Norman Ray Surabaya Adhi Tama Technology of of Institute Institute
•
•
•
SKSNI 1993 SNI 03‐2847‐2002 & S‐ 2002
Referens eferensii Yang ang Di Diguna gunakan kan •
•
•
•
ACI‐318M‐1999 Chu‐Kia Wang ,Charles Wang ,Charles G.Salmon ,”Reinforced Concrete ,”Reinforced Concrete Design” Six Design” Six Editon,1998 .
,”
”
Tata cara perencanaan struktur beton untuk Bangunan Gedung ,SNI 03‐ 2847 ‐ 2002 , 03‐1726‐2002
•
•
•
•
•
UBC – UBC – 1994 Pau ay T.an Pries Pau Pries ey M.J.N M.J.N , , Seismic Design o Rein orce concrete an Mansory Building “John Wiley & Wiley & Sons ,INC,1991 Sons ,INC,1991 R.Park and T.Paulay and T.Paulay .”Reinforced Concrete .”Reinforced Concrete Structures”John Structures”John Wiley & Wiley & Sons , . Rachmat Purwono “ Perencanaan “ Perencanaan Struktur Beton Tahan Gempa “Sesuai SNI – 1726 dan SNI ‐2847 ,ITS press ,ITS press , , 2006 J Thambah Sembiring Gurki, “Beton Bertulang”, Penerbit Rekayasa Sains
KOLOM Pasal 12 SNI 03‐2847‐2002 & S‐2002 •
•
Sebuah elemen yang menerima gaya aksial e an an gaya momen pada ujung2nya Jenis 2 kolom : –
–
Kolom dengan sengkang atau spiral Kolom Komposit
Beda KOLOM Pasal 12 SNI 03‐2847‐2002 & S‐ an ng o e se e umn umnya •
•
•
Dibedakan antara kolom panjang dan pendek Be a pengaru antara antara momen sing e curvature dan double curvature
•
Beda pengaruh Beda pengaruh sitem braced dan braced dan unbraced
•
Eksentrisitas lebih untuk Ms
•
Pengaruh rangkak diperhitungkan
•
Kolom pendek tidak ada bahaya tekuk –
•
ngg
o om < x mens o om e ar pan ang
Kolom panjang ada bahaya tekuk Tinggi Kolom > 3x dimensi kolom (lebar/panjang)
panjang
Tinggi kolom lebar
Pn maks •
•
•
Pn maks = 0,85.Po ( kolom spiral) Pn maks = 0,80.Po ( kolom bersengkang ) Krn kolom menerima 2 beban sekaligus yaitu M(momen) dan P (aksial)shg muncul e(eksentrisitas)=M/P maka dlm praktek e=0 tidak ada (aksial murni M=0 dihindari), harus per ung an a anya em n mana S12.3.5 &S12.3.6: –
–
= , e min = 0,1 h ( kolom bersengkang)
Kekuatan Nominal Kolom Pendek (Beban Konsentris e=0) •
Kolom beugel Ps12.3.5.2 = , .
,
. ’
‐
.
< 0,10 fc’.Ag < •
n
Kolom Spiral Ps12.3.5.1 φ Pn = 0,85. φ[0,85.fc’(Ag‐ Ast)+fy.Ast]
Kolom dg Sengkang Ast=A1+A2
A2
A1
Po = 0,85 fc’ (Ag-Ast) + fy Ast
Kolom sengkang persegi
h Po
SNI 03-2847-2002 Ps 12.3.5 atau o=
g
,
ρ g =
c
Ag
-ρg
y ρg
=
C3 = A2 f y C1 = 0,85 fc’ [ Ag ‐ Ast]
Factor reduksi (φ ) •
•
Lentur : φ = 0,80 , Aksial konsentris + Lentur : φ = 0,65 – 0,80 φ 0,80
0 65
Pu
' 0,1
Desain Kolom Pendek
START
Data awal : Beban u, c , y, s Kolom knsentris, emin=0,1.h
Hitung , , =
•
Coba ρ =8% Po=0,85.fc’.(Ag ‐Ast)+fy.Ast Po=Ag.(0,85.fc’(1 ‐ρ)+fy.ρ) , , .
