KOLOM BETON BERTULANG
Norman Ray Surabaya Adhi Tama Technology of Institute
Aturan Yang Dipakai Yang Dipakai
• PBI PBI 1971 1971 • SKSNI 1993 • SNI 03‐2847‐2002 & S‐ 2002
Referensi Yang Digunakan • • • • • • • • • •
ACI‐318M‐1999 Chu‐Kia Wang ,Charles G.Salmon ,”Reinforced Concrete Design” Six Editon,1998 Edward G Nawy , ”Reinforced Edward G.Nawy Reinforced Concrete a fundamental Approach Concrete a fundamental Approach ”1996 1996 Tata cara perencanaan struktur beton untuk Bangunan Gedung ,SNI 03‐ 2847‐ 2002 Tata cara Perencanaan Ketahanan gempa untuk Bangunan Gedung ,SNI Tata cara Perencanaan SNI 03‐1726‐2002 UBC – 1994 Paulay l T.and d Priesley i l M.J.N ,” Seismic Design of Reinforced concrete and ”S i i i f i f d d Mansory Building “John Wiley & Sons ,INC,1991 R.Park and T.Paulay .”Reinforced Concrete Structures”John Wiley & Sons ,INC.1985 INC 1985 Rachmat Purwono “ Perencanaan Struktur Beton Tahan Gempa “Sesuai SNI – 1726 dan SNI ‐2847 ,ITS press , 2006 J Thambah Sembiring Gurki, “Beton Bertulang”, Penerbit Rekayasa Sains
KOLOM Pasal 12 SNI 03‐2847‐2002 & S‐2002 • Sebuah elemen yang menerima gaya aksial t k dan tekan d gaya momen pada ujung2nya • Jenis 2 kolom : – Kolom dengan sengkang atau spiral – Kolom Komposit
Beda KOLOM Pasal 12 SNI 03‐2847‐2002 & S‐ 2002 dib di Code sebelumnya 2002 dibanding C d b l
• Perhitungan panjang tekuk lebih terperinci • Dibedakan antara kolom panjang dan pendek • Beda pengaruh d h antara momen single i l curvature dan double curvature • Beda pengaruh sitem braced dan unbraced • Eksentrisitas lebih untuk Ms • Pengaruh rangkak diperhitungkan
Dalam SKSNI 2002 kolom 2002 kolom dibedakan menjadi 2 : 2: • Kolom pendek Æ tidak ada bahaya tekuk – Tinggi Ti i Kolom K l < 3x dimensi 3 di i kolom k l (l b / (lebar/panjang) j )
• Kolom panjang Æ ada bahaya tekuk Tinggi Kolom > 3x dimensi kolom (lebar/panjang)
panjang
Tinggi kolom lebar
Pn maks • Pn maks = 0,85.Po ( kolom spiral) • Pn maks = 0,80.Po ( kolom bersengkang ) • Krn kolom menerima 2 beban sekaligus yaitu M(momen) dan P (aksial)shg muncul e(eksentrisitas)=M/P maka dlm praktek e=0 tidak ada (aksial murni M=0 dihindari), harus di hit diperhitungkan k adanya d emin i dimana di SNI SNI S12.3.5 &S12.3.6: – e min = 0,05 h ( kolom e min 0 05 h ( kolom spiral ) spiral ) – e min = 0,1 h ( kolom bersengkang)
Kekuatan Nominal Kolom Pendek (Beban Konsentris e=0)
• Kolom beugel Æ Ps12.3.5.2 φ Pn = 0,8. φ Pn 0,8. φ[0,85.fc φ[0,85.fc’(Ag‐Ast)+fy.Ast] (Ag Ast)+fy.Ast] < 0,10 fc’.Ag < φ Pnb φP b • Kolom SpiralÆ Ps12.3.5.1 φ Pn = 0,85. φ[0,85.fc’(Ag‐Ast)+fy.Ast]
Po
Kolom dg Sengkang Ast=A1+A2
