Bab. 9 Tekuk Torsi Lateral

178

BAB 9 TEKUK TORSI LATERAL

9 Tekuk Torsi Lateral TUJUAN PEMBELAJARAN

Sesudah mempelajari bab ini, mahasiswa diharapkan dapat:  

Melakukan analisis dan desain komponen struktur lentur Memahami pengaruh tekuk torsi lateral akibat tidak adanya kekangan lateral menerus pada sisi sayap tekan

Pokok-pokok Pembahasan Bab 1.1 Pendahuluan 1.2 PerilakuBalok I Akibat Beban Momen seragam 1.3 Tekuk Torsi Lateral Elastis 1.4 Tekuk Torsi Inelastis 1.5 Desain LRFD Balok I 1.6 Lentur Dua Arah 9.1 PENDAHULUAN

Perhatian struktur balok tanpa kekangan lateral dalam Gambar 9.1. Pembebanan bidang web balok akan menghasilkan tegangan yang sama s ama besar antara titik A (menurut teori umum balok). Namun adanya ketidaksempurnaan balok dan eksensial beban, maka akan mengakibatkan perbedaan tegangan antara A dan B. Tegangan dan da n juga mengakibatkan distribusi tegangan yang tidak sama sepanjang lebar sayap. Flens tekan dari balok dapat dianggap sebagai kolom. Sayap yang diasumsikan sebagai kolom ini akan tertekuk dalam arah lemahnya akibat lentur terhadap suatu sumbu. Namun karena web balok memberikan sokongan untuk mencegah tekuk dalam arah ini, flens akan cenderung tertekuk oleh lentur pada sumbu 2-2. Karena bagian tarik dari beban berada dalam kondisi stabil, maka proses tekuk lentur dalam arah lateral tersebut akan dibagi dengan proses torsi sehingga terjadilah tekuk lentur torsi (Lateral Torsional Buckling). Ada dua macam kategori sokongan lateral, yakni:

179


1. Sokongn lateral menerus yang diperoleh dengan menanamkan flens tekan yang kedalam pelat lantai beton 2. Sokongan lateral pada jarak-jarak tertentu yang oleh balok atau tekan melintang dengan kekakuan yang cukup 9.2 PERILAKU BALOK I AKIBAT BEBAN MOMEN SERAGAM

Untuk menurunkan persamaan desain bagi balok yang tekuk torsi lateral gunakan ilustrasi sebuah balok yang menerima beban momen seragam yang tidak terkena secara lateral. Beban momen seragam tersebut menyebabkan tekanan konstan pada tekan flens sepanjang bentang tak terkekang. Jika ada variasi momen, maka gaya tekan dari flens bervariasi sepanjang bentang tak terkekang. Hal ini menyebabkan gaya tekan rata-rata yang lebih rendah sepanjang bentang tersebut. Gaya tekan rata-rata yang lebih rendah ini mengurangi peluang terjadinya tekuk torsi lateral.

Gambar 9.1 balok terkekang lateral pada ujung-ujungnya ujung-ujungn ya

Tekuk torsi lateral adalah kondisi batas yang menentukan kekuatan sebuah balok. Sebuah balok mampu memiliki momen maksimum hingga mencapai momen plastis M (M p). tercapai atau tidaknya momen plastis, keruntuhan dari sebuah struktur balok adalah salah satu dari peristiwa berikut : 1. Tekuk lokal dari flens tekan 2. Tekuk lokal dari web dalam tekan lentur 3. Tekuk torsi lateran

