FAKULTAS DESAIN dan TEKNIK PERENCANAAN UJIAN AKHIR SEMESTER SEMESTER GENAP TA 2006/2007 Jurusan Mata Kuliah Dosen
: Teknik Sipil : Struktur Baja I : Ir. Wiryanto Dewobroto, MT.
Hari / Tanggal Waktu Semester Sifat Ujian
: Selasa 22-05-2007 : 10.50 – 12.30 : IV : open note satu lembar
Diperlihatkan struktur tiang baja menerus (ABC) dengan baja penopang (BB’), ujung baja penopang berupa sendi di B sehingga penopang hanya menerima gaya aksial saja jika ada beban q=8t/m di atas sebagian balok menerus tersebut sepanjang 7 m (lihat proporsi pada gambar di bawah). Unit satuan gambar adalah 8 ton-m. 5m
2m
5m
B
C
6m
A
balok menerus ABC kolom BB' B'
Jika dianggap berat sendiri balok menerus ABC diabaikan, beban q diangap sebagai beban hidup dan kekuatan balok ABC sudah dihitung terlebih dahulu dan mencukupi, maka : 1.
Hitung apakah kolom BB’ jika digunakan profil baja ST-37 cukup aman dengan profil berikut a. profil tunggal WF 200 x 200 x 8 x 12 dengan data profil sebagai berikut Label
Dimension (mm)
H B WH-200 200 200
b.
t1
t2 12
8
Mass Momen of Inertia Radius of Gyration Section Modulus A per meter cm4 cm cm3 cm2 (kg/m) r axis x-x axis y-y axis x-x axis y-y axis x-x axis y-y 13 63.53 49.9 4720 1600 8.62 5.02 472 160
profil gabungan (built-up) 2L130x130x12 dengan data profil sebagai berikut Dimensi Standar Profil Siku Sama Kaki HxB mm
t
r1
A
r2
berat satua n
mm mm mm cm2 kg/m
130 x 130 12 14
7 30.0
cg
Momen Inersia
Radius Girasi
Modulus Potonga n
Cx=Cy Ix= Iy max Iu min Iv rx=ry max ru min rv cm
cm4
23.6 3.64 472
cm4 750
cm4 cm 194 3.97
cm
cm
5.00 2.54
Sx=Sy cm3 50.4
Catatan : Gunakan cara AISC LRFD dan bandingkan hasilnya dengan cara SNI 2.
Untuk profil built-up yaitu 2 L130x130x12 dengan data profil di atas diberik perlakukan sbb: a. Tanpa tambahan bracing, berapa q maks (beban hidup belum terfaktor sepanjang balok ABC yang dapat diberikan. b. Jika pada kondisi sama, anda diberi kesempatan untuk menempatkan bracing (1 buah) pada arah sumbu lemah, berapa q maks tersebut dapat diberikan. Tuliskan dalam prosentasi, anggap soal 3a mempunyai kapasitas 10%. Sehingga berapa prosentasi pada 2b. Catatan : Gunakan cara AISC LRFD saja.
Selamat bekerja
1 of 6
Jawab Soal No.1: asli
modifikasi 5m
2m
A
5m
B
5m
2m
C
B
A
5m
C
6m
RB balok menerus ABC
PU
kolom BB'
6m
B'
B'
q =8 t/m’ = 80 kN/m’ Æ qu = 80 * 1.6 = 128 kN/m ∑Mc = 0 RB = (7*128*8.5)/10 = 761.6 kN menjadi gaya beban ultimate ke kolom BB’ PU = RB = 761.6 kN Jika pakai profil tunggal WF200.200.8.12 , maka : Dimension (mm)
Label
H B WH-200 200 200
t1 8
t2 12
Mass Momen of Inertia Radius of Gyration Section Modulus A per meter cm4 cm cm3 2 cm (kg/m) axis x-x axis y-y axis x-x axis y-y axis x-x axis y-y r 13 63.53 49.9 4720 1600 8.62 5.02 472 160
