jawaban-uas-baja1-2010

FAKULTAS DESAIN dan TEKNIK PERENCANAAN

Ujian Akhir Semester Periode Genap Tahun Akademik 2009/2010 Jurusan Kode Kelas Mata Ujian Dosen

: Teknik Sipil : ACB : Struktur Baja 1 : Dr. Ir. Wiryanto Dewobroto, MT

Hari / Tanggal Waktu Semester Sifat Ujian

: Senin, 17 Mei 2010 : 07.15 – 09.00 : IV : Open notes

Soal 1. (70%) 4 5 3

Pu

Pu bracing

3500 bracing

A

700

150

WF 150x75x5x7

A

70

75

700

3500

700

700

B

150

700

3500

Pelat Kopel 100x100x10

150

2 L 70x70x6

700

150

700

700

70

18.1 10

700

700

C

C

Tampak Depan

Tampak Samping

Dimensi profil : Label HxB L70x70

t mm 6

r 2 mm 4

A cm2 8.127

Dimension (mm)

Label WF-150

r 1 mm 8.5

H

B

150

75

t1

t2 5

A cm2

r 7

q kg/m 6.38

8

17.85

Cx=Cy cm 1.81

Ix=Iy cm4 29.4

Imax cm4 46.6

Momen of Inertia Mass cm4 per meter (kg/m) axis x-x axis y-y 14.0

Spesifikasi Bahan : Baja karbon A36 E (modulus elastisitas) = 200000 MPa G (modulus geser) = 80000 MPa Fy leleh minimum 36 ksi ≈ 250 MPa Fu tarik 58-80 ksi (mean 69 ksi) ≈ 475 MPa

666

49.5

Imin cm4 12.2

r x=r y cm 1.98

r max max cm 2.49

r min min cm 1.27

Zx=Zy cm3 6.26

Radius of Gyration cm

Section Modulus cm3

axis x-x

axis x-x

axis y-y

88.8

13.2

6.11

axis y-y 1.66

Titik A, B dan C tertambat lateral, sambungan dianggap berupa PIN (no-momen). Batang A-C terdiri dari 2 profil L disatukan tiap jarak 0.7 m dengan pelat kopel dan di las. Batang AB profil WF-150 utuh.

Pertanyaan : Berapa gaya Pu maksimum yang dapat diberikan.

Soal 2 (30%)

Soal teori (lihat lembar berikutnya).

Jawaban UAS Struktur Baja 1 Dr.Ir. Wiryanto Dewobroto, MT. (Jurusan Teknik Sipil UPH, Lippo Karawaci, Banten)

Halaman 1 dari 8

Soal 2 (30%)

Soal berikut didasarkan pada pengertian-pengertian yang disampaikan secara lesan di kelas. Adapun pertanyaannya adalah sebagai berikut : a. Jika beban PU diubah arahnya, dari tekan (seperti kondisi soal no.1) menjadi tarik (arah beban diputar 180 o), elemen mana yang paling kritis, batang AB atau batang AC. Berapa gaya Pu maksimum tersebut. b. Jika dianggap untuk batang tarik yang paling kritis di soal 2a di atas, digunakan sistem sambungan dengan baut sehingga ada lobang sekitar 22% dari luas penampang bruto, dan dianggap tidak ada shear-lag. Apakah pemakaian lubang tersebut mengurangi kekuatannya. Tunjukkan dengan hitungan pendukung. c. Perilaku apa yang berbeda antara soal di atas (beban Pu tekan) dengan soal 2a (beban P u tarik), berikan penjelasannya. Apakah keberadaan pelat kopel pada batang AC penting untuk kasus ini, mengapa. d. Untuk konfigurasi struktur yang tetap seperti soal (tidak berubah), dan pada arah yang bagaimana beban di titik A dapat diberikan beban P u yang maksimum (tarik) dan minimum (tekan) paling besar. Berikan nilainya masing-masing. e. Jika ke dua batang (AB dan AC) diubah memakai profil yang sama, yaitu profil WF 150x75x5x7 semua, atau profil 2L70x70x6 semua, mana diantara ke duanya yang lebih kuat, berapa beban P u terbesar. = = = = = = = = = = = Selamat bekerja secara MANDIRI = = = = = = = = = = =