•
ung e u u an penampang kolom, Ag Rencanakan dimensinya h,b
tdk ya
Po=0,85.fc’.(Ag ‐Ast)+fy.Ast
ya Masuk Compression
ρ min=1% ρ maks=8%
tdk SELESAI
e
Contoh Soal Rencanakan kolom endek den an beu el Beban mati = 1300 KN Beban hidup = 1100 KN Momen = 56 KN.m fc=30 Mpa fy=400 MPa
Jawab : Coba den an
=3%
Pu = 1,2D + 1,6L = 1,2.1300 + 1,6.1100= 3320 KN Mu = 1,6.ML= 1,6.56= 89,6KN.m e=
u
u=
,
= ,
m
Po=0,85.fc’.(Ag-Ast)+fy.Ast Po=Ag. 0,85. c’ 1-ρ + y.ρ =Ag. 0,85.30. 1- 3% +400.3% Pn maks=0,8 Po kolom beugel Pu/φ= 0,8.Ag.(0,85.30 (1-0,03) + 400.0,03) Pu= φ. 0,8.Ag.(0,85.30 (1-0,03) + 400.0,03) 3.320= 0,65.0,8.A . 0,85.30 1-0,03 + 400.0,03
Ag =
0,65.0,80.(0,85.2,91 + 12)
= 0,1738m
2
Jika kolom berbentuk bujur sangkar maka diperlukan h= √0,1738 = 0,42 m= 42 cm Dicoba ukuran kolom 45x45 cm2 Ag=0,2025 m2 Pn maks = Po/ φ = 5,108/0,8 = 6,348 MN = 6348 KN
e = 26,98 mm = 2,698 cm e/h = 2,698 / 45 = 0,06 < 0,1 kolom konsentris e anggap , an n ma s = , o
Tekan Aksial,Po
Pn max=0,8.Po e/h=0,6 e/h=0,1
Mlentur,Mn
Format Keamanan LRFD oa res stance actor es gn Ps 11.1 ≥
a
untu sa a satu on s : U
= 1,2 D+ 1,6 L
Pu = 1,2 PD + 1,6 PL = ,
,
Pu1
= ,
•
•
•
Mu1
Aksial Tekan dan Momen φ = 0,65 Desain o om : Beban Pu2 dan Mu2 Kekuatan nominal Pn ≥
Pu 2 φ
; Mn ≥
Mu 2 φ Pu2
Kolom Panjang Ukuran kelangsingan kolom Panjang ditentukan oleh :
r •
Sistem Braced frame (Tidak Bergoyang Ps 12.12.2 ) k Ln r
≤ 34 − 12
M 1b
M 2b
.
•
k Ln r
≤ 22
.
Dimana : n = an ang e u o om k = faktor panjang efektif (Pasal 12.12 SNI 03‐
•
•
‐ •
•
•
•
‐
Ln = Panjang bersih kolom = . 03‐2847 ‐2002 & S‐2002) M1b= momen ujung kolom yg lebih kecil ( ak beban tetap) M2b= momen ujung kolom yg lebih besar ( ak beban
Faktor Pengaruh jepitan (k) menentukan sistem braced/ unbraced
•
Ter antun
•
ψ A
= faktor jepitan kolom atas
ψ
= a or ep an o om awa
•
ada aktor e itan
Dimana persamaan untuk ψ
Ψ=
o om ∑ EI / L balok
•
–
Tidak ada pergoyangan
–
•
Sistem Unbraced –
Ada Pergoyangan ( bahaya tekuk lebih besar )
–
k (faktor pengaruh jepitan) > 1
ri –
ri
=
ir i P n m
b
I A t
•
•
•
n K l m r
Harga pendekatan r ( penampang persegi )
= M arah y r = 0,3 t
X
Panjang Kolom (Ln) SNI 12.11.3
Ln
Ln
Batas % Tulangan Longitudinal s .