180


Ketiga macam keruntuhan tersebut dapat terjadi pada kondisi elastis maupun inelastis. Gambar 9.2 menunjukan perilaku dari sebuah balok yang dibebani momen konstan M konstan M dengan bentang tak terkekang L terkekang L.. Empat kategori dari perilaku balok tersebut adalah: 1. Jika L Jika L cukup kecil ( L L ≤ L pd ), ), maka momen pelastis, M pelastis, M p3 tercapai dengan deformasi yang besar. Deformasi yang besar ditujukan oleh kepastian rotasi RΔH, dengan R ≥ 3 adalah faktor daktilitas. Kemampuan berdeformasi (Kapasitas rotasi) adalah kemampuan menerima regangan flens yang besar dengan stabil. Perilaku ini ditunjukkan oleh kurva I pada Gambar 9.2 2. Juka L Juka L diperbesar diperbesar sehingga L sehingga L PD < L < L < < L L P , maka balok dapat mencapai M mencapai M P namun namun dengan kapasitas rotasi yang lebih kecil ( R < R < 3). Hal ini dikarenakan kurang cukupnya flens dan atau web untuk menahan tekuk lokal atau kurangnya sokongan lateral untuk menahan tekuk torsi lateral. Perilaku inelastis ini ditunjukkan oleh kurva 2 pada gambar 9.2 3. Bila panjang bentang tak terkekang diperbesar lagi ( L L P < L < Lr ), ), maka M maka M hanya hanya mampu mencapai M r r dengan kapasitas rotasi yang sangat terbatas. Tekuk lokal flens dan web serta tekuk torsi lateral mencegah tercapainya M tercapainya M P 4. Perilaku elastis ( L L p < L), L), dengan tahanan momen M momen M cr ditentukan oleh tekuk elastis, serta cr ditentukan tekuk lokal flens, tekuk lokal web dan tekuk torsi lateral

Gambar 9.2 Balok dengan Beban Momen Konstan Tanpa Kekangan Lateral

181


Gambar 9.3 Hubungan Deformasi dengan Momen Plastis M P

Batasan untuk L pd L p dan Lr akan dibahas dalam subbab 9.4

9.3 TEKUK TORSI LATERAL ELASTIS

Untuk menurunkan persamaaan pada balok I yang mengalami tekuk torsi lateral dan akibat beban momen seragam M p, perhatikam gambar 9.4 yang menunjukkan posisi seragam balok I yang tertekuk. Beban momen M p yang diberikan pada bidang yz dapat diuraikan terhadap sumbu x’ y’ dan z’ menjadi komponen-komponennyayaitu M x’ M y’ dan M z ’. Dengan asumsi deformasi kecil. Maka kelengkungan pada bidang y’ dan z’ dapat dituliskan menjadi:

9.1 Demikian juga pada bidang x’ z’

9.2 Persamaan diferensial untuk balok I yang menerima beban torsi telah diturunkan dalam bab VIII (persamaan 8.27):

9.3 Dari Gambar 9.4 (a) diperoleh hubungan: 9.4 Jika persamaaan 9.3 dan 9.4 disamakan akan diperoleh:

182


9.5

Gambar 9.4 Balok I dengan Beban Momen Seragam M O

Mendiferensialkan persamaaan 9.5 ke-z didapatkan:

9.6 Dari persamaan 9.2 dapat dituliskan hubungan:

9.7 Selanjutnya subtitusikan persamaan 9.7 ke dalam persamaan 9.6:

183


9.8 Dengan memisalkan:

9.9

Maka persamaan 9.8 dapat dituliskan kembali menjadi:

9.10 Untuk memperoleh solusi dari persamaan 9.10, maka dapat dimisalkan: 9.11

9.11

9.11 Subtitusikan persamaan 9.11 ke dalam persamaan 9.10 untuk mendapatkan: 9.12 9.12 MZ

Karena e

dan A ≠ 0, maka persamaan 9.12.b hanya terpenuhi bila 9.13

Akar-akar dari persamaan 9.13 adalah: 9.14 9.14 Dari persamaan 9.14.b tampak bahwa m dapat berupa dua akar real dan dua akar kompleks sebab

Misalkan

9.15 9.15

Maka solusi dari persamaan 9.10 adalah:

184


9.16 Dengan mengingat persamaan Eular yang menyatakan: 9.17 9.17

Maka persamaan 9.16 dapat dituliskan kembali menjadi:

9.18 Serta diperoleh turunan kedua φ terhadap z yaitu: 9.18.c Selanjutnya konstanta A1, A2, A5 dan A6 diperoleh dari kondisi batas yang menyatakan:

9.19 Untuk φ = 0 pada z = 0, diperoleh 0 = A1 + A2 + A5 Untuk

9.20

pada z = 0, diperoleh: 9.21

Dari persamaan 9.20 dan 9.21 diperoleh persamaan: 9.22 Sehingga persamaan 9.18.c dapat dituliskan menjadi: A1 = A2