Jawaban Soal No.1 Mencari gaya-gaya yang bekerja pada struktur. Karena beban Pu, bekerja pada pertemuan titik berat batang AC dan AB maka yang terjadi hanya gaya-gaya aksial, dalam hal ini adalah aksial tekan. Memakai keseimbangan titik nodal dapat diketahui bahwa gaya aksial yang bekerja pada batang AC adalah 0.8 Pu, sedangkan pada batang AB adalah 0.6 Pu. Lihat gambar berikut. 4 5 3

Pu

0.8Pu 3500 WF 150x75x5x7

A

B

B

A

0.6Pu

70

3500

C

C

Konfigurasi Beban Asli

Konfigurasi Beban Equivalent

Gaya tekan maksimum yang dapat dipikul adalah Pmaks = Pu = φ Pn , dimana Pn tergantung penampangnya. Dari batang AC dapat diketahui Pmaks = 0.8 Pu = φ Pn (AC) sehingga Pu(AC) = 1.25 φ Pn (AC) Dari batang AB dapat diketahui Pmaks = 0.6 Pu = φ Pn (AC) sehingga Pu(AB) = 1.667 φ Pn (AB) Pmaks adalah nilai terkecil dari Pu(AC) atau Pu(AB)


Halaman 2 dari 8

Tinjau batang AB profil WF 150 x 75 x 5 x 7 (AISC LRFD 2005)

Dimension (mm)

Label H

B

tw

tf

r

WF-150 150 75

5

7

8

Momen of Inertia Radius of Gyration Section Modulus Mass cm4 cm cm3 per meter (kg/m) axis x-x axis y-y axis x-x axis y-y axis x-x axis y-y

A 2 cm 17.85

14.0

666

49.5

6.11

1.66

88.8

13.2

E (modulus elastisitas) = 200000 MPa , G (modulus geser) = 80000 MPa μ = 0.25 Fy leleh minimum 36 ksi ≈ 250 MPa , Fu tarik 58-80 ksi (mean 69 ksi) ≈ 475 MPa panjangnya 3.5 m dengan asumsi tumpuan sebagai sendi-sendi. Perhitungan batang AB (WF 150x75x5x7) sebagai batang tekan dengan AISC LRFD 2005

Check tekuk lokal flange dan web B / 2 B / 2 ≤ 0.56 E / F y  t 2 t 2 H

≤ 1.49 E / F y

t 1



H t 1

=

=

150 5

37.5 7

= 5.36 ≤ 15.84

= 30 ≤ 42.14

Jadi profil H dapat digolongkan sebagai profil tidak-langsing  ok, tekuk lokal tidak menentukan. Menghitung kelangsingan maksimum penampang, tidak ada perbedaan dalam penempatan bracing maka KL 1 * 3500 = = 210.84 >> 200, peraturan AISC 2005 ok, tapi yg lain tidak OK. r min = r y = 16.6 mm sehingga 16.6 r min KL

= 211

r min

>>>>> 4.71

E F y

= 133.2

Langkah selanjutnya adalah menghitung tegangan kritis Euler sesuai persamaan berikut: F e

=

F e

=

π

2

E

⎛ KL ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ r min ⎠ π

2

E

⎛ KL ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ r ⎠

............................................................ ....................................................... (AISC-LRFD E3-4)

2

2

=

π

2

* 200000 2112

= 44.337 MPa

<<<<< F e

< 0.44 F y = 110 MPa

Ini juga menunjukkan bahwa pemakaian material mutu tinggi tidak ada gunanya, karena kualitas material yang ditunjukkan dengan Fy tidak menentukan. Kerusakan atau failure akibat stabilitas (Tekuk). Hasil perhitungan menunjukkan Elastic buckling failure maka digunakan AISC persamaan E3-3 F cr = 0.877 F e ............................................................... .......................................... (AISC-LRFD E3-3) F cr = 0.877 * 44.337 = 38.9 MPa The nominal compressive strength, Pn, shall be determined based on the limit state of flexural buckling. P n = F cr ⋅ A g ......................................................... ............................................................ (AISC-LRFD E3-1) Jadi P n = F cr ⋅ A g = 38.9 *1785 = 69401 N = 69.4 kN

∴ Agar batang AB maksimum maka gaya Pu = 1.667 φ Pn (AB) = 1.667 * 0.9 * 69.4 = 104.12 kN Alternatif perhitungan batang AB dengan SNI 03-1729-2000

Profil WF di atas akan dihitung ulang berdasarkan persyaratan yang ditetapkan oleh SNI sebagai berikut : r = r min = r y = 16.6 mm λ c

