'dokumen tips buku-ajaran-konstruksi-kayu

BUKU AJAR

KONSTRUKSI KAYU

DISUSUN OLEH : I PUTU LAINTARAWAN, ST, MT. I NYOMAN SUTA WIDNYANA, ST, MT. I WAYAN ARTANA, ST.

PROGRAM STUDI TEKNIK SIPIL FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS HINDU INDONESIA

Konstruksi Kayu

KATA PENGANTAR

Puji syukur penulis kami panjatkan kehadapan Tuhan Yang Maha Esa, atas rahmatNya, penyusunan Buku Ajar Konstruksi Kayu dapat diselesaikan. Buku Ajar ini disusun untuk menunjang proses belajar mengajar mata kuliah Konstruksi Kayu sehingga pelaksanaannya dapat berjalan dengan baik dan lancar, serta pada akhirnya tujuan instruksional umum dari mata kuliah ini dapat dicapai. Diktat ini bukanlah satu-satunya pegangan mahasiswa untuk mata kuliah ini, terdapat banyak buku yang bisa digunakan sebagai acuan pustaka. Diharapkan mahasiswa bisa mendapatkan materi dari sumber lain. Penulis

menyadari

bahwa

diktat

ini

masih

banyak

kelemahan

dan

kekurangannya. Oleh karena itu kritik dan saran pembaca dan juga rekan sejawat terutama yang mengasuh mata kuliah ini, sangat kami perlukan untuk kesempurnaan tulisan ini. Untuk itu penulis mengucapkan banyak terima kasih.

Denpasar, Februari 2009 Penulis

Program Studi Teknik Sipil, Fakultas Teknik, Universitas Hindu Indonesia

i

Konstruksi Kayu

DAFTAR ISI KATA PENGANTAR ............................................................................................... i DAFTAR ISI ............................................................................................................. ii BAB I TEGANGAN IJIN KAYU ............................................................................. 1 1.1 Berat Jenis Kayu .................................................................................................. 1 1.2 Kelas Kuat Kayu ................................................................................................. 2 1.3 Faktor Reduksi .................................................................................................... 3 1.4 Penyimpangan Arah Gaya Terhadap Arah Serat Kayu ......................................... 3 1.5 Contoh Soal dan Pembahasan .............................................................................. 3 BAB II ELEMEN-ELEMEN STRUKTUR ............................................................... 5 2.1 Batang Tarik ........................................................................................................ 5 2.2 Batang Tekan ....................................................................................................... 5 2.2.1 Batang Tunggal ................................................................................................. 5 2.2.2 Batang Ganda ................................................................................................... 6 2.3 Balok Lentur......................................................................................................... 7 2.4 Balok yang Menerima Momen dan Gaya Normal ................................................ 7 2.4.1 Lenturan dan Tarikan ........................................................................................ 7 2.4.2 Lenturan dan Tekanan ...................................................................................... 7 2.5 Contoh Soal dan Pembahasan .............................................................................. 8 BAB III JENIS SAMBUNGAN DAN ALAT SAMBUNG ........................................ 11 3.1 Sambungan Baut .................................................................................................. 11 3.2 Sambungan Paku ................................................................................................. 11 3.3 Sambungan Pasak Kayu Persegi .......................................................................... 13 3.4 Sambungan dengan Pasak Kayu Bulat Kubler ...................................................... 13 3.5 Sambungan dengan Cincin Belah Kreugers .......................................................... 15 3.6 Sambungan dengan Kokot Bulldog ...................................................................... 17 3.7 Contoh Soal dan Pembahasan .............................................................................. 19 BAB IV SAMBUNGAN GIGI ................................................................................... 27 4.1 Sambungan Baut .................................................................................................. 27 4.2 Contoh Soal dan Pembahasan .............................................................................. 28 BAB V SAMBUNGAN MOMEN ............................................................................. 36 5.1 Plat Sambung di Atas dan Bawah ........................................................................ 36 5.2 Plat Sambung di Samping ..................................................................................... 36 5.3 Contoh Soal dan Pembahasan .............................................................................. 37 BAB VI BALOK SUSUN ......................................................................................... 46 6.1 Balok Susun dengan Pasak Kayu dan Kokot ........................................................ 46 6.2 Balok Susun dengan Paku .................................................................................... 46 6.3 Balok Susun dengan Papan Badan Miring ............................................................ 47 6.4 Contoh Soal dan Pembahasan .............................................................................. 48 DAFTAR PUSTAKA ................................................................................................ 78


ii

Konstruksi Kayu

BAB I TEGANGAN IJIN KAYU

1.1 Berat Jenis Kayu Berat jenis kayu ditentukan pada kondisi dimana kadar lengas kayu dalam keadaan kering udara. Berat jenis yang digunakan adalah berat jenis kering udara. Berat jenis kayu sangat menentukan kekuatan dari kayu. Selain berat jenis, kekuatan kayu juga ditentukan oleh mutu kayu. Mutu kayu dibedakan dalam dua macam, yaitu mutu A dan mutu B yang selanjutnya dapat dibaca pada PKKI (Peraturan Konstruksi Kayu Indonesia) 1961 (NI-5). Kekuatan kayu digolongkan dalam kelas kuat I, II, III, IV, dan V. Tegangantegangan ijin untuk kayu mutu A dengan kelas kuat tertentu dapat dilihat pada daftar IIa PPKI 1961. Untuk kayu mutu B tegangan-tegangan ijin dalam daftar IIa harus dikalikan dengan faktor reduksi sebesar 0,75. Apabila diketahui berat jenis kayu, maka tegangantegangan ijin kayu mutu A dapat langsung dihitung dengan rumus seperti terdapat pada daftar IIb PPKI 1961, sebagai berikut: σlt =170.g (kg/cm2) σ ds//  σ tr// = 150.(kg/cm2) σ ds  = 40.g (kg/cm2)

 / / = 20.g (kg/cm2) dimana g adalah berat jenis kering udara. Untuk kayu mutu B rumus tersebut di atas harus diberi faktor reduksi sebesar 0,75. Jika suatu kayu diketahui jenisnya maka dengan menggunakan lampiran I PKKI 1961 dapat diketahui berat jenisnya. Dari Tabel 1.1 tersebut untuk perhitungan tegangan ijin sebagai berat jenis kayu diambil angka rata-rata dengan catatan bahwa perbedaan antara berat jenis maksimum dengan berat jenis minimum tidak boleh lebih dari 10% berat jenis minimum. Atau Bj-maks – Bj-min ≤ Bj-min. Jika perbedaan tersebut lebih dari 100% harus digunakan berat jenis yang minimum. Seperti misalnya Kayu Keruing dari Tabel 1.1 mempunyai Bj-maks = 1,01 dan Bj-min =0,51, maka Bj-maks – Bj-min = 1,01- 0,51 = 0,5 < Bj-min = 0,51 sehingga dapat digunakan Bj-rata-rata = 0,79. Dengan cara lain, kita dapat langsung menggunakan kelas kuat kayu yang terendah dari Tabel 1.1 tersebut.


1

Konstruksi Kayu

Tabel 1.1 Beban yang diijinkan untuk masing-masing paku.

Disarankan untuk menggunakan rumus yang ada untuk menghitung tegangan ijin apabila telah diketahui berat jenis kayu. 1.2 Kelas Kuat Kayu Kelas kuat jenis kayu juga digunakan untuk menentukan modulus elastisitas kayu sejajar serat (E), yang dapat dilihat pada daftar I PPKI 1961. Apabila telah diketahui berat jenis kayu, maka untuk menentukan modulus elastisitas kayu harus


2

Konstruksi Kayu

diketahui kelas kuat kayu. Untuk itu hubungan antara kelas kuat dan berat jenis kayu di dapat dilihat pada Tabel 1.2 berikut ini. Tabel 1.2 Hubungan antara kelas kuat dan berat jenis Kelas kuat

I

II

III

IV

V

Berat jenis

≥ 0,90

0,60-0,89

0,40-0,59

0,30-0,39

< 0,30

1.3 Faktor Reduksi Harga-harga tegangan ijin dalam daftar IIa PKKI 1961 maupun rumus tegangan yang telah diberikan di atas adalah untuk pembebanan pada konstruksi yang bersifat tetap dan permanen serta untuk konstruksi yang terlindung. Jadi, untuk sifat pembebanan tetap, foktor reduksi γ = 1, untuk konstruksi terlindung, faktor reduksi β = 1. Apabila pembebanan bersifat sementara atau khusus untuk kontruksi tidak terlindung, maka harga tegangan ijin tersebut harus dikalikan dengan faktor reduksi: -

untuk kontruksi tidak terlindung,

β = 5/6

-

untuk konstruksi yang selalu basah (terendam air),

β = 2/3

-

untuk pembebanan yang bersifat semestara,

γ = 5/4

-

untuk pembebanan yang bersifat khusus (getaran dll)

γ = 3/2

Faktor reduksi tersebut di atas, juga berlaku untuk mereduksi kekuatan alat sambung. 1.4 Penyimpangan Arah Gaya Terhadap Arah Serat Kayu Apabila arah gaya yang berkerja pada bagian-bagian konstruksi menyimpang dengan sudut α terhadap arah serat kayu, maka tegangan ijin tekan/tarik kayu harus dihitung :  α =  ds // - (  ds// -  ds  ). Sin α. Faktor reduksi seperti yang diuraikan di atas juga harus diperhitungkan.

1.5 Soal-Soal dan Pembahasan 1.

Suatu konstruksi gording menahan beban tetap terbagi sebesar 50 kg/m. Kelas kayu adalah kelas A. Gording terbuat dari kayu dengan Bj= 0,6. Hitung tegangantegangan ijinnya? Apabila panjang gording 3 m dengan peletakan sendi-rol, serta


3

Konstruksi Kayu

dimensi gording 6/8, kontrol apakah konstruksi tersebut aman. Lendutan dan berat sendiri gording diabaikan Penyelesaiaan: Konstruksi gording terlindung, β = 1 Pembebanan permanen, γ = 1 Bj = 0,6 maka: = 170.0,6.1.1 = 102 kg/cm2

lt reduksi =  lt. r

 ds //r

= tr

//

= 150.0,6.1.1 = 90 kg/cm2 = 40.0,6.1.1 = 24 kg/cm2

 ds  r

 // r

=

20.0,6.1.1 =12 kg/cm2

Mmaksimum (Mmaks) = 1/8.q. l2

= 1/8.50.32 = 56,25 kg.m

= 5625 kg.cm Tahanan momen (W) = 1/6. b. h2 = 1/6.6.82 = 64 cm3  lt =

Mmaks 5625 = = 87, 89 kg cm2 <  lt.r = 102 kg/cm2 (OK) W 64

Gaya lintang maksimum (Dmaks) = ½. q. l = 1/2.50.3 = 75 kg =

3 D 3 75 = = 2,34 kg/cm2 <  // r = 12 kg/cm2 (OK) 2 b.h. 2 6.8

 Konstruksi aman

2.

Suatu batang tarik yang disambung dengan alat penyambung baut. Kekuatan satu buah baut =50 kg. Konstruksi tidak terlindung dan beban tidak permanen. Apabila gaya tarik yang bekerja pada kontruksi tersebut sebesar 0,6 ton, Hitung jumlah baut yang dibutuhkan. Penyelesaian : Konstruksi tidak terlindung,

β = 5/6

Pembebanan tidak permanen

γ = 5/4

P baut reduksi = 50.5/6. 5/4 = 52,08 kg Jumlah baut (n) =

600 = 11,52 → digunakan 12 baut 52,08

 Jumlah baut yang digunakan 12 buah.


4

Konstruksi Kayu

BAB II ELEMEN-ELEMEN STRUKTUR 2.1 Batang Tarik Batang disebut sebagai batang tarik, apabila arah gaya meninggalkan tampang atau gayanya menarik batang. Dalam menentukan luas tampang batang yang mengalami gaya tarik harus diperhitungkan terhadap berkurangnya luas tampang akibatnya adanya alat-alat sambung. Oleh karena itu, perhitungan selalu menggunakan luas tampang netto (Fnt). Besarnya Fnt = c . Fbr dengan c adalah faktor perlemahan akibat adanya alat sambung, dan Fbr = luas tampang bruto. Adapun besarnya faktor perlemahan untuk berbagai bentuk sambungan sebagai berikut: - 10 % untuk sambungan dengan paku. - 20 % untuk sambungan dengan baut dan sambungan gigi. - 20% untuk sambungan dengan kokot dan cincin belah. - 30% untuk sambungan dengan pasak kayu. - 0 % untuk sambung dengan perekat. 2.2 Batang Tekan Batang disebut sebagai batang tekan, apabila arah gaya meninggalkan tampang atau gayanya menekan batang. 2.2.1 Batang Tunggal Dalam merencanakan batang tekan harus diperhatikan adanya bahaya tekuk, tetapi tidak perlu memperhatikan faktor perlemahan seperti pada batang tarik. Besarnya faktor tekuk () tergantung dari angka kelangsingan batang (). =

l tk ................................................................................................................. (2.1) i min

ltk = panjang tekuk yang tergantung dari sifat-sifat ujung batang. - untuk jepit-sendi, ltk = ½. 1.

