September 21, 2012
Ir. Muhamad Ryanto, MT. Jurusan Teknik Sipil Universitas Sangga Buana YPKP 1
GESER (SHEAR) GESER Geser pada balok langsing Geser pons (punching shear) Geser pada : balok tinggi brackets/corbels deep beam foundation Geser Friksi
2
1
September 21, 2012
Untuk kesetimbangan : * Jumlah tegangan geser pada penampang harus setimbang dengan gaya geser eksternal. * Tegangan geser vertikal dan horizontal besarnya pada setiap elemen harus seragam . w
R=
wl 2
R
l dx
Shear Forces 3
w
Geser pada Balok Elastik Isotropik Homogen
R=
wl 2
dx
Shear Forces V qmax = z
w C+dC
C NA y
b
V
Ai T
Section
V- w dx
v dx
vmax
z
T + dT
Beam element
R
l
Flexural stresses
V Ai y bI
q=bv
v=
Shear flow
Shear stresses
4
2
September 21, 2012
Tegangan Geser Rata - Rata Diantara Retak - Retak
T T +ΔT Δx C + ΔC
C
V M + ΔM jd
M
V
V
T + ΔT
T
5
M T == jd T ==
dan T + T = M jd
M + ΔM jd
jd = Konstan
Untuk Keseimbangan Momen M = V x ; T = V xj d Tegangan rata - rata geser T V V == b x ; v == b jd w w Jd = 0.875d (ACI + PB)
bw = lebar balok V v=b d w
6
3
September 21, 2012
Aksi Balok dan Aksi Busur bila Balok Prismatis dan jd Konstan d V == dx (T jd) d(T) d(jd) V == dx jd + dx T C C
Keadaan Ekstrim Bila jd konstan V ==
d(T) jd dx
bila
dT dx = 0
jd varies T
d(jd) dx = 0
d(jd) V == T dx
7
V √fc’
V √fc’
0
Momen besar
. ... . .. .. ... . . .. .. .
.
0.16
. . .. ... . .. ... . . .. .. .. . .. . . .. ... . . . .. ...
... . .. . .. . . ...... .. .
. .. . . .... .. ..... . .. . ..... .. . ..... .. . . .. .. ... .. ..... ...... ... . . ..
0.30
= 0.14 + 17
4
ρωVd < 0.3 M √fc’
8
1000
ρu Vd M √fc`
12
24
~
Momen kecil
8
4
September 21, 2012
Penurunan Rumus Kekuatan Geser Dari Balok Tanpa Tulangan Sengkang Asumsi : Kapasitas beban dicapai ketika tegangan tarik utama mencapai kekuatan tarik beton yang sebanding dengan fc` Meskipun secara eksak distribusi dari tegangan lentur dan tegangan geser pada suatu potongan tidak diketahui, dapat diasumsikan : ft = Ec/Es x tegangan tarik tulangan V = tegangan geser rata - rata Ec sebanding dengan √fc’ Vu = gaya geser batas Mu = momen batas pada potongan tersebut
9
Tegangan geser v : v = k1
Vu bd
fs = tegangan baja tulangan =
Mu As.d
dan tegangan tarik ft dalam beton : ft α Ec.fs α Ec.Mu α Mu √fc’ α Mu2 α f bd Es ρE As.d.Es As.d.Es
…… 1
10
5
September 21, 2012
Atau dapat ditulis : ft = k4 E
Mu bd2
fc` ρ
…………… 2
k4 = Konstanta Es = nilainya tetap Kekuatan tarik beton dapat ditulis : ft max = k5 fc` ………………………
3
11
Persamaan 1 s.d. 3 dirumuskan dalam persamaan tegangan utama : ft max = ½ ft + k5 √fc’ =
Vu bd
Vu = k5 bd√fc’
½ ½
(½ ft)2 + v2 ku Mu √fc’ Es Vud ρ ku Mu √fc’ Es Vud ρ
+√{½ +√{½
ku Mu fc’ } + ks2 Es Vud ρ ku Mu fc’ } + ks2 Es Vud ρ
….. 4
