BAB III ANALISA STRUKTUR
3.1 Beban yang bekerja 3.1.1 Distribusi beban dengan metode amplop
Distribusi beban yang terjadi pada pelat lantai dan atap ditunjukan pada gambar pada gambar 3.1.
Gambar 3.1 distribusi beban dengan metode amplop
1. Beban Mati (DL)
Distribusi beban segitiga untuk beban mati lantai 1 dan 2: a) Beban sendiri plat lantai = h . 2400kg/m 3 = 0,12 . 2400 = 288 kg/m 2 b) Beban plafond + penggantung = 18 kg/m 2 c) Beban spesi tebal 2 cm = 0,02 x 2100 = 42g/m 2 d) Beban ubin 1 cm = 0,01 x 2400 = 24 kg/m 2 e) Beban mechanical electrical = 25kg/m2
Beban mati total, qD = 397 kg/m 2
Beban segitiga terebut diekuivalensikan menjadi beban persegi :
Gambar 3.2 beban mati ekuivalen dari beban segitiga
Momen segitiga = Mmax persegi
. qD.lx = .qeq .lx qeq = . qD.lx = . 397 3,25 =430,083 kg/m 3
2
Distribusi beban trapesium untuk beban mati lantai 1 dan 2 adalah seba gai berikut:
Gambar 3.3 beban mati ekuivalen dari beban trapesium
. .− = . Wu . lx (2ly - lx) RA = RB = Mmax =
. .. −. = . . 3 3 . . .
Mmax persegi = M max trapesium
. q
2 eq ly
qeq
. . . . . 3 3 . . .3 ) . 3 = . .397 .3,2 , ) .3 ,25. 5.3 3 = .397 ,
=
2
2
= 570,038 kg/m
Beban segitiga terebut diekuivalensikan menjadi beban persegi :
Gambar 3.2 beban mati ekuivalen dari beban segitiga
Momen segitiga = Mmax persegi
. qD.lx = .qeq .lx qeq = . qD.lx = . 397 3,25 =430,083 kg/m 3
2
Distribusi beban trapesium untuk beban mati lantai 1 dan 2 adalah seba gai berikut:
Gambar 3.3 beban mati ekuivalen dari beban trapesium
. .− = . Wu . lx (2ly - lx) RA = RB = Mmax =
. .. −. = . . 3 3 . . .
Mmax persegi = M max trapesium
. q
2 eq ly
qeq
. . . . . 3 3 . . .3 ) . 3 = . .397 .3,2 , ) .3 ,25. 5.3 3 = .397 ,
=
2
2
= 570,038 kg/m
Distribusi beban mati segitiga untuk beban mati lantai atap (3) a) Beban sendiri plat atap = h . 2400 kg/m 3 = 0,11. 2400 =267 kg/m 2 b) Beban plafond + penggantung = 18 kg/m 2 c) Beban mechanical electrical = 25 kg/m 2 Beban mati total, qD = 310 kg/m 2
Beban segitiga tersebut diekuivalensikan menjadi beban persegi:
Gambar 3.4 beban mati ekuivalen dari beban segitiga
Momen segitiga = Mmax persegi
. qD.lx
3
qeq
= . qD.lx = . 310. 3,25 = 335,833 kg/m = .qeq .lx 2
Distribusi beban trapesium untuk beban mati atap (lantai3) adalah sebagai berikut:
Gambar 3.5 beban mati ekuivalen dari beban trapesium
. .− = . Wu . lx (2ly - lx) RA = RB = Mmax =
. .. −. = . . 3 3 . . .