9.23

Dan persamaan 9.18.c dapat dituliskan menjadi: Φ = A1 (enz – e-nz) + A6 . sin qz

9.24.c

185


atau Φ = 2 . A1 . sinh nz + A6 . q2 . sin qz

9.24.b

dan

9.24.c Dari kondisi batas Φ = 0 pada z = L diperoleh: 0 = 2 . A1 . sinh nL + A6 . sin qL

Dan untuk

9.25

pada z = L diperoleh pula:

0 = 2 . A1 . n2 . sinh nL – A6 . q2 sin qL

9.26

Kalikan persamaan 9.25 dengan q2 serta jumlahkan hasilnya dengan persamaan 9.26 dengan nol, dan persamaan 9.13 menjadi: 2 . A1 . (n2 + q2) . sinh nL = 0

9.27

Karena (n2 + q2) ≠ 0 dan sinh nL = 0 hanya jika n = 0, sehingga A1 harus sama dengan nol, dan persamaan 9.13 menjadi: A1 = - A2 = 0

9.28

Akhirnya persamaan 9.18.c dapat disederhanakan menjadi: Φ = A6 . sin qz

9.29

Pada z = 0, maka Φ = 0; 0 = A6 . sin qL

9.30

Karena A6 ≠ 0, maka Sin qL = 0

Atau

= .L

→ qL = N .π

π

Subtitusikan persamaan 9.31.b dan 9.9 ke dalam persamaan 9.15.b untuk diperoleh:

186


Akhirnya persamaan 9.36 dapat disusun menjadi:

Persamaan 9.37 merupakan persamaan yang menyatakan besarnya momen yang ditahan oleh profil I akibat tekuk torsi lateral. Untuk memperhitungkan pengaruh momen yang tak seragam , SNI 03-1729-2002 (pasal 8.3.1) menyatakan bahwa momen gaya untuk kondisi tekuk torsi lateral untuk profil I dank kanal ganda adalah:

9.4 TEKUK TORSI INELASTIS

Sekarang perhatikan Gambar 9.3, ketika serat tekan mencapai regangan lebih besar dari εy (ε ˃ f / E ). Pada keadaan ini cukup potensial untuk terjadinya torsi lateral inelastis. Meskipun kekauan torsi tidak terlalu terpengaruh oleh tegangan residu, namun tegangan residu ini member pengaruh cukup besar terhadap tahanan tekan. Akibat adanya tegangan residu tahanaan momen elastis maksimum M r adalah: M r = Sx( f y – f r )

187


Pada umumnya sokongan lateral dipasang pada lokasi yang direncanakan mampu mencapai momen plastis, M P dan jarak antar sokongan lateral relative pendek. Dengan mengabaikan kekakuan torsi GJ, maka persamaan 9.37 menjadi:

9.40 Karena M cr harus mencapai M P , subtitusikan M P

= Z x

. f y untuk M cr subtitusikan juga C w =

I yb2 /4.I y = A.r y2 serta L adalah panjang bentang tak terkekang, maka persamaan 9.41 dapat dituliskan kembali menjadi:

9.41 Dengan menganggap bA/Z x = 1,5 maka:

9.42 Untuk dapat mencapai kapasitas rotasi R < 3, SNI 03-1729-2002 (table 8.3-2) mengambil harga yang lebih rendah, yaitu:

9.43 Bila diinginkan kapasitas rotasi yang lebih besar ( R ≥ 3) untuk digunakan dalam analisis plastis, SNI 03-1729-2002 (pasal 7.5.2) mensyaratkan:

9.44

Dengan: f y

adalah tegangan leleh material MPa

M 1

adalah momen ujung yang terkecil, N-mm

M 2

adalah momen ujung yang ters\besar, N-mm

r y

adalah jari-jari girasi terhadap sumbu lemah, mm

188


M 1 /M 2 bertanda positif untuk kasus kelengkungan ganda dan negative untuk kelengkungan tunggal

Jika hanya dikehendaki M = M r maka panjang bentang tak terkekang diatur sedemikian rupa agar L = Lr sehingga:

Dengan: f L = f y – f r

9.5 DESAIN LRFD BALOK I

Setiap komponen struktur yang memikul momen lentur harus memenuhi persyaratan: Φb . M n ≥ M u