2

- untuk jepit-bebas, ltk = 2.l - untuk sendi-sendi, ltk = l - untuk kontruksi kerangka, ltk = l


5

Konstruksi Kayu

imin = jari-jari inersia minuman =

Imin ............................................................... (2.2) Fbr

Hubungan antara  dan  dapat dilihat pada daftar III PKKI 1961. Selanjutnya tegangan tekan yang terjadi tidak boleh melampaui tegangan tekan yang diijinkan.  ds 

P.  ds // Fbr ..................................................................................................... (2.3)

Untuk merencanakan dimensi batang tekan tunggal, sebagai pedoman awal dapat digunakan rumsu-rumus sbb. - untuk kayu kelas kuat I,

Imin = 40. Ptk. Ltk2

- untuk kayu kelas kuat II, Imin = 50. Ptk. Ltk2 - untuk kayu kelas kuat III, Imin = 60. Ptk. Ltk2 - untuk kayu kelas kuat IV, Imin = 80. Ptk. Ltk2 2.2.2 Batang Ganda Batang ganda dapat terdiri dari dua, tiga ataupun empat batang tunggal yang digabung masing-masing dengan jarak antara. Pemberian jarak ini dengan tujuan untuk memperbesar momen inersia yang berarti juga memperbesar daya dukung. Besarnya momen inersia terhadap sumbu bebas bahan (sumbu Y) (Lihat gambar 1) harus diberi faktor reduksi sehingga besarnya dapat dihitung. Iy = 1/4 . (It + 3. Ig) ............................................................................................... (2.4) It = momen inersia yang dihitung secara teoritis Ig = momen inersia yang dihitung dengan menganggap bagian-bagian ganda menjadi tunggal. Untuk momen inersia terhadap sumbu X tidak perlu direduksi.

Gambar 2.2.2 Batang ganda Diisyaratkan bahwa a  2b. Jika a > 2b, maka untuk menghitung It tetap diambil a = 2b.


6

Konstruksi Kayu

2.3 Balok Lentur Sebuah balok yang dibebani momen lentur harus memenuhi syarat batas tegangan lentur dan lendutan. Tegangan lentur yang terjadi tidak boleh melampaui tegangan lentur yang diijinkan. lt 

Mmaks  lt Wn .................................................................................................. (2.5)

Wn = c. W, dengan c adalah faktor perlemahan seperti pada batang tarik dan W adalah tahanan momen. Juga lendutan yang terjadi tidak boleh melebihi lendutan yang diijinkan. Syarat panjang bentang efektif balok yang efektif dapat dilihat pada PKKI 1961 ps. 12.1 2.4 Balok Yang Menerima Momen dan Gaya Normal 2.4.1 Lenturan dan Tarikan

S

S M

M

Gambar 2.4.1 Lenturan dan Tarikan Pada konstruksi yang mengalami lenturan dan tekanan, tegangan yang terjadi tidak boleh lebih besar dari tegangan tarik yang disyaratkan.

 tot 

=

O Mmaks  .  tr / / ................................................................................(2.6) Fnt Wn

 tr // .............................................................................................................. (2.7)  lt

2.4.2 Lenturan dan Tekanan S

S M

M

Gambar 2.4.2 Lenturan dan Tekanan Pada kontruksi yang mengalami lenturan dan tekanan, tegangan yang terjadi tidak diijinkan lebih besar dari tegangan tekan yang disyaratkan.


7

Konstruksi Kayu

 tot 

P Mmaks . .  ds // Fbr Wn ........................................................................... (2.8)

 =

 tr //  lt

......................................................................................................... (2.8)

2.5 Contoh Soal dan Pembahasan Soal 1 Sebuah batang tarik dari kayu dengan Bj = 0,5 menahan gaya sebesar 5 ton  = 1 ,  = 1, sambungan dengan baut. Tentukan dimensi batang tarik tersebut yang aman dan ekonomis. Penyelesaian Kayu dengan Bj = 0,5 ,  = 1,  = 1,  tr / / r = 150.0,5 = 75 kg/ cm2 P = 5000 kg Faktor Perlemahan (FP) = 20 %  tr =

P , Fnt

Dicoba

Fnt =

5000 = 66,67 cm3 75

Fbr =

Fnt 66,67 = = 83,34 cm3 0,80 0,80

b = 7 cm h = 12 cm (h  2b) Fbr = 7.12 = 84 cm2 > 83,34 cm2 (OK)

Jadi dimensi yang aman dan ekonomis 7/12 Soal 2 Suatu batang tekan panjangnya 2 m dibebani gaya 12 ton. Batang tersebut merupakan bagian dari suatu konstruksi kuda-kuda dan direncanakan untuk menahan beban tetap dan beban angin. Jika berat jenis kayu 0,65, rencanakan dimensi batang tekan tersebut.

Penyelesaian Konstruksi kuda-kuda, terlindung

=1

Beban tetap dan beban angin,  = 5/4


8

Konstruksi Kayu

Konstruksi kuda-kuda = konstruksi rangka. Ltk = 1=2 m Bj = 0,65,

 ds / / r

= 150.0,65 . 5/4 = 121,875 kg/cm2, Kayu kelas II, Imin = 50. P. Ltk2

Misal direncanakan tampang bujur sangkar. Imin = 1/12. b4 = 50.12. 22 b4 = 28800 cm4 b = 13,03 cm diambil b = h = 13 cm

imin =

=

1 / 12.b 4 b 2 = 0,289. b = 3,757 cm

200 = 53.23  dari daftar III PKKI 1961, dengan interpolasi liniar didapat  = 3,757

1,5523  ds 

P. 12000.1,5523   110, 22 kg / cm 2  121,875 kg / cm 2 Fbr 13.13

Soal 3 Diketahui a = b = 3 cm. Kayu dari Suren. P=3 ton tekan.Batang tersebut, terdapat pada sebuah konstruksi rangka kuda-kuda. Beban permanen. Panjang batang 220 cm. Tentukan dimensi h.

Gambar 2.5a Batang Ganda dengan Jarak a Penyelesaian Konstruksi rangka kuda-kuda,

 = 1 , ltk = 1 = 220 cm

Beban permanen,

 =1

Kayu seren


9

Konstruksi Kayu

 ds// = 45 kg/cm2  ds// r = 45.1.1 = 45 kg/cm2

Dicoba

h = 10 cm ix = 0,289 . h = 2,89 cm It = 2 . 1/12 . 10 . 33 + 2 . 10 . 3 . 33 = 585 cm4 Ig = 1/12 . 10 . 63 Iy = ¼ . (It + 3. Ig) = ¼ . (585 +3 . 180) = 281,25 cm4 Iy  Fbr

iy =

=

281,25 = 2,17 cm 2 . 3 . 10

220 = 101,38 → dari dafter III PKKI 191, dengan interpolasi linear di dapat 2,17

 = 3,0966 ds =

P. 3000 .3,0966 = = 154, 83, kg/cm2 >> 45 kg/cm2 (Not OK) Fbr 10.6

Dengan beberapa kali percobaan, didapat h = 35 cm h = 35 cm ix = 0,289. h = 10,115 cm It = 2 .1/12 . 35 . 33 + 2 . 35 . 3. 32 = 2047,5 cm4 Ig = 1/12 . 10 . 63 = 160 cm+4 Iy = ¼. (It + 3 . Ig) = ¼ . (2047,5 + 3 . 630) = 984,375 cm2 iy =

 =

Iy  Fbr

984,375 = 2,17 cm 2 . 3 . 35

220 = 101,38 → dari daftar III PKKI 191, dengan interpolasi 2,17 linear di dapat  = 3,0966

ds =

P. 3000 . 3,0966 = = 154, 83, kg/cm2 >> 45 kg/cm2 (OK) Fbr 10.6


10

Konstruksi Kayu

BAB III JENIS SAMBUNGAN DAN ALAT SAMBUNG 3.1 Sambungan Baut Sambungan dengan baut dibagi dalam 3 (tiga) golongan sebagai berikut : -

Golongan I untuk kayu kelas kuat dan kayu Rasamala, Sambungan tampang satu

:

P = 50.1. d. ( 1 - 0,60 sin α) P = 240 . d2 . ( 1 - 0,35 sin α)

Sambungan tampang dua

:

P = 125. m . d . (1 – 0,60 sin α) P = 250 . l . d . ( 1 - 0,60 sin α) P = 480 . d2 . ( 1 - 0,35 sin α)

-

Golongan II untuk kayu kelas kuat II dan kayu Jati, Sambungan tampang satu

:

P = 40 . 1 . d . ( 1 - 0,60 sin α) P = 215 . d2 . ( 1 - 0,35 sin α)


:

P = 100 . m . d . ( 1 - 0,60 sin α) P = 200. l . d . ( 1 - 0,60 sin α) P = 430. d2 . ( 1 - 0,35 sin α)

-

Golongan III untuk kayu kelas kuat III, Sambungan tampang satu

:

P = 25. l . d . ( 1 - 0,60 sin α) P = 170. d2 . ( 1 - 0,35 sin α)


:

P = 60. m . d . ( 1 - 0,60 sin α) P = 120. l . d . ( 1 - 0,60 sin α) P = 340. d2 . ( 1 - 0,35 sin α)

dimana: P adalah kekuatan ijin baut dalam kg dan diambil yang terkecil. l dan masing-masing adalah tebal kayu tepi kayu tengah dalam cm. d adalah diameter baut dalam cm. α adalah sudut penyimpangan arah gaya terhadap arah serat.


11

Konstruksi Kayu

Untuk kayu kelas-kuat di bawah III jarang digunakan sehingga tidak diberikan perumusannya.

Perencanaan

sambungan

dengan

alat

sambung

baut

harus

memperhatikan syarat-syarat yang berlaku sesuai dengan PKKI 1961. 3.2 Sambungan Paku Apabila pada sambungan digunakan paku yang memenuhi syarat untuk sambungan tampang dua, maka kekuatan paku dalam Tabel 1.1 dapat dikalikan dua. Panjang paku untuk sambungan tampang satu : lp ≥ 2,5 . l (l= tebal kayu muka) sedangkan untuk sambungan tampang dua: lp ≥ 2.m + 1 (m= tebal kayu tengah). Dari Tabel 1.1, terlihat bahwa tebal kayu muka tempat awal masuk dibatasi 2-4 cm. Sehingga apabila tebal kayu muka lebih dari 4 cm, maka kekuatan paku tidak dapat dihitung berdasarkan Tabel 1.1 tersebut. Jadi apabila tidak menggunakan Tabel 1.1, kekuatan pada paku juga dapat dihitung dengan rumus: Tampang satu :

P = 0,5 . d . l . Tk 2

Tampang satu :

untuk 1 ≤ 7. d

P = 3,5 . d . Tk

untuk 1 ≥ 7. d

P = d . m . Tk

untuk m ≤ 7. d

P = 7 . d2 . Tk

untuk m ≥ 7. d

Harga tampang dapat dilihat pada Tabel 1.1 sesuai dengan berat jenis kayu yang bersangkutan. Dalam perencanaan, sambungan dengan alat sambung paku harus memperhatikan syarat-syarat dalam PKKI 1961. Contoh Sebuah batang tarik berukuran 8/16 mendukung gaya S = 6 ton. Kayu Damar dengan Bj = 0,5. konstruksi terlindung dan beban tidak tetap. Diminta menyambung batang tersebut dengan alat sambung paku Penyelesaian Β = 1, γ = 5/4 Kayu dengan Bj = 0,5 Sebagai plat sambung digunakan kayu ukuran 2 x 4/16 Tebal kayu muka = 4 cm, S = 6000 kg (sangat besar0


12

Konstruksi Kayu

Maka digunakan paku 41/2” BWG 6 (52/114) dengan lp = 11,4 cm, sehingga memenuhi syarat sambung tampang satu. Pr = 118 . 5/4 . 1 = 147,5 kg n=

6000 = 40,7 ,digunakan 42 paku (masing-masing sisi 21 paku) 147,5 = 2,6 cm → 4 cm (bisa 3 baris)

Jarak-jarak paku : 5 d 10d

= 5,2

5,5

12d

= 6,2

6,5

Gambar 3.2 Batang tarik yang disambung dengan alat sambung paku 3.3 Sambungan Pasak Kayu Persegi Sambungan dengan pasak kayu hanya digunakan untuk sambungan tampang dua saja. Arah serat kayu pada pasak dibuat sejajar dengan arah serat kayu pada batang yang disambung (batang asli). Syarat-syarat ukuran pasak sbb. Tinggi pasak, 2t : t ≥ 1,5 cm Panjang pasak, a : 10 cm ≤ a ≤ 15 cm a ≥ 5t Tegangan-tegangan yang terjadi pada pasak dan batang asli tidak boleh melebihi tegangan-tegangan ijin-nya. 3.4 Sambungan dengan Pasak Kayu Bulat Kubler Alat sambung ini dapat digunakan untuk sambung tampang dua atau lebih. Kekuatan pasak Kubler dapat dilihat pada Tabel 3.4 untuk kayu dengan Bj = 0,6. Untuk Bj-lain maka angka-angka dalam Tabel 3.4 tersebut harus diberi faktor pengali


13

Konstruksi Kayu

sebanding dengan Berat Jenis = Bj/0,6. Apabila arah gaya membentuk sudut α terhadap arah serat kayu, maka kekuatan pasak berkurang sbb. Pα = P// . ( 1 – 0,25 . sin α )

........................................................................... (3.1)

Cara memilih ukuran pasak dengan memperhatikan ukuran kayu minimum. Misal pasak akan diletakkan setangkup dengan lebar kayu 14 cm, maka dapat diambil pasak  10 cm atau yang lebih kecil lagi sesuai dengan kekuatan pasak. Pada prinsipnya jumlah pasak yang terpasang/digunakan semakin sedikit akan semakin baik karena menghemat panjang plat sambung.

