246 Universitas Kristen Maranatha

246

Universitas Kristen Maranatha

247


LAMPIRAN 3 (DENAH BANGUNAN & DENAH STRUKTUR)

248


LAMPIRAN 3 L.3 Denah Bangunan

Gambar L.3.1 Denah Lantai 1, 3, 5, 7, dan 9.

249


Gambar L.3.2 Denah Lantai 2, 4, 6, dan 8

250


Gambar L.3.3 Tampak Samping Struktur

Gambar L.3.4 Model 3D Bangunan 251 Universitas Kristen Maranatha

Gambar L.3.5 Denah Struktur Lantai 1, 3, 5, 7, dan 9

252


LAMPIRAN 4 (GAMBAR PENAMPANG MATERIAL)

253


L.4 Gambar Penampang Material

Gambar L.4.1 Profil Beton Prategang

Gambar L.4.2 Profil Baja Khusus

254


LAMPIRAN 5 (GAMBAR DETAIL PENULANGAN)

255


Gambar L.5.1 Detail Penulangan Balok dan Kolom (Bangunan A) 256


Gambar L.5.2 Detail Penulangan Balok dan Kolom (Bangunan B) 257 Universitas Kristen Maranatha

LAMPIRAN 6 (TABEL PROFIL BAJA IWF DAN PROFIL PIPE)

258


Gambar L.6.1 Tabel Profil Baja IWF

259


Gambar L.6.2 Tabel Profil Pipe

260


LAMPIRAN 7 (SPESIFIKASI STRESSING ANCHORAGE VSL TYPE E)

261


Gambar L.7 Spesifikasi Stressing Anchorage VSL Type E

262


LAMPIRAN 8 (PERHITUNGAN LUAS DAN MOMEN INERSIA PROFIL BAJA KHUSUS)

263


L.5

Perhitungan Luas dan Momen Inersia Baja Profil Khusus

Gambar L.8.1 Letak Titik Berat ½ Lingkaran Besar Rumus : Luas ½ lingkaran, Titik berat x,

A1 x1

Titik berat y,

y1

= ½.  .R2 =0 4R = 3

Gambar L.8.2 Letak Titik Berat ½ Lingkaran Kecil

Luas ½ lingkaran, Titik berat x,

A2 x2

Titik berat y,

y2

= ½.  .r2 =0 4r = 3

264


Maka, titik berat ½ lingkaran berongga seperti pada gambar di bawah:

Gambar L.8.3 Letak Titik Berat ½ Lingkaran Berongga

xp

=0

yp

=

A1 . y1  A2 . y 2 A1  A2 1  4R  1 2  4r  . .R 2 .   . .r .  2 3  2 3      = 1 1 2 2 . .R  . .r 2 2 3 3  2 R   2r  2 3      R  r3 4 R3  r 3 3 3    = 3 =  = . 1 1 3 . R2  r 2 . . R 2  r 2 . . R 2  r 2 2 2





















Dan rumus momen inersia penampang ½ lingkaran berongga ; Ixp = 0,1098.( R 4  r 4 )  0,283.R 2 .r 2 .( R  r ) /( R  r ) Iyp =  .( R 4  r 4 ) / 8



 



265


Maka, perhitungan luas (A0) dan momen inersia dari profil, sebagai berikut :

1 2 3 4 5 6 7

Ai ½.  .(R2 – r2) B.tf (H - 2.tf).tw (H - 2.tf).(R–r) (H - 2.tf).(R–r) B.tf ½.  .(R2 – r2)

xi 0 0 0 0 0 0 0

Dari tabel di atas, didapat nilai titik berat profil baja khusus, x0 , dengan rumus sebagai berikut : Ai .xi =0 x0 = Ai Dan rumus luas profil baja khusus, A0 sebagai berikut : Ao = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7

266


Ai 1

½.  .(R2 – r2)

2

B.tf

3

(H - 2.tf).tw

4

(H - 2.tf).(R–r)

5

(H - 2.tf).(R–r)

6

B.tf

7

½.  .(R – r ) 2

yi  4 (R3  r 3 )  H  R  .   3. ( R 2  r 2 )    1    R   H  2 t f     1    R  2 H  1    R  2 H  1    R  2 H  1    R  2 .t f 

 4 (R3  r 3 )  R  . 2   3 .  (R  r 2 )  

2

Dari tabel di atas, didapat nilai titik berat profil baja khusus, y0 , dengan rumus sebagai berikut : A . y = i i y0 Ai

267


Perhitungan momen inersia Ix dari profil baja khusus : Ai .(yi-y0)2

Ixi 1

0,1098.(R

4

r

4

)  0,283.R .r 2

2

.( R  r ) /( R  r )