ρ S ma s mum = ρ S m n mum = ρ S =
s
Momen ujung kolom bergoyang (SNI Ps 12.13) momen yg tung m men esa n o om
Pu1
•
Mu1 •
[ M1s ] < [ M2s ] ( akibat pergoyangan)
Mu1 = M1b + M1s Mu2 = M2b + M2s
Pu2
Diagram Bantu Penentu Nilai k
Harga k pero e dengan harga ψ a dan ψ b pada diagram ini
Kolom Bergoyang = •
Ada bahaya tekuk
•
Pengamanan g Magn cat on Met o
•
Sistem Unbraced : Mc = δ b.M2b + δs.M2s
•
Sistem Braced : Mc = δ b.Mu2
e min untuk kolom Bergoyang
•
= , eksentrisitas untuk magnification
Curvature Pu1
Pu1
Mu1
Mu1
Mu2
Pu2 Single Curvature Mu 2
>0
Mu1 kLn
kLn
Mu1
Pu1
Mu2
kLn Mu2
Pu2
Pu2
Double Curvature
Mu1 Mu2
<0
Mu 2
=0
Pada kolom bergoyang , momen kolom
= mengamankan bahaya tekuk =
δs
u u tdk menimbulkan pergeseran sumbu
= Untuk beban yg menimbulkan pergeseran sum u o om ang n, gempa )
δ b =
Cm 1−
δ s = 1−
u
≥ 1, 0
φ Pc
∑ Pu φ
c
Pc = Ptekuk = EI = EI =
≥ 1, 0
π 2 EI
kLn ( Ec Ig / 5 ) + Es . Is 1 + β d ( Ec Ig / 3,5 ) 1 + β d
Cm = 0 , 6 + 0 , 4
2b
Kolom hrs menggunakan Beban aksial & momen berfaktor
Contoh Soal kolom bergoyang Lihat file D:\BAHAN KULIAH\BETON 2\flow chart kolom bergoyang
Lihat file D:\BAHAN KULIAH\BETON 2\contoh desain kolom dan pondasi
Perhitungan Analitis Kekuatan Batas Penampang Kolom Kondisi –
mun kin ter adi :
Maksimum Aksial Compression Control tdk terjadi eksentrisitas
–
Compression Control beton mencapai εcu dan εs< εy
–
Balanced Control εcu dan εy tercapai bersamaan
–
ens on on ro
εy ercapa e
a uu
Tergantung pada regangan dan tegangan yang terjadi Contoh soal lihat Salmon hal
Baca contoh soal CK Wang & Salmon section 13 hal 415-448 •
Dalam kondisi regangan berimbang (balanced control section 13.12
As, As’, fc’,fy,
= e = e balanced x = x balanced .
As As’ fc’f •
Pn >P balanced e < e balanced x > x balanced
Dalam kondisi kekuatan di daerah tarik (tension control section 13.14
As, As’, fc’,fy,
Pn
e balanced x < x balanced
Contoh Soal no 2 “ J Thambah “
Bandingkan dengan hasil pemakaian o tware PCACOL
–
Untuk pemakaian tertentu
–
Typikal diagram interaksi
1. Buku Bantuan Diagram Interaksi –
Untuk pemakaian umum
–
2. Dibantu dengan software “ PCACOL”
KONTROL KOLOM PENDEK dg SENGKANG
START
= ,
’
-
.
Data awal : Beban PU, Mu, fc’, fy, E
failure region
Hitung e = Mu/Pu Kolom konsentris emin=0,1h Coba ρ=8% Hitung Po=0,85fc’(Ag-Ast) +fy.Ast
Hitung Po max= Pu/φ=Pu/0,65
1% < ρ < 8%
Coba Ag lalu tentukan h b SELESAI
Rencanakan ulang ρ min =1% ρ max = 8%
Contoh Soal Ferguson Bab 18.5 / ITS kolom VI‐6
START
Data awal : Beban PU, Mu, fc’, fy, φ, ρ
Hitung e = Mu/Pu
DESAIN KOLOM TDK BERGOYANG dg SENGKANG Pilih dimensi tulangan
,
YA
coba2 =2% shg diperoleh Ag. Sesuai harga k= φPn/(fc’.Ag), lalu estimasikan b=h
Hitung k dan k e/h sebenarnya maka diperoleh ρg, Ast perlu
n cap > n perlu ?
Dimensi h, b, ρg diperbesar
Contoh Soal Salmon 13.16.3 Bab 18.5 / ITS kolom VI‐6
START
n 2 EI
Pc = δ b =
φ Pc
Pn perlu = Mn perlu = e =
Hitung Ec, Ig, Is, M1/M2 & k=1 Klu/r=34-12 M1/M2 Cm=0,6+0,4M1/M2, r=0,3h βd= 1,2D/ (1,2D+1,6L)
DESAIN KOLOM dg PENGARUH KELANGSINGAN
Cm Pu
1−
Data awal : Kolom Bracedframe, PU, Mu, fc’, fy, Lu
, φ ,
u
Pu φ δ b Mu
Mn Pn
Periksa dg statika
X, Pn cap
φPn cap > Pn
EI = EI =
0,2 Ec Ig + Es Is 1 + β d 0,4 Ec Ig 1 + β d
perlu ?
atau
SELESAI