=

Jadi

kL 1 F y r ω

π

E

=

1* 3500 1 16.6

π

250 200000

= 2.3728 > 1.2

= 1.25λ 2c = 1.25 * 2.3728 2 = 7.0379

Daya dukung nominal komponen tekan dapat dihitung sebagai F y 250 P n = A g = 1785 = 63407 N = 63.41 kN (91.4% dari perhitungan AISC 2005) 7.0379 ω


Halaman 3 dari 8

Tinjau batang AB profil siku ganda L70x70 (AISC LRFD 2005)

t mm 6

Label HxB L70x70

r 1 mm 8.5

r 2 mm 4

A cm2 8.127

q kg/m 6.38

Cx=Cy cm 1.81

Ix=Iy cm4 29.4

Imax cm4 46.6

Imin cm4 12.2

r x=r y cm 1.98

r max cm 2.49

r min cm 1.27

Zx=Zy cm3 6.26

y

x 18.1 10

Check bahaya tekuk lokal b b 70 ≤ 0.45 E / F y  = = 11.67 ≤ 12.73 t t 6 Jadi profil L dapat digolongkan sebagai profil tidak-langsing  ok, tekuk lokal tidak menentukan. Tekuk Batang Gabungan 2 L 70x70x6 A g = 2 * 812.7 = 1625.4 mm 2

= 2 * 29.4 = 58.8 cm 4 ;

= 1.902 cm = 19 mm 16.254 jarak pelat atau celah profil gabungan = 10 mm (sesuai gambar pada soal) I gy

= 2 * (29.4 + 8.127 * (1.81 + 0.5)2 ) = 145.53 cm 4  r gy =

r min

= r gx = 19 mm



 r gx

=

58.8

I gx

145.53 16.25

= 2.993 cm = 30 mm

tekuk terjadi terhadap sumbu x-x

⎛ KL ⎞ KL 1* 3500 ⎜⎜ ⎟⎟ = = = 184.21 (profil gabungan) lebih kaku dibanding profil WF 150 berarti 19 ⎝ r min ⎠ gabungan r x mempunyai kapasitas tekan yang lebih besar. Tekuk Batang Tunggal L 70x70x6 r min = 12.7 mm  tekuk terjadi terhadap sumbu minor (bukan sumbu xx maupun yy). L diganti dengan jarak pelat kopel yaitu = 700 mm

⎛ KL ⎞ KL 1 * 700 ⎜⎜ ⎟⎟ = = = 55.11 (profil tunggal) 12 . 7 r r ⎝ min ⎠tunggal min Check jarak penempatan pelat-kopel

⎛ KL ⎞ ⎛ KL ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ = 55.11 <<<<< ⎜⎜ 0.75 * = 0.75 *184.21 = 138 r min ⎠⎟ gabungan ⎝ r min ⎠tunggal ⎝ persyaratan terpenuhi sehingga diharapkan yang dominan tekuk adalah pada batang gabungan. Tekuk lentur ( flexural buckling ) thd sumbu x-x profil gabungan, keberadaan pelat kopel tidak berpengaruh.

⎛ KL ⎞ KL 1 * 3500 E 200000 ⎜⎜ ⎟⎟ = = = 184.2 (profil gabungan) >>>> 4.71 = 4.71 = 133. 2 19 r r F 250 y ⎝ min ⎠ gabungan x Elastic stabilitas menentukan kekuatan profil, ini juga menunjukkan mutu baja tidak berpengaruh.

F e

=

π

2

E

⎛ KL ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ r ⎠

2

=

π

2

* 200000

184.2 2

= 58.18 MPa

<<<<<

0.44 F y

= 110 MPa

Elastic buckling failure maka digunakan AISC persamaan E3-3 F cr = 0.877 F e ............................................................... .......................................... (AISC-LRFD E3-3)

F cr = 0.877 * 58.18 = 51 MPa Jadi

P n = F cr ⋅ A g = 51 *1625.4 = 82895 N = 83 kN (terhadap flexural buckling ).


