c.i
y.a
4
PERANCANGAN LENTUR PADA BALOK
d
64
Balok merupakan elemen struktur yang menanggung beban layan dalam arah transversal yang menyebabkan terjadinya momen lentur dan gaya geser di sepanjang
un
bentangnya. Pada bagian ini akan dibahas lebih lanjut tentang tata cara analisis kapasitas lentur dan perencanaan tulangan lentur pada elemen balok. A. Asumsi-Asumsi dalam Perhitungan asumsi dasar sebagai berikut:
do @
Perhitungan kekuatan lentur penampang beton bertulang menggunakan asumsi-
1) Bentuk penampang melintang tetap berupa bidang datar, baik sebelum maupun
sesudah terjadi lenturan. Hal ini berarti berlakunya hukum Bernoulli dimana besarnya tegangan yang terjadi di setiap titik pada penampang balok sebanding dengan jarak titik tinjau terhadap garis netral, dengan anggapan adanya kesatuan
sw ido
antara beton dengan baja tulangan secara monolit dan tidak terjadi slip. 2) Diagram hubungan tegangan-regangan baja tulangan telah diketahui secara pasti
melalui hasil uji tarik baja yang valid. Pada umumnya perilaku baja tulangan yang diperhitungkan hanya sampai saat dicapainya tegangan leleh, hal ini dikarenakan setelah fase leleh baja akan mengalami strain hardening, dimana peningkatan tegangan disertai dengan terjadinya deformasi yang sangat besar. 3) Perilaku material beton yang sesungguhnya saat menerima tegangan tekan dapat
diketahui secara nyata baik dalam hal besaran maupun distribusinya, yang dapat
ma il:
digambarkan dalam bentuk diagram tegangan-regangan beton dengan mengacu hasil-hasil penelitian yang telah diakui secara luas.
4) Beton hanya efektif menahan tegangan tekan, sehingga kekuatan beton tidak
diperhitungkan pada bagian penampang yang menerima tegangan tarik.
5) Regangan maksimum yang dapat dimanfaatkan pada serat tekan beton terjauh
e-
harus diambil sama dengan 0,003.
d
65
c.i
6) Tegangan pada tulangan yang nilainya lebih kecil daripada kuat leleh f y harus
diambil sebesar Es dikalikan regangan baja. Untuk regangan yang nilainya lebih
y.a
besar dari regangan leleh yang berhubungan dengan f y , tegangan pada tulangan harus diambil sama dengan f y .
7) Hubungan antara distribusi tegangan tekan beton dan regangan beton boleh
diasumsikan berbentuk persegi, dan dapat dipenuhi oleh suatu distribusi tegangan
un
beton persegi ekuivalen yang ditunjukkan pada Gambar 4-1 dan didefinisikan sebagai berikut:
a) Tegangan beton sebesar 0,85fc' diasumsikan terdistribusi secara merata pada
do @
daerah tekan ekuivalen yang dibatasi oleh tepi penampang dan suatu garis lurus yang sejajar dengan sumbu netral sejarak a = β1c
dari serat dengan
regangan tekan maksimum.
b) Jarak c dari serat dengan regangan maksimum ke sumbu netral harus diukur
dalam arah tegak lurus terhadap sumbu tersebut.
sw ido
c) Faktor β1 harus diambil sebesar 0,85 untuk beton dengan nilai kuat tekan
karakteristik fc' lebih kecil daripada atau sama dengan 30 MPa. Untuk beton dengan nilai kuat tekan di atas 30 MPa, β1 harus direduksi sebesar 0,05 untuk setiap kelebihan 7 MPa di atas 30 MPa, tetapi β1 tidak boleh diambil kurang dari 0,65.
εC
0,85.f’c
a
ma il:
c
h
b
C
a
2
z = d −a
d
εS
T= As.fy
T
e-
Gambar 4-1 Distribusi Tegangan dan Regangan Balok Persegi Bertulangan Tunggal
2
d
66
c.i
B. Balok Tulangan Tunggal
Suatu balok dinyatakan bertulangan tunggal jika pada penampang beton bertulang tersebut hanya diperhitungkan terpasang baja tulangan pada satu sisi saja,
y.a
yaitu pada bagian serat yang menerima gaya tarik. 1. Keadaan regangan seimbang
Suatu keadaan yang sangat menentukan dalam analisis dan perencanaan beton
berimbang (balance).
0,85.f’c
εC
h
Asb
d
ab
Cb
do @
cb
un
bertulang dengan metode kekuatan dan kemampuan layan adalah keadaan regangan
εS=εY
Tb= Asb.fy
sw ido
b Gambar 4-2 Tegangan dan Regangan Kondisi Berimbang Dalam kondisi berimbang serat tekan ekstrim pada beton dan serat tarik pada baja tulangan secara bersamaan mencapai regangan maksimum (εcu pada beton dan
εy pada baja tulangan) sebagaimana diilustrasikan pada Gambar 4-2. Untuk keadaan berimbang, secara geometris dapat diperoleh: cb ε cu = = d ε cu + ε y
0,003
fy 0,003 + Es
=
600 600 + fy
(4-1)
ma il:
dimana Es = 200.000MPa dan ε cu = 0,003 Gaya-gaya dalam penampang yang bekerja ke arah horisontal dapat dihitung
menurut Persamaan (4-2) dan (4-3): Cb = 0,85.f ' c.ab .b = 0,85.f ' c.β1.cb .b
(4-2)
Tb = Asb .fy = ρ b .b.d .fy
(4-3)
e-
dimana
Asb b.d
(4-4)
Dengan
mempertimbangkan
prinsip
keseimbangan
mensubstitusikan Persamaan (4-1) ke dalamnya, diperoleh:
Cb=Tb
dan
y.a
0,85.f ' c 600 .β1. fy 600 + fy
c.i
ρb =
d
67
ρ b =
(4-5)
Rasio penulangan yang dihitung menggunakan Persamaan (4-5) akan
un
menghasilkan beton bertulang dalam keadaan seimbang (balance). 2. Balok bertulangan lemah (Under-reinforced)
Dalam kondisi penampang terpasang baja tulangan kurang dari rasio tulangan
do @
maksimum (0,75 kali rasio tulangan dalam keadaan seimbang), baja tulangan akan lebih dulu mencapai tegangan leleh fy sebelum beton mencapai kekuatan maksimumnya. Gaya tarik baja tulangan tetap sebesar As.fy meskipun besaran beban terus bertambah. Bertambahnya beban yang bekerja menyebabkan terjadinya perpanjangan (deformasi) palstis yang semakin besar hingga mengakibatkan retak akibat lentur pada serat beton yang terkena tarik dan bertambahnya regangan secara
sw ido
non-linear pada beton yang menerima gaya tekan hingga berakibat terjadinya keruntuhan tarik.
