungan yang lebih landai pada tangen sejajar digeser keluar, seperti pada gambar 45. BCA adalah lengkung lama, BC’A’ adalah lengkung yang baru. Kasus 4. Bagian yang ke dua (yg lebih landai) di dalam tangen sejajar, dimana berada di dalam (gambar IV.6). BCA lengkung lama dan BC’A’ lengkung baru.
Gambar IV.6. Lengkung majemuk dua pusat dimana yang lebih landai digeser ke dalam
Rumus-rumus untuk kasus 3 dan 4. Pada gambar IV.5 dan IV.6, panjang O1O2 = R1 – R2 pada garis tegaklurus ketangen depan.Kemudian pada gambar 45
p = O1H – O’1M = (R1 – R2)(cos Δ1 – cos
Δ’1) dari padanya
9
cos Δ’1 = cos Δ1 -
p R1
R2
. . . . . . . . . . . . . . . . (c)
Juga, Δ’2 = Δ – Δ’1. Sebagaimana pada gambar 46 , p = O’1H – O1M = O’1 O2 cos Δ’1 – O1O2 cos Δ1, dari padanya diperoleh cos Δ’1 = cos Δ1 +
p R1
R2
. . .. . . . . . . . . . . . . . . .(d)
Juga, Δ’1 = Δ – Δ’1 LENGKUNG MAJEMUK TIGA PUSAT IV.7. Rumus-Rumus untuk Tangen Panjang dan Pendek
Gambar IV.7. Lengkung majemuk tiga pusat
Pada gambar IV.7, lengkung majemuk tiga pusat masing-masing O1,O2,O3 , dengan sudut-sudut pusatnya Δ1, Δ2, Δ3, Δ = jumlah sudut = Δ1 + Δ2 + Δ3,
disini I = Δ
10
Berawal dari lengkung yang paling landai ke yang paling tajam/runcing , jari-jarinya adalah R1, R2, R3. PCC yang pertama adalah di C’, yang kedua C” Ambilah Ta = AV = tangen panjang, Tb = tangen pendek. Juga anggaplah koordinat titik B, X1,Y1 dengan acuan titik A sebagai pusat salib-sumbu (orijin) dan AV sebagai sumbu X, dimana X1 = AD, Y1 = DB. Kemudian Y1 = Tb × sin Δ; Tb =
Y1 sin
;
X1 = Ta + Tb × cos Δ; . . . . . . . . . (a)
Ta = X1 – Tb × cos Δ ....... . . . . . . . . . . . .(b)
Pada gambar 47 : X1=R1sinΔ1+R2sin(Δ1+Δ2)-R2sinΔ1+R3sinΔ-R3sin(Δ1+Δ2) Atau : X1=(R1-R2)sinΔ1+(R2-R3)sin(Δ1+Δ2)+R3sinΔ .........................................................(IV.11) Y1=R1versΔ1+R2cosΔ1-R2cos(Δ1+Δ2)+R3cos(Δ1+Δ2)-R3cosΔ Atau Y1=R1-R3cosΔ-(R1-R2)cosΔ1-(R2-R3)cos (Δ1+Δ2). ....................................................(IV.12) Kemudian, karena Tb = Y1/sin Δ, kita dapatkan Tb
R1
R3 cos
( R1
R2 ) cos sin
1
( R2
R3 ) cos(
1
2
)
............................... (IV.13)
Ta dapat pula dicari dari subtitusi ke (b). Demikian pula Ta
Y2 sin
dimana Y2 sekarang dapat diderivasi dengan metode poligon (traverse).
