ANALISIS PENAMPANG KOLOM e
b
+
Pn = Pu/ф Mn = Pn . e
Pusat plastis
d’
k
Pu
d’
k h
Pn e
+
s
εs’
≥
ε y
Z1 Z2 TS
∑V=0 Pn + Ts – Cc – Cs = 0 Pn = Cc + Cs – Ts
0,85 fc’
d ε s y a=β1.c ≥
εcu’ =0.003
εs
c
Seperti halnya pada balok, analisis kolom berdasarkan prinsip-prinsip sebagai berikut : 1. Kekuatan unsur harus didasarkan pada prinsip-prinsip keseimbangan dan kompatibilitas regangan. 2. Regangan dalam baja dan beton berbanding lurus dengan jarak terhadap garis netral. 3. Regangan maksimum pada serat tekan terluar = 0,003
∑ M = 0 ( terhadap pusat plastis ) Pn.e – Cs . k – Ts . k – Cc (h/2- a/2) = 0 Mn = Pn . e
Cc Cs
Z1 = (d - a/2) Z2 = (d - d’)
Mn = Cs . k + Ts . k + Cc (h/2 - a/2) NB : Mahasiswa diminta unutk menentukan persamaan keseimbangan momen terhadap bagian penampang yang lain (serat tekan terluar, garis netral, dsb.)
∑ M = 0 ( terhadap baja tarik/Ts ) Pn (e+k) – Cs.2k – Cc (d – a/2) = 0
Regangan pada baja dan beton berbanding lurus dengan jarak terhadap garis netral :
εc = 0,003 εs = regangan pada baja tarik εs’ = regangan pada baja tekan εy = regangan leleh baja
ε s’
d’
c
Es = modulus elastisitas baja grs netral
fs = tegangan pada baja tarik fs’ = tegangan pada baja tekan
d-c
s = εs
fs ; Es
y =
fy Es
Regangan pada baja tarik : s d c 0,003 c d c s 0,003 c Regangan pada baja tekan :
s'
0,003
s'
c d' c c d' 0,003 c
Gaya-gaya dalam : Cc Cs’
= 0.85 fc’ a. b fs’ = εs . Es
εs’ ≥ εy maka
fs’ = fy
= As’ ( fs' – 0.85 fc’ )
εs < εy maka Ts
εs’ < εy maka
fs = εs . Es
= As . fs
εs ≥ εy maka
fs = fy
Berdasarkan kondisi regangan baja dan beton terdapat 3 kemungkinan yaitu : a. Kondisi bertulangan seimbang yaitu reganan pada serat tekan terluar = 0.003, regangan baja tarik tepat mencapai regangan leleh ( εy ). b. Kondisi tarik c. Kondisi tekan
εc = 0,003
εc = 0,003
εc = 0,003
cb
c < cb
d - cb
d-c
εs = εy = fy / Es
a.
c>cb d-c
εs > εy
εs < εy
b.
c.
Bila nilai c dibuat sebagai variable, akan didapat banyak sekali pasangan Pn dg Mn, baik kondisi tarik maupun kondisi tekan. Bila pasangan tersebut dihubungkan satu dengan yang lain akan terbentuk diagram yang disebut dengan : Diagram Interaksi Kolom. Lihat Contoh soal. Pn
Tekan konsentris
kondisi tekan ( c) kondisi (a) bertulangan seimbang [balance] kondisi tarik (b) Mn Momen murni
Gambar Diagram Interaksi Kolom
Kondisi Bertulangan Seimbang [ BALANCE ] eb
b
+
Pub Pnb = Pub/ф
Pusat plastis
Mnb = Pnb . eb d’
k
k
d’
h
s y
P nb
Es fy
eb
s 0,003
+
y 0,003
εcu’ =0.003
d
d cb cb
d cb cb
cb
0,003 d 0,003 y
600 d 600 fy
εs’
εs = εy
cb ≥ εy
s
≥ab=β1. c
Kontrol regangan baja tekan : 0,85 fc’
s'
ε y
0,003
s'
Z1 Z2 TS
c d' c c d' 0,003 c
Bila :
Cc
Cs
Es = 200.000 MPa
εs < εy maka
fs = εs . Es
εs ≥ εy maka
fs = fy
x
Es Es
Gaya-gaya dalam : Cc
= 0.85 fc’ ab. b
εs’ < εy maka fs’ = εs . Es Cs’
= As’ ( fs' – 0.85 fc’ )
εs’ ≥ εy maka fs’ = fy Ts
εs < εy maka
fs = εs . Es
εs ≥ εy maka
fs = fy
= As . fs
∑V=0 Pnb + Ts – Cc – Cs = 0 Pnb = Cc + Cs – Ts