Tabel 3.4 Kekuatan Pasak KayuBulat Kubler.

Contoh Sebuah batang tarik berukuran 8/16 mendukung gaya S = 6 ton. Kayu Damar dengan Bj = 0,5. konstruksi terlindung dan beban tidak permanen. Diminta menyambung batang tersebut dengan alat sambung Pasak kayu bulat Kubler. Penyelesaian Β = 1 , γ = 5/4 Kayu dengan Bj = 0,5 Sebagai plat sambung digunakan kayu ukuran 2 x 4/16 Dengan ukuran kayu 8/16 dan plat sambung 2 x 4/16 terdapat lebar kayu 16 cm, maka dari Tabel 3.4 digunakan pasak dengan diameter D= 10 cm.


14

Konstruksi Kayu

Untuk Bj= 0,6 → Pr = 1700 kg Pr = 1700 . 5/4 . 1 . 0,5 /0,6 = 1770,83 kg n=

6000 = 3,4 → digunakan 4 pasak (2 pasang) 1770,83

Gambar 3.4 Batang tarik disambung dengan alat sambung Pasak kayu bulat Kubler. 3.5 Sambungan Dengan Cincin Belah Kreugers Kekuatan cincin belah Kreugers perpasang dapat dilihat pada Tabel3.5 untuk kayu dengan Bj = 0,6. Untuk Bj-lain harus diberi faktor pengali sebanding dengan Bj-nya. Cincin belah ini sebaiknya gunakan untuk sambungan tampang dua atau lebih dan pada satu sambungan dibatasi maksimal ada 3 (tiga) pasang cincin belah. Apabila arah gaya membentuk sudu α terhadap arah serat kayu, maka kekuatan cincin belah berkurang sebagai berikut. Pα = P/ / . (1-0,30 . sin α )

........................................................................... (3.2)

Cara memilih cincin belah tersebut berturut-turut dengan memperhatikan lebar kayu minimum, tebal kayu tengah minimum, tebal kayu tepi minimum dan jarak kayu muka yang direncanakan.


15

Konstruksi Kayu

Tabel 3.5 Kekuatan cincin belah Kreugers

Contoh Sebuah batang tarik berukuran 8/16 mendukung gaya S = 6 ton. Kayu Damar dengan Bj = 0,5. konstruksi terlindung dan beban tidak permanen. Diminta menyambung batang tersebut dengan alat sambung cincin belah Kreugers. Penyelesaian Β = 1 , γ = 5/4


16

Konstruksi Kayu

Kayu dengan Bj = 0,5 Sebagai plat sambung digunakan kayu ukuran 2 x 4/16 Ukuran kayu

:

Lebar

= 16 cm

Tebal kayu tepi

= 4 cm

Tebal kayu tengah

= 8 cm

Maka dari lampiran-3 dipilih cincin belah 125/25 dan dengan kayu muka 12,5 cm,

P = 3000 kg/pasang . P = 3000 . 5/4 . 1 . 0,5/0,6 = 3125 kg/cm n=

6000 = 1,92 → digunakan 2 pasang. 3125

Gambar 3.5 Batang tarik disambung dengan alat sambung cincin belah Kreugers 3.6 Sambungan dengan Kokot Bulldog Kekuatan kokot bulldog dapat dilihat pada Tabel 3.6 untuk kayu Bj = 0,5. Untuk berat jenis lain harus diberi faktor pengali sebanding dengan berat jenisnya. Apabila arah gaya membentuk sudut α terhadap arah serat kayu maka kekuatan kokot bulldog berkurang sebagai berikut. Pα = P / / . ( 1 – 0,25 . sin α ) ................................................................................... (3.3) Cara memilih kokot bulldog tersebut dengan memperhatikan kayu minimum dan tebal kayu muka minimum, serta diameter baut yang direncanakan.


17

Konstruksi Kayu

Contoh Sebuah batang tarik berukuran 8/16 mendukung gaya S = 6 ton. Kayu Damar dengan Bj = 0,5. konstruksi terlindung dan beban tidak permanen. Diminta menyambung batang tersebut dengan alat sambung Kokot Bulldog Penyelesaian Β = 1 , γ = 5/4 Kayu dengan Bj = 0,5 Sebagai plat sambung digunakan kayu ukuran 2 x 4/16 Ukuran kayu minimum = 4/16 Maka dipakai kokot Bulldog persegi 10 x 10 cm (syarat kayu minimum pada lampiran-4 untuk kokot 10 x 10 cm adalah 3,81 /11,43 cm) Dengan digunakan baut  5/8” , P = 1500 kg (Bj=0,5) n=

6000 = 3,2 → digunakan 4 kokot (2 pasang) 1500 . 5 / 4

kayu muka

= 11 cm

jarak antar baut

= 17 cm

Gambar 3.6 Batang tarik disambung dengan alat sambung Kokot Bulldog


18

Konstruksi Kayu

3.7 Contoh Soal dan Pembahasan Soal 1 Sebuah batang diagonal 1 x 8/14 bertemu dengan batang mendatar 1 x 10/16. Batang diagonal meneruskan gaya S = 600 kg sebagai akibat beban tetap dan angin. Konstruksi terlindung α = 45°. Berat Jenis Kayu = 0,6. Sambunglah sambungan tersebut dengan sambungan baut.

Gambar 3.7a Batang diagonal dengan sambungan baut. Penyelesaian Konstruksi terlindung

β =1

Beban tetap + angin

γ = 5/4

Kayu dengan Bj = 0,6 → kelas kuat II → sambungan golongan II, tampang satu, digunakan baut  ½” (= 1,27 cm) P = 40 . l . d . ( 1 – 0,60 . sin α) = 40 . 8 . 1,27 . (1 – 0,60. sin 45°) = 233, 98 kg P = 215 . d2 . ( 1 – 0,35 . sin α ) = 215 . 1,272 . ( 1 – 0,35 . sin 45° ) = 260,95 kg Pr = 233,98.1. 5/4 = 292.5 kg Jumlah baut, n = 600/292,5 = 2,05 → digunakan 4 baut. Jarak-jarak baut : untuk 0° < α < 90° → 5d – 6d untuk α = 45° → dengan interpolasi linear →

5,5d = 7 cm 2d

= 2,54 cm < 7. ½ .

7d

= 8,9 cm → 10 cm

3d

= 3,8 cm → 6 cm

2 = 4,9 cm


19

Konstruksi Kayu

Gambar 3.7b Detail sambungan baut batang diagonal. Soal 2 Batang vertikal meneruskan gaya tarik 1050 kg. Kayu mahoni konstruksi terlindung dan gaya akibat beban tetap rencanakanlah alat sambungan tersebut dengan alat sambung baut.

Gambar 7 Gambar 3.7c Batang vertikal

Penyelesaian : β = 1,  = , Kayu Mahoni  lampiran I PKKI 1961. Kelas kuat III Sambungan golongan III, tampang dua, digunakan baut, digunakan baut  5/8’” (= 1,59 cm) , → α = 90° ;


20

Konstruksi Kayu

P

= 60 . m . d . (1 – 0,60 . sin α ) = 60 . 40. 1,59 . 0,4 = 534,24 kg

P

= 340 . d2 . (1 – 0,35) . sin α) = 340 . (1,59)2 . 0,65 = 558,71 kg

n

=

1050 = 1,97 → digunakan 2 baut 234,24

Jarak-jarak baut

: 5d = 7,95 cm → 8 cm 3d = 4,77

6 cm

2d = 11,13

12 cm

Gambar 3.7d Detail sambungan batang vertikal

Soal 3 Sebuah batang ditarik berukuran 2 x 3/12 dari sebuah kuda-kuda menahan tarik 2,5 ton yang disebabkan oleh beban permanen + beban angin. Apabila batang tersebut menggunakan kayu Meranti Merah, hitung dan rencana sambungan untuk batang tersebut dengan alat sambung baut.


21

Konstruksi Kayu

Gambar 3.7e Batang ganda Penyelesain β=1,

γ = 5/4

Kayu Meranti Merah → lampiran I PKKI 1961, Bj-rata-rata = 0,55 → kelas kuat III, → Sambungan golongan III, Digunakan 3 buah plat sambung 3 x 3/12 sehingga sambungan menjadi 2 x tampang dua, digunakan baut  3/8” ( = 0,95 cm), α = 0°

P

= 60 . m . d = 60 . 3 . 0,95 = 271 kg

P

= 120 . l . d = 120 . 3. 0,95 = 342 kg

P

= 340 . d2 . = 340 . (0,95)2 = 306,85 kg

Pr

= 171 . 5/4 . 1 = 213,75 kg

2x tampang dua, P = 2. 213,75 = 427,5 kg n

=

2500 = 5,8 → digunakan 6 baut 427,5

Jarak-jarak baut

: 7d = 6,65 cm → 12 cm 6d = 5,7

6

3d = 2,85

3

2d = 1,9

3


22

Konstruksi Kayu

Gambar 3.7f Detail sambungan batang ganda

Soal 4 Direncanakan kuda-kuda dari kayu dengan Bj = 0,6 Mutu b menahan beban seperti pada gambar 14, gaya-gaya yang bekerja sudah termasuk berat sendiri, serta dihitung pada beban tetap. Apabila tengah-tengah bentang CD serta titik buhul F terdapat sambungan dengan alat sambung baut; a. Rencanakanlah dimensi CD b. Rencanakanlah dimensi FG c. Hitung dan gambar sambungan pada batang CD d. Hitung dan gambar sambungan pada titik buhul F

Gambar 3.7g Struktur rangka batang Penyelesaian : o Menghitung gaya batang CD dan FG dengan metode potongan.


23

Konstruksi Kayu

∑MG = 0 (3 – 0,75 ) . 6-1,5 . 3 + PCDy . 3 + PCDx . 1,5 = 0 PCDy . 3 + PCDx . 1,5 = -9

PCD 5

. 3+

2 . PCD . 1,5 = -9 5 PCD = -3,35 ton

Gambar 3.7h Gaya-gaya pada struktur rangka batang ∑ MC = 0 (3 – 0,75) . 3- PFG . 1,5 = 0 PFG = + 4,5 ton Β=1,γ =1 Kayu mutu B, Bj = 0,6 ds // = tr // = 150 . 0,6 . 0,75 = 67, 5 kg/cm2

a) PCD = 3,35 ton (tekan) Kayu Bj = 0,6 → kelas kuat II, Imin = 50. Ptk.ltk2 Ptk = 3,35 ton ltk = 1 =

32  1,52 = 3,35 m

direncanakan tampang-persegi dengan h ~ 2b = 50 . Ptk . ltk2

Imim

1/12 . b3 . h = 50 . 3,35 . (3,35)2 1/6 . b4

= 1879, 769 b

= 10,31 cm → b = 10 cm, h dicari lagi

imim = 0,28 . b = 2,89 cm 

=

335 = 115,92 →  = 4,2036 2,89

ds

=

3350 . 2,81  12 . h

ds // = 67, 5 kg/cm2

h ≥ 20.86 cm → h

= 22 cm

→ b . h = 10 . 22

= 220 cm2

Dicoba dengan b = 12 cm


24

Konstruksi Kayu

imim = 0,289 . b = 3,468 cm 

=

335 = 96,6 →  = 2,81 2,89

ds

=

3350 . 2,81  12 . h

ds // = 67, 5 kg/cm2

h ≥ 11,6 cm → h → b . h = 12 . 22

= 12 cm = 144 cm2

 ternyata lebih ekonomis dengan dimensi 12/12 b) PFG = 4,5 ton (tarik) sambungan dengan baut, FP = 20% 

P  tr // Fnt

Fnt ≥

4500 = 66,7 cm2 67,5

Fbr ≥

66,7 = 83,4 cm2 0,80

Digunakan ukuran 8/12 , Fbr = 96 cm2 > 83,4 cm2 (OK) c) Dimensi batang CD= 12/12 PCD = 3,35 ton (tekan) Kayu kelas-kuat sambungan golongan II, digunakan plat sambungan 2 x 6/12 di samping kiri dan kanan, sehingga sambungan tampang dua, digunakan baut  ½” , α = 0 ;

P = 100 . m . d = 100 . 12 . 1,27 = 1524 kg P = 430 . d2 n=

= 430 . (1,27)2 = 693,55 kg

3350 = 4,8 → digunakan 6 baut. 693,55

Jarak-jarak baut 3,5d = 4,4 cm → 5 cm 6d = 7,6

8

2d = 2,54

4

3d = 2,81

4


25

Konstruksi Kayu

Gambar 3.7i Detail sambungan pada batang CD d) Gaya batang CF = 0 Jadi cukup memperhatikan sambungan batang AF degan FC (ukuran 8/12). P = 4,5 ton (tarik) Digunakan plat sambung di samping kiri dan kanan 2x4/12

P = 100 . m . d = 100 . 8 . 1,27 = 1016 kg P = 430 . d2 n=

= 430 . (1,27)2 = 693,55 kg

4500 = 6,5 → digunakan 8 baut. 693,55

Jarak-jarak baut : 7d = 8,9 cm → 10 cm (Jarak lainnya adalah sama dengan c). Dimensi batang CF dapat diambil sembarang asalkan dapat disambung dengan baik dan sesuai dengan arsitektur-nya.