Mmax persegi = M max trapesium
. q
. ..3 = . ..3 ) , ) = .310 .3,25.3 ,
2 eq ly
=
2
qeq
2
= 445,118 kg/m
2. Beban Hidup (LL)
Distribusi beban segitiga untuk beban hidup lantai 1 dan 2:
Gambar 3.6 beban hidup ekuivalen dari beban segitiga
Beban hidup = 250 kg/m 2 Beban segitiga tersebut diekuivalensikan menjadi beban persegi Momen segitiga = Mmax persegi
. qL.lx qeq
3
= . qeq .lx 2
= . 250. 3,25 = 270,833 kg/m
= . qL.lx
Distribusi beban trapesium untuk beban hidup lantai1 dan 2 adalah sebagai berikut:
Gambar 3.7 beban hidup ekuivalen dari beban trapesium
. .− = . Wu . lx (2ly - lx) RA = RB = Mmax =
. ..−. = . ..3
Mmax persegi = M max trapesium
. q
. ..3 = . ..3 ) , ) = .250 .3,25.3 ,
2 eq ly
=
2
qeq
2
= 358,966 kg/m
Distribusi beban segitiga untuk beban hidup lantai 3 (atap):
Gambar 3.8 beban hidup ekuivalen dari beban segitiga
Beban hidup = 100 kg/m 2 Beban segitiga tersebut diekuivalensikan menjadi beban persegi Momen segitiga = Mmax persegi
. qL.lx qeq
3
= . qL.lx = . 100. 3,25 = 108,333 kg/m = .qeq .lx 2
Distribusi beban trapesium untuk beban hidup lantai 3 adalah sebagai berikut:
Gambar 3.9 beban hidup ekuivalen dari beban segitiga
. .− RA = RB = Mmax =
. ..−. = . ..3 = . Wu . lx (2ly - lx)
Mmax persegi = M max trapesium
. q
2 eq ly
qeq
. ..3 = . ..3 ) , ) = .100 .3,25.3 ,
=
2
2
= 143,586 kg/m
3.2 Beban pada portal 3.2.1 Portal memanjang ( sumbu X )
a. Beban mati
1. Beban merata balok induk lantai 1 dan 2 2qeqsegitiga = 2 x 430,083 kg/m= 860,166 kg/m Beban akibat struktur q=bx(h-tp)γ = 0,3 x (0,5-0,12) x 2400 = 273,6 kg/m Total beban = 860,166+273,6 = 1133,766 kg/m
2. Beban balok anak lantai 1 dan 2 2qeqtrapesium = 2 x 570,038 kg/m = 140,076 kg/m Beban akibat struktur q=bx(h-tp)γ = 0,25 x (0,40-0,12) x 2400 = 168 kg/m Total beban = 1140,076 +168 = 1308,076 kg/m
Gambar 3.10 Gaya pada balok anak lantai 1 dan 2
Vu= . q . L = . 1308,076 . 5,5 =3597,209 kg Balok induk yang menjadi acuan di tengah portal menahan 2 balok anak, jadi 2 x 3597,209 = 7194,418 kg
3. Beban merata balok induk induk lantai 3 2 qeqsegitiga = 2 x 335,833 kg/m = 671,666 kg/m Beban akibat struktur q=bx(h-tp)γ = 0,3 x (0,5 -0,11) x 2400 = 280,8 kg/m Total beban = 671,666+280,8 = 952,466 kg/m
4. Beban balok anak lantai 3 2 qeqtrapesium = 2 x 445,118 kg/m = 890,236 kg/m Beban akibat struktur q=bx(h-tp)γ = 0,25 x (0,40-0,11) x 2400 = 174 kg/m Total beban = 890,236+174 = 1064,236 kg/m
Gambar 3.11 Gaya pada balok anak lantai 3
Vu= . q . L = . 1064,236 . 5,5 = 2926,649 kg Balok induk yang menjadi acuan di tengah portal menahan 2 balok anak, jadi 2 x 2926,649 = 5853,298 kg
5. Beban terpusat balok induk lantai 1 dan 2 Beban terpusat di tengah balok q= 2 x q eqtrapesium + berat sendiri = 2 x 570,038+168 = 1308,076 kg/m
Vu = .q .L= . 1308,76 . 5,5 = 3597,209 kg V = 2 x 3597,209= 7194,418 kg
6. Beban terpusat balok induk lantai 3 Beban terpusat di tengah balok q= 2xqeqtrapesium + berat sendiri = 2x 445,118+174 = 1064,236 kg/m
Vu= .q .L= . 1064,236. 5,5 = 2926,649 kg V= 2 x 2926,649 = 5853,298 kg
b. Beban hidup 1. Beban merata balok induk lantai 1 dan 2 2qeqsegitiga = 2 x 270,833 kg/m = 541,666 kg/m
2. Beban balok anak lantai 1 dan 2 2qeqtrapesium = 2 x 358,966 kg/m = 717,932 kg/m
Gambar 3.12 Gaya pada balok anak lantai 1 dan 2
Vu = . q . L = . 717,932. 5,5 = 1974,313 kg Balok induk yang menjadi acuan di tengah portal menahan 2 balok anak, jadi 2 x 1974,313 = 3948,626 kg