Berdasarkan asumsi-asumsi yang telah dijelaskan pada bagian sebelumnya, maka dapat dihitung: C = 0,85.f ' c.a.b
(4-6)
T = As.fy
(4-7)
dimana:
C = gaya tekan pada beton, dihitung sebagai volume blok
ma il:
tekan ekuivalen pada atau dekat keadaan batas; yaitu baja tulangan tarik telah mengalami leleh
Y = gaya tarik pada baja tulangan Dengan memperhitungkan prinsip keseimbangan gaya dalam arah horisontal,
C=T, maka:
0,85.f ' c.a.b = As.fy
e-
sehingga:
(4-8)
As.fy 0,85.f ' c.b
(4-9)
c.i
a=
d
68
Tahanan momen penemapang atau kekuatan nominal (Mn) dapat dihitung dengan: 2
)
(4-10)
y.a
(
Mn = As.fy . d − a
Untuk menjamin daktilitas beton bertulang yang menerima momen lentur sekaligus memperhitungkan terjadinya tegangan-tegangan yang diakibatkan susut, rangkak dan pengaruh suhu, maka SNI 03-2847-2002 mensyaratkan penggunaan tulangan tarik
ρmin =
un
dengan rasio penulangan minimal; f 'c 4.fy
(4-11)
dan tidak boleh lebih kecil dari: 1,4 fy
do @
ρ min =
(4-12)
3. Balok bertulangan kuat (Over-reinforced)
Dalam kondisi penampang terpasang luasan baja tulangan melebihi batas luasan tulangan maksimum (0,75 kali luas tulangan dalam kondisi seimbang), akan
sw ido
berakibat beton mencapai regangan maksimum (0,003) lebih dahulu sementara baja tulangan belum mencapai tegangan leleh (fs
=
d −c c
ε s = 0,003
∴
d −c c
(4-13)
sehingga tegangan pada baja tulangan tarik dapat dihitung: fs = ε s .Es = 0,003
d −c Es c
(4-14)
ma il:
dengan mensubstitusikan nilai a = β1.c , maka: fs = ε s .Es = 0,003
β1.d − a a
(4-15)
Es
Dengan menerapkan prinsip keseimbangan horisontal maka C=T; 0,85.f ' c.a.b = As.fs = 0,003
β1.d − a a
Es .As
(4-16)
dimana As = ρ .b.d , sehingga:
e-
0,85.f ' c 2 2 0,003.E .ρ .a + a.d − β1.d = 0 s
(4-17)
d
69
c.i
yang dapat diselesaikan dengan formula akar kuadrat abc, dan selanjutnya dapat digunakan untuk menghitung kapasitas tampang:
(
Mn = 0,85.f ' c.a.b. d − a
2
)
(4-18)
y.a
Harus diingat bahwa dalam kondisi tulangan kuat (over-reinforced) keruntuhan diawali dengan rusaknya beton sehingga kegagalan struktur terjadi secara tiba-tiba. Dalam hal perencanaan beton bertulang maka kondisi over-reinforced harus dihindari dengan alasan keamanan, untuk balok bertulangan tunggal disyaratkan: ρmin ≤ ρ ≤ ρmax = 0,75.ρ b atau
un
(4-19)
(4-20) Untuk perencanaan ataupun pemeriksanaan penampang, tentunya lebih disukai
do @
Asmin ≤ As ≤ Asmax = 0,75.Asb
penggunaan formulasi yang sistematis dan sederhana dalam penyelesaiannya, yang dapat diperoleh berdasarkan:
Persamaan (4-9) yang dibentuk berdasarkan Persamaan (4-6) dan (4-7) juga dapat dinyatakan dalam:
sw ido
fy a = ρ (4-21) .d 0,85.f ' c dimana; ρ = As (b.d ) , dengan memasukkan Persamaan (4-21) ke dalam Persamaan
(4-10) dapat diperoleh:
ρ.m Mn = ρ.b.d 2 .fy .1 − 2
dimana: m=
fy 0,85.f ' c
(4-22)
(4-23)
ma il:
selanjutnya didefinisikan koefisien lawan Rn yang dinyatakan dalam: Rn =
ρ.m Mn 2 m = ρ . fy . 1 − = ρ . fy − ρ . .fy 2 2 b.d 2
(4-24)
Dengan mencermati persamaan (4-24) diatas dapat disimpulkan bahwa besaran Rn
hanya tergantung dari ρ, fy dan f’c. Jika besaran b dan d yang telah diketahui, maka
ρ dapat dihitung dengan rumus: ρ 2 .
m .fy − ρ.fy + Rn = 0 2
e-
selanjutnya dengan formulasi akar kuadrat abc dapat diperoleh:
(4-26)
1 2.m.Rn . 1− 1− m fy
(4.26)
c.i
ρ=
d
70
Rangkaian formulasi diatas selanjutnya digunakan sebagai acuan dalam analisis
persegi pada Gambar (4-7). MULAI
As b.d
do @
ρ=
ρmin =
Tidak
un
Diketahui: b, d, As, f’c, fy Tentukan Es = 200.000 MPa
1,4 fy
Ya
ρ ≥ ρmin
sw ido
As terlalu kecil
0,85.f ' c 600 .β1. ρ b = fy 600 + fy
ρ ≤ 0,75.ρ b
y.a
balok tulangan tunggal yang ditunjukkan pada Gambar (4-3) dan perencanaan balok
β1 = 0,85 untuk f’c ≤ 30MPa f ' c − 30 β1 = 0,85 − 0,05 ’ 7 untuk 30 MPa≤f’c≤58 MPa β1 = 0,65, untuk f’c≥58 MPa
Ya
ma il:
Tidak
e-
Penampang diperbesar
a=
As.fy 0,85.f ' c.b
a Mn = As.fy . d − 2
SELESAI
Gambar 4-3 Bagan Alir Analisis Balok Persegi Bertulangan Tunggal
d
71
c.i
C. Balok Tulangan Rangkap
Balok bertulangan rangkap adalah balok beton bertulang yang menggunakan
baja tulangan pada bagian penampang yang menerima gaya tarik maupun tekan. Ada
y.a
beberapa alasan yang mendorong penggunaan tulangan rangkap. Alasan yang paling utama adalah aspek deformasi jangka panjang yang terjadi mengikuti fungsi waktu, seperti halnya rangkak (creep) maupun susut (shrinkage). Keberadaan tulangan tekan
dalam kasus ini difungsikan untuk “membebaskan” beton dari tekanan yang
un
berlangsung secara terus menerus. Kemungkinan bekerjanya gaya luar yang mengakibatkan timbulnya momen bolak-balik, misalnya saat bekerjanya gaya gempa juga merupakan alasan penting diterapkannya tulangan rangkap pada struktur beton
do @
bertulang.