Dengan: Φb

adalah faktoor reduksi untuk lentur = 0,90

M n

adalah kuat nominal momen lentur dari penampang

M u

adalah beban momen lentur terfaktor

Besarnya kuat nominal momen lentur dari penampang ditentukan sebagai reduksi

Kasus 1: M n = M P (R ≥ 3)

Agar penampang dapat mencapai kuat nominal M n = M P maka penampang kompak untuk menvegah terjadinya tekuk lokal. Syarat penampang kompak dimana sesuai table 7.5-1 SNI 031729-2002, yaitu ʎ untuk flens (b/2t f ) dan untuk (b/t w) tidak boleh melebihi ʎ P ditampilkan pada tabel 9.1 harus kompak, pangaku lateral harus diberikan sehingga panjang bentang tak terkekang L, tidak melebihi L pd yang diperoleh dari persamaan 9.47.

189


TABEL 9.1 BATASAN RASIO KELANGSINGAN ʎ UNTUK PENAMPANG KOMPAK BALOK i

(Modulus Elastisitas E = 2000000 MPa)

Kasus 2: M n = M P (R < 3) Agar penampang dapat mencapai momen plastis M P dengan kapasitas R < 3 penampang harus kompak dari titik terjadi tekuk lokal (b/2t f ) dan (b/t w) < ʎ P Momen lateral harus diberikan sehingga bentang tak terkekang L tidak melebihi yang ditentukan oleh persamaan 9.43 (untuk C b = 1).

Kasus 3: M P > M n ≥ M r Dalam kasus 3 terjadi tekuk torsi lateral untuk penampang kompak (ʎ ≤ ʎP) kuat tekuk nominal didekati dengan hubungan linear titik 1 (L P , M P ) dengan titik 2 pada gambar 9.5. Kuat momen lentur nominal dalam kasus 3 ditentukan dalam SNI 03-1729-2002 (pasal 8.3.4).

9.49 M r adalah kuat nominal yang tersedia untuk beban layan ketika serat terluar penampangmencapai tegangan f y (termasuk tegangan residu) dan dapat diekspresikan sebagai: M r = S x ( f y – f r)

9.50

190


Dengan: f y f r S x

adalah tegangan leleh profil adalah tegangan residu (70 MPa untuk penampang dirol & 115 MPa untuk penampang dilas) adalah modulus penampang

Panjang Lr diperoleh dari persamaan 9.52:

9.51 Dengan: f L = f y – f r

Gambar 9.5 Kuat Momen Lentur Nominal Akibat Torsi Lateral Kasus 4: M P > M n ≥ M r

1. L P < L < Lr 2. ʎP < (ʎ = b/2t f ) < ʎr 3. ʎP < (ʎ = b/t w ) < ʎr

9.52.a

191


Kuat momen lentur nominal dalam kasus 4 harus dihitung berdasarkan keadaan yang paling kritis dari tekuk lokal flans, tekul lokal web serta tekul lateral. Untuk membatatasi terhadap tekuk lokal flans dan tekuk lokal web. SNI 03/1729/2002(pasal 8.2.4) merumuskan

Kuat momen lentur nominal dalam kasus 4 di ambil nilai dari yang terkecil persamaan 9.54 dan 9.55. batasan rasio kelangsingan penampang λ r untuk penampang tak kelompok ditampilkan dalam tabel 9.2 TABEL 9.2 BATASAN RASIO KELANGSINGAN AR UNTUK PENAMPANG KOMPAK BALOK I

Kasus 5 : M n < M r Kasus 5 terjadi bila L > Lr dan kelangsingan dari flens serta web tak melebihi λ r (penampang kompak). Kuat nominal momen lentur dalam kondisi ini ditentukan sebagai berikut:

192


Persamaan 9.56 dapat pula dituliskan dengan menggunakan variabel X1 dan X2 dalam persamaan 9.52.b dan c sehingga menjadi :

CONTOH 9.1 : Sebuah balok tertumpu sederhana dengan beban seperti dalam gambar di bawah ini.