Pada persamaan 4 ada 2 variabel Vu/bd √fc’ dan Mu √fc’ /Es ρ Vud Dari 440 test didapatkan : Vu = 0.14 + 17 + bd√fc’
ρ Vud ≤ 0.3 Mu√fc ’
12
6
September 21, 2012
Penampang tanpa tulangan geser A
Vcz C1
Va
Vay Vd
Vax
D
Vax
B Vay
V = Vcz + Vd + Vay
Va T1
T2 C
Vd
F
E
Penampang dengan tulangan geser A
Vcz
Vs C1
Va
B Vs Vax T2
C
Vd
D V ’ cz
Vax Vay Vd
C1’ Va
V = Vcz + Vd + Vay + Vs
T1
T2 F
Vc
E
13
Truss Analogy
berlaku untuk balok langsing
Mengapa lebih banyak dipakai sengkang dibandingkan tulangan tarik miring : masalah kalau terjadi tegangan terbalik sengkang diperlukan sebagai pemegang tulangan pelaksanaan sulit 14
7
September 21, 2012
GESER DALAM BALOK BETON BERTULANG (PB 1989) Vu < φ Vn Vu φ Vn Vc Vs
= beban geser batas (terfaktor) = faktor reduksi = 0.60 PB`89 = Vc + Vs = geser yang ditahan beton = geser yang ditahan baja tulangan
Vc = 1/6 √fc’ bw.d = 1/7 ( √fc’ + 120 ρ w Vu d ) bw.d Mu (rumus untuk geser yang lebih teliti) 15
1. KERUNTUHAN GESER BALOK AKIBAT PELELEHAN SENGKANG Jarak Maksimum Sengkang Sengkang tidak dapat menahan geser bila tidak memotong retak miring. PB`89 pasal 11.5.4.1. menentukan bahwa jarak sengkang maksimum (vertikal) adalah : smax = d/2 atau 600 mm Bila Vs > 1/3 √fc’ bw.d maka jarak sengkang : smax = d/4 atau 300 mm
45º
d/2
45º
Max S = d/2
d/2 16
Max S = d
8
September 21, 2012
2. KERUNTUHAN GESER AKIBAT KEGAGALAN PENJANGKARAN
Keruntuhan akibat sengkang yang mencapai tegangan lelehnya dapat terjadi bila sengkang-sengkang tersebut dijangkarkan dengan sem-purna. Sebaiknya sengkang sengkang diterus-kan masuk ke daerah tekan dan tarik beton dan didetail sesuai dengan syarat-syarat PB`89 pasal 12.12.2 pasal 12.13.5. fy sengkang sebaiknya BJTP/φ24 17
3. RETAK YANG BERLEBIHAN PADA WAKTU PEMBEBANAN LAYAN Lebar retak pada tulangan miring > lebar retak pada sengkang. Lebar retak φ besar - jarak besar > φ kecil - jarak dekat PB`89 : Vs < 2/3 √fc’ bw.d (syarat lebar retak pada geser)
18
9
September 21, 2012
4. KERUNTUHAN GESER AKIBAT HANCURNYA BAGIAN BADAN BALOK YANG TERTEKAN Pada bagian balok yang tipis keruntuhan akibat hancurnya diagonal compression member dibatasi agar tegangan geser yang terjadi < dari (0.2 - 0.25) x tegangan tekan beton yang diijinkan. PB`89 membatasi Vs < 2/3 √fc’ bw.d
19
Vc C
Av f y
T
Av f y S
A
Vs =
d
Av.fy.d s
Bila retak ≈ 45° proyeksi horizontal dari retak = d
B
Bila sengkang dipasang miring dengan sudut α , jumlah sengkang yang memotong bidang retak = d (1+cot α) / s
20
10
September 21, 2012
s Vc C
Av f y F=
ΣA
y vf
F = Av fy T
d (1 + cot α) s
d
Gaya geser yang ditahan sengkang Vs adalah komponen vertikal dan F yakni F sin α
Jadi : α)
d s
Vs = Av fy ( sin α + cos
21
Kegagalan geser akibat keruntuhan batang tarik.