Alasan yang lain lebih berkaitan dengan aspek arsitektural, dimana dituntut batasan ketinggian tertentu dalam penentuan dimensi balok, hal ini membawa konsekuensi dibutuhkannya tulangan pada bagian tekan untuk menambah kapasitas momen. Alasan ini meskipun seringkali diterapkan di lapangan, sebenarnya dapat
sw ido
mengakibatkan beberapa konsekuensi yang tidak menguntungkan berkaitan dengan kinerja struktural.
Pertama, besarnya penambahan kapasitas penampang dengan penambahan tulangan rangkap tidak sebanding dengan harga yang harus dibayar sesuai dengan jumlah tulangan tekan yang harus dipasang. Kedua, aspek kelayanan yang berkaitan dengan lendutan sangat berpotensi munculnya lendutan yang cukup besar, karena balok dengan ketinggian yang kecil cenderung mengalami lendutan yang besar. Ketiga, balok dengan ketinggian yang relatif lebih kecil cencerung akan
ma il:
membutuhkan tulangan geser yang lebih besar sehingga dimungkinkan adanya kesulitan dalam pemasangan tulangan geser. Dalam analisis dan perencanaan balok tulangan rangkap diperlukan prosedur
hitungan yang berbeda dengan balok bertulangan tunggal. Pada balok bertulangan rangkap, kekuatan nominal penampang beton bertulang dianggap sebagai akumulasi dua momen kopel internal yang bekerja akibat adanya komponen gaya horisontal
e-
pada baja tulangan tarik (T), gaya tekan pada blok tegangan tekan ekuivalen beton
d
72
c.i
(C), dan gaya tekan pada baja tulangan tekan (CS) sebagimana ditunjukkan pada Gambar 4-4. εC CS c
As’
εS’
a
d
h
C z1 = d − a
T
εS
2
2
z2 = d − d '
un
As
b
a
y.a
d’
do @
Gambar 4-4 Distribusi Tegangan dan Regangan Balok Persegi Bertulangan Rangkap Komponen pertama adalah momen kopel internal yang dibentuk oleh gaya tarik (T) pada bagian tulangan tarik seluas As1 = (As − As ') dan gaya tekan pada blok diagram tegangan tekan beton ekuivalen (C) dengan panjang lengan momen
sw ido
z1 = d − a . 2
Komponen kedua adalah momen kopel internal yang dibentuk oleh gaya tekan pada bagian tulangan tekan seluas As ' dan gaya tarik pada baja tulangan tarik (T) seluas As2 = As ' = (As − As1 ) , dengan panjang lengan momen z2 = d − d ' . Kapasitas nominal penampang dapat dihitung sebagai jumlah antara komponen momen kopel pertama dan kedua, sebagaimana dinyatakan dalam formulasi berikut: Mn = Mn1 + Mn2
(
Mn1 = (As − As ').fy . d − a
2
)
(4-27) (4-28)
ma il:
dimana: a=
Mn
(As − As').fy (0,85.f ' c.b ) 2
(4-29)
= As '. fy (d − d ' )
(4-30)
sehingga kapasitas nominal penampang juga dapat dinyatakan dalam persamaan berikut:
(
e-
Mn = (As − As' ).fy . d − a
2
) + As'.fy (d − d ')
(4-31)
d
73
(
Mn = As1.fy . d − a
2
) + As .fy (d − d ')
c.i
atau (4-32)
2
Untuk menjamin keamanan struktur ditinjau dari aspek kekuatan maka
(MR
= ϕ.Mn ) harus lebih besar dari
kombinasi terbesar momen luar yang bekerja (Mu ) , jadi: Mu ≤ ϕ.Mn
y.a
dipersyaratkan kapasitas momen rencana
(4-33)
un
Persamaan (4-31) hanya dapat diberlakukan apabila tulangan tekan (As’) telah meleleh, jika tegangan leleh belum dicapai maka balok harus dianggap sebagai balok bertulangan tunggal, dan akan lebih tepat jika tegangan aktual (fs’) pada
do @
tulangan tekan dan menggunakan gaya aktual untuk keseimbangan momennya. Syarat agar tulangan tekan (As’) meleleh dapat diturunkan dengan bantuan segitiga sebangun pada Gambar 4-4;
c=
c − d' d' .0,003 = 1 − .0,003 d c a
β1
=
(As − As').fy = (ρ − ρ ').fy .d β1.(0,85.f ' c.b ) 0,85.β1.f ' c
sw ido
εs ' =
(4-34) (4-35)
hingga dapat diperoleh:
ε s ' = 1 −
0,85.β1.f ' c.d ' .0,003 (ρ − ρ ').fy .d
(4-36)
Apabila baja tulangan tekan leleh maka dicapai suatu kondisi dimana ε s ' ≥ ε y = fy
Es
= fy
200.000
, sehingga:
ma il:
0,85.β1.f ' c.d ' fy 1 − .0,003 ≥ (ρ − ρ ').fy .d 200.000
(4-37)
atau −
0,85.β1.f ' c.d ' fy − 600 ≥ (ρ − ρ ').fy .d 600
(4-38)
atau
(ρ − ρ ') ≥ 0,85.β1.f ' c.d ' .
e-
fy .d
600 600 − fy
(4-39)
d
74
c.i
Jika tulangan tekan (As’) belum leleh maka tegangan aktualnya dapat dihitung sebesar fs' = ε s '.Es , atau: 0,85.β1.f ' c.d ' .0,003 x 200.000 fs' = 1 − (ρ − ρ ').fy .d
y.a
(4-40)
atau 0,85.β1.f ' c.d ' MPa < fy fs' = 600.1 − ( ) ρ − ρ ' . fy . d
(4-41)
un
Nilai fs’ ini dapat digunakan untuk pendekatan awal terhadap kontrol regangan untuk keadaan tulangan tekan belum leleh. Rasio penulangan dalam kondisi regangan berimbang dapat ditulis: ρb = ρ b + ρ '
fs ' fy
do @
_
(4-42)
0,85.f ' c 600 β1 merupakan rasio penulangan berimbang pada fy 600 + fy
dimana ρ b =
balok tulangan tunggal.