Gambar 3.7j Detail sambungan pada batang CF


26

Konstruksi Kayu

BAB IV SAMBUNGAN GIGI 4.1 Sambungan Gigi Sambungan gigi berfungsi untuk meneruskan gaya-gaya tekan. Sambungan ini dapat dibuat dalam 3 (tiga) keadaan : 1. Gigi tegak lurus pada batang mendatar. 2. Gigi tegak lurus pada batang diagonal. 3. Gigi menurut garis pada sudut luar. Kedalaman gigi (tv) dapat dihitung dengan rumus sebagai berikut : Keadaan 1 : tv =

S . cos  ..................................................................................................... (4.1) b . 

Keadaan 2 : tv =

S . cos  ..................................................................................................... (4.2) b . 

Keadaan 3 : tv =

S . cos 2 1 / 2 .  ............................................................................................ (4.3) b . 1 / 2 . 

Dari ketiga keadaan tersebut yang paling banyak dan sering dipakai adalah keadaan 3. Apabila 20° < α < 60° maka untuk menghitung tv pada keadaan 3 dapat menggunakan rumus praktis sebagai berikut: Kayu kelas kuat I

: tv =

S .....................................................................(4.4) 112 . b

Kayu jati

: tv =

S ........................................................................(4.5) 93 . b

Kayu kelas kuat II : tv =

S ........................................................................(4.6) 73 . b

Kayu kelas kuat III : tv =

S ........ .............................................................(4.7) 50 . b

Kayu kla-kuat IV

S .....................................................................(4.8) 37 . b

: tv =


27

Konstruksi Kayu

Untuk ketiga keadaan tersebut juga harus dipenuhi syarat-syarat sebagai berikut. -

Kedalaman gigi (tv) α  50° → tv  ¼ . h .........................................................................(4.9) α  60° → tv  1/6 . h .......................................................................(4.10) 50° < α < 60° → tv harus diinterpolasi linear

-

Kayu muka (lv) , lv ≥

H . H = S . cos α ...........................................................................(4.11) b .  //

lv ≥ 15 cm Apabila terdapat tv atau lv yang terlalu besar sehingga tidak memungkinkan untuk menyambung di tempat yang bersangkutan, maka ada beberapa cara untuk mengatasinya : 1. Dipakai gigi rangkap. 2. Memperlebar batang-batang katu setempat 3. Mempertinggi batang-batang katu setempat 4. Mempergunakan kokot pada bidang takikan. Keterangan dan gambar yang lebih jelas dapat langsung dilihat pada contoh dan penyelesaian.

4.2 Contoh Soal dan Pembahasan Soal 1 Diketahui konstruksi kanstruksi kayu seperti pada gambar disamping. kayu sonokeling lebar kayu 10 cm. Berapakah gaya S yang mampu didukung oleh konstruksi tersebut jika konstruksi tidak terlindung dan beban sementara? Gambar 4.2a Konstruksi kayu sonokeling Penyelesaian γ = 5/4 , β = 5/6 Kayu Sonokeling kelas kuat II,


28

Konstruksi Kayu

ds // r = 85 . 5/4 . 5/6 = 88,54 kg/cm2 ds  r = 25 . 5/4 . 5/6 = 26,04 kg/cm2 // r = 12 . 5/4 . 5/6 = 12,50 kg/cm2  . r = 88,54 – (88,54 – 26,04) . sin 30° = 57,29 kg/cm2

tv = 4 cm , lv= 8 cm , b = 10 cm tv =

// r =

S . cos  4 .10 . 57,29 , S1 = = 2646, 11 kg b . lv cos 30 S . cos  12 .10 . 8 , S2 = = 1154,7 kg b . lv cos 30

 S maksimum yang diijinkan = 1154,7 kg

Soal 2 Pada sebuah titik buhul akhir batang yang merupakan kaki kuda-kuda meneruskan gaya S = 4 ton (tekan). Konstruksi terlindung dan beban permanen. Kayu adalah keruing, sedangkan ukuran-ukuran kayu adalan 10/14 baik untuk kaki kudakudanya maupun untuk batang tepi bawah. Diminta menyelesaikan titik buhul tersebut dengan sambungan gigi menurut garis bagi sudut luar.

Penyelesaian β=1,γ=1 Kayu Keruing → lampiran I PPKI 1961, kelas kuat II ds // = 85 kg/cm2 ds  = 25 kg/cm2

// = 12 kg/cm2 Kemiringan atap direncanakan 30°, sehingga α= 30° 1/ 2.  = 85 – (85-25) . sin 15° = 69,47 kg/cm2

α = 30° , kelas kuat II, tv =

S 4000 = = 5,5 cm > ¼ . h = ¼ . 14 = 3,5 cm 73 . b 73 . 10

→ tidak bisa menggunakan gigi tunggal, dicoba dengan gigi rangkap :


29

Konstruksi Kayu

o Gigi kedua dibuat tegak lurus batang diagonal (keadaan 2),  = 85 – (85-25) . sin 30° = 55 kg/cm2 diambil S2 = ½ . S = 200 kg tv2 =

S2 . cos  2000 . cos 30 = = 3,15 cm b .  10 . 55

tv2 < ¼ . h → digunakan tv2 = 3,5 cm ts2 =

tv 2 3,5 = = 0,04 cm cos  cos 30

Gigi kedua dapat mendukung gaya sebesar : S2 = ts2 . b .  = 4,04 . 10 . 55 = 2222 kg o Sehingga S1 = S-S2 = 4000 – 2222 = 1778 kg tv1 =

1778 = 2, 44 cm → digunakan tv1 = tv2 – 1 73 .10 = 2,5 cm

o Kontrol tegangan pada gigi ke-satu : 1/ 2.  =

S1 cos 2 1 / 2 .  b . tv1

1778 . cos 2 1 / 2 .15 = 10 . 2,5

= 66,36 kg/cm2 < 1/ 2 .  = 69,47 kg/cm2 o Menghitung kayu muka : lv1

=

S1. cos  1778. cos 30 = b . // 10 .12

= 12,83 cm → lv1 ≥ 15 cm Lv2

=

S1. cos  4000. cos 30 = b . // 10 .12

= 28,87 cm cm → lv2 ≥ 30 cm o Dari gambar yang menentukan adalah lv1 = 15 cm sehingga lv2 > 30 cm


30

Konstruksi Kayu

Gambar 4.2b Detail sambungan gigi

Soal 3 Pada sebuah titik buhul akhir batang yang merupakan kaki kuda-kuda, batang D dan H masing-masing 8/12, dengan sudut apit kedua batang α =32,5°, digunakan kayu kelas kuat III, direncanakan pada beban tekan sebesar S = 2,5 ton.

Gambar 4.3c Titik buhul akhir batang Rencanakan sambungan titik buhul tersebut yang memenuhi syarat, dengan ; a. Sambungan gigi rangkap b. Memperlebar batang c. Mempertinggi batang

Penyelesaian Β=1,γ=1 Kayu kelas kuat III, ds // = 60 kg/cm2


31

Konstruksi Kayu

ds  = 15 kg/cm2

// 

= 8 kg/cm2

= 60 – (60 – 15) . sin 32,5° = 35,82 kg/cm2

1/ 2.  = 60 – (60-15) . sin 16,52° = 47,41 kg/cm2

a) Dengan sambungan gigi rangkap. diambil S2 = ½ . S = ½ . 2500 = 1250 kg tv2 =

S2 . cos  1250 . 32,5 = = 3,7 cm b .  8 . 35,82

tv2 > ¼ . h

= ¼ . 12 = 3 cm

→ digunakan tv2 = 3 cm ts2 =

tv 2 3 = = 3,56 cm cos  cos 35,5

Gigi kedua dapat mendukung gaya sebesar : S2 = ts2 . b .  = 3,56 . 8 . 35,82 = 1020,15 kg Sehingga S1 = S – S2 = 2500 – 1020,15 = 1479,85 kg Tv1 =

S 1479,85 = = 3,7 cm > tv2 - 1 = 3 – 1 = 2 cm 50 . b 50 . 8

 Sambungan titik buhul tersebut tidak dapat diselesaikan dengan sambungan gigi rangkap b) Dengan memperlebar batang Jika digunakan gigi tunggal, tv =

2500 = 6,25 cm 50 .8

> ¼ . h = 3 cm Digunakan tv = 3cm Sehigga perlu diperlebar kayu, b’ =

2500 = 16,67 cm 50 . 3

Maka perlu perlebaran kayu sebesar : 16,67-8 = 8,6 cm → 9 cm → digunakan plat sambung 2 x 4,5/12 Gaya didukung oleh gigi tunggal :


32

Konstruksi Kayu

S1 =

1/ 2.  b . tv 2

cos 1 / 2 .

=

47,41.8.3 = 1234,51kg cos2 16,25

Gaya yang didukung plat-plat sambung S2 = 1,5 . (S – S1) = 1,5 . (2500 – 1234,51) = 1898,24 kg Catatan : Hubungan antara plat sambung dengan batang yang disambung merupakan sambungan tampang dua. Gaya didukung plat sambung diambil 1,5 kali yang ditahannya sesuai dengan PKKI 1961 ps.17.1) Digunakan plat sambung baut  ½” (=1,27 cm) Kontrol dimensi plat sambung :

=

S2 1898,24 = = 21,97 kg/cm2 < 60 kg/cm2 Fnt 0,8 . 9 .12

Sambungan golongan III, tampang dua, α = 0° ;

P = 60 . m . d = 60 . 8 . 1,27 = 609, 6 kg P = 120 . 1 . d = 120 . 4,5 . 1,27 = 685, 8 kg P = 340 . d2 =340 . (1,27)2 = 548,39 kg o Hubungan batang diagonal dengan plat sambung: α = 0° , S = 1898,24 kg n=

1898,24 = 3,5 → digunakan 4 baut. 548,39

o Hubungan batang mendatar dengan plat sambung : α = 0° S = 1898,24 . cos 32, 5° = 1600 n=

1600,96 = 2,9 digunakan 3 baut. 548,39

o Kayu muka, lv =

S1 . cos  ocos = b .  // 8.8

= 16,27 cm → 17 cm o Jarak-jarak baut : 3,5d = 4,45 cm → 5 cm 6d = 7,62

8

2d = 2,54

4

3d = 3,81

4

< 4,5 cm


33

Konstruksi Kayu

Gambar 4.3d Detail Sambungan Gigi pada Titik buhul akhir batang c) Dengan mempertinggi batang Jika digunakan gigi tunggal, tv =

2500 = 6,25 50.8

→ 6,5 cm

Maka papan pertebalan diambil 6,5/8 Digunakan kokot sebagai alat sambung antara papan pertebalan dengan batang mendatar. S = 2500 . cos 32,5° = 2108,8 kg Sesuai syarat kayu minimum 6,5/8 digunakan kokot bulat 21/2” , dengan baut  5/8” , P = 600 kg (Bj = 0,5) Kayu kelas kuat III, Bj ~ 0,5 , jadi tidak perlu dikoreksi Bj. n=