Halaman 4 dari 8

Menghitung apakah tekuk torsi lentur menentukan ! Ini hanya di penampang T atau double siku yang memang dapat terjadi keruntuhan terhadap tekuk-torsi-lentur. Tekuk lentur ( flexural torsional buckling ) akan terjadi pada sumbu y-y profil gabungan, yaitu sumbu kuatnya, dimana pelat kopel berpengaruh sehingga perlu memodifikasi kondisi tekuknya, lihat AISC LRFD E6.2. Catatan : ini penting untuk dipelajari karena penjelasan diperaturan tidak terlihat, baca bukunya Segui (2007) yang memberikan penjelasan lebih baik. r ib = radius girasi komponen terhadap sumbu y-y , profil gabungan (mm) r ib = r gy = 30 mm h = jarak titik berat batang-batang penyusun (batang individu) (mm) h = 2 *18.1 + 10 = 46.2 mm h 46.2 = = 0.77 α = 2r ib 2 * 30 a = jarak pelat kopel penyambung (mm) = 700 mm (lihat gambar pada soal yang diberikan) 2 2 ⎛ a ⎞ α ⎛ KL ⎞ = ⎛ KL ⎞ + ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0.82 2 ⎜ r r + (1 α ) ⎝ r ib ⎠ ⎝ ⎠ m ⎝ ⎠ o

2

2

2

0.77 2 ⎛ 700 ⎞ ⎛ KL ⎞ ⎛ 1* 3500 ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ + 0.82 ⎜ ⎟ = 117.4 (1 + 0.77 2 ) ⎝ 30 ⎠ ⎝ r ⎠ m ⎝ 30 ⎠

Nilai di atas akan digunakan untuk menggantikan KL/r y pada perhitungan Fcry. 2

E

2

=

π

2

E

2

=

π

2

* 200000

= 143.2 MPa 117.4 2 ⎛ KL ⎞ ⎛ KL ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ r y ⎟ ⎝ r ⎠ m ⎝ ⎠ E ⎛ KL ⎞ = 117.4 = 133.2 maka digunakan AISC persamaan E3-2 Karena ⎜ <<< dari 4.71 ⎟ F y ⎝ r ⎠ m F e

=

π

F y ⎤ ⎡ F cr = ⎢0.658 F e ⎥ F y ........................................................ .................................................. (AISC-LRFD E3-2) ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ 250 ⎤ ⎡ 143 ⎢ F cry = F cr = 0.658 .2 ⎥ 250 = 120.4 MPa ⎢⎣ ⎥⎦

Dari AISC persaman E4-3 J =

bt 3

, untuk batang gabungan maka J =

3 Dari persamaan AISC-LRFD E4-3 GJ F crz = A g r o2

bt 3

∑3

= 4*

70 * 6 3 3

= 20160 mm 4

Untuk menghitung perlu koordinat shear-centre, dimana profil 2L70 diang gap mempunyai property yang sama dengan tee section, yaitu bahwa shear centre terletak pada pertemua titik berat flange dan section. xo

= 0.0 mm

I gx

= 58.8 cm 4 = 588,000 mm 4

= 18.1 mm I gy = 179.93 cm 4 = 1799,300 mm 4 I x + I y I gx + I gy Karena r o2 = xo2 + yo2 + maka r o2 = xo2 + yo2 + yo

A g

r o2

= 18.12 +

588000 + 1799300 1625.4

A g

= 1796.4 mm 2

E (modulus elastisitas) = 200000 MPa dan G (modulus geser) = 80000 MPa


Halaman 5 dari 8

F crz = F cry

GJ A g r o2

=

80000 * 20160

= 552.35 MPa

1625.4 *1796.4

+ F crz = 120.4 + 552.35 = 672.75 MPa

H = 1 −

xo2 + yo2

=1−

r o2

0 + 18.12

= 0.8176

1796.4

sehingga

⎛ F cry + F crz ⎞⎡ ⎟⎟ ⎢1 − F cr = ⎜⎜ 2 H ⎝ ⎠⎢⎣

⎤ ⎥ ................................................................ ....... (AISC-LRFD E4-2) 1− 2 ( F cry + F crz ) ⎥⎦ 4 F cry F crz H

maka

⎛ 672.75 ⎞⎡1 − ⎟⎢ ⎝ 2 * 0.8176 ⎠⎣⎢

F cr = ⎜

1−

4 *120.4 * 552.35 * 0.8176 ⎤

⎥ = 114.9 MPa ⎦⎥

672.75 2

Jadi P n = F cr ⋅ A g = 114.9 *1625.4 = 186758.5 N = 187 kN (terhadap torsional-flexural buckling ) tidak menentukan karena >>>>>> lebih besar dari kapasitas flexural buckling ( 83 kN )