11
Gambar IV.8. Kebalikan dari IV.7
IV.8. Kontrol Hitungan dengan Poligon. Pada gambar 48, kita asumsikan O3B sebagai arah utara (azimut 0). Ekspresi untuk Y2 dapat dihitung dengan mengambil ∑ d cos α = 0. Adapun rinciannya sebagai berikut Garis
Jarak
Azimut
d cos α
O3B
R1
0
R3
BD
X2
90
0
DA
Y2
180
AO1
R1
180+Δ
O1O2
R1 - R2
Δ2 + Δ3
O2O3
R2 - R3
Δ3
- Y2 - R1 cos Δ (R1 - R2)(cos(Δ2 + Δ3)) ( R2 – R3) cos Δ3 Jumlah = 0
Kemudian diteruskan bahwa Y2=R3-R1cosΔ+(R1-R2)cos(Δ2+Δ3)+(R2–R3)cos Δ3 ...........(49) Ta=
R3
R1 cos
( R1
R2 ) cos( sin
2
3
) ( R2
R3 ) cos
3
.............................(IV.15)
Catatan : Untuk cek/kontrol lebih lanjut, lihat lampiran F
12
IV.9. Pergeseran Lengkung Punggung Patah (Broken-back Curve Displacement) Bilamana dua buah lengkungan dalam arah yang sama dan terhubung dengan tangen pendek, disebut dengan lengkung punggung patah Lengkung semacam itu tidak disukai terutama pada jaran raya dan bebas hambatan apabila disajikan pada gambar secara lengkap apalagi pada medan yang tidak terkendala. Hal itu umumnya sangat mungkin untuk dibuat menjadi lengkung majemuk tiga pusat, atau lebih disukai untuk tampilan yang lebih baik dan meningkatkan kualitas lalulintas dibuat hanya dengan sebuah lengkung lingkaran yang jari-jarinya lebih besar (lihat kasus 4). Selanjutnya ada tiga kasus yang akan dibicarakan disini yang tergantung pada besaran relative dari jari-jari yang diketahui dan tangen penghubungnya. Namakan R1 dan R2 dengan pusat di O1 dan O2, Jari-jari R1 lebih besar dari R2 (lengkung 1 lebih landai dan lengkung 2 lebih tajam), lengkung AB dan CD dengan sudut pusat θ1 dan θ2 . R dengan pusat O adalah jari-jari dari lengkung subtitusi dan BC (d) jarak penghubung tangent. Notasi-notasi tambahan akan dimunculkan kemudian.
Gambar IV.9. Lengkung punggung patah, disini O2O=O2O1 Kasus 1. O2O = O2O1 (gambar 49) Diketahui R1 , R2 dan d. Diperlukan R, θ1, θ2 dan jaraak lateral GE.
13
Solusi. Pada segitiga siku-siku FO1O2 , FO1 = R1 – R2 , FO2 = d, kemudian tg α = (R1 – R2)/d, dari padanya maka α dapat dicari. Dengan O2O = O2O1 berakibat pula R – R2 = d2
( R1
R2 ) 2 , solusi dari padanya akan mendapatkan R.
Juga sin ½Ф = ½(OO1/O2O) = ½ ((R-R1)/(R-R2)), daripadanya Ф dapat diketahui. Kemudian, Δ = ½(180 – Ф) = 90 - ½Ф. Juga θ2 = 90-(α+Ф); θ1 = Δ – θ2. Pada gambar 49, GE = jarak lateral pergeseran garis sumbu = R - R1 – (R - R1) cos θ1 = (R – R1) vers θ1 . Dengan cara yang sama, GE = (R – R2)vers θ2 .
Contoh 1. Diketahui R1 = 400 ft, R2 = 300 ft dan d = 300 ft. Solusi. R = 300+100 9 1 = 616,23 ft; tg α = 100/300, sehingga α = 18o 20’00” Sin ½Ф = 108,115/316,23 = 0,3418872; ½Ф = 19o 59’ 31” Ф = 39o 59’ 02”. Kemudian Δ = 70o 00’ 29”, θ2 = 31o 34’ 52”; θ1 = 38o 25’ 37” Kontrol GE = (R - R1) vers θ1 = 46,84 ft; (R - R1) sin θ1 = 134,39 ft GE = (R - R2) vers θ2 = 46,84 ft; (R - R2) sin θ2 = 165,61 ft d = 300,00 ft Contoh 2 Diketahui D1 = 40 lengkung (R1= 1432,3945 ft), D2 = 50 lengkung (R2 = 1145,9156 ft) dan d = 200 ft Solusi : tg α = R1 – R2/200 = 286,4789/200 = 1,4323945 sehingga didapat α = 550 04’ 47,6”.
Dari rumus R – R2 =
100 (2) 2
Selanjutnya
d2
( R1
R2 ) 2 , kita peroleh
R – R2 =
(2,864789) 2 = 100 12,20701601 = 349,3854.
sin ½Ф = ½(0,1800490) dari padanya diperoleh Ф = 100 19’ 48”.