∑ M = 0 ( terhadap pusat plastis ) Mnb – Cs . k – Ts . k – Cc (h/2- ab/2) = 0 Mnb = Cs . k + Ts . k + Cc (h/2 – ab/2) Mnb = Pnb . eb atau eb =
M nb Pnb
KONDISI MOMEN MURNI [ Pn = 0 ]
Mn b
+
Pusat plastis
d’
k
d’
k h
Pn = 0 Pn=0 e=0 Pn
+
εcu’ =0.003
d s
≥a=β1. c
Momen murni
Secara umum persamaan keseimbangan serupa dengan balok terlentur. Gaya-gaya dalam :
0,85 fc’
ε y
Z1 Z2
Mn
εs’
εs > εy
c ≥ εy
= 0,85 fc’ a b
Cs
= As’ ( fs’ -0,85 fc’)
Ts
= As.fy
∑V=0
Cc
Pn + Ts – Cc – Cs = 0
Cs
TS
Cc
0
+ Ts – Cc – Cs = 0
Ts = Cc + Cs Z1 = (d - a/2) Z2 = (d - d’)
∑ M = 0 ( terhadap Ts ) Mn = Cc . Z1 + Cs Z2
KONDISI TEKAN KONSENTRIS [ Mn = 0 ]
Pn
b
+
Pusat plastis
d’
k
Pn
e = 0 Mn = 0
Pn=Po Tekan Konsentris murni Pnmak
d’
k h
Mn
Pn Kondisi tekan konsentris adalah kondisi dimana beban aksial tepat bekerja pada pusat plastis (e=0), sehingga Mn=0
As1
Seluruh penampang beton dalam keadaan tekan, sehinggga tulangan pun dalam keadaan tekan.
As2
Panjang blok tegangan ( a ) sama dengan panjang penampang kolom ( h)
a=h
∑V=0 Pn – Cs1 – Cc – Cs2 = 0 0,85 fc’
Pn = Cs1 + Cs2 + Cc = As1.fy + As2.fy + 0,85.fc’.a.b– 0.85.fc’.Ast = Ast . fy + 0,85.fc’.Ag – 0.85.fc’.Ast = 0,85.fc’ (Ag-Ast) + Ast . fy Beban Pn kondisi tekan konsentris disebut dg Po
Cs1
Cc
Cs2
Ast = As1+As2
Po = 0,85 fc’ (Ag - Ast) + Ast . fy
x Ag/Ag
= 0,85.fc’. Ag ( 1 – ρg ) + Ag . ρg . fy = Ag [ 0,85.fc’ (1 – ρg ) + ρg . fy ]
Beban aksial maksimum yang boleh bekerja pada kolom ditentukan sbb : Pn mak = 0,80 Po untuk kolom dengan pengikat sengkang Pn mak = 0,85 Po untuk kolom dengan pengikat spiral
CONTOH SOAL : d’= 60 mm
Buat Diagram Interaksi kolom berikut : As=As’ = 3 Ø 25 = 1471,875 mm2 350 mm
fc’ = 20 MPa fy = 240 MPa
350 mm
Ast = As + As’ = 2943,750 mm2 Ag = 350 x 350 = 122500 mm2
1. KONDISI TEKAN KONSENTRIS Po
= 0,85 . fc’ [ Ag – Ast ] + Ast . fy = 0,85 . 20 [ 122500 – 2943,750 ] + 2943,75 . 240 = 2738956,25 N
Pn mak = 0,80 Po = 2191165 N
2. Kondisi Bertulangan Seimbang [ BALANCE ] eb ≥ εy
Pnb s 0,003
y
+
0,003 cb
εcu’ =0.003
d=290 mm
0,003 d 0,003 y
600 d 600 fy
0,85 fc’
s'
Cc
0,003
s'
Cs
= 176,041 mm
Es = 200.000 MPa fy y 0,0012 Es Gaya-gaya dalam : = 0.85 fc’ ab. b
Bila :
εs < εy maka
= 1047625 N = As’ ( fs' – 0.85 fc’ ) = 1471,875 ( 240 – 0,85 . 20 ) = 328228,125 N Ts
= As . fy = 1471,875 . 240 = 353250 N
c d' c c d' 0,003 c 207,143 - 60 0,003 207,143 0,00213 y 0,0012
fs’ = fy = 240 MPa
= 0,85. 20 . ( 0,85 . 207,143 )ε.s ≥ 350 εy maka
Cs’
600 290 600 240
Kontrol regangan baja tekan :
Z1
Cc
x
= 207,143 mm ab
TS
d cb cb
=
ab=β1.cb
Z2
d cb cb
εs’
εs = εy
cb ≥ εy
fs = εs . Es fs = fy
Es Es
∑V=0 Pnb + Ts – Cc – Cs = 0 Pnb = Cc + Cs – Ts = 1047625 + 328228,125 – 353250 = 1022603,125 N
∑ M = 0 ( terhadap pusat plastis ) Mnb – Cs . k – Ts . k – Cc (h/2- ab/2) = 0 Mnb = 328228,125 . 115 + 353250 . 115 + 1047625 (350/2 – 176,071/2) = 169475944,196 N mm eb
=
M nb Pnb
= 165,73 mm Pn
Po = 2738956,25 N Pn mak = 2191165 N
Pn b =1022603,125 N
Mn 91860779.968 Nmm
Mnb = 169475944 Nmm
DIAGRAM INTERAKSI KOLOM
3. KONDISI MOMEN MURNI [ Pn = 0 ] Gaya-gaya dalam :
s a=β1.