d
d
5. TULANGAN SENGKANG MINIMUM Sebab keruntuhan geser dari balok tanpa tulangan melintang adalah getas dan mendadak dan karena kegagalan geser sangat berva-riasi dibandingkan dengan nilai pada persamaan geser maka PB`89 ps 11.5.5.1. memberikan syarat tulangan minimum bila Vu > φ (0.5 Vc) 22
11
September 21, 2012
Jumlah tulangan minimum Av = bw. s 3 fy Vc = 1/6 √fc` bw.d Vs =
Av.fy.d s
Vc = 2/3 bw.d
= 1/3 bw.d
Dimana : Av = Luas tulangan sengkang (2 kaki) bw = Lebar balok s = jarak tulangan sengkang fy = mutu tulangan Vc = kapasitas beton terhadap geser fc = mutu beton Vs = kapasitas tulangan terhadap geser d = tinggi efektif balok
23
LETAK PENAMPANG KRITIS PADA BALOK BETON DENGAN BEBAN GESER Tumpuan yang menghasilkan tegangan tekan pada balok, letak penampang kritis dapat dievaluasi pada jarak d dari perlelatakan dan tidak ada beban terpusat yang bekerja dalam daerah d dari perle-takan. Sedang untuk penampang yang menerima tumpuan tarik penampang kritis dievaluasi pada muka kolom.
24
12
September 21, 2012
d
25
KAPASITAS GESER BILA DISERTAI BEBAN AKSIAL Kapasitas Geser tanpa Beban Aksial V .d Vc = [(√fc’ + 120 ρw u ) : 7] bw.d < 0.3 √fc’.bw.d Mu Kapasitas Geser dengan Beban Aksial Tekan Vc = [(√fc’ + 120 ρw < (0.3 √fc’.bw.d) x Mm = Mu - Nu (
Vu.d ) : 7] bw.d Mm 0.3 Nu 1+ Ag
4k-d ) 8 26
13
September 21, 2012
Kapasitas Geser dengan Beban Aksial Tarik 0.3 Nu Vc = (1/6.√fc’.bw.d) ( 1 + ) Ag
27
Langkah Perencanaan terhadap BEBAN GESER 1. Tentukan besar gaya geser terfaktor Vu pada penampang kritis (mis : Vu = 1.2 VD + 1.6 VL) 2. Untuk penampang kritis tersebut, hitung Vc; bila : V 2 u φ ≥ [ Vc + 3 √ fc’ bw . d ] penampang harus diperbesar 3. Bila : Vc > Vu ≥ ½ Vc φ gunakan tulangan minimum : b .s As min = w 3 . fy 28
14
September 21, 2012
Vu 4. Jika : φ > Vc gunakan tul. geser sehingga memenuhi : Vu φ ≤ Vc + Vs
29
30
15
September 21, 2012
1. Shear Failure in Beams due to Yielding in Stirrup Stirrups can not sustain the shear force if it does not intersect the diagonal crack. SKSNI - sec 3.4.5 : define that maximum space of each vertical stirrup is :
d/2
45º smax = d/2
smax = d/2 or 600 mm If the shear force in the reinforcement Vs > (√f’c/3) bw d ; then the maximum space of each vertical stirrup is :
d/2
45º smax = d
smax = d/4 or 300 mm 31
2. Shear Failure due to the Loss of Development Length
* Shear failure due to yielding in the stirrup only could be reached if the stirrups have sufficient development length. * The stirrups should be anchorage into the compression and tension zone of concrete and should be detailed regarding SNI provision especially sec. 3.5.13.2. * The bar of BJTP 24 should be used for minimum fy requirement. 32
16
September 21, 2012
3. Excessive Crack at Service Loads Crack width sloping web reinforcement > crack width at vertical stirrups Crack width at bigger bar diameter and bigger spaced > small bar diameter and close spaced. Vs < 2/3 . √fc’ bw.d
(crack width requirement for shear)
4. Shear Failure due to Web Compression At thin part of beams, failure due to diagonal compression member must be restricted so that the generated shear stress is less than (0.2 to 0.25) times the concrete strength, then : Vs < 2/3. √fc’ bw.d 33
5. Shear Failure due to Yielding at Tension Steel Beams without web reinforcement will cause a sudden and brittle failure due to so many shear mode failure. Then SNI define : if Vu > φ (0.5 Vc) → minimum shear reinforcement Av min = Where : Av min = bw = s = fy =
bw s 3 fy minimum shear reinforcement beam width space between each stirrup steel strength 34
17
September 21, 2012
Critical section = the location of the first inclined crack. The critical section must be taken at the face of support when one of the following occurs : 1. Factored shear Vu does gradually decrease from the face of support but the support is itself a beam or girder and therefore does not introduce compression into the end region of the member.