Selanjutnya diperoleh θ2 = 240 35’ 24,4” dan θ1 = Δ – θ2 = 600 14’ 41,6”. Kemudian GE = (R – R2) vers θ2 = 31,868; kontrol GE = (R – R1) vers θ1 = 31,686. Kasus 2. O2O > O2O1 (gambar 50). Diketahui R1, R2 , d.
14
Solusi : Asumsikan harga R, tetapi perlu diperhatikan konsistentinya daalam kasus ini, R > R2 +
d2
( R1
R2 ) 2 . Keseimbangan solusinya sekarang sebagai berikut :
Gambar IV.10. Lengkung punggung patah dimana O2O > O2O1 Langkah 1. Pada segitiga siki-siku FO1O2 , O1F = R1 – R2; FO2 = d. Hitung O1O2 dan sudut α. Langkah 2. Dengan sisi dari segitiga OO1O2 diketahui, hitung sudut Ф dengan rumus cosinus. Langkah 3. Gambarkan O1Z tegaklurus pada OO2. Kemudian, karena O1Z = O1O sin Δ = O1O2 sin Ф, maka sudut Δ dapat dihitung. Langkah 4. θ2 = 90 – (α + Ф) ;
θ1 = Δ – θ2
Langkah 5. GE = (R – R1) vers θ1 ; GE = = (R – R2) vers θ2 Contoh 3. Diketahui R1 = 300 ft, R2 = 300 ft, R = 800 ft (perkiraan) d = 300 ft. Solusi : O1O2 =
tg α = (300) 2
200 300
0,6666667 ;
α = 330 41’ 24”.
(200) 2 = 100 13 = 360,555 ft.
Dengan sisi-sisi dari segitiga OO1O2 diketaahui, Ф =
360 27’ 22”. 15
sin Δ =
360,555 sin ( R R1 )
= 0,7141478; maka Δ = 450 34’ 24”
θ2 = 90 – (α+Ф) = 190 51’ 14”;
θ1 = Δ – θ2 = 250 43’ 10”
Kontrol GE = 300 vers θ1 = 29,72 ft;
300 sin θ1 = 130,19 ft
GE = 500 vers θ2 = 29,72 ft;
500 sin θ2 = 169,81 ft 300,00 ft = d
Kasus 3. O2O < O2O1 ; atau R –R2<
d2
( R1
R2 ) 2 ....(gbr 51)
Gambar IV.11. Lengkung punggung patah O2O < O2O1 Diketahui θ1, θ2 ,R1, R2 dan d. Dibutuhkan R, t, dan GE, R adalah jari-jari lengkung baru yang bermula di A’, dimana A’ terletak pada tangen dari lengkung yang lebih landai yang berjarak AA’ (= t) yang akan dihitung. Solusi : Pada gambar 51, AM = AQ + QM = R1 sin θ1+ d – (R – R2) sin θ2.. . . . (a) Juga
AM = AS + SM = t cos θ1 + R sin θ1 . . . .. . . . . . .(b)
16
Reduksi persamaan (a) dan (b), mendapatkan
t=
d
( R R1 ) s sin 1 cos
( R R2 ) sin
2
.............................................................. (IV.16)
1
GE = (R – R2) vers θ2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (c)
Lagi
Gambarkan O1J tegaklurus OA’ dan perhatikan bahwa JA’= O1A = R1; = t sin θ1.
O1J = t ;
HK
Kemudian
GE = R - R1 – OH = R – R1 – (OK – HK) = R – R1 – ((R – R1) cos θ1 – t sin θ1); Itu berarti
GE = (R – R1) vers θ1 + t sin θ2 . . . . . . . . . . . (d)
Reduksi persamaan (c) dan (d), kita dapatkan
R
R1vers
R2 vers 2 t sin g vers 1 vers 2 1
1
...........................................................(IV.17)
Subtitusi persamaan (IV.16) untuk t dalam persamaan (IV.17) perkalikan dan pengurangan mendapatkan
R
R2 vers(
1
2
) vers 1 R1vers vers 1 vers 2
1
d sin
1
....................................... (IV.18)
Contoh 4. Diberikan R1 = 600 ft, R2 = 300 ft, d = 300 ft, θ1=250, θ2 = 300 Solusi : Dengan persamaan (53) didapat R = 663,238 ft. Dengan (52) didapat t = 101,131 ft. GE = (R – R2) vers θ2 = 48,66 ft GE = (R - R1)vers θ1 + t sin θ1 = 5,925 + 42,740 = 448,66 ft (kontrol) (R – R2) sin θ2 = 181,619 ; (R – R1) sin θ1 = 26,725 ; t cos θ1 = 91,568 ; jumlahkan = 300,00 = d (kontrol) Apabila R berda diluar kisaran 660 ft, lalu t dengan rumus (IV/16) menjadi t = 104,427 ft.