  1 4 (R 3  r 3 ) . .( R 2  r 2 ) H  R  . 2  y 0  2 2 3. ( R  r )   2

2

1 .B.tf3 12

  1   B.t f . R   H  t f   y 0  2    

3

1 .tw.(H – 2tf)3 12

H  2.t f ..t w  R  1 H   y0  2   

H  2.t f .( R  r ). R  1 H   y0  2   

2

4

1 .(R-r).(H – 2tf)3 12

H  2.t f .( R  r ). R  1 H   y0  2   

2

5

1 .(R-r).(H – 2tf)3 12

6

1 .B.tf3 12

  1  B.t f . R  t f   y 0  2   

7

0,1098.(R

4

 

 r 4 )  0,283.R 2 .r 2 .( R  r ) /( R  r )



2

2

   4 (R 3  r 3 )   1    y 0  . .( R 2  r 2 )  R   . 2 2    2  3. ( R  r )    

Maka, Ix = Ixi + Ai.(yi-y0)2 Perhitungan momen inersia Iy dari profil baja khusus : Iyi Ai .(xi-x0)2 1  .( R 4  r 4 ) / 8 0 1 3 .B .tf 2 0 12 1 3 .tw .(H –2tf) 3 0 12 1 .(R-r)3.(H -2tf) 4 0 12 1 .(R-r)3.(H – 2tf) 5 0 12 1 3 .B .tf 6 0 12 7  .( R 4  r 4 ) / 8 0 268

2


2

Maka, rumus Iy = Iyi + Ai.(xi-x0)2 = Iyi

LAMPIRAN 9 (VERIFIKASI SOFTWARE)

269


Gambar L.9.1 Gambar Portal Penyelesaian :

Gambar L.9.2 Gambar Portal Dengan Kelebihan Gaya Hc =1

Struktur primer :

Mc  0 VA.5 – 8.5.

5 .= 0 2

VA = 20 kN

V  0 VA + Vc – 8.5= 0 Vc = 20 kN 270


Kelebihan Gaya Hc = 1 kN M A  0

-VC.5 – 1.4= 0 ; VC = -0,8 kN

V  0 VA + Vc = 0 VA = -0,8 kN

H  0 HA + 1 = 0 ; HA = -1 kN

0  x1  5 M1 = VA.x1 – q.x1.

x1 = 20.x1 -4x12 2

0  x2  4 M2 = 0

0  x1  5 m1 = VA.x1 = 0,8.x1

0  x2  4 m2 = Hc .x2 = 1.x2 Persamaan Kompatibilitas

0   c  H c . f cc Menghitung  c l

c   0

5 4 M .m M .m M .m .dx   1 1 .dx  2 2 .dx EI EI EI 0 0

(20.x1  4 x12 )(0,8.x1) (0).(1.x2 )  .dx1   .dx2 EI EI 0 0 5

4

(16 x12  3,2.x13 ) .dx1  0 0 EI 5

=

271


5

c 

1 16 3 165,555  x1  0,8 x14    EI  3 EI 0 l

5 4 m .m m .m m.m .dx  1 1 .dx  2 2 .dx EI EI EI 0 0 0

f cc  

5

4

(0,8 x1 ).(0,8 x1 ) (1.x2 ).(1.x2 ) .dx1   .dx 2 =  EI EI 0 0 5

2

2

4 (0,64.x1 ) x .dx1   2 .dx 2 =  EI EI 0 0 5

f cc 

=

4

1  0,64 3  1 1 3  x1   x2   EI  3  0 EI  3 0

48 EI

0   c  H c . f cc 0

=

165,555 48  Hc. EI EI

Hc = -3,448 kN

H  0 HA – Hc = 0 HA = 3,448 kN M A  0

-Vc.5 + Hc.4 +8.5.

5 =0 2

Vc = 22,758 kN

V  0 VA + Vc – 8.5 = 0 VA = 17,242 kN

VA HA VC HC

Manual 17,242 3,448 22,758 3,448

272

ETABS 17,24 3,45 22,76 3,45


Gambar L.9. HASIL ETABS

273


LAMPIRAN 10 (LENDUTAN PADA BALOK BAJA PROFIL KHUSUS)

274


L.10 Lendutan pada Balok Baja Profil Khusus Lendutan ijin (Δijin) = L/ 240 = 18000/240 = 75 mm

Gambar L.10.1 Lendutan pada Lantai 9 Δ = 8,440 mm < Δijin = 75 mm (OK)



275




276


246 Universitas Kristen Maranatha

Recommend Documents