Vu Critical section
2. When a concentrated load occurs between the face of support and the distance d therefrom.
Critical section d
3. When any loading may cause a potential inclined crack to occur at the face of support or extend into instead of away from the support.
Critical section
Instead of these three condition, critical section could be taken as the location at spacing d from support surface.
35
In The SNI strength design method for shear, it is required that : Vu ≤ φ Vn SNI eq. 3.4-1
Vn = Vc + Vs SNI eq. 3.4-2 Where : Vu φ Vn Vn φ Vc Vs
Shear resistance, vu
α=30° 35° 40°
vs
45°
Contribution of concrete neglected
vc Contribution of stirrups
= = = = = =
factored shear force shear strength capacity nominal shear strength reduction factor for shear = 0.6 (SNI 3.2.3.2.(3)) portions of shear strength from concrete portions of shear strength from reinforcement 36
18
September 21, 2012
Concrete Contribution to Shear Strength For element with bending & shear : Vc = (√f’c/6) bw d
SNI eq. 3.4-3
For element with bending & shear & axial compression : Vc = 2 {1 + (Nu/14Ag)} (√f’c/6) bw d Where : Vc f’c bw d Nu Ag
= = = = = =
SNI eq. 3.4-4
shear force from contribution of concrete (N) strength of concrete (MPa) width of beam (mm) effective depth of beam(mm) axial compression ultimate load (N) section area of element (mm2)
d
bw 37
Reinforcement Contribution to Shear Strength If using Vertical Stirrups : SNI eq. 3.4-17 A f d Vs = v y s If using Sloping Stirrups : SNI eq. 3.4-18 Vs =
Av fy (sin α + cos α) d s
Minimum Shear Reinforcement : b s Av min = 3wf SNI eq. 3.4-14 y
Where : Vs = shear force from contribution of shear reinforcement (N) Av = area of shear reinf. (mm2) fy = steel yield strength(MPa) d = effective depth of beam(mm) s = spacing of stirrups (mm) bw = width of beam(mm)
s
Maximum Shear Strength : SNI 3.4.5.6).(8) Vs max = (2√f’c/3) bw d
d bw
38
19
September 21, 2012
Start Change the dimension of beam
Find : Vu yes
Vu < ½ φVc
no
Vu > φVc
no * No shear reinforcement
Finish
yes φVs = Vu - φVc
½φVc ≤ Vu ≤ φVc
φVs > φ(2√f’c/3) bw d
define : Ø and use Av min
no define : Ø
2
Av min = bw s 3 fy
Av fy d s
Vs =
1
yes
39
1
1 Check : spacing of shear reinforcement, s no
Vs > (√f’c/3) bw d
smax = d/2 or 600 mm
yes smax = d/4 or 300 mm
s < smax
no
yes s < smin no Finish
no
s = smax
Finish
* Use double stirrups or * Increase Ø 2 40
20
September 21, 2012
41
42
21
September 21, 2012
43
44
22
September 21, 2012
45
23