Kasus 4. (kasus umum) Masalah ini dibutuhkan untuk mendesain ulang dari dua buah lengkung lingkaran yang berdekatan
(lengkung punggung patah) dengan sebuah
lengkung lingkaran yang melalui titik tangen mula dan akhir.
17
Gambar IV.12. Sebuah lengkung AH dengan jari-jari R menggantikan dua lengkung lingkaran yang berdekatan Diketahui Δ1, D1, d, Δ2 , D2, (perhatikan gaambar 52), kita namakan A dan H masingmasing adalah PC dan PT dari lengkung tunggal dengan jari-jari
R dengan sudut
pusat (Δ1 + Δ2), sementara titik A dan F adalah sebagai PC dan PT dari lengkung lingkaran asli. Juga kita namakan AG dan GH menjadi tangen dari lengkung ini, dimana AG = GH = T3. Untuk poligon tertutup, dimana OA = sebagai arah utara , kita dapatkan : Garis Jarak
Azimut
Proyeksi (X)
0
Proyeksi (Y)
OA
R
0
AG
T3
90
GH
T3
90+(Δ1+Δ2)
T3 cos(Δ1+Δ2) - T3 sin (Δ1+Δ2)
HO
R
180+(Δ1+Δ2)
- R sin(Δ1+Δ2) - R cos (Δ1+Δ2)
Jumlah
R=
T3 (1 cos( sin( 1
1
2 2
)
))
0
R
T3
0
0
... . ..(a)
0
R=
T3 sin( 1 cos(
1 1
) . . .. . . (b) 2)
2
18
Pada segitiga BEG, BE = T1 + d + T2 ;
GE BE
sin sin( 1
1 2
)
BG BE
sin sin( 1
2 2
)
;
. Untuk menentukan posisi H, FH=GH-(GE+T2)
GE = (T1 + d +T2) ×
sin sin( 1
BG = (T1 + d + T2) ×
1 2
sin sin( 1
)
2 2
)
Contoh 5. Diketahui Δ1 = 200 , D1 = 200 , Δ2 = 600 , D2 = 180 , d = 100 ft. Ditanyakan besarnya jari-jari (R) dari lengkung lingkaran baru sebagai pengganti sistem (dua lengkung yang lama). (lihat gambar 52) Solusi : T1 = (5729,578)/20 X tg 100 = 50,514. T2 = (5729,578) X tg 300 = 183,7763; BE = T1 + d + T2 = 334,2903.
BG = BE X (sin 60/sin 80) = 293,9699
GE = BE X (sin 20/sin 80) = 116,0978. AG = T1 + BG =344,484. 299,874 ; GH = AG = 344,484 = T3 . Cek
GF = GE + T2 =
R = 344,484 X (1,1736482)/0,9848078 = 410,54
R = 344,484 X (0,9848078)/(1- 0,1736482) = 410,54.
Juga, D = (5729,578)/R = 13,9560 ; FH = GH – GF = 44,610 Contoh 6. Diketahui Δ1 = 300, R1 = 3.700 ft, Δ2 = 200, d = 1.900 ft. Hitung R dari lengkung lingkaran yang menggantikan sistem yang ada. Solusi : T1 = 3.700 X tg ½Δ1 = 991,411; T2 = 4.700 X tg ½Δ2 = 828,737; BE = T1 + d + T2 = 3720,148; BG = BE X sin 20/ sin 50 = 1660,955;
GE = BE X sin 30/sin 50 =
2428,1543; AG = T1 + BG = 2652,366; GF = GE + T2 = 3256,8913;
AG = GH = T3
= 2652,366. R = 2652,366 X (1 + cos 50)/sin 50 = 5688,02;
Ceking
R = 2652,366 X sin 50/ (1-cos 550) = 5688,02. Juga D = 5729,578/R = 1,00730 ; FH = GH – GF = 604,525.