A1
Po = 0,85 fc’ (Ag-Ast) + fy Ast Æ Kolom sengkang persegi SNI 03-2847-2002 Ps 12.3.5 atau P =A Po Ag [0 [0,85 85 fc’ f ’ (1-ρg) (1 ) + fy f ρg ]
Ast ρg = Ag
A2
h
C2 = A A1 fy
b
P Po
C3 = A2 fy C1 = 0,85 fc’ [ Ag ‐ Ast]
Factor reduksi (φ ) • Lentur : φ = 0,80 • Aksial konsentris : φ : φ = 0,65 = 0 65 • Aksial konsentris + Lentur : φ = 0,65 – 0,80 Æ lihat grafik φ 0,80
0,65
Pu fc' Ag 0,1
Desain Kolom Pendek Data awal : Beban M f ’f E Mu, fc’, fy, Es
START
Kolom knsentris, emin=0,1.h
Hitung Pu Mu e=Mu/Pu Pu,Mu,e=Mu/Pu
Coba ρ =8% Po=0,85.fc’.(Ag‐Ast)+fy.Ast Po=Ag.(0,85.fc’(1‐ρ)+fy.ρ) Pn maks=Pu/φ=Pu/0,65=0,8.Po maks=Pu/φ=Pu/0 65=0 8 Po
1%< ρ <8% ρ <8%
• Hitung kebutuhan penampang kolom, Ag • Rencanakan dimensinya h,b
tdk ya
Po=0,85.fc’.(Ag‐Ast)+fy.Ast
ya Masuk Compression failure
ρ min=1% ρ maks=8% tdk
e<emin=0,1.h
SELESAI
Contoh Soal Rencanakan kolom p pendek dengan g beugel g Beban mati = 1300 KN Beban hidup = 1100 KN Momen = 56 KN.m fc=30 Mpa fy=400 MPa
J Jawab : Coba dengan g ρ =3% Pu = 1,2D + 1,6L = 1,2.1300 + 1,6.1100= 3320 KN Mu = 1,6.ML= 1,6.56= 89,6KN.m e = Mu/Pu M /P = 89 89,6/3320= 6/3320 0,02698 0 02698 m Po=0,85.fc’.(Ag-Ast)+fy.Ast P A ( Po=Ag.(0,85.fc’(1-ρ)+fy.ρ)=Ag.(0,85.30.(1f ’( ) f ) A ( ( 3%)+400.3%) ) ) Pn maks=0,8 Po Æ kolom beugel Pu/φ= 0,8.Ag.(0,85.30 (1-0,03) + 400.0,03) Pu= φ. 0,8.Ag.(0,85.30 (1-0,03) + 400.0,03) 3.320= 0,65.0,8.Ag.(0,85.30 , , g( , (1-0,03) ( , ) + 400.0,03) , )
3320 Ag = = 0,1738m 2 0,65.0,80.(0,85.2,91 + 12) Jika kolom berbentuk bujur sangkar maka diperlukan h= √0,1738 = 0,42 m= 42 cm Dicoba ukuran kolom 45x45 cm2 Æ Ag=0,2025 m2 Pn maks = Po/ φ = 5,108/0,8 = 6,348 MN = 6348 KN e = 26,98 mm = 2,698 cm e/h = 2,698 / 45 = 0,06 < 0,1 Æ kolom konsentris e/h dianggap dia gga 0,1 0 1 dan da Pn P maks ak = 0,8 0 8 Po
Tekan Aksial,Po
Pn max=0,8.Po e/h=0,6 e/h=0,1
Mlentur,Mn
Format Keamanan LRFD (l d resistance (load i factor f design) d i ) Ps 11.1 11 1
φ φ
R R
≥ λ ≥ U
Q
Nil i λ untuk Nilai k salah l h satu kondisi k di i : U = 1,2 D+ 1,6 L Pu = 1,2 PD + 1,6 PL Mu = 1,2 1 2 MD + 1,6 1 6 ML
Kuat Rencana (φ) Ps 11.3 (φ) Ps 11.3 • Aksial Tarik dan Momen Æ φ = 0,80 = 0 80 • Aksial Tekan dan Momen Æ φ = 0,65 • Desain i kolom k l : Beban Pu2 dan Mu2 Kekuatan nominal Pn ≥
Pu 2
φ
; Mn ≥
Mu 2
Pu1
Mu1
Mu2
φ Pu2
Kolom Panjang Ukuran kelangsingan kolom Panjang ditentukan oleh :
k Ln r
• Sistem Braced frame (Tidak Bergoyang Ps 12.12.2 ) k Ln M 1b ≤ 34 − 12 r M 2b
• Sistem unbraced frame (Bergoyang frame (Bergoyang Ps 12.13.2 ) Ps 12 13 2 ) k Ln ≤ 22 r