Beban merata dari 15% D dan 85% L, beban terepusat terdiri dari 40% D serta 60% L. Balok tersebut diberi sokongan lateralpada ujung-ujungnya serta setiap jarang 2,25 m. Mutu baja BJ 37. JAWAB :

Estimasi sokongan apakah lateral cukup dekat untuk mendesain balok agar dapat mencapai momen plastis, M p (tanpa analisis plastis). Asumsikan penampang kompak untuk mencegah tekuk lokal, dan balok berada dalam kasus 2 (M n = M p) Panjang maksimal bentang tak terkekang adalah

193


Penampang terkecil yang memiliki Zx ≤ 3.332.812,5 mm3 adalah 400.400.13.21 (Zx = 3600,13 cm3)

Periksa kuat momen lentur nominal dari penampang, dengan menyertakan berat sendiri balok :

Cek kelangsingan penampang :

CONTOH 9.2 periksa apkah profil WF 700.300.12.24. cukup kuat untuk memikul beban layangan pada

gambar berikut ini, jika pada balok di beri sokongan lateral pada tengah sertab pada tumpuan – tumpuan. (mutu baja BJ 37)

194


JAWAB : Berat sendiri profil WF 700.300.12.24 = 1,85 kN/m

Cek kelangsingan:

195


CONTOH 9.3 Pilihlah penampang WF yang ekonomis bagi blok pada setruktur di bawah ini. Sokongan

lateral dipasang pada kedua tumpuan serta pada kedua lokasi beberapa terpusat. (mutu baja BJ 37)

196


Di coba menggunakan profil WF 600.200.11.17 Cek kelangsingan penampang:

Segmen A dan B

197


Karena M 1 /M 2 = 0 maka, C b = 1,67

198


Segmen B :

199


JAWAB : Hitunglah properti dari penampang :

A

= (2 X 16 X 400) + (8 X 700) = 18400 mm2

I x

=

  ⁄         , 

(8)(700)3 + 2. (400) (16)3 + 2 (400)(16)(350 + 8)2

= 1869438933 mm4 = 5107756,648 mm3

S x

=

=

I Y

= 2. . 16.(400)3 +

. (8)3 . 700 = 170696533,3 mm4

r y

=

= 96,3171 mm

Z x

= 2 (16)(400)(350 + 8) + 2 (8)(350)

J

= [2(400)(16)3 + 700 . (8)3] = 1211733,33 mm4

C w

=



=

=



= 5562400 mm3

 ℎ       +   ... = ,   .  .  ,   .   

= 21873322,67 . 106 mm6

=



= 8217,73 MPa

    ,   .   .  .,   , ,

X 2

=4

= 4

= 1,423.10-3 mm4/N2

Periksa terhadap tekuk lokal flens dan tekuk lokal web flens

 

. .    =   √   ℎ √ ,  ⁄   −/  ,  ( − )/

=

= 12,5

=

p

k ℓ

r

= 87,5

=

=

=

‹

= 8,3957

=

   p ‹

=

= 0,4276 → 0,35 ‹ ke ‹ 0,763 OK!!

=

ℓ

r →

tak kompak

= 15,9903

200


 ℎ =  =87,5    = √  =82,97    √     .  ( )      − Web:

= = =

‹λ‹

=

= 125,935

→ tak kompak

=

= 5562400(410 -115) = 1506,788

=

Hitung

= 5107756,648.(410-115)1506,788 kN.m

Berdasarkan batasan untuk tekuk lokal web :

=

−, ,,−,

= 2280,584 – (2280,584 – 1506,788) = 2198,999 kNm Periksa terhadap tekuk torsi lateral

   . √   −   1   1    ,   1   11,423.10410 115 − =

=

x 96,3171 = 3757,842 mm = 3,757842 m )2

=

= 96,3171.

= 9275,96 mm 9,27596 m

Karena





(=3,757842 m) < L (= 4,5 m) <

Maka soal ini termasuk dalam kasus 4.

( = 9,27596 m) dan penampang tak kompak

Kuat momen lentur nominal ditentukan dalam persamaan :

 =      −−    1506,7882280,5841506,788 ,,−,−   .

Besarnya nilai

<

untuk segmen tengah adalah 1,01, sehingga :

= 1,01.