3. Beban merata balok induk induk lantai 3 2qeqsegitiga = 2 x 108,333 kg/m = 216,666 kg/m
4. Beban balok anak lantai 3 2qeqtrapesium = 2 x 143,586 kg/m = 287,172 kg/m
Gambar 3.13 Gaya pada balok anak lantai 3
Vu= . q . L = . 287,172. 5,5 = 789,723 kg Balok induk yang menjadi acuan di tengah portal menahan 2 balok anak, jadi 2 x 789,723 = 1579,446 kg
5. Beban terpusat balok induk lantai 1 dan 2 Beban terpusat di tengah balok q= 2xqeqtrapesium = 2 x 358,966 = 717,932 kg/m
Vu= .q .L= . 717,932. 5,5 = 1974,313 kg V= 2 x 1974,313 = 3948,626 kg 6. Beban terpusat balok induk lantai 3
Beban terpusat di tengah balok q = 2xqeqtrapesium = 2 x 143,586 = 287,172 kg/m
Vu = .q .L = . 287,172. 5,5 = 789,723 kg V= 2 x 789,723 = 1579,446 kg
3.2.2
Portal melintang (Sumbu Y)
a. Beban mati
1. Beban merata balok induk lantai 1 dan 2 2qeqtrapesium = 2 x 570,038 kg/m = 1140,076 kg/m Beban akibat struktur q=bx(h-tp)γ = 0,30 x (0,5 -0,12) x 2400 = 273,6 kg/m Total beban = 1140,076+273,6 = 1413,676 kg/m
2. Beban merata balok induk induk lantai 3 2qeqtrapesium = 2 x 445,118 kg/m = 890,236 kg/m Beban akibat struktur q=bx(h-tp)γ = 0,3 x (0,5 -0,11) x 2400 = 280,8 kg/m Total beban = 890,236 + 280,8 = 1171,636 kg/m
b. Beban hidup
1) Beban merata balok induk lantai 1 dan 2 2qeqtrapesium = 2 x 358,966 kg/m = 711,932 kg/m
2) Beban merata balok induk lantai 3 2qeqtrapesium = 2 x 143,586 kg/m = 287,12 kg/m
3.3 Kombinasi pembebanan 3.3.1 Portal memanjang ( Sumbu X )
a. Kombinasi pembebanan tanpa beban gempa 1. Beban merata -
Lantai 1 dan 2 1,4 D 1,2 D + 1,6 L
-
Lantai 3 (Atap) 1,4 D 1,2 D + 1,6 L
2. Beban terpusat -
Lantai 1 dan 2 1,4 D 1,2 D + 1,6 L
-
Lantai 3 (Atap) 1,4 D 1,2 D + 1,6 L
b. Kombinasi pembebanan dengan bebam gempa 1. Beban merata -
Lantai 1 dan 2 1,2D + 1L + 1E
-
Lantai 3 (Atap) 1,2D + 1L + 1E
2. Beban terpusat -
Lantai 1 dan 2 1,2D + 1L + 1E
-
Lantai 3 (Atap) 1,2D + 1L + 1E
3.3.2 Portal Melintang ( sumbu Y )
a. Kombinasi pembebanan tanpa beban gempa 1. Beban merata -
Lantai 1 dan 2 1,4 D 1,2 D + 1,6 L
-
Lantai 3 (Atap) 1,4 D 1,2 D + 1,6 L
b. Kombinasi pembebanan dengan bebam gempa 2. Beban merata -
Lantai 1 dan 2 1,2D + 1L + 1E
-
Lantai 3 (Atap) 1,2D + 1L + 1E
3.4 Sketsa beban pada portal 3.4.1 Sketsa Beban Mati (DL) pada portal memanjang ( Sumbu X )
Sketsa beban mati (DL) pada portal memanjang ( Sumbu X ) ditunjukan pada gambar 3.14.
Gambar 3.14 Beban mati (DL) pada portal memanjang (sumbu X) 3.4.2 Sketsa Beban Hidup (LL) pada portal memanjang ( Sumbu X )
Sketsa beban hidup (LL) pada portal memanjang ( Sumbu X) ditunjukan pada gambar 3.15.
Gambar 3.15 Beban hidup (LL) pada portal memanjang (sumbu X)
3.4.3
Sketsa Beban Gempa pada portal memanjang ( Sumbu X )
Sketsa beban gempa pada portal memanjang ( Sumbu X ) ditunjukan pada gambar 3.16.
Gambar 3.16 Beban gempa pada portal melintang (sumbu Y) 3.4.4
Sketsa Beban Mati (DL) pada portal melintang (sumbu Y)
Sketsa beban mati (DL) pada portal melintang ( Sumbu Y ) ditunjukan pada gambar 3.17.
Gambar 3.17 Beban Mati (DL) pada portal melintang (sumbu Y)
3.4.5
Sketsa Beban Hidup (LL) pada portal melintang (sumbu Y)
Sketsa beban hidup (LL) pada portal melintang ( Sumbu Y ) ditunjukan pada gambar 3.18.
Gambar 3.18 Beban Hidup (LL) pada portal melintang (sumbu Y) 3.4.6
Sketsa Beban Gempa pada portal melintang (sumbu Y)
Sketsa beban gempa pada portal melintang ( Sumbu Y ) ditunjukan pada gambar 3.19.