2108,5 = 3,5 → digunakan 4 kokot 600

jarak kayu muka : 5,5 cm Jarak antar baut : 9 cm


34

Konstruksi Kayu

Gambar 4.3e Detail Sambungan Gigi pada Titik buhul akhir batang


35

Konstruksi Kayu

BAB V SAMBUNGAN MOMEN 5.1 Plat Sambung di Atas dan Bawah Dengan cara ini apabila balok mendukung beban sehingga terjadi momen lentur, maka plat sambung yang berada di atas akan mengalami tegangan tekan sedangkan yang ada di bawah akan mengalami tegangan tarik. Yang perlu diperhatikan adalah bagian yang mengalami tegangan tarik, karena ada faktor parlemahan (FP) akibat adanya alat sambung. Tegangan tarik yang timbul akibat mendukung momen luar akan menyebabkan timbul gaya sejajar serat kayu. Demikian juga tegangan tekan akan menimbulkan gaya tekan. Dari pasangan gaya ini akan timbul kopel momen yang selanjutnya disebut intern. Momen intern harus ≥ momen luar (momen ekstern) atau momen dukung balok. Besarnya momen intern dihitung berdasarkan gaya tarik yang timbul pada plat sambung yang mengalami tarikan. Jumlah alat sambung yang dibutuhkan didasarkan atas besarnya momen luar atau besarnya gaya tarik yang timbul akibat momen luar. 5.2 Plat Sambung di Samping Luas penampang plat-plat sambung yang diletakkan di samping harus ≥ luas penampang balok yang disambung. Hal ini dimaksudkan agar plat-plat sambung tersebut mampu memberikan daya dukung momen yang ≥ momen yang didukung balok di tempat sambungan. Pada balok rangkap tidak diijinkan hanya menggunakan satu plat sambung di antara dua bagian saja. Jadi berbeda dengan sambungan tarik. Penempatan alatalat sambung dibuat dalam 2 (dua) kelompok yang diberi jarak antara, sehingga menimbulkan kopel momen yang mampu mengimbangi momen luar yang terjadi. Besarnya momen kopel tersebut dihitung sbb. M = 0,9 . n . P . e1 ..................................................................................... (5.1) 0,9 adalah faktor reduksi akibat tidak tepatnya letak titik berat kelompok alat sambung n

adalah jumlah alat sambung.

P adalah kekuatan ijin alat sambung


36

Konstruksi Kayu

e1 adalah jarak titik berat kedua kelompok Kedua kelompaok alat sambung tersebut terletak pada separoh sambungan. Jadi tinjauannya selalu separoh sambungan. Apabila di tempat sambungan ada gaya lintang, maka gaya lintang ini akan menimbulkan momen pada kelompok alat sambung yang setengah besarnya akan didukung oleh separoh sambungan tersebut. Sehingga: Mtotal = M + ½ . D . e ................................................................................. (5.2) D

adalah gaya lintang di tempat sambungan

e

jarak antara titk berat kedua kelompok alat sambung dari kedua separoh sambungan. (jarak titik berat alat-alat sambung di kiri dan di kanan) Untuk kenyamana yang lebih besar, maka sambungan dapat direncanakan

berdasarkan momen maksimum yang mampu didukung oleh balok, walau pun lebih besar dari pada momen yang terjadi di tempat sambungan. Untuk sambungan balok yang mendukung momen disertai gaya tekan, maka sambungan direncanakan berdasarkan momen maksimum yang mampu didukung oleh balok. Dan selanjutnya perhitungan jumlah alat sambung hanya didasarkan atas momen, karena pada dasarnya gaya tekan tidak perlu alat sambung, hanya perlu pengikat saja. 5.3 Contoh Soal dan Pembahasan Soal 1 Sebuah balok berukuran 18/28 mendukung momen di tempat sambungan sebesar 1,2 tm dan gaya lintang 0,4 ton. Jika  lt = 100 kg/cm2 (kayu kelas kuat II), diminta menyambung dengan baut dengan plat sambung di atas dan bawah. Beban permanen dan konstruksi terlindung. Penyelesaian =1, =1 EP = 20% (baut) Mmaksimum yang dapat didukung balok : Mmaks

=  lt . Wnt = 100 . 1/6. 18 .282 . 0,8 = 188160 kg . cm > 1,2 tm (OK)


37

Konstruksi Kayu

Plat sambung diletakkan di atas dan bawah, sehingga gaya lintang pada sambungan tidak menimbulkan gaya tarik/tekan tersendiri pada plat sambung melainkan hanya menimbulkan momen yang tidak didukung balok dan mestinya sudah terhitung dalam 1,2 tm. Digunakan plat sambung 2 x 4/8, Kayu kla-kuat II,  tr // = 85 kg/cm2 Pada plat sambung bagian bawah, Fnt = 0,8 . 4 . 18 = 57,6cm2 Ptarik = Fnt .  tr // = 57,6 . 85 = 4896 kg Lengan momen kopel = 2 + 28 + 2 = 32 cm Plat sambung dapat menghasikan momen kopel sebesar, M = 4896 . 32 = 1,56672 tm > 1,2 tm Gaya yang harus didukung oleh baut, S=

1,2 .10 5  3750kg 32

Dipilih baut  5/8”, kayu kelas kuat II, sambungan golongan dua, tampang satu (hanya bagian bawah saja, sedangkan bagian atas/tekan hanya mengi-kuti), α = 0° ,

P = 40 . 1 . d = 254,4 kg P = 215 . d2 = 215 . (1,59)2 = 543,54 kg

n=

3750 = 14,7  digunakan 15 baut (bisa 3 baris) 254,4

Jarak-jarak baut :

7d = 11,13

cm  12 cm

6d = 9,5

10

3d = 4,8

5

2d = 3,2

4

4 + 5 + 5 + 4 = 18


38

Konstruksi Kayu

Gambar 5.3a Detail plat sambung Soal 2 Balok kayu Suren berukuran 8/12 dipakai sebagai balok gording sebuah rumah. Dinyatakan momen maksimum yang dapat didukungnya kemudian diminta menyambung balok tersebut dengan paku dengan : a. plat-plat sambung diletakkan di samping b. plat-plat sambung diletakkan di atas dan bawah. Beban permanen, Bj Suren = 0,5 Penyelesaian =1,=1 Suren dengan Bj = 0,5   lt = 170 . 0,5 = 85 kg/cm2

 lt // = 150 . 0,5 = 75 kg/cm2 Alat sambung paku, FP = 10% Wnt = 0,90 . 1/6 . 8 . 122 = 172,8 cm3  Mmaks = Wnt .  lt = 172,8 . 85 = 14688 kg. Cm a. Plat sambung di samping Dipilih plat sambung yang memberikan luas tampang = luas tampang balok. Digunakan plat sambung 2 x 4/12. Dari lampiran-1 dipilih paku 4” BWG 8 (42/102), dengan lp = 10,2 cm, sambungan tampang satu (2,51 = 10 cm < lp) dengan Bj = 0,5 P = 77 kg.


39

Konstruksi Kayu

Momen lentur disebabkan gaya yang tegak lurus arah serat tetapi pada alt sambng paku tidak ada pengaruh penyimpangan arah gaya terhadap arah serat. Jarak-jarak paku :

2d = 5,04 cm 10d = 4,2

 5,5 cm 5

5d = 2,1

2,4 (bisa 4 baris)

Untuk satu kelompok dicoba n paku dan e1 dicoba 2 x 10d = 10 cm,

0,9 . P . n . e1

= Mmaks

0,9 . 77 . n . 10 = 14688 n

= 21,19

 digunakan 24 paku dengan susunan 2 x 4 baris x 3 setelah dicoba pemasangannya, ternyata e1 harus ≥ 3 x 10d dicoba e1 = 15 cm, 0,9 . 77 . n . 15 = 14688 n

= 14,1

 digunakan 16 paku dengan susunan 2 x 4 baris x 2  (lihat gambar 23) o Kontrol paku terjauh : Ingat rumus, M .e  Pn . en 2 Pn = , M  en 2 e

Gambar 5.3b Jarak baut Dalam hal ini paku terjauh dengan e = 10 cm. Jumlah paku dengan jarak ke titik berat = 5 cm ada 16. Jumlah paku dengan jarak ke titik berat = 10 cm ada 16 M

16 . P . 52  16 .10 2 = 10

52  10 2 14688 = 16 . P ( ) 10 P

= 73,44 kg < P = 77 kg (OK)


40

Konstruksi Kayu

Gambar 5.3c Detail sambungan plat b. Plat sambung di atas dan bawah Dipilih plat sambung yang memberikan momen kopel minimm sam dengan momen dukung balok. Digunakan plat sambung bahwa (melalui tarikan), Fnt

= 0,90 . 2 . 8 = 14,4 cm2

Ptarik

= 14,4 . 75 =1080 kg

z

= 1 + 12 + 1 =14cm

M

= 1080 . 14 = 15120 kg.cm > Mmaks = 14688 kg. cm

Gaya yang didukung alat sambung, S=

14688 = 1049,1428 kg 14

Dari lampiran-1 dipilih paku” BWG 12 (28/51) dengan lp = 5,1 cm, sambungan tampang satu (2,51 = 5 cm < lp) Bj = 0,5 P = 34 kg. n=

1049.1428 = 30, 9  digunakan 32 paku 34

jarak-jarak paku :

12d = 3,36 cm 10d = 2,8 5d = 1,4

 4 cm 3 1,6 cm (bisa 4 baris)


41

Konstruksi Kayu

Gambar 5.3d Detail sambungan paku

Keterangan: -

Susunan paku bisa dibuat dua kelompok dan diberi jarak antara agar dapat mendukung momen tidak terduga.

-

Jumlah paku pada satu baris <10 batang sehingga kekuatan paku tidak perlu dikurangi 10%.

-

Jumlah paku untuk plat sambung atas sebenarnya bisa dikurangi karena merupakan sambungan tekan.

Soal 3 Balok kayu damar berukuran 8/18 mendukung momen M = 11000 kg cm dan gaya lintang D = 70 kg. Hitunglah penyambungan balok tersebut dengan baut plat sambung diletakkan di samping. Bj = 0,5. konstruksi tidak terlindung dan beban permanen.

Penyelesaian  = 5/6 ,  = 1 Kayu damar dengan BJ = 0,5 ,  lt . r = 170 . 0,5 . 5/6 . 1 = 70,83 kg/cm2 Kelas kuat III, sambungan golongan III, tampang dua, arah gaya tegak lurus arah serat,


42

Konstruksi Kayu

Digunakan plat sambung 2 x 4/18 , baut  ½”,

P = 60 . m . d . (1-0,6 . sin α) = 60 . 8 . 1,27 . 0,4 = 24, 84 kg

P = 340 . d2 . (1 – 0,35 . sin α) = 340 . (1,27)2 . 0, 65 = 356,45 kg Pr = 243,84 . 5/6 . 1 = 203,2 kg

Jarak-jarak baut :

7d = 8,9 cm

 10 cm

6d = 7,6

8

2d = 2,5

3

3d = 3,8

4

 Bisa 4 baris

Diperkirakan jarak titik berat kelompok baut separoh sehubungan kiri dan kanan, e = 100 cm, Mtotal = M + ½ . D . e = 11000 + ½ . 70 . 100 = 145000 kg.cm

Dicoba satu kelompok dengan 8 baut, 0,9 . Pr . n .e1

= Mtotal

0,9 . 203,2 . e1

= 14500

e1 = 9,9 cm < 2 x 6d

= 16 cm

seteleah beberapa kali dicoba dengan 4 baut, 0,9 . 203, 2 . 4 . e1 = 14500 e1 = 19,8 cm  e1 = 20 cm Kontrol : e = 40 cm (dari gambar PS-34) Mtotal = 1100 + ½ . 70 . 40 = 12400 kg.cm = 145000 kg.cm Baut terjauh, 2 . 4 . P1 . [

10 2 ] =12400 10 P1 = 155 kg

Akibat D = 70 kg terbagi rata pada semua baut Separoh sambungan, P2 = 70/8 = 8,75 kg


43

Konstruksi Kayu

Ptotal = 155 + 8,75 = 163,75 kg < Ptotal = 155 + 8,75 < Pr = 203,2 kg

Soal 4 Sebuah balok berukuran 2 x 6/16 dari kayu Damar. Konstruksi terlindung dan beban permanen. Jika panjang balok 250 cm dan gaya tekan yang didukungnya P = 3 ton, hitunglah momen yang dapat didukung oleh balok itu disamping P tekan tersebut. Kemudian sambunglah balok itu dengan pasak kayu bulat. Lendutan balok diabaikan. Penyelesaian =1,=1 Kayu Damar, lampiran I PKKI 1961  kelas kuat III



= 75 kg/cm2

 ds // = 60 kg/cm2 Balok direncanakan sbb. ix = 0,289 h = 0,289 . 16 = 4,624 It = 2 . 1/12 . 16 . 62 + 2 . 6 . 16. 62 = 7488 cm4 Ig = 1/12 . 16 . 123 = 2304 cm2 Iy = ¼ . (7488 + 3 . 2304) = 3600 cm4 iy =

3600 = 4,3301 cm 2 . 6 .16

Gambar 5.3e Batang ganda Gambar 24  =

250 lk = = 57,754 i min 4,3301

Dengan interpolasi linier dari daftar III PKKI 1961,  = 1,6247 Alat sambung pasak kayu bulat, FP = 30 %

 total =

P . Mmaks + α.   tr // Fbr Wnt

3000 .1,66247 60 Mmaks + . = 60 2 . 6 .16 75 0,70 .2 .1 / 6 .6 .16 2  Mmaks = 15507,1 kg .cm


44

Konstruksi Kayu

Untuk balok yang mendukung momen dan gaya tekan, sambungan direncanakan berdasarkan Mmaks yang mampu didukung balok. o Sambungan dengan pasak kayu bulat Digunakan plat smbung 2 x 3/6, Ukuran kayu minimum 3/16, dair lampiran-2  dicoba pasak dengan D = 6 cm, h = 2,6 cm , ½ h = 1,3 cm < 1,5 cm (sebaiknya < ½h

= 1,5 cm) P = 1 ton

Kayu muka

= 14 cm

Jarak antar baut

= 14 cm

Kayu Damar, lampiran I PKKI 1961, Bj= 0,47 arah gaya tegak lurus arah serat ,

Pr

= 1000 . 0,47/06 . 0,75 = 587,5 kg

Dicoba e1 = 14 cm, 0,9 . Pr . n . e1

= Mmaks

0,9 . 587,5 . n . 14 = 15507,1 n

= 2,1

 digunakan 4 pasak sesuai penampang sambungan.