= 1924,411 kN.m <

(= 2280,584)

201


Kesimpulan:

:

= 1862,406 kN.m

Tekuk lokal web

:

= 2198,999 kN.m

Tekuk torsi lateral

:

= 1924,411 kN.m

Kuat momen nominal



Ø b.

Max

    

Tekuk lokal flens

profil diambil yang terkecil,

= 0,9

= 1862,406 kN.m

(1862,406)= 1676,1654 kN.m

      1,2.       , = Ø b.



= 1676,1654 kN.m

= 1,2.

+ 1,6.

(20)(13,5)2 + 1,6.ML

1676,1654 =

= 705,885 kN.m

qL

=



,

=

CONTOH 9.5 :

= 30,985 Kn/m

Profil WF 200. 200. 8. 12 digunakn sebagai balok tertumpu sederhana dengan bentang 8 m dan sokongan lateral pada kedua ujungnya. Balok ini di perlukan untuk memiliki beban mati merata sebesar 2 kN/m. Hitunglah beban hidup layan yang di izinkan bekerja pada balok tersebut jika mutu baja yang digunakan adalah BJ 37. hitunglah berat presentase kenaikan beban hidup yang di izinkan jika mutu baja adalah BJ 55. JAWAB : Untuk mutu baja BJ 37

   . √  .50,2=255,913   ... .   .   .  , .  , .

L p

=

X1

=

mm

r=

=



= 24213,79 Mpa X2

=4

 .  . ,..  .    . =4

= 1,8144 . 10-5 mm4/N2 L2

=r y .

 −  1   1 ( )

202


= 50,2 .

  , −   1   1 1,8144 .10−24070

= 10688,64 mm = 10,68864 m

L p(= 2,559 m) < L (= 8 m) < Lr (= 10,68864 m)

.    ℎ −   (  ) =

=

M r

= S

= 8,33 < 10,97 = 22 < 108,44

24070 [ (  ) −−] 80,24123,156 80,24 ,,−−, = 472 . 103

= 80,24 kN.m

= Z x . f y = 513,15 . 103(240) = 123,156 kN,m

M p M n

= C b .

= 1,14

=107,656 kNm

M u

= ø.M n = 0,9(107,656) = 96,8904 kN.m

M u

= 1,2 MD + 1,6 M L



96,8904 = 1,2 . . (2)(8)2 + 1,6 M L M L

= 48,5565 kN.m

q L

=

    , =   √   −   1   1 ( ) =

= 6,07 kN.m

Untuk mutu baja BJ 55 L p

Lr

.r y =

= r y.

.50,2 = 1958,57 mm

 

  , −   1   1 1,1844 .10−4070

= 50,2 .

= 5939,347 mm = 5,939347 m L

(= 8 m ) > Lr (5,939347 m ) → kasus 5

  . .G.J L.E .Iy.cw

M n= M cr = C b.

π

203


M n = 1,14

  2.101,6.108.1026,04 . .1,6.1041376.10 = 127,108 kN.m

Presentase tambahan beban hidup yang dapat bekerja jika mutu baja di ubah dari BJ 37 menjadi BJ41 adalah sebesar CONTOH 9.6:

,−,   ,

x 100 % = 22,52%

Pilihlah profil WF yang ekonomis untuk digunakan sebagai balok lantai perpustakaan yang tertumpu sederhana. Sokongan lateral dipasang pada kadua ujungnya dan pada lokal benda-benda terpusat. Lendutan akibat beban hidup tak boleh melebihi L/300. Gunakan mutu baja BJ 37! JAWAB:

P u = 1,2(30) + 1,6(30) = 84 kN qu

= 1,2(5) + 1,6(15) = 30 kN/m

Dicoba menggunakjan profil WF 600.300.12.20

204


Cek penampang :

Segmen AB = CD ( L = 4,5 m)

M A = 269,578125 kN.m M B = 501,1875 kN.m

205


M C = 694,828125 kN.m M max

= 850,5 kN.m

Segmen BC ( L = 2,5 m)

Cek terhadap syarat lendutan :

dengan :