sw ido
Untuk menjamin perilaku daktail pada balok beton bertulang, rasio penulangan maksimum yang diijinkan untuk balok bertulangan rangkap ditetapkan sebesar: _
ρ ≤ 0,75. ρ b + ρ '
fs' fy
(4-43)
Dalam pembahasan yang diuraikan diatas, hilangnya sebagian luasan beton karena ditempati tulangan diabaikan karena tidak memberikan pengaruh yang signifikan dalam perencanaan praktis beton bertulang. Perlu dicatat apabila tulangan tekan (As’) belum leleh maka tinggi blok
ma il:
tegangan tekan ekuivalen harus dihitung menggunakan tegangan aktual pada tulangan tekan yang diperoleh dari regangan tulangan tekan (εS), sehingga; a=
As.fy − As '.fs ' 0,85.f ' c.b
(4-44)
dengan demikian kapasitas momen nominal pada Persamaan (4-31) berubah menjadi:
(
Mn = (As.fy − As'.fs '). d − a
e-
Untuk
2
) + As'.fs' (d − d ')
mempermudah
pemahaman
(4-45) tentang
langkah-langkah
dalam
melakukan analisis kekuatan lentur balok beton bertulangan rangkap sesuai dengan
d
75
c.i
uraian diatas, disajikan bagan alir analisis balok bertulangan rangkap pada Gambar
(4-5). Sedangkan langkah-langkah yang harus dilakukan dalam perencanaan balok
persegi baik dengan tulangan tunggal maupun tulangan rangkap disajikan pada
y.a
Gambar (4-6). MULAI
As As ' ; ρ' = b.d b.d
do @
ρ =
un
Diketahui: b, d, d’,As, As’, f’c, fy
ρmin =
1,4 fy
Ya
Tidak
ρ ≥ ρmin As terlalu kecil
0,85.β1.f ' c.d ' 600 . fy . d 600 fy −
Tidak
sw ido
ρ − ρ ' ≥
0,85.β1.f ' c.d ' < fy fs ' = 6001 − ( ) ρ − ρ ' . fy . d
_
Ya
Tulangan tekan leleh fs’=fy
0,85.f ' c 600 .β1. fy 600 + fy
ρ b =
_
ma il:
Penampang tidak kuat, perbesar ukuran tampang
a=
ρ '.fs' fy
Ya
As.fy − As '.fs ' 0,85.f ' c.b
(
Mn = (As.fy − As '.fs '). d − a
e-
Tidak
ρ ≤ 0,75. ρ b +
2
) + As'.fs'.(d − d ') SELESAI
Gambar 4-5 Bagan Alir Analisis Balok Persegi Bertulangan Rangkap
d
76
c.i
MULAI
y.a
Diketahui: b, d, d’, Mu, ϕ, f’c, fy Hitung:
0,85.f ' c 600 .β1. fy fy 600 +
; ϕ
ρ b =
ρmax = 0,75.ρ b ;
ρmin =
fy 0,85.f ' c
ρ perlu
;
Rn =
Mn perlu
b.d 2 2.m.Rn 1 =ρ = 1 − 1 − m fy
Tidak Tulangan rangkap
do @
m=
1,4 fy
un
Mn perlu = Mu
Ya
ρ ≤ ρmax
ρ > ρmin
Tentukan agar tulangan tekan leleh
sw ido
1 d ' 600 ≤ (ρ − ρ ') ≤ ρmax .β1. . m d 600 − fy
Tulangan tunggal Ya
Tidak
Luas tulangan perlu: As = ρmin .b.d
Luas tulangan perlu: As = ρ .b.d
Hitung: a = (ρ − ρ ' ).m.d
(
Mn1 = (ρ − ρ ' ).b.d .fy . d − a
ma il:
Mn2 = Mn − Mn1 ; ρ ' =
2
)
Mn2 b.d .fy .(d − d ' )
Pilih Tulangan
ρ = (ρ − ρ ' ) + ρ '
SELESAI
Gambar 4-6 Bagan Alir Perencanaan Balok Persegi
D. Analisis Penampang Balok dengan Flens (T dan L) Penampang balok T dan L terutama digunakan pada daerah lapangan seperti
e-
diperlihatkan pada gambar 4-7. Hal ini dikarenakan pada penampang yang terletak di
d
77
c.i
daerah lapangan flens mengalami tekan, artinya flens mempunyai pengaruh terhadap kapasitas momen internal di daerah lapangan. Sebaliknya di daerah tumpuan, flens mengalami tarik, dengan demikian diabaikan dalam perhitungan kekuatan
I
y.a
penampang. II
II
do @
I
un
pelat
g.n
g.n
Potongan I pada Tumpuan dihitung sebagai balok persegi
Potongan I pada Lapangan dihitung sebagai balok T
sw ido
Gambar 4-7 Penampang Balok Monolit pada Pelat Lebar bagian pelat yang diperhitungkan dapat bekerjasama dengan balok (lebar flens) harus ditentukan berdasarkan ketentuan SNI 03-2847-2002. Lebar efektif flens diambil dari nilai terkecil formulasi berikut: b = bw + b1 + b2 ≤ L dengan
Ln
b2 = 8.h2 ≤
Ln
2
untuk balok T
2
ma il:
b1 = 8.h1 ≤
4
b = bw + b1 b1 = 6.h f
e-
b1 = L 12 L b1 = n 2
untuk balok L
(4-46)
d
78
c.i
Balok T adalah balok pada bagian interior sedangkan balok L terletak pada
bagian eksterior. Prinsip-prisip dasar yang digunakan dalan perhitungan balok persegi juga berlaku untuk balok T maupun balok L. Perbedaan pokok terletak pada
y.a
perhitungan gaya tekan blok beton (C) yang tergantung dari tinggi garis netral (c), sebagai berikut:
1. Balok T “Palsu”
un
Kasus ini dijumpai pada balok T atau L dimana garis netral berada di dalam flens (c < hf), seperti ditunjukkan pada Gambar 4-8. Kasus ini juga berlaku jika c > hf dan a < hf sehingga parameter desain yang diuraikan juga masih dapat digunakan. εCU
do @
b hf
a
sw ido
d
c
bW
C
T=As.fy
εS > εy
Gambar 4-8 Balok T dengan c < hf
Agar kondisi c < hf dapat terjadi, maka luas tulangan tarik As harus memenuhi: As ≤
0,85.f ' c.b.hf fy
(4-47)
Dalam kondisi ini dijumpai keseimbangan gaya-gaya dalam: (4-48)
ma il:
C =T C = 0,85.f ' c.a.b
(4-49)
T = As.fy
(4-50)
sehingga diperoleh a=
As.fy 0,85.f ' c.b
(4-51)
e-
sedangkan kekuatan lentur nominal dapat dihitung dengan:
(
Mn = As.fy . d − a
2
)
(4-52)
d
79
c.i
Jika dicermati persamaan diatas sama dengan persamaan-persamaan yang dgunakan
untuk analisis balok persegi, dengan lebar balok selebar flens (b) yang dihitung
2. Balok T “Murni”
y.a
menurut Persamaan (4-46).