Gambar 5.3f Detail sambungan pasak


45

Konstruksi Kayu

BAB VI BALOK SUSUN 6.1 Balok Susun dengan Pasak Kayu dan Kokot Seringkali dimensi yang ada untuk balok tidak cukup tinggi seperti yang dibutuhkan, sehingga beberapa balok harus disusun jadi satu. Pada balok-balok susun tersebut akan timbul tegangan geser akibat gaya lintang pada bentang balok. Apabila balok-balok tersebut tidak dilekatkan satu sama lain maka balok-balok tersebut akan bergeser sehingga tidak satu kesatuan lagi. Untuk melekatkan balok-balok susun tersebut dapat digunakan baut. Tetapi karena menimbulkan gaya geser, maka pada bidang kontak antara balok-balok susun harus diberi alat sambung yang mampu mendukung gaya tersebut Alat sambung yang digunakan dapat berupa kokot/pasak disertai baut yang hanya berfungsi untuk mengikat, atau bisa juga hanya digunakan serangkaian baut saja. Alat-alat sambung tersebut dipasang merata di sepanjang bentang balok yang jumlahnya pada tempat tertentu dapat lebih banyak atau jarak antaranya lebih sesuai dengan besarnya gaya lintang yang bekerja di tempat tersebut. Penempatan alat sambung kokot/pasak dapat dilakukan secara grafis dengan bantuan bidang momen (bidang M) maupun bidang gaya lintang (bidang D). Dalam menghitung kekuatan dukung balok terhadap momen maupun lendutan diberi faktor reduksi untuk perhitungan momen lembam (I) tahanan momen (W) sesuai dengan PKKI 1961 ps.12.2. Perhitungan jumlah alat sambung yang digunakan serta cara penempatannya dapat dilihat pada contoh soal dan penyelesaian. 6.2 Balok Susun dengan Paku Balok susun dengan alat sambung paku, dapat berbentuk balok I dengan kampuh mendatar maupun balok pipa dengan kampuh tegak, atau sebaliknya. Yang dimaksod dengan kampuft adalaft bidang kontak antara papan tempat awal paku masuk kampuh mendatar faktor sebesar 0,8 sedangkan untuk kampuh tegak 0,9. Karena maka diperhatikan tebal kayu muka/tempat awal paku masuk dalam merencanakan dimensi balok. Selain itu berlaku. Penempatan paku dapat dilakukan dengan membagi bentangan balok menjadi beberapa bagian lergantung bidang D-


46

Konstruksi Kayu

nya. Hal ini untuk menghindari penempatan paku yang banyak pada gaya lintang yang kecil dan sebaliknya. Apabila pada tempat dengan gaya lintang yang terlalu kecii atau nol sehingga dibutuhkan paku yang sangat sedikit, maka paku tersebut dipasang berdasarkan jarak antara maksinaum 7.ho (ho = tebal byu muka/tempat awal paku masuk). 6.3 Balok Susun dengan Papan Badan Miring Balok susun ini juga dapat berbentuk balok pipa dan balok I. Dalam menghitung kekuatan balok mandukung momen dan lendulan, sebaiknya momen lembam papan badan miring tidak diperhitungkan supaya memberikan keamanan yang lebih besar. Pemasangan papan-papan badan dibuat sedemikian rupa sehingga papanpapan lersebut mendukung gaya tarik. Karena gaya tarik tidak dibahayakan adanya faktor tekuk. Untuk hubungan setiap papan badan dengan bagian flens minimal harus ada 4 (empat) batang paku. Begitu juga dengan batang pengaku. Batang pengaku pada setiap jarak tertentu yang biasanya sebesar tinggi balok yang bersangkutan. Tinggi balok dapat direncanakan 1/8-1/12 L (L = panjang benlang balok). Untuk setiap hubungan papan badan dengan flens dibutuhkan.paku yaitu untuk balok berbentuk pipa: n=

b b . D .Ss ....................................................................................... (6.1) 2 . I .sin  . cos . P

bb

= lebar papan badan.

D

= gaya linlang maksimum

Ss = statis momen terhadap garis netral. I

= momen lemban lerhadap garis netral.



= sudut kemiringan papan badan tetap flens.

P

= kekuatan ijin paku. Ukuran badan papan sekitar 2 – 3x14 cm. Sedangkan ukuran flens

tergantung pada gaya tarik yang dialami flens bawah dan gaya tekan pada flens atas (bagian tarikan dan bagian tekanan), juga kekuatan balok terhadap lentur serta lendutan yang diijinkan.


47

Konstruksi Kayu

Untuk balok terbentuk I jumlah paku pada setiap hubungan papan badan dengan flens: n=

D .Ss . b b ................................................................................................. (6.2) 2 . I .cos  . P

6.4 Contoh Soal dan Pembahasan Soal 1

Gambar 6.4a Balok dengan beban terpusat Kayu Damar, 1 = 4,5 m, P= 4 ton  =  = 1. Balok terdiri dari 3 (tiga) bagian, b = 18 cm. Tentunya h-nya, kemudian lukiskan pemasangan kokot Bulldog. Penyelesaian =1 , =1 Kayu Damar, lampiran I PKKI 1961  kelas kuat III, lt = 75 kg/cm2  tr // = 60 kg/cm2

// = 8 kg/cm2 PKKI 1961 ps. 12.2 untuk balok susun 3 bagian, konstruksi terlindung : Wnt

= 0,8 . 1/6 . b . h2 = 0,8 . 1/6 . 18 . h2 = 2,4 . h2

In

= 0,3 . 1/12 . b . h3

 lt = Mmaks/Wnt , Mmaks = ¼ . P . 1 = ¼ . 4000 . 450 = 4,5 t.m

4,5 . 10 5 Wnt = 2,4 . h = = 6000 75 2

h2 = 2500 ,

h = 50 cm

digunakan balok 3 x 18/18  h = 3 . 18 = 54 cm > 50 cm (OK) I = 1/12 . 18 . 543 = 236196 cm4 Kayu kelas kuat III,


48

Konstruksi Kayu

E = 8000 kg/cm2 D = ½ . P = 2000 kg Kontrol lendutan : f ijin = 1/300 . 1 = 1,5 cm 1 P .13 4000 . (450) 3 fmaks = . = = 1,34 cm 48 E .In 48.80000 .0,3. 236196

< 1,5 cm

Gambar 6.4b Potongan Balok Tersusun

Kontrol tegangan geser di garis netral : maks =

3 D 3 300 . = . = 3,1 kg/cm2 2 b.h 2 18 . 54

<  // = 8 kg/cm2 Ss = 18 . 18 . 18 = 5832 cm2

Pada bidang geser atas/bawah, =

D .S 20010 . 5832 = b. I 18. 236196

= 2,74 kg/cm2 Ditinjau setengah bentangan : Gambar 6.4c Bidang gaya lintang Gaya geser yang didukut kokot, L = ½ . l .  . b = ½ . 2,74 . 18 = 11097 kg Ukuran kayu terkecil 18/18, dipilih kokot persegi 13 x 13 cm dengan baut  ¾” P = 1,7 ton. Jarak kayu muka = 15 cm Jarak antar baut = 23 cm Kayu Damar, lampiran I PKKI 1961, Bj-rata-rata = 0,5  tidak ada koreksi Bj,  =

 = 1, Pr = 1,7 ton,


49

Konstruksi Kayu

n=

11097 = 6,5  digunakan 7 kokot. 1700

Karena bidang D sama untuk seluruh bentang d, maka jarak-jarak antar baut sama. Penempatan kokot dengan bantuan bidang M (dengan skala) :

Gambar 6.4d Penempatan kokot dengan bantuan bidang M a 1=

1 / 2 . 450  30 =32,5 cm > 23 cm (OK) 6

Pada bagian tengah : a1 = 2 . 15 = 30 > 23 cm


50

Konstruksi Kayu

Gambar 6.4e Detail penempatan kokot Catatan : Penempatan kokot /pasak dengan bantuan bidang M sebagai berikut -

Gambar bidang momen

-

Garis vertikal pada momen maksimum (tengah-tengah bentang) dibagi menjadi n-bagian (n=jumlah kokot/pasak).


51

Konstruksi Kayu

-

Dari tengah-tengah n-bagian ditarik gari mendatar sejajar sumbu balok memotong garis bidang pada momen.

-

Pada perpotongan tersebut taik garis vertikal ke atas memotong sumbu balok. Di sanalah ditempatkan pusat kokot/pasak.

Soal 2 Balok seperti pada gambar 32. b = 18 cm , h = 2 x 20 cm.

Gambar 6.4f Balok dengan beban terpusat Penyelesaian : Tidak ada keterangan lai, =  = 1 Kayu jati,  lt

=130 kg/cm2

 ds // = 110 kg/cm2 //

= 15 kg/cm2

Kayu Kesambi, lampiran I PKKI 1961 kelas kuat I,  lt = 150 kg/cm2  ds // = 120 kg/cm2 //

=

20 kg/cm2

 maks = =

3 D . 2 b.h 3 2000 . = 4,17 kg/cm2 2 18 , 40

Gambar 6.4g Bidang gaya lintang Gaya lintang hanya terjadi pada bagian AC dan DB, sehingga pada bagian tersebut perlu diberi pasak. Sedangkan pada bagian CD cukup diberi baut lekat saja. o Ditinjau dair bagian AC :


52

Konstruksi Kayu

Gaya geser yang didukung pasak, L = lAC . maks . b = 150 . 4,17 . 18 = 11259 kg Kebutuhan pasak, Lds = L/  ds // = 11259/110 =102,35 cm2

Pada balok asli :

Lds = n . t . b n . t = 102,35/18 = 5,7 cm diambil t =2 cm, n = 2,9  3 pasak a = 5t = 10 cm (10  a  15 cm)

kontrol tegangan geser pasak, =

L 11259 = = 20,85 kg/cm2 n .a . b 3 .10 .18

> // = 20 kg /cm2 (Not OK) Dicari harga a baru a  5t n . a . b = 3 . a . 18 = 112/20 a

= 10,4 cm  digunakan a = 11 cm

jarak antar ujung pasak (kontrol tegangan geser pada batang asli), Lgsr = n . a1 . b = L/ // 3 . a1 . 18 = 11259/15 a1 = 13,9 cm  a =11 cm t

= 2 cm

a1  13,9 cm Penempatan pasak dengan bantuan bidang M : a1 = 25,5 - ½ . a = 25,5 – ½ .11 = 2 cm > 13,9 cm (OK) a1= 49,5 – a = 49,5 – 11 = 38,5 cm > 13,9 cm (OK) Gambar 6.4h Penempatan pasak dengan bantuan bidang M


53

Konstruksi Kayu

Pemasangan pasak untuk bagian DB = bagian AC. Pada soal ini hanya diminta menyusun balok tersebut dengan pasak. Jadi tidak perlu kontrol dengan lentur balok maupun lendutan balok, karena dimensi balok sudah ditentukan dan tidak disyaratkan dapat diubah.

Gambar 6.4i Penempatan pasak


54

Konstruksi Kayu

Soal 3 Sebuah balok susun untuk kosntruksi gelagar jembatan berukuran 1 x 15/25 dan 2 x 15/10 dari kayu ber-Bj = 0,62. Alat penyusun yang dipakai adalah kokot Bulldog persegi 4” x 4” dengan baut  5/8”. Apabila bentang jembatan 6 m, serta dihitung pada beban permanen, a. hitung q maksimum dalam t/m’ yang masih aman dapat ditahan oleh balok susun tersebut, apabila berat sendiri diabaikan, serta lendutan yang diijinkan 12 mm. (q = beban terbagi rata) b. hitung dan gambar penempatan kokot Bulldog dengan skala yang baik.