∴ Agar batang AC maksimum maka gaya Pu = 1.25 φ Pn (AC) = 1.25 * 0.9 * 83 = 93.4 kN Alternatif perhitungan batang AB dengan SNI 03-1729-2000

Profil siku ganda 2L70x70x6 dihitung ulang berdasarkan persyaratan yang ditetapkan oleh SNI sebagai berikut : r = r min = r x = 19.8 mm λ c

=

Jadi

kL 1 F y r ω

π

E

=

1* 3500 1 19.8

π

250 200000

= 1.9893 > 1.2

= 1.25λ 2c = 1.25 *1.98932 = 4.9468

Daya dukung nominal komponen tekan dapat dihitung sebagai F y 250 P n = A g = 1625.4 = 82144 N = 82.144 kN (91.2% dari perhitungan tekuk-lentur AISC 2005) 4.9468 ω Dari dua kondisi yang dievaluasi dapat diketahui bahwa Agar batang AB maksimum maka gaya Pu = 1.667 φ Pn (AB) = 1.667 * 0.9 * 69.4 = 104.12 kN Agar batang AC maksimum maka gaya Pu = 1.25 φ Pn (AC) = 1.25 * 0.9 * 83 = 93.4 kN  MENENTUKAN

∴

Berdasarkan perbandingan gaya-gaya yang dapat dipikul di atas, maka kekuatan struktur ditentukan gaya yang terkecil yang dapat menghasilkan gaya maksimum pada batang AC, yaitu 93.4 KN. 4 5 3

Pu bracing

A

3500 bracing

700

150

Pu = 93.4 kN (maksimum) WF 150x75x5x7

A

70

75

700

3500

700

B

150

700

700

3500

Pelat Kopel 100x100x10

150

2 L 70x70x6

700

150 700

700

70

18.1 10

700 C

700 C

Tampak Depan


Tampak Samping

Halaman 6 dari 8

Soal No.2 : Soal berikut didasarkan pada pengertian-pengertian yang d isampaikan secara lesan di kelas. Adapun pertanyaannya adalah sebagai berikut : a.

o

Jika beban PU diubah arahnya, dari tekan (seperti kondisi soal no.1) menjadi tarik (arah beban diputar 180 ), elemen mana yang paling kritis, batang AB atau batang AC. Berapa gaya Pu maksimum tersebut.

Answer : Jika diubah menjadi gaya tarik maka yang menentukan hanya luas penampang profil. Batang horizontal AB profil WF 150x75x5x7 A = 17.85 cm2 = 1785 mm2 φ Pn(AB) = φty Ag * Fy = 0.9 * 1785 * 250 = 401625 N = 401.6 kN Lihat distribusi pembebanan agar φPn tercapai maka Pu maks = 1.667 φ Pn (AB) = 669.5 kN 2

2

Batang vertikal AC profil 2L70x70x6 A = 8.127*2 =16.254 cm = 1625.4 mm φ Pn = φty * Ag * Fy = 0.9 * 1625.4 * 250 = 365715 N = 365.7 kN Lihat distribusi pembebanan agar φPn tercapai maka Pu maks = 1.25 φ Pn (AC) = 457.1 kN Jadi Pu tarik maks = 457.1 kN, profil 2L70x70x6 menentukan kekuatan struktur. b.

Jika dianggap untuk batang tarik yang paling kritis di soal 2a di atas, digunakan sistem sambungan dengan baut sehingga ada lobang sekitar 22% dari luas penampang bruto, dan dianggap tidak ada shear-lag . Apakah pemakaian lubang tersebut mengurangi kekuatannya. Tunjukkan dengan hitungan pendukung.

Answer : Jika diubah menjadi gaya tarik maka yang menentukan hanya luas penampang profil. Batang horizontal AB profil WF 150x75x5x7 A = 17.85 cm2 = 1785 mm2 2 Ag = 1785 mm 2 An = 78% * 1785 = 1392.3 mm Yielding failure : φ Pn(AB) = φty Ag * Fy = 0.9 * 1785 * 250 = 401625 N = 401.6 kN ** Govern** Fracture failure: φ Pn(AB) = φtf Ag * Fy = 0.75 * 1392.3 * 475 = 496007 N = 496.0 kN Lihat distribusi pembebanan, agar φPn di AB tercapai maka Pu = 1.667 φ Pn (AB) = 669 kN 2

2

Batang vertikal AC profil 2L70x70x6 A = 8.127*2 =16.254 cm = 1625.4 mm 2 Ag = 1625.4 mm An = 78% * 1625.4 = 1267.8 mm2 Yielding failure : φ Pn(AB) = φty Ag * Fy = 0.9 * 1625.4 * 250 = 365715 N = 365.71 kN ** Govern** Fracture failure: φ Pn(AB) = φtf Ag * Fy = 0.75 * 1267.8 * 475 = 451654 N = 451.6 kN Lihat distribusi pembebanan agar φPn di AC tercapai maka Pu = 1.25 φ Pn (AC) = 457.125 kN Jadi Pu tarik maks 457.125 kN, dan keberadaan lobang sebesar 22% tidak menentukan kekuatan struktur. c.