Kasus ini dijumpai pada balok T atau L dimana garis netral berada di dalam flens (c > hf) dan tinggi blok tegangan segi-empat ekuivalen juga lebih besar dari
un
tinggi flens (a > hf), seperti ditunjukkan pada Gambar 4-9. εCU
b
do @
hf d
c
Asf
As
εS
sw ido
bW
Gambar 4-9.a Analogi Balok T εC
d’
c
Asf
h
d
εS’
CS
a
a
2
C z1 = d − a
2
z2 = d − d '
As
ma il:
b
εS
T
Gambar 4-9.b Distribusi Tegangan dan Regangan Balok T
Untuk kasus ini dapat diberlakukan serupa dengan balok persegi bertulangan
rangkap, dengan menggantikan bagian pelat dari “flens” menjadi suatu penulangan imajiner yang luasnya:
e-
Asf =
0,85.f ' c.(b − bw ).hf fy
(4-53)
d
80
c.i
Untuk balok yang dipandang sebagai balok T “murni”, gaya tarik sebesar As.fy dari tulangan harus lebih besar daripada kapasitas gaya luas flens total sebesar 0,85.f’c.b.hf sehingga: As > hf 0,85.f ' c.b
(4-54)
y.a
a=
atau hf < 1,18.ω.d = a
As fy . , dan jika digunakan blok tegangan parabola maka Persamaam b.d f ' c
un
dimana ω =
(4-55)
(4-55) dapat ditulis: 1,18.ω.d
β1
do @
hf <
(4-56)
Untuk menjamin perilaku daktail maka diberikan batasan penulangan: ρ < 0,75.ρ b
dimana:
_
ρb =
_ ρ b − ρf
sw ido
b ρb = w b
0,85.f ' c 600 .β1. fy 600 + fy
ρ f = 0,85.f ' c.(b − bw ).
hf fy .bw .d
(4-57)
(4-58) (4-59) (4-60)
Sedangkan untuk persyaratan tulangan minimum: ρw =
As 1,4 ≥ bw .d fy
(4-61)
Seperti halnya balok bertulangan rangkap, tulangan tarik dipandang menjadi
ma il:
dua bagian yaitu As1 yang harus mengimbangi gaya tekan segi-empat seluas bw.a dan
As2 untuk mengimbangi luas tulangan imajiner Asf , sehingga momen nominal dapat
dihitung:
(4-62)
Mn = Mn1 + Mn2
(
Mn1 = As1.fy . d − a
2
) = (As − As ).(d − a 2) f
e-
Mn2 = As2 .fy . d − hf = Asf .fy . d − hf 2 2
(4-63) (4-64)
c.i
Prosedur analisis balok T dan L selengkapnya disajikan pada gambar 4-10.
d
81
b dihitung sebagai nilai terkecil dari: b = bw + b1 + b2 ≤ L
MULAI
4
Diketahui: b, bw, hf, d, As, f’c, fy
b1 = 8.h1 ≤
Ln
b2 = 8.h2 ≤
Ln
2 2
ρ b =
hf fy .bw .d
do @
ρ f = 0,85.f ' c.(b − bw ).
bw _ ρb = . ρb + ρ f b ρ =
untuk balok L
b1 = L 12 Ln b1 = 2
0,85.f ' c 600 .β1. 600 + fy fy
_
untuk balok T
un
b = bw + b1 b1 = 6.h f
y.a
dengan
ρ ≤ 0,75.ρ b
As b.d
Tidak
Ya
As fy . b.d f ' c
Tidak
sw ido
ω=
c=
1,18.ω.d
β1
< hf
Penampang diperbesar
1,4 As ≤ bw .d fy
Ya ρ ditingkatkan
Ya Balok T Palsu
Tidak
Balok T Murni
a=
As.fy 0,85.f ' c.b
(
Mn = As.fy . d − a
0,85.f ' c.(b − bw ).hf fy
ma il:
Asf =
a=
( As − Asf ).fy 0,85.f ' c.bw
(
Mn1 = ( As − Asf ).fy . d − a
2
)
2
)
SELESAI
e-
h Mn2 = Asf .fy . d − f 2 Mn = Mn1 + Mn2
Gambar 4-10 Bagan Alir Analisis Balok T dan L
d
82
c.i
E. Contoh-Contoh Aplikasi Contoh 4-1
Hitung kapasitas momen rencana (MR) yang diijinkan bekerja pada balok beton
un
b = 400 mm h = 800 mm f’c = 25 MPa fy = 400 MPa As = 5D25 selimut beton Diameter sengkang
y.a
bertulangan tunggal di bawah ini:
do @
= 40 mm = 10 mm
Penyelesaian: (Analisis dilakukan sesuai bagan alir pada Gambar 4-3) Hitung tinggi efektif balok (d)
d = 800 − 40 − 10 − 25 = 737,5mm 2 Kontrol rasio penulangan
(
)
ρmin =
1,4 1,4 = = 0,0035 fy 400
ρ > ρmin ρb =
(Memenuhi syarat)
600 0,85.f ' c .β1. fy 600 + fy
β1 = 0,85 ;
karena f’c= 25 MPa < 30 MPa
0,85.25 600 .0,85. = 0,0271 400 600 + 400
ma il:
ρb =
sw ido
As 5 x 0,25.π .25 2 2454,369 ρ= = = = 0,0083 b.d 400 x 737,5 295000
ρmax = 0,75.ρ b = 0,75.0,0271 = 0,0203 ρ < ρmax
(Memenuhi syarat)
Hitung kapasitas momen nominal
e-
a=
As.fy 2454,369.400 = = 115,4997mm 0,85.f ' c.b 0,85.25.400
a = As.fy . d − 2
c.i
Mn
d
83
y.a
115,4997 = 2454,369.400. 737,5 − N.mm 2 = 667343078,4 N.mm = 667,343 kN.m
MR
un