Gambar 6.4j1 Kokot Bulldog Penyelesaian : a.  = 5/6 ,  = 1 Kayu dengan Bj = 0,62,  // . r

= 170 . 0,62 . 5/6 = 87,83 kg/cm2

 ds // r = 150 . 0,62 . 5/6 = 77,50 kg/cm2  // r

=

20. 0,62 . 5/6 = 10,33 kg/cm2

PKKI 1961 ps. 12,2, Wnt = 0,7 . 1/6 . b . h2 (dengan kokot) = 0,7 . 1/6 . 15 .(45)2 = 3543,75 cm2 o Mmaks = 1/8 . q . l2 =1/8 . q . 62 = 4,5 . q t.m Mmaks =  lt . r . Wnt 4,5 . q .105 = 87,83 . 3543, 75 q = 0,6917 t/m’


55

Konstruksi Kayu

o Lendutan maksimum, fmaks =

5 q .l4 . 384 E . Int

Kayu dengan Bj = , 62 kelas kuat II, E = 100000 kg/cm2 PKKI 1961 ps. 12.2, Int = 0,3 . 1/12 . b . h3 = 0,3 . 1/12 . 15. 453 = 34171, 875 cm4 fmaks fijin = 1,2 =

5 q . 600 4 . 384 100000 . 34171,875

= 0,243 t/m  q maksimal yang masih aman = 0,243t/m’

b. Kokot buldog persegi 4” x 4” dengan baut  5/8”,

P = 1,5 ton Jarak kayu muka = 11 cm Jarak antar baut = 17 cm Bj= 0,62 .  = 5/6 ,  = 1., Pr = 1,5 . 0,62/0,5 . 5/8 = 1,55 ton Ditinjau dari segi bentang : Ss = 10 . 15 . 17,5 = 2625 cm3 I = 1/12 . 15 . 453 = 113906, 25 cm4 D = ½ . q . 1 = ½ . 0,243 . 6 = 0, 729 ton b = 15 cm  =

D .S D .S = b.I b. I

Gambar 6.4j2 Detail Kokot Bulldog Gaya yang didukung kokot : L

=½.½.1..b = ¼ . 600 . 1,12 . 15 = 2520 kg


56

Konstruksi Kayu

n

=

L = 1,6  digunakan 2 kokot Pr

Penempatan kokot dengan bantuan bidang D (Dengan skala): Pada gambar 42 : Jarak kayu muka = 42,5 cm > 17 cm

-ok-

Jarak antar baut = 115 cm > 17 cm

-ok-

Gambar 6.4j3 Penempatan kokot dengan bantuan bidang D


57

Konstruksi Kayu

Gambar 6.4k Detail kokot dengan bantuan bidang D


58

Konstruksi Kayu

PKKI 1961 ps. 12,2 Int = 0,6 . 1/12 . b . h3 = 0,6 . 1/12 . 16 . 463 = 778868,8 cm4 5 13 . 450 4 . = 0,89 cm < fijin = 1,125 cm (OK) 384 1000000 .77868,8

fmaks =

Kontrol tegangan geser :

D . D = ½ . q . 1 = ½ . 13 . 450 b.h

 maks =

= 2925 kg 3 2925 . = 5,96 kg/cm2 <  // r = 10 kg / cm2 2 16 . 46

 maks =

Ditinjau setengan bentang : Gaya yang didukung pasak, L = ½ . ½ . 1 . maks . b = ¼ . 450 . 5,96 . 16 = 10728 kg Pada batang asli Lds = n . t . b

=

n . t . 16

=

n.t

L ds // r L ds // r

= 9,466 cm

diambil t = 2,5 cm , n = 3,8  n = 4 buah pasak n=4 

t

= 2,4 cm

a

= 5t = 12 cm

Kontrol geser pasak Pasak dari kayu Kesambi, kelas-kuat I,  ds // r = 130 . 5/6

= 108,33 kg/cm2

 // r

= 20 . 5/6

= 16,67 kg/cm2



=

10728 4 .12 .16

= 14 kg/cm2 < 16,67 kg / cm2 (OK)


59

Konstruksi Kayu

Kontrol geser pada batang asli : Lgsr = n . a1 . b =

4 . a1 . 16 a1

=

L  // r 10728 10

= 16, 7625 cm (minimal)

Penempatan pasak dengan bantuan bidang D (dengan skala)

Pada gambar 43 : a1 = 32,5 – a = 32,5 – 12 = 20,5 cm > 16,7652 cm (OK)

Gambar 6.4l Penempatan pasak dengan bantuan bidang D

Gambar 6.4m Detail kokot


60

Konstruksi Kayu

Soal 4

Gambar 6.4n Balok dengan beban terpusat Diketahui balok gabungan seperti gambar. Panjang bentang 8 m. Balok dibebani beban terpusat P di C. Berat sendiri balok diabaikan. Konstruksi terlindung, beban sementara, kayu kelas kuat II, Bj = 0,5 fc =

P .a 2 . b 2 1  .L 3.E. I.L 300

a. Hitung P maksimal yang dapat didukung balok. b. Hitungan banyak paku dan gambarkan penempatannya. Penyelesaian :  = 1 ,  = 5/4 Kayu kelas kuat II, E = 100000 kg/cm2

 lt . r = 100 . 5/4 = 125 kg/cm2  ds // r = 85. 5/4 = 106,25 kg/cm2  // r = 12 . 5/4 = 15 kg/cm2 a) Mmaks =

P. a.b 2. 6 = . P = 1,5 . P kg . m L 8

I = 4 . 1/12 . 5 . 123 + 4 . 5 . 12 . 142 + 1/12 . 4 . 403 = 71253,3333 cm4 Kampuh tegak, faktor reduksi = 0,9 Mmaks

=  lt . r . Wr

150 . P

= 125 .

fijin

= 1/300 . L = 1/300 . 800 . = 2,6667 cm

71253,333 . 0,9  P1 = 2672 kg 20


61

Konstruksi Kayu

P.a 2 . b 2 3. E . Ir . L

fmaks

= fC =

2,667

P . 200 2 . 600 2 = 3 . 100000 .0,9 . 71253,333 . 800

Dmaks

= RA = P . b/L = 6/8 . P = 0,75 . P

 // r

=

D maks . S b.I

, S = 2 . 5 . 12 . 14 + 4 . 20 . 10 = 2480 cm3

Dmaks

= 0,75 . P =

15 . 4 . 71253,3333 2480

 P3 = 2298,4946 kg  P maksimal yang diijinkan = 2298,4946 kg b) Untuk penempatan paku, bentangan dibagi 2 bagian, Bagian I, D = 0,75 . P = 1723,871 kg Bagian II, D = 0,25 . P = 574,624 kg SS = 2 . 5 . 12 . 14 = 1680 cm3 1 . b1 =

D1 . Ss I

L1 = 1 . b1 . a 2 . b1 =

D 2 . Ss I

LII = 2 . b1 . b

=

1723, 871.1680 = 40,6452 kg/cm 71253, 333

= 40,6452 . 200 = 8129,04 kg =

574,624 . 1680 = 13,5484 kg/cm 71253, 333

= 13,5485 . 600 = 8129,04 kg

Kayu muka = 5 cm > 4 cm  tidak bisa digunakan, dipilih paku dengan panjang 1= 5+4+3d  41/2” BWG 6 (52/114), lp = 11,4 cm l = 5 + 4 + 3 . 0,52 = 10,56 cm lp = < lp = 11,4 cm (OK) Bj = 0,5, (dari Tabel)  Tk = 125 kg/cm2 , l = 5 cm > 7d = 3,64 cm

P = 3,5 . d2 . Tk (tampang satu) = 3,5 . (0,52)2 . 125 = 118,3 kg Pr = 118,3 . 5/4 = 147,875 kg


62

Konstruksi Kayu

o Bagian I n=

8129 = 54,97  digunakan 56 paku. 147,875

Jarak yang dibutuhkan :

2 . 12d + 27 . 10d = 152, 88 cm < 200 cm(OK)

Dipasang : 12d = 12,25 cm 10d =

6,5 cm

o Bagian II : n = 56 paku, masing-masing kanan-kiri 28 paku. Jarak yang dibutuhkan : 152,88 cm < 600 cm (OK) Dipasang: 12d = 9,75 cm 10d = 21,5 cm < 7 . ho = 7 . 5 = 35 cm (OK)

Gambar 6.4o Detail sambungan paku


63

Konstruksi Kayu

Soal 5

Gambar 6.4p Detail kokot Beban tetap dan konstruksi terlindung sepertipada gambar. Berat jenis kayu = 0,6. a. berapakah q ijin ? b. hitung dan gambarkan penempatan paku. c. Hitung lendutan di B. Penyelesaian =1,=1 Kayu Bj = 0,6 , kelas kuat II, E = 100000 kg/cm2

 lt = 170 . 0,6 = 102 kg/cm2  ds // = 150 . 0,6 = 90 kg/cm2

 // = 20 . 0,6 kg/cm2 a) Letak garis netral potongan : ya =

20 . 4 . 2  20 . 5 . 14 = 8,6667 cm 20 . 4 20 .5

yb = 15,33333 cm Ign = 1/12 . 20 . 43 + 20 . 4 . (6,6667)2 + 1/12 . 5 . 203 + 5 . 20 . (5,3333)2 = 9840 cm4 W = Ign/yb Kampuh mendatar, Wr =

0,8 . 9840 = 513,3924 cm3 15,3333

Mmaks = ½ . q . l2 = ½ . q . 1802 = 16200 . q kg . cm Mmaks =  lt . Wr = 102 . 513,3924= 16200 . q q1

= 3,2325 kg/cm

fijin

= 1/300 . l = 1/300 . 180 = 0,6 cm


64

Konstruksi Kayu

fmaks

= fB =

q . l4 8 . E . Ir q .180 4  0,6 = 8 . 100000 . 0,8 . 9840

fmaks

= fijin =

q2

= 3,5994 kg/cm

maks

=

S

= 20 . 4 . 6,6667 + 5 . 4,6667 . 2,333 = 587,7801 cm3

Dmaks . S b.I

Dmaks = q . l maks

=  //  12 =

q3

= 5,5803 kg/cm

q . l . 587,7801 5 . 9840

 q maksimal yang diijinkan = 0,32325 t/m.

b) Ss

= 20 . 4 . 6,6667 = 533,336 cm3

.b =

D . Ss 3,2325 . 180 . 533,336 = I 9840

= 31,5367 kg/cm L = ½ . l .  . b = ½ . 180 . 31,5367 = 2838,303 kg Kayu muka = 4 cm, dipilih paku 4” BWG 8 (42/102) lp = 10,2 cm > 2,5 . l = 10 cm, n=

Bj = 0,6  P =92 kg

2838,303 = 30,85  digunakan 31 paku 92

karena gaya lintang di sepanjang bentang tidak sama, maka penempatan paku dibagi dalam beberapa bagian. Disini dibagi dalam 3 bagian : bagian I

: 5/9 . 31 = 17,22  dipakai 18 paku

bagian II

: 3/9 . 31 = 10,3

bagian III

: 1/9 . 31 = 3,4

11 4

(jumlah paku pada masing-masing bagian dengan sesuai dengan luas diagram gaya lintang pada masing-masing bagian berat tersebut). Daerah yang dibutuhkan untuk penempatan paku :


65

Konstruksi Kayu

bagian I : l = 60 cm , n = 18 jika digunakan satu baris paku, 17 . 10d + 2 . 12d = 81,48 cm > 60 cm Maka harus ditambah dengan pemaku, Digunakan papan 2 x 4/20 , sehingga bisa dibuat 3 baris. n = 18/3 = 6 paku/baris, 5 . 10d + 2 . 12d = 31,1 cm < 60 cm

-ok-

Bagian II : l = 60 cm, n = 4 < 11 (bagian II) untuk sebagian I, hubungan papan pemaku dengan badan dihitung sebagai balok susun dengan kampuh tegak. ya

=

4 . 20 . 2  13. 20 . 14 4 . 20 13 . 20

= 11,1765 cm yb

= 12,8235 cm

Ss

= 2 . 4 . 20 (12,8235-10) = 451, 76 cm3

Gambar 6.4q Tampang balok tersusun Gaya lintang maksimum, D1 = 3,2325 . 180 = 581,85 kg Gaya lintang pada jarak 60 cm dari A, D2 = 581,85 – 60 . 3,2325 = 387,9 kg I = 1/12 . 20 . 43 + 4 . 20 . 9,17652 + 1/12 . 13 . 203 + 13 . 20 . 2,82352 = 17582,7451 cm4