19
Contoh 7. Diketahui Δ1 = 320, D1 = 30, Δ2 = 280, D2 = 40, d = 600 ft. Ditanyakan besaran R dari lengkung lingkaran pengganti dari sistem lama. Solusi : T1 = (5729,5578)/3 X tg ½Δ1 = 547,6434. T2 = (5729,5578)/4 x tg ½Δ2 = 357,13605. BE = T1 + d + T2 = 1504,7794; BG = BE X (4694716)/0,8660254 = 815,7396; GE = BE X (0,5299193)/0,8660254 = 920,7717; AG = T1 + BG = 1363,383; GF = GE + T2 = 1277,9077; AG = GH = T2 = 1363,383. R = (1363,383)(1,5) / 0,8660254 = 2361,45 ; R = (1363,383) (0,8660254) / (1 - 0,5) = 2361,45 untuk cek. Juga D = (5729,578) / R = 2,42630 ; FH = GH – GF = 85,475 LENGKUNG MAJEMUK EMPAT PUSAT IV.10. Rumus untuk Tangen Panjang dan Pendek Pada gambar 53 diperlihatkan lengkung majemuk dengan 4 pusat dan dalam arah yang berbalikan simbol-simbolnya bisa ditukan. Kasus ini merupakan pengembangan dari lengkung tiga pusat. Pernyataan untuk Ta dan Tb tangen panjang dan pendek, adalah sama, kecuali untuk beberapa istilah yang lain yaitu R4 dan Δ4.
Gambar IV.13.Lengkung majemuk empat pusat.
20
Ta = Y1 / sin Δ
dan
Tb = Y2 / sin Δ
Dimana dengan poligon Y1 = R1 - R4 cos Δ - (R1 - R2) cos Δ1 - (R2 - R3) cos (Δ1 + Δ3) - (R3 - R4) cos (Δ1 + Δ2 + Δ3) ......................(54) Y2 = R4 – R1 cos Δ + (R1 – R2) cos (Δ2 + Δ3 + Δ4)+ (R2 – R3) cos (Δ3 + Δ4) + (R3 – R4) cos Δ4 ...........................................(IV.20)
LENGKUNG BOLAK-BALIK IV.11. Pendahuluan. Dua buah lengkung lingkaran AC dan CB (gambar 54) dengan pusat pada sisi yang berbalikan dari tangen sekutu dinamakan dengan lengkung bolakbalik. Titik sekutu dari lengkung bolak-balik diistilahkan dengan PRC (point reverse curve) atau titik balik lengkungan.
Gambar IV.14. Lengkung bolak-balik
Titik sekutu dari lengkung bolak-balik dinamakan PRC. Lengkung macam ini sebaiknya dihindari utamanya pada jalan raya dengan lalulintas cepat dan jalan kereta api, karena pada profil melintang di PRC sulit didesain elevasinya khususnya pada bagian arah luar. Sekalipun demikian keadaan ini sering dijumpai didaerah berbukitan, pada jalan lay out jalan kereta api dan jalan layang. 21
Hal ini layak bahwa dua buah lengkung perlu dipisahkan dengan tangen antara / peralian tengah (intermediate tangent distance) dengan jarak yang cukup untuk memecahkan masalah super elevasi dan air permukaan.