206


9.6 LENTUR DUA ARAH

Jika penampang bentuk 1 dibebani oleh momen M x yang mengakibatkan lendutan dari sumbu kuat, serta momen M yyang mengakibatkan lentur pada sumbu lemah, maka akan diisi batas kekuatan komponen struktur tersebut ditrntukan oleh lebih akibat tegangan kombinasi yang bekerja atau oleh tekuk torsi lateral. Contoh komponen yang menjadi lntur dalam dua arah adalah struktur gording atau struktur balok karena (crant and grider ) Perencanan struktur baja metode LRFD untuk balok yang mengalami lentur dari dua arah, mensyaratkan pemeriksaan terhadap: 1. Kondisi batas leleh:

2. Kondisi batas tekuk torsi lateral

CONTOH 9.7

Rencanaknlah sebuah komponen srtuktur balok karena, (bj 37) dalam gambar berikut jika diketahui data – data sebagai berikut :

207


JAWAB : Menentukan reaksi pada roda-roda keran :

Berat takel + kapasitas keran = 7 + 20 = 27 ton

208


Tinjau balok keran bentang 6 m

Akibat beban hidup:

Momen maksimum akibat beban hidup tercapai jika titik tengah dari salah satu momen dengan gaya resultan berada pada tengah – tengah batang balok. Dari gambar di atas, momen maksimum akan terjadi di titik A atau di titik B. Momen maksimum di a. = 20,1188(3 – 0,95) = 41,24354 ton.m Momen maksimum di b. = 38,7655( 2,05 – 1,9) = 5,814825 ton.m Dari hasil perhitungan di atas, di peroleh momen maksimum sebesar 41,24354 ton.m dengan memperhitungkan koefisien kejut sebesar 1,15 maka momen maksimum pada balok keran akibat beban hidup adalah sebesar 1,15(41,24354) = 47,43 ton.m

209


Akibat beban mati :

Momen akibat gaya rem melintang:

Gaya rem mellintang biasanya di ambil sebesar 1/15 dari beban kapasitas keran + beban takel (untuk 2 roda). Sehingga: Beban lateral per roda =

  

(20+7)(1,6) = 1,44 ton

Telah di hitung sebelumnya bahwa akibat beban roda 29,4422 ton menimbulkan momen maksimum sebesar 41,24354 ton.m. sehingga dapat di hitung momen akibat gayan lateral sebesar 1,44 ton adalah:

Sebagai balok dicoba profil WF 400.400.13.21. selanjutnya profil ini harus diperiksa terhadap kondisi batas leleh dan kondisi tekuk toris lateral. i)

Pemeriksaan terhadap kondisi batas leleh

ii)

Pemeriksaan terhadap tekuk toris lateral:

210


Cek penampang:

Jadi, WF 400.400.13.21 dapat dipakai sebagai balok keran tersebut

211


SOAL-SOAL LATIHAN P.9.1 – P.9.3

Tentukan besar beban layang terpusat maksimum, yang dapat bekerja di tenga bentang balok

tertumpu

sederhana,

dalam

masing

–

masing

kasus

berikut

:

Kekangan lateral dipasang pada kedua ujung tumpuan, sedangkan beban layang terdiri 65% beben hidup dan 35% beban mati.

P.9.4 – P.9.6

Tentukn / pilihan profil WF yang ekonomis untuk digunakan sebagai balok yang memberi beban merata sebagai berikut:

Asumsikan bahwa semua beban sudah termasuk berat sendiri profil!! P.9.7

Pilihlah profil WF yang ekonomis untuk digunakan sebagai balok dalam setruktur torsi ini (gambar baja BJ 37)

212


Kekangan lateral diberikan pada ujung – ujung balok dan pada lokasi beban terpusat P.9.8

periksalah apakah profil WF 350.175.7.11 terhadap lentur dan geser jika mutu baja dipakai BJ 41. Kekangan lateral hanya dipasangan pada kedua tumpuan dan pada m0men dari kantilever.

P.9.9

Sebuah penampang tersusun bentuk I seperti pada gambar P.9.9, digunakan sebagai balok tertumpu sederhana sepanjang 15 m. Hitunglah beban layang maksimum, qmaks, yang dapat dipukul oleh balok tersebut, jika mutu baja yang digunakan adalah BJ 37, dan perbandingan beban hidup dengan beban mati adalah tiga L/D ( = 3). Sokongan lateral dipasang tiap jarak 1/3 L

Bab. 9 Tekuk Torsi Lateral

Recommend Documents