Momen rencana (MR) yang boleh dikerjakan di atas balok sebesar: = ϕ.Mn
= 533,8745 kN.m
Contoh 4-2
do @
= 0,80.667,3431 kN.m
Hitung kapasitas momen rencana (MR) yang diijinkan bekerja pada balok beton
sw ido
bertulangan rangkap di bawah ini:
b = 400 mm; h = 800 mm f’c = 25 MPa; fy = 400 MPa As = 8D29 As’ = 4D29 selimut beton = 40 mm Diameter sengkang = 10 mm Jarak antar lapis tulangan tarik = 30 mm
ma il:
Penyelesaian: (Analisis dilakukan sesuai bagan alir pada Gambar 4-4) Hitung tinggi efektif balok (d) d = 800 − 40 − 10 − 29 − 15 = 706mm
Hitung posisi pusat berat tulangan tekan d ' = 40 + 10 + 29
2
= 64,5mm
e-
Periksa rasio penulangan minimum
(
)
(
)
d
84
c.i
As 8 x 0,25.π .29 2 5284,1588 = = = 0,0187 ρ= b.d 400 x 706 282400
y.a
As ' 4 x 0,25.π .29 2 2642,0794 = = = 0,0094 ρ' = b.d 400 x 706 282400 As1 = As − As ' = 5284,1588 − 2642,0794 = 2642,0794 mm 2 As1 2642,0794 = = 0,0094 b.d 400 x 706
ρ − ρ' =
1,4 1,4 = = 0,0035 fy 400
ρ > ρmin
un
ρmin =
(Memenuhi syarat)
do @
Periksa kondisi tulangan tekan:
0,85.β1.f ' c.d ' 600 0,85.0,85.25.64,5 600 = . . = 0,0124 fy .d 400 x 706 600 − 400 600 − fy
ρ − ρ ' = 0,0094 < 0,0124
Hitung fs’ aktual
(Tulangan tekan belum leleh)
sw ido
0,85.β1.f ' c.d ' 0,85.0,85.25.64,5 = 600.1 − fs ' = 600.1 − ( ) ρ − ρ ' . fy . d 0 , 0094 . 400 . 706 fs ' = 336,6725MPa
Periksa rasio penulangan maksimum ρb =
600 0,85.f ' c .β1. fy 600 + fy
β1 = 0,85 ;
0,85.25 600 .0,85. = 0,0271 400 600 + 400
ma il:
ρb =
karena f’c= 25 MPa < 30 MPa
ρmax = 0,75.ρ b +
ρ < ρmax
ρ '.fs' fy
= 0,75 x 0,0271 +
0,0094 x 336,6725 = 0,0282 400
(Memenuhi syarat)
Hitung kapasitas momen nominal
e-
a=
Mn
As.fy − As '.fs ' 5284,1588 x 400 − 2642,0794 x 336,6725 = a = 144,0174 mm 0,85.f ' c.b 0,85.25.400 a = (As.fy − As '.fs '). d − + As '.fs '.(d − d ') 2
2642,0794.336,6725(706 − 64,5 )
y.a
= 1346723388 N.mm
c.i
144,0174 = (5284,1588 .400 − 2642,0794 .336,6725 ) 706 − + 2
d
85
= 1346,7234 kN.m
MR
= ϕ.Mn
= 1077,3787 kN.m
Contoh 4-3
do @
= 0,80.1346,7234 kN.m
un
Momen rencana (MR) yang boleh dikerjakan di atas balok sebesar:
Hitung kapasitas momen rencana (MR) yang diijinkan bekerja pada balok beton bertulangan rangkap di bawah ini:
sw ido
b = 400 mm; h = 800 mm f’c = 25 MPa; fy = 400 MPa As = 8D29 As’ = 2D29 selimut beton = 40 mm Diameter sengkang = 10 mm Jarak antar lapis tulangan tarik = 30 mm
Penyelesaian: (Analisis dilakukan sesuai bagan alir pada Gambar 4-4) Hitung tinggi efektif balok (d)
ma il:
d = 800 − 40 − 10 − 29 − 15 = 706mm
Hitung posisi pusat berat tulangan tekan d ' = 40 + 10 + 29
2
= 64,5mm
Periksa rasio penulangan minimum
(
)
(
)
As 8 x 0,25.π .29 2 5284,1588 = = = 0,0187 ρ= b.d 400 x 706 282400
e-
As ' 2 x 0,25.π .29 2 1321,0397 = = = 0,0047 ρ' = b.d 400 x 706 282400
d
86
1,4 1,4 = = 0,0035 fy 400
ρ > ρmin
(Memenuhi syarat)
Periksa kondisi tulangan tekan:
y.a
As1 3963,1191 = = 0,014 b.d 400 x 706
ρ − ρ' = ρmin =
c.i
As1 = As − As ' = 5284,1588 − 1321,0397 = 3963,1191mm 2
ρ − ρ ' = 0,014 > 0,0124
un
0,85.β1.f ' c.d ' 600 0,85.0,85.25.64,5 600 = . . = 0,0124 fy .d 600 − fy 400 x 706 600 − 400
(Tulangan tekan leleh)
do @
Karena tulangan tekan telah meleleh maka fs’ = fy Periksa rasio penulangan maksimum ρb =
600 0,85.f ' c .β1. fy 600 + fy
β1 = 0,85 ;
0,85.25 600 .0,85. = 0,0271 + 400 600 400
sw ido
ρb =
karena f’c= 25 MPa < 30 MPa
ρmax = 0,75.ρ b +
ρ < ρmax
ρ '.fs ' fy
= 0,75 x 0,0271 +
0,0047 x 400 = 0,025 400
(Memenuhi syarat)
Hitung kapasitas momen nominal a=
a = (As.fy − As '.fs '). d − + As '.fs '.(d − d ') 2
ma il:
Mn
As.fy − As '.fs ' 5284,1588 x 400 − 1321,0397 x 400 = a = 186,4997 mm 0,85.f ' c.b 0,85.25.400