Gambar IV.15.Lengkung bolak-balik dengan jarak tangen antara. Contoh 1. Diketahui Δ1 = 400 20’ , V1C = 312 ft ; CV2 = 260 ft, dan Δ2 = 340 . Ditanyakan besarnya D1 dan D2 . Solusi : T1 = V1C = 312 ft, dan T2 = CV2 = 260 ft, tetapi harga ini dapt di revisi sedikit dengan maksud untuk mendapatkan harga yang lebih mantap untuk D1 (D2). Asumsi ini diperbolehkan untuk fleksibilitas pada jarak dan arah. Dengan Tabel 2, kita dapatkan ; D1 =
2.104,29 312
6,7445 0 ,
D2 =
1.751,71 260
6,7373 0
Kita asumsikan disini D1 = D2 = 6,750 = 60 45’; selanjutnya T1 =
2.104,29 6,75
311,75 ft
T2 =
1.751,71 6,75
259,51 ft
Contoh 2. Diketahui V1V2 = 1.200 ft, Δ1 = 400 dan Δ2 = 500 Ditanyakan besaran T1 , T2 , D1 , D2 . Solusi : Dengan berasumsi jarak tangen antara nya 300 ft, selebihnya tinggal 900 ft = T1 + T2. Ambilah T1 = 500 ft, maka T2 = 400 ft. Dengan menggunakan Tabel 2, kita dapatkan :
22
D1 =
2.085,4 500
4,17 0 ;
D2 =
Untuk harga final diambil D1 = 40 T1 =
2..085,4 4
521,35 ft
2.671,71 400
6,68 0
dan D2 = 60 40’; kemudian
dan
T2 =
2.671,75 6,667
400,75 ft.
Perbaikan jarak tangen antaranya adalah 277,89 ft.
IV.12. Lengkung Bolak-Balik diantara Tangen Sejajar Pada gambar 56, adalah lengkung bolak-balik ACB diantara tangen sejajar, yang sering dijumpai pada rute jalan kereta api.
Gambar IV.16. Lengkung bolak-balik diantara tangen sejajar
d = DE = DC + CE p = m1 + m2 = jarak antara jalur sejajar Jari-jari R1 dan R2 daapat sama, dapat pula berbeda, apabila sama R1 = R2 = R, DC = CE = ½d, m1 = m2 = ½p. Lima besaran d, R1, R2, Δ, dan p dalam hubungan sebagai berikut (gambar IV.16) d = R1 sin Δ + R2 sin Δ = (R1 + R2) sin Δ ............................................................(IV.21) p = R1 vers Δ + R2 vers Δ = (R1 + R2) vers Δ .................................................... (IV.22)
23
Apabila tiga unsur dari padanya diketahui, maka unsur yang lain akan dapat dicari. Apabila jari-jarinya sama, maka d = 2R sin Δ, p = 2R vers Δ, atau vers Δ =
p 2R p , dari padanya cos Δ = 2R 2R
Demikian pula apabila R dan p diketahui, d = 2 p( R
p / 4) .
IV. 13. Lengkung Bolak-Balik diantara Tangen yang tidak Sejajar. Diketahui titik A atau PC yang terletak pada tangen dari lengkung bolak-balik ACB (gambar 57)’; jari-jari R1 dan R2 ; titik V, perpotongan dari tangen asli dan terahir; dan sudut θ (pada V) diantara tangen VA dan VB.
Gambar IV.17. Lengkung bolak-balik diantara tangen yang tidak sejajar. Akan dicari : sudut pusat Δ1 dan Δ2 dan posisi dari B (PT). Misal t = jarak BV, dimana bersama dengan Δ1 dan Δ2 akan dicari. Perpanjang VB sampai memotong tegaklurus A ke D; juga perpanjang AD dan O2B sampai tegaklurus dengan garis yang melalui O1 pada titik E dan F. Dari gambar, sudut O1AE = θ. Namakan d = AV yang diketahui . Sehingga AD = d sin θ dan AE = R1 cos θ.
Juga
24
cos Δ2 =
O2 F O1O2
R2 DE R1 R2
R2
R1 cos d sin R1 R2
. . . . . . . . . . . (a)
dari padanya Δ2 dapat dicari atau ditemukan. Karena sudut AGC = Δ2 , maka kita punya Δ2 = Δ1 + θ , Sekarang,
atau Δ1 = Δ2 – θ . . . . . . . . . . . . . . . (b)
t + BD = d cos θ .. . . . . . . . . . . . . . . . . (c)
Di mana BD = FE = FO1 – EO1 = (R1 + R2) sin Δ2 – R1 sin θ . . (d) Subtitusi (d) pada (c) dan selesaikan, kita dapatkan: t = d cos θ + R1 sin θ – (R1 + R2) sin Δ2 ...................................................(IV.23) Contoh ulangan (Kasus 2). Diketahui lengkung punggung patah dimana titik PC (titik A, gbr 50) pada stasiun 50+00. R1 = 2.000 ft , R2 = 1.200 ft, dan d = 600 ft. Hitung nomor stasiun untuk titik D. Solusi : Asumsikan R = 3.000 ft, kita dapatkan R - R1 = 1.000 ft , R – R2 = 1.800 ft. Kemudian tg α = (R1 – R2)/d = 800/600 = 1,3333333. sehingga diperoleh α = 520 07’ 42”. Selanjutnya, O1O2 = 600 / sin α = 1.913,444 ft cos Ф =
O1O2 OO2 OO1 2(O1O2 OO2
(10,13444) 2 (18) 2 (10) 2 2(10,13444).(18)
0,8954802
dari
padanya diperoleh Ф = 260 25’ 47”. Kemudian sin Δ = O1O2 sin Ф / O1O = 0,45108269, sehingga diperoleh Δ = 260 48’ 48”.