= As’ ( fs’ - 0,85 fc’)
Ts
= As.fy
0
0,85 fc’
ε y Z1
+ Ts – Cc – Cs = 0
Ts - Cc – Cs = 0
∑ M = 0 ( terhadap Ts )
≥c
Mn = Cc . Z1 + Cs Z2 Asumsi baja tekan belum leleh :
s' 0,003
Cc
TS
Cs
Pn + Ts – Cc – Cs = 0
εcu’ =0.003
d
Z2
= 0,85 fc’ a b
∑V=0
εs’
εs > εy
c ≥ εy
Cc
Cs
∑V=0
c d' c c d' s' 0,003 c fs' s '. Es
Cc + Cs - Ts = 0
Z1 = (d - a/2) Z2 = (d - d’)
0,85.fc’.a.b +As’ (fs’ – 0,85 fc’) – As . fy = 0 0,85.fc’.β1.c.b + As’ [εs’ . Es – 0,85 fc’ ] - As . fy = 0
c d 0,003 ) Es – 0,85 fc’ ] - As . fy = 0 c 0,85 . fc’ . β1 . c2. b + As’ [ (c d ) 0,003 . Es – 0,85 fc’. c ] - As . fy . c = 0 0,85.fc’.β1.c.b + As’ [(
0,85.fc’.β1.c2 . b + 0,003 . Es . As’ . c – 0,003 . Es . d’.As’ – 0,85.fc’.As’ – As . fy . c =0 0,85.fc’.β1.b. c2 + [0,003.Es.As’ – 0,85 .fc’ . As’ – As . fy] c - 0,003 . Es . d’ . As’ = 0 Selesaikan dengan Rumus ABC untuk persamaan Ac2 + Bc + C = 0 Dimana : A =0,85 . fc’ . β1 . b = 5057,5 B= 0,003.Es.As’ – 0,85 .fc’ . As’ – As . fy = 5048583,125 C= - 0,003 . Es . d’ . As’ = - 52987500
Penyelesaian akar persamaan kwadrat tsb. didapat nilai c = 63,966 mm ; a = 0,85 . 63,966 = 54,371 mm Kontrol regangan baja tekan :
s'
=
c d' 0,003 c
63,966 60 0,003 63,966
= 0,000186 < εy = 0,0012 ( baja tekan belum leleh) fs’
= εs’ . Es = 0,000186 . 200000 = 37,2 MPa
Gaya-gaya dalam : Cc
= 0,85 fc’ a b = 0,85 . 20 . 54,371 . 350 = 323507,45 N
Cs
= As’ ( fs’ - 0,85 fc’) = 1471,875 [ 37,2 – 0,85 . 20 ] = 29731,875 N
Ts
= As.fy = 1471,875 . 240 = 353250 N
∑V=0 Ts - Cc – Cs = 0 353250 – 323507,45 – 29731,875 ≈ 0
∑ M = 0 ( terhadap Ts ) Mn = Cc . Z1 + Cs Z2 = 323507,45 ( 290 – 54,371/2 ) + 29731,875 ( 290 – 60 ) = 91860779.968 Nmm
Tentukan Pn, Mn, e untuk garis netral c = e ≥ εy
1 1 cb dan c = h 2 2
Pn * Menentukan Pn, Mn, e untuk c = cb c
+
1 cb 2
= 207,143 mm =
1 cb 2
= 103,572 mm
a
εcu’ =0.003
εs’
εs = εy
c ≥ εy d=290 mm
= 88,036 mm
Kontrol regangan baja tekan :
a=β1.c
s' 0,003
s'
0,85 fc’
Z1
c d' c c d' 0,003 c 103,572 - 60 0,003 103,572 0,00126 y 0,0012
Cc
Z2
(baja tekan leleh)
Cs
TS Gaya-gaya dalam : Cc
fs’
= 0.85 fc’ a. b = 0,85. 20 . ( 0,85 . 103,572 ) . 350 = 523815,39 N