Dimana : • kLn kL = Panjang P j t k k kolom tekuk k l • k = faktor panjang efektif (Pasal 12.12 SNI 03‐ 2847‐2002 2847 2002 & S & S‐2002) 2002) • Ln = Panjang bersih kolom r = jari jari jari girasi penampang kolom (Pasal 12.11 SNI 12.11 SNI • r 03‐2847‐2002 & S‐2002) • M1b= momen ujung kolom yg lebih kecil ( ak beban tetap) • M2b= momen ujung kolom yg lebih besar ( ak beban tetap)
Faktor Pengaruh jepitan (k)Æ menentukan sistem braced/ unbraced
• • • •
Tergantung g gp pada ffaktor jjepitan p (ψ ) ψA = faktor jepitan kolom atas ψB = faktor B faktor jepitan kolom bawah Dimana persamaan untuk ψ
∑ EI / L (kolom k l ) Ψ= ∑ EI / L (balok )
Sistem Braced & Unbraced • Sistem Braced – Tidak ada pergoyangan – k (faktor pengaruh jepitan) ≤ 1
• Sistem Unbraced – Ada Pergoyangan ( bahaya tekuk lebih besar ) – k (faktor pengaruh jepitan) > 1
Jari – Jari Girasi Penampang Kolom (r) Y
r=
b
I A t
•
Harga pendekatan r ( penampang persegi )
• M arah x Æ r = 0,3 b • M arah y Æ r = 0,3 t
X
Panjang Kolom (Ln) SNI 12.11.3
Ln
Ln
Ln
Ln
Batas % Tulangan Longitudinal (SNI 2002 P 12 9) (SNI 2002 Ps 12.9)
ρ S maksimum ki = 8% ρ S min i imum i =1% As A ρS = Ag
Momen ujung kolom bergoyang (SNI Ps 12.13) Æ momen yg dihitung dihi dl mendesain dlm d i kolom k l
• [ M1b ] < [ M2b ] ( akibat beban tetap ) • [ M1s ] < [ M2s ] ( akibat pergoyangan)
Muu1 = M1bb + M1ss Mu2 = M2b + M2s
Pu1
Mu1
Mu2
Pu2
Diagram Bantu Penentu Nilai k
Harga k di diperoleh l h dengan memasukkan harga ψ a dan ψ b ppada diagram ini
Kolom Bergoyang
• • • •
Mu2 = M2b + M2s Ada bahaya tekuk Pengamanan dg d Magnification ifi i Method h d Sistem Unbraced : Mc = δb.M2b + δs.M2s Sistem Braced : Mc = δb.Mu2
e min untuk kolom Bergoyang
• e min = ( 15 + 0,03 0 03 h ) mm sebagai dasar eksentrisitas untuk magnification
Curvature Pu1
Pu1
Mu1
Pu1
Mu1 kLn
kLn Mu2
Pu2 g Curvature Single Mu1 >0 Mu 2
Mu1
Mu2
kLn Mu2
Pu2 Double Curvature
Mu1 <0 Mu2
Pu2
Mu1 =0 Mu 2
Pada kolom bergoyang , momen kolom hrs dikalikan dg Magnification Factor hrs dikalikan dg Magnification Factor
δb dan δs = Pembesar eksentrisitas awal untuk mengamankan bahaya tekuk δb = Untuk Sistem Braced atau beban yg tdk menimbulkan pergeseran sumbu kolom δs = Untuk beban yg menimbulkan pergeseran sumbu b kolom k l ( angin, i gempa )
Cm δb = ≥ 1,0 P Pu 1− φ Pc 1 δs = ≥ 1,0 Pu ∑ 1− φ ∑ Pc Pc = Ptekuk =
π 2 EI
kLn ( Ec Ig / 5 ) + Es . Is EI = 1+ βd
( Ec Ig / 3,5 ) EI = 1+ βd M 1b Cm = 0 ,6 + 0 , 4 M 2b
SNI Ps 12.12.3 SNI Ps 12.12.3 Kolom hrs menggunakan Beban aksial & momen berfaktor
Contoh Soal kolom bergoyang Lihat file D:\BAHAN KULIAH\BETON 2\flow chart kolom bergoyang
Lihat file D:\BAHAN KULIAH\BETON 2\contoh desain kolom dan pondasi