186,4997 = (5284,1588 .400 − 1321,0397 .400 ) 706 − + 2
1321,0397.400.(706 − 64,5 )
e-
= 1310339516 N.mm = 1310,3395 kN.m
d
87
MR
c.i
Momen rencana (MR) yang boleh dikerjakan di atas balok sebesar: = ϕ.Mn
y.a
= 0,80.1310,3395 kN.m = 1048,2716 kN.m
Contoh 4-4
un
Rencanakanlah penulangan balok beton bertulang dengan ketentuan berikut:
do @
b = 350 mm h = 700 mm f’c = 34 MPa fy = 400 MPa selimut beton = 40 mm Diameter sengkang = 10 mm Diameter tulangan pokok tersedia = 22 mm Untuk menanggung kombinasi beban ultimate:
sw ido
a. Mu = 10 t.m b. Mu = 50 t.m
Penyelesaian: (Cara perencanaan sesuai bagan alir pada Gambar 4-6)
Kasus (a)
Hitung perkiraan tinggi efektif balok (d) d = 700 − 40 − 10 − 22 = 639mm 2
ma il:
Mu = 10 t .m = 100 kN.m = 100 x10 6 N.mm MR = Mn perlu
e-
ρb =
100 x10 6 = = = 125 x10 6 N.mm ϕ 0,8 Mu
0,85.f ' c. 600 ; .β1. fy 600 + fy
karena f’c= 34 MPa > 30 MPa, maka: f ' c − 30 = 0,82 7
β1 = 0,85 − 0,05
d
88
c.i
0,85.34. 600 .0,82. = 0,0356 400 600 + 400
ρb =
ρmax = 0,75.ρ b = 0,75.0,0356 = 0,0267 fy 400 = = 13,8408 0,85.f ' c 0,85.34
Rn =
Mn perlu b.d 2
y.a
m=
125 x10 6 = = 0,8747 2 350.639
un
2.m.Rn 1 1 1 − 1 − 2.13,8408 .0,8747 = ρ= 1 − 1 − m 400 fy 13,8408
ρmin =
1,4 1,4 = = 0,0035 fy 400
Kontrol rasio penulangan perlu
do @
ρ = 0,0022
ρ = 0,0022 < ρmax = 0,0267 ; maka digunakan tulangan tunggal ρ = 0,0022 < ρmin = 0,0035 ; maka diperlukan luas tulangan minimum
sw ido
Luas tulangan perlu
As = ρmin .b.d = 0,0035.350.639 = 782,775mm 2
dipasang tulangan tarik:
3D22 = 1140, 2981 mm2 > 782,775 mm2
Kasus (b)
Hitung perkiraan tinggi efektif balok (d)
ma il:
d = 700 − 40 − 10 − 22 = 639mm 2
Mu = 50 t .m = 500 kN.m = 500 x10 6 N.mm MR = Mn perlu
e-
ρb =
500 x10 6 = = = 625 x10 6 N.mm ϕ 0,8 Mu
0,85.f ' c. 600 ; .β1. fy 600 + fy
karena f’c= 34 MPa > 30 MPa, maka:
y.a
0,85.34. 600 .0,82. = 0,0356 400 600 + 400
ρb =
ρmax = 0,75.ρ b = 0,75.0,0356 = 0,0267
Rn =
ρ=
Mn perlu b.d 2
625 x10 6 = = 4,3733 2 350.639
un
fy 400 = = 13,8408 0,85.f ' c 0,85.34
2.m.Rn 1 1 1 − 1 − 2.13,8408 .4,3733 = 1 − 1 − m 400 fy 13,8408
ρ = 0,0119 ρmin =
1,4 1,4 = = 0,0035 fy 400
Kontrol rasio penulangan perlu
do @
m=
c.i
f ' c − 30 = 0,82 7
β1 = 0,85 − 0,05
d
89
sw ido
ρ = 0,0119 < ρmax = 0,0267 ; maka digunakan tulangan tunggal ρ = 0,0119 > ρmin = 0,0035 ; memenuhi kebutuhan tulangan minimum
Luas tulangan perlu As = ρ.b.d = 0,0119.350.639 = 2661,435mm 2
dipasang tulangan tarik: 7D22 = 2660,929 mm2 ≈ 2661,435 mm2
ma il:
Contoh 4-5
e-
Rencanakanlah penulangan balok beton bertulang dengan ketentuan berikut: b = 350 mm h = 700 mm f’c = 34 MPa fy = 400 MPa selimut beton = 40 mm Diameter sengkang = 10 mm Diameter tulangan pokok tersedia = 28 mm
d
90
Penyelesaian: (Cara perencanaan sesuai bagan alir pada Gambar 4-6)
d = 700 − 40 − 10 − 28
2
= 636mm
Hitung perkiraan posisi pusat berat tulangan tekan
un
d ' = 40 + 10 + 28 = 64mm 2
y.a
Hitung perkiraan tinggi efektif balok (d)
c.i
Untuk menanggung kombinasi beban ultimate: Mu = 100 t.m
Mu = 100 t .m = 1000 kN.m = 1000 x10 6 N.mm
0,85.f ' c. 600 ; .β1. fy 600 + fy
ρb =
do @
MR = Mn perlu
1000 x10 6 = = = 1250 x10 6 N.mm ϕ 0,8 Mu
karena f’c= 34 MPa > 30 MPa, maka: f ' c − 30 = 0,82 7
β1 = 0,85 − 0,05
sw ido
0,85.34. 600 .0,82. = 0,0356 400 600 400 +
ρb =
ρmax = 0,75.ρ b = 0,75.0,0356 = 0,0267 m=
fy 400 = = 13,8408 0,85.f ' c 0,85.34
Rn =
b.d 2
1250 x10 6 = = 8,8293 350.636 2
2.m.Rn 1 1 1 − 1 − 2.13,8408.8,8293 = 1 − 1 − m 400 fy 13,8408
ma il:
ρ=
Mn perlu
ρ = 0,0272 ρmin =
1,4 1,4 = = 0,0035 fy 400
Kontrol rasio penulangan perlu
e-