Cs’
= As’ ( fs' – 0.85 fc’ ) = 1471,875 ( 240 – 0,85 . 20 ) = 328228,125 N
Ts
= As . fy = 1471,875 . 240 = 353250 N
=
fy = 240 MPa
∑V=0 Pn + Ts – Cc – Cs = 0 Pn
= Cc + Cs – Ts = 523815,39 + 328228,125 – 353250 = 498793,515 N
∑ M = 0 ( terhadap pusat plastis ) Pn . e – Cs . k – Ts . k – Cc (h/2- a/2) = 0
Mn = Pn . e
Mn = 328228,125 . 115 + 353250 . 115 + 523815,39 (350/2 – 88,036 /2) = 170037677,625 N mm
eb
=
M nb Pnb
= 340,898 mm
Menentukan Pn, Mn, e untuk garis netral c =
c
= 175 mm
a
= 148,75 mm
1 h = 175 mm 2
Kontrol regangan baja tekan :
s' 0,003
s'
c d' c c d' 0,003 c 175 - 60 0,003 175 0,00197 y 0,0012 ( Baja tekan leleh )
fs’
=
fy = 240 MPa
Gaya-gaya dalam : Cc
= 0.85 fc’ a. b = 0,85. 20 . 148,75 . 350 = 885062,5 N
Cs’
= As’ ( fs' – 0.85 fc’ ) = 1471,875 ( 240 – 0,85 . 20 ) = 328228,125 N
Ts
= As . fy = 1471,875 . 240 = 353250 N
∑V=0 Pn + Ts – Cc – Cs = 0 Pn
= Cc + Cs – Ts = 885062,5 + 328228,125 – 353250 = 860040,625 N
∑ M = 0 ( terhadap pusat plastis ) Pn . e – Cs . k – Ts . k – Cc (h/2- a/2) = 0
Mn = Pn . e
Mn = 328228,125 . 115 + 353250 . 115 + 880040,625 (350/2 – 148,75/2) = 167429398,438 N mm
eb
=
M nb Pnb
= 194,676 mm
Tentukan Pn, Mn, e bila garis netral c = 275 mm
c
= 275 mm
a
= 233,75 mm
Kontrol regangan baja tekan :
s'
0,003
s'
c d' c c d' 0,003 c 275 - 60 0,003 275 0,00234 y 0,0012 ( Baja tekan leleh )
fs’
=
fy = 240 MPa
Kontrol regangan baja tarik :
s
0,003
s'
d c c d c 0,003 c 290 - 275 0,003 275 0,001636 y 0,0012 ( Baja tarik sudah leleh, sehingga fs = fy = 240 MPa )
Gaya-gaya dalam : Cc
= 0.85 fc’ a. b = 0,85. 20 . 233,75 . 350 = 1390812,5 N
Cs’
= As’ ( fs' – 0.85 fc’ ) = 1471,875 ( 240 – 0,85 . 20 ) = 328228,125 N
Ts
= As . fy = 1471,875 . 240 = 353250 N
∑V=0 Pn + Ts – Cc – Cs = 0 Pn
= Cc + Cs – Ts = 1390812,5 + 328228,125 – 353250 = 1365790,625 N
∑ M = 0 ( terhadap pusat plastis ) Pn . e – Cs . k – Ts . k – Cc (h/2- a/2) = 0
Mn = Pn . e
Mn = 328228,125 . 115 + 353250 . 115 + 1390812,5 (350/2 – 233,75/2) = 159210690,938 N mm
eb
=
M nb Pnb
= 116,570 mm KESIMPULAN : Dengan berbagai variasi nilai c, didapat ribuan kombinasi Pn dengan Mn.