1 . b =

2 . b =

D1 . Ss I D 2 . Ss I

=

581,85 . 451,76 = 14,95 kg/cm 17582,7451

=

387,9 . 451,76 = 9,97 kg/cm 17582,7451

L = ½ . LI . (1 . b + 2 . b) = ½ . 60 . (14,95 + 9,97) = 747,6 kg


66

Konstruksi Kayu

n=

747,6 = 8,1  digunakan 12 paku, masing-masing kiri-kanan 92

tempat paku untuk penempatan yang tersedia cukup panjang, 12d = 5,04 cm  6 cm

Gambar 6.4r Detail penempatan alat sambung paku

c) Lendutan di B = fB =

q . l4 3,2325 . 180 4 = 8 . E .I 8 . 100000 .9840

= 0,43 cm < fijin = 0,6 cm (OK)


67

Konstruksi Kayu

Soal 6

Gambar 6.4s Balok kantilever berlubang Sebuah konsol dari balok gabungan dengan badan miring sudut miring α = 45 , ukuran papan 3/15. Balok mendukung bebab P = 1000 kg di ujung dan beban tebagi rata q = 200 kg/m (termasuk berat sendiri). Kayu Jati, beban permanen, konstruksi tidak terlindung. Berat jenis= 0,6. a. hitung H yang ekonomis (bulatkan dalam kelipatan 5 cm) b. hitung dan gambar penempatan paku. Penyelesaian  = 5/6,

 =1

Kayu Jati, E = 100000 kg/cm2

 lt . r

= 130 . 5/6 = 108,3333 kg/cm2

 // r

= 110 . 5/6 = 91,6667 kg/cm2

 ds  r = 30 . 5/6 = 25 kg/cm2

a) Mmaks = 1000 . 200 + 2 . 200 . 100 = 240000 kg. cm Momen lemban bagian badan diabaikan I

= 2 . 1/12 . 8 . 103 + 2 . 8 . 10 . (1/2 . H .- 50)2 = 1333,3333 + (40 . H2 – 800 . H + 4000) = 40 . H2 – 800 . H + 5333,3333

 lt . r

=

Mmaks I Mmaks ,W= = W 1/ 2 . H  lt . r

240000 40 . H 2  800 . H  5333,3333 = 108,3333 1/ 2 . H


68

Konstruksi Kayu

40 . H2 - 800 . H + 5333,3333 = 1107,69265 . H H2 – 47,6923 . H + 133,3333 = 0 H1 = 44,7101 cm fijin = 1/400 . L = 1/400 . 200 = 0,5 cm fmaks akibat q =

q . l4 2 . 200 4 4000 = = 8. E . I 8 . 100000 . I I P . l3 1000 . 2003 26666,6667 = = 3 . E . I 3 . 100000 . I I

akibat P

=

fmaks total

=

fmaks total

= fijin

30666,667 I

= 0,5

30666,667 I

I = 6133,333 = 40 . H2 - 800 . H + 5333,3333 H2 – 20 . H – 1400 = 0 H2 = 48,7298 cm Ptr =

Mmaks 240000 = z H  10

 tr // r =

Ptr 240000 , Ptr = = 91,6667 . 0,9 . 8 . 10 Fnt H  10

H3 = 46,3636 cm Dmaks = P + q . l = 1000 + 2 . 200 = 1400 kg

 // r =

Dmaks . S , b.I

S = 8 . 10 . (1/2 . H – 5) = 40 . (H-10)

I Dmaks 1400 = = = 18,6667 cm S  // r . b 12,5 . 6 I 40 . H 2  800 . H  5333,3333 = = 18,6667 S 40 . (H  10)

H2 - 20 . h + 133,3333 = 18,6667 . H – 186,667


69

Konstruksi Kayu

H2 – 38,6667 . H + 320 = 0 H4 = 26,6667 cm  H yang ekonomis dan aman adalah 48,7298 cm digunakan H = 50 cm. b) I = 40 . (50)2 - 800 . 50 + 5333,3333 = 65333,3333 cm4 S = 40 . (50 – 10) = 1600 cm3 bb = 15 cm α = 45° Akibat P : Dmaks = P = 1000 kg n=

b b . Dmaks . S I . Pr

kayu muka = 3 cm, dipilih paku 4” BWG 8 (42/102) dengan lp = 10,2 cm > 2,51 = 7,5 cm Bj = 0,6  P = 94 kg, Pr = 94.5/6 = 78,3333 kg n=

15 . 1000 . 1600 = 4,7 65333,3333 . 78,3333

 digunakan 5 paku untuk setiap hubungan antara flens dengan papan badan di sepanjang bentang. Akibat q :

Dmaks = q . l = 2 . 200 = 400 kg n=

15 . 1000 . 1600 = 4,7 65333,3333 . 78,3333

 digunakan 2 paku untuk setiap hubungan atara flens dengan papan badan sesuai dengan gaya lintang masing-masing.

Akibat, penempatan jumlah paku dibagi dalam 2 bagian masing dibatasi oleh batang-batang vertikal. bagian I

: Dmaks = 400 kg, n = 2 paku

bagian II

: D = ½ . Dmaks = 200 kg, n =

D .2=1 Dmaks


70

Konstruksi Kayu

Jumlah total paku untuk setiap hubungan papan badan dengan flens: Bagian I

: n = 2 + 2 = 7 paku

Bagian II : n = 5 + 1 = 6 paku

Dimensi vertikal : Dmaks = 1400 kg, Batang vertikal direncanakan sama dimensinya, karena gaya lintang maksimum dan minimum hanya berselisih sedikit, digunakan kayu 8/8,

 ds  =

140 = 21,875 kg/cm2 <  ds  r = 25 kg/cm2 (OK) 8 .8


71

Konstruksi Kayu

Gambar 6.4t Detail penempatan paku pada balok kantilever berlubang


72

Konstruksi Kayu

Soal 7

Gambar 6.4u Balok kantilever dengan tamppang I Sebuah balok berbentuk I, terjepit di A dan bebas di B. beban P 1620 kg bekerja di B, dan merupakan beban tetap. Panjang AB = 260 cm, Bj-kayu = 0,63. ukuran balok seperti pada gambar 53. apabila berat sendiri diabaikan, serta konstruksi terlindung, a. Tanpa memperhatikan besarnya lendutan yang terjadi, apakah beban P= 1650 kg tersebut dapat ditahan oleh balok tersebut ? b. Apabila lendutan maksimal di ujung = 0,8 cm sedangkan beban yang ditahan hanya 1550 kg, maka selidikilah apakah beban tersebut masih memenuhi syarat. c. Apabila P= 160 kg, sedangkan lendutan di ujung maksimal = 0,8 cm, dengan ukuran batang tetap, maka berapakah panjang batang maksimal yang masih aman pada keadaan ini ? d. Apabila balok tersebut diganti dengan balok pipa dengan tinggi yang yang sama dan dengan papan badan miring seperti pada gambar 53, serta ketentuan seperti pertanyaan b), maka berapakah ukuran baloknya ? e. Hitung dan gambar penempatan paku pada hasil jawaban d).


73

Konstruksi Kayu

Penyelesaian: =1, =1 Kayu Bj = 0,63  kayu kelas kuat II, E= 100000 kg/cm2 = 170 . 0,63 =

107,1 kg/cm2

 ds // = 150 . 0,63 =

94,5 kg/cm2

 ds  = 40 . 0,63 =

25,2 kg/cm2

 // r

12,6 kg/cm2

 lt

= 20 . 0,63 =

a) I = 2 . 1/12 . 19 . 53 + 2 . 5 . 19 . (22,5)2 + 1/12 . 403 = 123250 cm4 Kampuh mendatar, faktor reduksi = 0,8 Mmaks = 1550 . 260 = 403000 kg . cm Wr =

0,8 . I 0,8 . 123250 = = 3944 cm3 1/ 2. H 25

 lt =

Wmaks 429000 = = 108,77 kg/cm2 Wr 3944

>  lt = 107,1 kg/cm2  Beban P = 1650 kg tidak dapat ditahan balok tersebut.

b) P = 1550 kg , fijin = 0,8 cm Maks = 1500 . 260 = 403000 kg. cm

 lt =

403000 = 102,18 kg/cm2 <  lt = 107,1 kg/cm2 3944

Dmaks = P = 1550 kg =

D.S , b.I

S = 5 . 19 . 22,5 + 5 . 20 . 10 = 3137,5 cm3

=

1550 . 3137,5 = 7,89 kg/cm2 <  // = 12,6 kg/cm2 (OK) 5 . 123250


74

Konstruksi Kayu

fmaks =

D . l3 1550 . (260) 3 = 3 . E . Ir 3 . 100000 . 0,8 . 123250

= 0,921 cm > fijin = 0,8 cm  Beban P = 1550 kg masih belum memenuhi syarat.

c) P = 1650 kg , fijin = 0,80 cm Dari penyelesaian di b). yang menentukan adalah lendutannya : fmaks =

D . L3 = fijin = 0,80 3 . E . Ir

L3

=

0,80 . 3 . 100000 . 0,8 . 123250 1650

L

= 242,96 cm

Kontrol :

 lt

=

1650 . 242,96 = 101,64 kg /cm2 3944 <  lt = 107,1 kg/cm2



=

1650 . 242,96 = 8,4 kg/cm2 5 . 123250 <  // = 12,6 kg/cm2

 Panjang bentang maksimal yang diijinkan, L = 242,96 cm.

d) P = 1550 kg , fijin = 0,80 cm Dari penyelesaian b). lendutannya yang menentukan maka momen lemban yang dibutuhkan, I =

l=

1/ 3 . P . l3 E . f ijin

1 / 3 . 1550 . 260 3 = 113511,6667 cm4 0,80 . 100000

(tidak ada reduksi untuk kampuh karena papan badan miring), setelah beberapa kali, dicoba ukuran flens 12/14, momen lemban bagian badan diabaikan, papan badan diambil ukuran 3/12,


75

Konstruksi Kayu

I

= 2 . 1/12 . 12 . 143 + 2 . 12 . 14 . 182 = 114352 cm4 > Iperlu = 113511,6667 cm4 (cukup dekat) (OK)

S = 12 . 14 . 18 = 3024 cm3 Gambar 6.4w Dimensi balok I Kontrol :

 lt =

Mmaks 1500 . 260 = = 88,11 kg/cm2 W 114352 / 25

<  lt = 107,1 kg/cm2 (OK) Ptr =

1550 . 260 = 11194,4444 kg 7  22  7

 tr =

11149,4444 74,04 kg/cm2 <  tr // = 94,5 kg/cm2 0,9 . 12 14 (OK)

fmaks =

1 / 3 . 1550 . 260 3 = 0,7941 cm 100000 . 114352

< fijin = 0,80 cm (cukup dekat)

=

1550 . 3024 = 10,25 kg/cm2 4 . 114352

(OK)

<  // = 12,6 kg/cm2 (OK)

 ukuran papan tersebut digunakan : flens

= 2 x12/14

papan badan = 2 x 2/14 e) Dmaks = P = 1550 kg merata sepanjang bentang. Untuk setiap hubungan papan badan dengan flens membutuhkan paku : n=

b b . Dmaks . Ss 2 . I . sin  . cos  . P


76

Konstruksi Kayu

I = 1145352 cm4

bb = 14 cm Dmaks = 1550 kg

α = 45°

3

Ss = 3024 cm

Kayu muka= 2 cm, dipilih paku 3” BWG 10 (34/76), lp = 7,6 cm > 2,5 . 1 = 5 cm Bj = 0,63 > 0,6  P = 51 kg n=

14 . 1550 . 3024 = 11,25  digunakan 12 paku 1142352 . 51

(jumlah paku cukup banyak, tetapi karena tinggi flens dan papan badan-nya sudah direncanakan cukup lebar, maka daerah yang tersedia untuk penempatan paku cukup). Ukuran batang vertikal : D = 1550 kg (sama untuk sepanjang bentang) Digunakan ukuran 6/12,  ds  =

1550 = 21,53 kg/cm2 6 . 12

Batang vertikal dipasang dengan jarak antara 52 cm ( H) sehingga bisa digunakan 6 batang vertikal.


77

Konstruksi Kayu

DAFTAR PUSTAKA

1. Hoong, T., H., Djokowahjono (1994). Konstruksi Kayu. Universitas Atmajaya Yogyakarta. 2. Ditjen Cipta Karya (1976). Peraturan Konstruksi Kayu Indonesia (PKKI) 1961 (NI-5). Departemen Pekerjaan Umum. 3. Tjoa Pwee Hong dan Djokowahjono, F.H., “Konstruksi Kayu”, Penerbitan Universitas Atma Jaya Yogyakarta, 1996 4. Felix KH (1984). Konstruksi kayu. Bina Cipta, Bandung.


78

'dokumen tips buku-ajaran-konstruksi-kayu

Recommend Documents