Baja ST37 ≈ BJ37 Æ Fy = 240 Mpa Pakai cara AISC 1999 r = rmin = ry = 50.2 mm
λc =
kL 1 r π
Fy E
=
1* 6000 1 50.2 π
240 = 1.318 < 1.5 200000
Untuk λc ≤ 1.5 2
Fcr = 0.658λc Fy = 0.6581.318 * 240 = 116 MPa 2
Pn = Fcr Ag = 116 * 6353 / 1E 3 = 737 kN
φPn = 0.85 * 737 = 626.45 kN Karena φPn << Pu maka kolom BB’ tidak memenuhi syarat persyaratan AISC 1999 Pakai cara SNI 2000 r = rmin = ry = 50.2 mm
λc =
kL 1 r π
Fy E
=
1 * 6000 1 50.2 π
240 = 1.318 < 1.5 200000
Jadi ω = 1.25λ2c = 1.25 *1.3182 = 2.171 Daya dukung nominal komponen tekan dapat dihitung sebagai Fy 240 Pn = Ag = 6353 = 702 kN ω 2.171*1E 3 φPn = 0.85 * 702 = 597 kN
Karena φPn << Pu maka kolom BB’ tidak memenuhi syarat persyaratan SNI 2000
2 of 6
Pakai cara AISC 1999 atau 2005 tetapi φ = 0.85 Modulus Potonga A n HxB t r1 r2 Cx=Cy Ix= Iy max Iu min Iv rx=ry max ru min rv Sx=Sy mm mm mm mm cm2 kg/m cm cm4 cm4 cm4 cm cm cm cm3 130 x 130 12 14 7 30.0 23.6 3.64 472 750 194 3.97 5.00 2.54 50.4 Dimensi Standar Profil Siku Sama Kaki
berat satua n
cg
Momen Inersia
Radius Girasi
y
x a
a
10.0
a
6000
Kolom Profil Siku Ganda 2 L 130 x 130 x 12 Jawab : b b 130 ≤ 0.45 E / Fy Æ = = 10.8 ≤ 13 t t 12 Jadi profil siku dapat digolongkan sebagai profil tidak-langsing Æ ok Rasio kelangsingan kolom Tekuk Batang Gabungan Ag = 2 * 30 = 60 cm 2 = 6000 mm2 I gx = 2 * 472 = 944 cm 4 ; Æ rgx =
(
944 = 3.97 cm = 39.7 mm 60
)
1972 = 5.73 cm = 57.3mm 60 = 39.7 mm Æ tekuk terjadi terhadap sumbu x-x
I gy = 2 * 472 + 30 * (3.64 + 0.5)2 = 1972 cm 4 Æ rgy = rmin = rgx
KL 1 * 6000 = = 151 39.7 rx
Tekuk Batang Individu a = 6000 / 3 = 2000 mm rmin = rv = 25.4 mm a 2000 = = 78.6 << 0.75 * 151 = 113 Æ Ok 25.4 rv Rasio kelangsingan kolom efektif rib = radius girasi komponen terhadap sumbu yang sejajar dengan sumbu tekuk kolom gabungan (mm) rib = rx = 39.7 mm h = 2 * 36.4 + 10 = 82.8 mm 82.8 h α= = = 1.043 2rib 2 * 39.7 2
α2 ⎛ a ⎛ KL ⎞ ⎛ KL ⎞ ⎜ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ + 0.82 (1 + α 2 ) ⎜⎝ rib ⎝ r ⎠m ⎝ r ⎠o
⎞ ⎟⎟ ⎠
2
= 1512 + 0.82
2
1.0432 ⎛ 2000 ⎞ ⎜ ⎟ = 154.55 (1 + 1.0432 ) ⎝ 39.7 ⎠
Memakai persamaan E3-2 atau E3-3 untuk menghitung tekuk lentur dari batang tekan dimana KL ⎛ KL ⎞ =⎜ ⎟ = 154.55 , sehingga r ⎝ r ⎠m
3 of 6
Fe =
π 2E
=
2
⎛ KL ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ r ⎠m
π 2 * 200000
(154.55)2
= 82.6 MPa << Fe < 0.44 Fy = 105.6 MPa
E ⎛ KL ⎞ = 135.97 ⎜ ⎟ = 154.55 > 4.71 r F ⎝ ⎠m y Maka Fcr = 0.877 Fe = 0.877 * 82.6 = 72.44 MPa
..........................................................(AISC-LRFD E3-3)
Pn = Fcr Ag = 72.44 * 6000 / 1E 3 = 435 kN