Perilaku apa yang berbeda antara soal di atas (beban Pu tekan) dengan soal 2a (beban Pu tarik), berikan penjelasannya. Apakah keberadaan pelat kopel pada batang AC penting untuk kasus ini, mengapa.

Answer : Soal di atas (beban tekan) yang membedakan dengan soal ke dua adalah adanya faktor tekuk, dimana kelangsingan dan penempatan bracing yang mencegah tekuk adalah sangat penting. Untuk pembebanan tarik maka tekuk tidak ada yang menentukan adalah hanya luas penampangnya saja (termasuk lubang pelemahan jika ada). Karena pelat kop el tidak mempengaruhi luas penampang maka keberadaannya hanya penting jika elemen tersebut hanya dibebani tarik saja. d.

Untuk konfigurasi struktur yang tetap seperti soal (tidak berubah), dan pada arah yang bagaimana beban di titik A dapat diberikan beban Pu yang maksimum (tarik) dan minimum (tekan) paling besar. Berikan nilainya masing-masing.

Answer : Dari hitungan di soal 2.1 atau 2.2 dapat diketahui gaya tarik nominal terbesar dapat dihasilkan pada batang AB atau horizontal yaitu Pu tarik = 401.6 kN . Sedangkan untuk tekan maka perlu dilihat kembali jawaban no.1, dimana diketahui kemampuan tekan batang vertikal lebih besar dibanding horizontal. Pn = 83 kN maka Pu = φ Pn = 0.9 *83 = 74.7 kN.


Halaman 7 dari 8

Pu = 74.7 kN

B

A

B

A

Pu = 401.6 kN

C

C

Konfigurasi Beban Maksimum Tarik

e.

Konfigurasi Beban Maksimum Tekan

Jika ke dua batang (AB dan AC) diubah memakai profil yang sama, yaitu profil WF 150x75x5x7 semua, atau profil 2L70x70x6 semua, mana diantara ke duanya yang lebih kuat, berapa beban Pu terbesar.

Ini tentu dicari dari pengembangan jawaban yang telah dikerjakan pada soal no.1 Jika semua profil adalah WF 150 x 75 x 5 x 7 dimana P n = F cr ⋅ A g = 38.9*1785 = 69401 N = 69.4 kN , maka agar batang AB maksimum maka Pu = 1.667 φ Pn (AB) = 1.667 * 0.9 * 69.4 = 104.12 kN agar batang AC maksimum maka Pu = 1.25 φ Pn (AC) = 1.25 * 0.9 * 69.4 = 78.07 kN **Govern** Jika semua profil adalah double siku 2 x L70x70x6 dimana P n = F cr ⋅ A g = 51*1625.4 = 82895 N = 83 kN , maka agar batang AB maksimum maka Pu = 1.667 φ Pn (AB) = 1.667 * 0.9 * 83 = 124.5 kN agar batang AC maksimum maka Pu = 1.25 φ Pn (AC) = 1.25 * 0.9 * 83 = 93.4 kN **Govern** 4 5 3

4

Pu = 78.07 kN

5 3

Pu = 93.4kN 3500

3500 WF 150x75x5x7

A

A B

B

2L70x70x6 70

WF 150x75x5x7

3500

2L70x70x6

3500

Konfigurasi Beban Maksimum WF 150x75x5x7

C

Konfigurasi Beban Maksimum 2L 70x70x6

C

Jadi pemakaian profil siku ganda 2L70x70x6 untuk semua element dapat menghasilkan struktur yang lebih kuat ! Note : buku yang digunakan sebagai rujukan penyelesaian soal di atas adalah bukunya William T. Segui. (2007).“Steel Design 4th Edition”, Cengange Learning, Stamford USA.


Halaman 8 dari 8

jawaban-uas-baja1-2010

Recommend Documents