Perhitungan Analitis Kekuatan Batas Penampang Kolom l Kondisi yg mungkin g terjadi j : – Maksimum Aksial Compression ControlÆ tdk terjadi eksentrisitas – Compression ControlÆ beton mencapai εcu dan εs< εy – Balanced ControlÆ εcu dan εy tercapai bersamaan – Tension T i ControlÆ C t lÆ εy tercapai t i lebih l bih dahulu d h l Tergantung pada regangan dan tegangan yang terjadi Contoh soal lihat Salmon hal
Baca contoh soal CK Wang & Salmon section 13 hal 415-448 •
Dalam kondisi regangan berimbang (balanced control Æ section 13.12 As, As’, fc’,fy,
•
Dalam kondisi kekuatan di daerah tekan (compressive control Æ section 13.13 13 13
As, As’, fc’,fy, , , , y, •
Pn P balanced Pn=P balanced e = e balanced x = x balanced
Pn >P balanced e < e balanced x > x balanced
Dalam kondisi kekuatan di daerah tarik (tension control Æ section 13.14 As, As’, fc’,fy,
Pn
e balanced x < x balanced
Contoh Soal no 2 “ J Thambah “
Bandingkan dengan hasil pemakaian S f Software PCACOL
• Cara analitis : Memakan waktu lama –Untuk pemakaian tertentu –Typikal diagram interaksi • Tersedia desain aid : 1. Buku Bantuan Diagram Interaksi –Untuk pemakaian umum –Variasi Variasi diagram interaksi 2. Dibantu dengan software “ PCACOL”
START
KONTROL KOLOM PENDEK dg SENGKANG
Hitung Po Po=0 0,85fc 85fc’(Ag-Ast) (Ag-Ast) +fy.Ast +fy Ast
Data awal : Beban PU, Mu, fc’, fy, E<e min=0,1h ?
Masuk compressive compressive failure region
Hitung e = Mu/Pu Kolom konsentris emin=0,1h Coba ρ=8% Hitung Po=0,85fc’(Ag-Ast) +fy.Ast
Hitung Po max= Pu/φ=Pu/0,65
1% < ρ < 8%
Coba Ag lalu tentukan h,b SELESAI
Rencanakan ulang ρ min =1% ρ max = 8%
Contoh Soal Ferguson Bab 18.5 / ITS kolom VI‐6
START
Data awal : Beban PU, Mu, fc’, fy, φ, ρ
Hitung e = Mu/Pu
Gunakan grafik interaksi/ software dg interaksi/ software dg ρ coba2 =2% shg diperoleh Ag. Sesuai harga k= φPn/(fc’.Ag), lalu estimasikan b=h
Hitung k dan k e/h sebenarnya maka diperoleh p ρg ρg, g Ast perlu p
DESAIN KOLOM TDK BERGOYANG dg SENGKANG Pilih dimensi tulangan
Hitung X , Pn capacity
YA φPn cap > Pn φP P perlu ?
Dimensi h, b, ρg diperbesar
SELESAI
Contoh Soal Salmon 13.16.3 Bab 18.5 / ITS kolom VI‐6
START
Data awal : Kolom Bracedframe, PU, Mu, fc’, fy, Lu
Hitung Ec, Ig, Is, M1/M2 & k=1 Klu/r=34-12(M1/M2) Klu/r 34 12(M1/M2) Cm=0,6+0,4M1/M2, r=0,3h βd= 1,2D/ (1,2D+1,6L) ( , , )
0,2 Ec Ig + Es Is atau 1 + βd 0,4 Ec Ig EI = 1 + βd
n 2 EI ,φ , ( kLu kL ) 2 Cm δb = Pu 1− φ Pc Pc =
Pn perlu =
DESAIN KOLOM dg PENGARUH KELANGSINGAN
Pu
φ δ b Mu Mn perlu = φ e =
Mn Pn
Redesain
Periksa dg statika Æ X, Pn cap
φPn cap > Pn perlu ?
EI =
YA SELESAI
Contoh Soal ITS kolom VI‐14