φPn = 0.85 * 435 = 370 kN Karena φPn << Pu maka kolom BB’ tidak memenuhi syarat persyaratan AISC 1999 Pakai cara SNI 2000 untuk siku ganda
Kolom Siku Ganda (SNI 03 – 1729 – 2000) Profil Siku ganda di atas akan dihitung ulang berdasarkan persyaratan SNI untuk bukan Siku Ganda yang hasilnya adalah sebagai berikut : rmin = rgx = 39.7 mm Æ tekuk terjadi terhadap sumbu x-x KL 6000 = = 151 39.7 rx
λc =
kL 1 r π
Fy
= 151
1
240 = 1.665 200000
π E λc ≥ 1.2 Æ ω = 1.25λ2c = 1.25 * 1.665 2 = 3.465 Pn = Ag
Fy
ω
= 6000
240 / 1E 3 = 416 kN 3.465
Catatan : hasilnya 96 % dari AISC tetapi hitungan lebih sederhana
φPn = 0.85 * 416 = 354 kN Karena φPn << Pu maka kolom BB’ tidak memenuhi syarat persyaratan SNI 2000
Jawab Soal No.2: Jawaban Soal 2a Profil siku ganda tanpa bracing, cara AISC diketahui φPn = 0.85 * 435 = 370 kN maka yang diperbolehkan adalah Pu = φPn = 370 kN Æ Pu = RB = 370 kN RB = (7*qu*8.5)/10 Maka qu = RB *10/ (7*8.5)= 62.18 kN/m = 6.218 ton/m
maka beban hidup maks q maks ijin = qu / 1.6 = 38.86 kN = 3.886 ton / m (100%) Jawaban Soal 2b Diberikan bracing tambahan akan dipasang ditengah-tengah bidang sumbu lemah maka perlu dichek dua kondisi KL y 1 * 6000 = = 105 Æ menentukan Sumbu kuat L = 600 rmin = rgy = 57.3 mm maka 57.3 rgy
4 of 6
Sumbu lemah L = 300 rmin = rgx = 39.7 mm maka
KLx 1 * 3000 = = 75.56 39.7 rgx
Karena ada bracing ditengah maka jarak pengikat diubah jadi empat, ditengah-tengah akibat bracing pada sumbu lemah. y
x a
a
a
a
10.0
6000
Tekuk Batang Individu a = 6000 / 4 = 1500 mm rmin = rv = 25.4 mm a 1500 = = 59 >> 0.75 * 75.56 = 56.7 maka jarak pengikat harus diperkecil lagi, untuk itu dipakai a = 1 m rv 25.4
Rasio kelangsingan kolom efektif rib = radius girasi komponen terhadap sumbu yang sejajar dengan sumbu tekuk kolom gabungan (mm) rib = rx = 39.7 mm h = 2 * 36.4 + 10 = 82.8 mm h 82.8 α= = = 1.043 2rib 2 * 39.7 2
α2 ⎛ a ⎛ KL ⎞ ⎛ KL ⎞ ⎜ ⎟ + 0.82 ⎟ = ⎜ ⎜ (1 + α 2 ) ⎜⎝ rib ⎝ r ⎠o ⎝ r ⎠m
⎞ ⎟⎟ ⎠
2
= 105 2 + 0.82
2
1.0432 ⎛ 1000 ⎞ ⎜ ⎟ = 105 (1 + 1.0432 ) ⎝ 39.7 ⎠
Memakai persamaan E3-2 atau E3-3 untuk menghitung tekuk lentur dari batang tekan dimana KL ⎛ KL ⎞ =⎜ ⎟ = 105 r ⎝ r ⎠m Fe =
π 2E 2
⎛ KL ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ r ⎠m
=
π 2 * 200000
(105)2
= 179 MPa >> Fe < 0.44 Fy = 105.6 MPa
E ⎛ KL ⎞ = 135.97 ⎜ ⎟ = 105 < 4.71 Fy ⎝ r ⎠m Fy ⎤ ⎡ 240 ⎤ ⎡ ⎢ Fcr = 0.658 Fe ⎥ Fy = = ⎢0.658 136 ⎥ 240 = 115MPa ⎢ ⎥ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎢⎣ ⎥⎦ Pn = Fcr Ag = 115 * 6000 / 1E 3 = 690kN
Pu = φPn = 0.85 * 690 = 586.5 kN Æ Pu = RB = 586.5 kN
RB = (7*qu*8.5)/10 Maka qu = RB *10/ (7*8.5)= 98.57 kN/m = 9.86 ton / m maka beban hidup maks q maks ijin = qu / 1.6 = 6.163 ton / m (160%) daripada tanpa bracing di sb lemah. Menguntungkan.
5 of 6
6 of 6