Busur AD = R X Δ (Δ dalam radian) = 3.000
(0,4679809) = 1.403,94 ft. Dengan demikian stasiun D berada pada stasiun 50+00 + 14,0394 = 64,039.
IV.14. Soal-soal latihan 1. Diberikan lengkung majemuk dua pusat, dengan Δ2 = 200, D2 = 30 24’, Δ1 = 250, D1 = 20 . Hitung Ta dan Tb tangen panjang dan pendek. (Jwbn Ta = 854,32 ft, Tb = 1.086,03 ft) 2. Diketahui lengkung majemuk dua pusat dimana PCC pada stasiun 40+20, Δ1 = 200 , D1 = 40 , Δ2 = 400 dan D2 = 60 . Apabila tangen dimuka digeser 50 ft ( p =
25
50) pada posisi sejajar ke arah luar, hitung nomor stasiun dari titik B’, dari PT yang baru. (Jwbn sta. 47+74,6.) 3. Diketahui lengkung majemuk dua pusat dengan AB = 1.200 ft, sudut VAB = 270 21’, VBA = 320 20’, D1 = 20 40’. Hitung Ta dan Tb , Δ1 , Δ2 dan D2. (Jwbn: Ta : 743,49 ft, Tb : 638,65 ft, Δ1 = 6021’ 27”, Δ2 =330 19’ 33” , D2 = 5,20760.)
Tugas : Mahasiswa diberikan tugas untuk menghitung parameter=parameter pemasangan detil busur lingkaran dengan bergai metode baik yang hanya menggunakan pita ukur saja, maupun dengan alat teodolit dan total station.
Latihan dan Praktikum: Mahasiswa secara bekelompok melakukan praktikum dan berdiskusi tentang pemasangan titik=titik utama busur lingkaran dan titik=titik detilnya dengan berbagai macam metode. Dengan materi yang sama untuk lengkung majemuk dan bolak-balik.
Rangkuman : Bahwa merancang rute suatu jalur tranportasi tidak selalu lurus-lurus, namun adakalanya harus berbelok. Agar belokan tersebut baik, aman dan nyaman maka lekuklekuk tersebut dihumungkan dengan lengkung lingkaran, atau yang lain, baik tunggal, matemuk maupun bolakbalik. Penentuan besarnya jari-jari lengkungan tersebut telah tertentu dan dispesifikasi sesuai dengan klas jalan yang dibuat/direncalakan dan kecepatan rencana dan kondisi medan lapangan. Pemasangan/ setting out dari rencana lengkungan ke lapangan, dapat dilakukan dengan bermacam-macam metode, yang pemilihannya ditentukan oleh banyak faktor diantaranya : peralatan yang tersedia, kondisi medan lapangan, kemudahan dalam hitungan dan lain-lain. .
26
Referensi 1. Dirjen Bina Marga, 1990, Spesifikasi Standar untuk Perencanaan Geometrik Jalan Luar Kota,
Departemen Pekerjaan Umum
2. Hickerson, T.F., 1964, Route Location and Design, Fifth Edition, Mc. Graw-Hill Book Company, New York. 3. Kavanagh,B.F.,1997. Surveying with Construction Application, Prentice Hall Inc, New Jersey. 4. Meyer, C.F., 1970, Route Surveying, Mc Graw-Hill Book Company, New York. 5. Tumewu, L,1977, Route Survey, Departemen Geodesi FTSP-ITB, Bandung.
27