ρ = 0,0272 > ρmin = 0,0035 ; memenuhi kebutuhan tulangan minimum ρ = 0,0272 > ρmax = 0,0267 ; maka digunakan tulangan rangkap
d
91
c.i
Tentukan agar tulangan tekan meleleh:
1 64 600 .0,82. . ≤ (ρ − ρ ') ≤ 0,0267 13,8408 636 600 − 400 0,0179 ≤ (ρ − ρ ') ≤ 0,0267
Ditentukan
agar tulangan tekan leleh
un
0,0179 < (ρ − ρ ') = 0,02 < 0,0267 ;
y.a
1 d ' 600 ≤ (ρ − ρ ') ≤ ρmax .β1. . m d 600 − fy
a = (ρ − ρ ').m.d = 0,02.13,8408.636 = 176,055mm 2
)
do @
(
Mn1 = (ρ − ρ ').b.d .fy . d − a
= 0,02.350.636.400. 636 − 176,055 2 = 975829428 N.mm Mn2 = Mn − Mn1
ρ'
=
sw ido
= 1250 x10 6 − 975,5829 x10 6 = 274,4171x10 6 N.mm Mn2 b.d .fy .(d − d ' )
274,4171x10 6 = 350.636.400.(636 − 64 ) = 0,0054
ρ
= (ρ − ρ ' ) + ρ
= 0,02 + 0,0054
e-
ma il:
= 0,0254
As
= ρ.b.d = 0,0254 .350.636 = 5654,04 mm 2
As '
= ρ '.b.d = 0,0054.350.636 = 1202,04 mm 2
d
92
= 10 D 28 = 6157,5216 mm2 > 5654,04 mm2
Tulangan tekan = 2 D 28
= 1231,5043 mm2 > 1202,04 mm2
Contoh 4-6 960 mm
f’c = 28 MPa fy = 400 MPa a) As= 4D28 b) As= 7D36
un
120 mm
y.a
Tulangan tarik
c.i
Dipakai:
555 mm
do @
500 mm
300 mm
Hitung kapasitas momen rencana (MR) yang diijinkan bekerja pada balok beton
sw ido
bertulang yang tergambar di atas:
Penyelesaian: (Analisis sesuai bagan alir pada Gambar 4-10)
Kasus (a)
Kontrol rasio penulangan _
ρb
0,85.f ' c 600 .β1. = + fy 600 fy
600 0,85.28 = .0,85. = 0,0304 400 600 + 400 = 0,85.f ' c.(b − bw ).
ma il:
ρf
hf fy .bw .d
= 0,85.28.(960 − 300 ).
ρb
b = w b
e-
=
120 = 0,0283 400.300.555
_ . ρ b + ρf
300 .(0,0304 + 0,0283 ) = 0,0183 960
=
As b.d
(
c.i
ρ
d
93
)
= 0,75.ρ b = 0,75.0,0183 = 0,0137
ρ = 0,0046 < ρmax = 0,0137 As bw .d
1,4 fy
≥ ρmin =
(
4 x 0,25.π .28 2 ρw = 300.555
)
≥ ρmin =
ρw = 0,0148 ≥ ρmin = 0,0035
Kontrol perilaku balok ω
=
As fy . b.d f ' c
(
)
1,4 400
(Memenuhi syarat)
do @
ρw =
(Memenuhi syarat)
un
ρmax
4 x 0,25.π .28 2 400 = . = 0,066 960.555 28 =
=
1,18.ω.d
sw ido
c
β1
1,18.0,066.555 = 50,851mm 0,85
c = 50,851mm < hf = 120mm
(Balok T Palsu)
Kapasitas lentur penampang a
=
As.fy 0,85.f ' c.b
(
)
ma il:
4 x 0,25.π .28 2 .400 = 0,85.28.300
= 137,9837 mm
Mn
(
= As.fy . d − a
(
2
) )
e-
= 4 x 0,25.π .28 2 .400. 555 − 137,9837 2 = 478816920,3 N.mm
y.a
4 x 0,25.π .28 2 = = 0,0046 960.555
d
94
MR
c.i
= 478,8169 kN.m = ϕ.Mn
y.a
= 0,80.478,8169 kN.m = 383,0535 kN.m
un
Kasus (b) Kontrol rasio penulangan 0,85.f ' c 600 .β1. = fy 600 + fy
do @
_
ρb
600 0,85.28 = .0,85. = 0,0304 400 600 400 +
ρf
= 0,85.f ' c.(b − bw ).
hf fy .bw .d
ρb
ρ
120 = 0,0283 400.300.555
sw ido
= 0,85.28.(960 − 300 ). b = w b
_ . ρ b + ρf
=
300 .(0,0304 + 0,0283 ) = 0,0183 960
=
As b.d
(
)
7 x 0,25.π .36 2 = = 0,0134 960.555
= 0,75.ρ b = 0,75.0,0183 = 0,0137
ma il:
ρmax
ρ = 0,0121 < ρmax = 0,0137 ρw =
As bw .d
(
≥ ρmin =
e-
7 x 0,25.π .36 2 ρw = 300.555
)
(Memenuhi syarat)
1,4 fy ≥ ρmin =
ρw = 0,0428 ≥ ρmin = 0,0035
1,4 400
(Memenuhi syarat)
d
95
As fy . b.d f ' c
=
7125,1321 400 . = 0,191 960.555 28
=
=
1,18.ω.d
β1 1,18.0,191.555 = 147,1929mm 0,85
(Balok T Murni)
c = 132,915mm < hf = 120mm
Mn1
=
0,85.f ' c.( b − bw ).hf fy
=
0,85.28.(960 − 300 ).120 = 4712,4mm 2 400
=
( As − Asf ).fy 0,85.f ' c.bw
=
(7125,1321 − 4712,4).400 = 135,1671mm 0,85.28.300
sw ido
a
do @
Kapasitas lentur penampang Asf
y.a
c
=
un
ω
c.i
Kontrol perilaku balok
(
= ( As − Asf ).fy . d − a
2
)
= (7125,1321 − 4712,4).400. 555 − 135,1671 2 Mn1
= 470402143,2N.mm
Mn2
= Asf .fy . d − hf 2
(
ma il:
= 4712,4.400. 555 − 120
2
)
= 933055200N.mm
Mn
= Mn1 + Mn2 = 470402143,2 + 933055200
e-
= 1403457343N.mm = 1403,4573 kN.m
= ϕ.Mn
c.i
MR
d
96
= 0,80.1403,4573 kN.m
e-
ma il:
sw ido
do @
un
y.a
= 1122,7659 kN.m