Gambar 3.19 Beban Gempa pada portal melintang (sumbu Y)
3.5 Analisa Struktur Beban Mati (DL) portal melintang ( arah Y )
Gambar 3.20 menunjukkan Gambar potongan melintang denah di bagian te ngah pada kondisi pembebanan beban mati (DL)
Gambar 3.20 Pembebanan beban mati (DL) Portal Melintang (Sumbu Y)
3.5.1 Perhitungan DOF
DOF = 3 j – ( 3 f + 2 h + r + m ) = 3 x 12 – ( 3 x 3 + 2 x 0 + 0 + 15 ) = 12 S
= 2 j – ( 2 f + 2 h + r + m ) = 2 x 12 – ( 2 x 3 + 2 x 0 + 0 + 15 ) =3
Jadi kebebasan rotasi = 9 kebebasan translasi
=3
3.5.2 Faktor Kekakuan Batang
Ikolom : I balok lantai : I balok atap =
x 400 x 400 : x 300 x 500 : x 300 x 500 3
3
= 0,6827 : 1 : 1
× : × : × : L L L × : × : × L L L , : : , : : , : =
k 1A : k 12 : k 41 : k 45 : k 74 : k 78 =
= 1 : 0,932 : 1 : 0,932 : 1 : 0,932
3.5.3 Perhitungan Momen Primer
M12
x q x L = - x 1,414 x 5,5 =-
2
2
= - 3,565 Ton m M21
M45
= 3,565 Ton m
x q x L = - x 1,414 x 5,5 =-
2
2
= - 3,565 Ton m M54
= 3,565 Ton m
M78
=-
x q x L = - x 1,172 x 5,5 2
= - 2,954 Ton m M87
= 2,954 Ton m
2
3
3.5.4 Analisa Perhitungan Takabeya 1. Titik 1
ƩM1
=0
M1A
= k (2m1 + mA +
̅m
1A)
+ Ṁ1A
= 1 (2m1 + 0 + 0) – 0 = 2 m1
̅m
M12
= k (2m1 + m2 +
12)
+ Ṁ12
= 0.932 (2m 1 + 0 + 0) – 3,565 = 1,864 m 1 – 7,146
̅m
M14
= k (2m1 + m4 +
14)
+ Ṁ14
= 0,932 (2m 1 + m4 + 0) – 0 = 1,864 m 1 + 0,932 m4
ƩM1
= M12 + M1A + M14
0
= 4,728 m 1 + 0,932 m 4 – 3,565
2.
Titik 4
ƩM4
=0
M41
= 1 (2m4 + m1 +
̅m
41)
+ Ṁ41
= 1 (2m4 + m1 + 0) – 0 = 2 m4 + m1 M45
̅m
= k (2m4 + m5 +
45)
+ Ṁ45
= 0,932 (2m 4 + 0 + 0) – 3,565 = 1,864 m4 – 7,146 M47
̅m ) + Ṁ
= k (2m4 + m7+
47
47
= 1 (2m4 + m7 + 0) + 0 = 2 m4 + m7
ƩM4
= M41+ M45+ M47
0
= 5,864 m 4 + m1 + m7 – 3,565
3.
Titik 7
ƩM7
=0
M74
= k (2m7 + m4 +
̅m
74)
+ Ṁ74
= 1 (2m7 + m4 + 0) + 0
= 2 m7 + m4 M78
̅m
= k (2m7 + m8 +
78)
+ Ṁ78
= 0,932 (2m 7 + 0 + 0) – 2,954 = 1,864 m 7 – 4,701
ƩM7
= M74 + M78
0
= 3,864 m 7 + m4 – 2,954 Momen
Primer
4,720
0,932
0
3.565
1
5,864
1
3,565
0
1
3,864
2,954
Selesaikan persamaan tersebut dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan, sehingga diperoleh nilai-nilai momen parsial sebagai berikut :
= 0,503 ton m = 0,376 ton m = 0,615 ton m 3.5.5 Momen Akhir
M1A
= 2 m1
= 1,078 ton m
M12
= 1,864 m1 – 3,565
=-2,560 ton m
M14
= 1,864 m1 + 0,932 m4
= 1,482 ton m
M41
= 2 m4 + m1
= 1,346 ton m
M45
= 1,864 m4 – 3,565
= -2,813 ton m
M47
= 2 m4 + m7
= 1,467 ton m
M74
= 2 m7 + m4
= 1,723ton m
M78
= 1,864 m7 – 2,954
= -1,723 ton m
MA1
= 1 (0 + m1 + 0) +0
= 0,503 ton m
M21
= 0,932 (0 + m 1 + 0) + 3,565 = 4,068 ton m
M54
= 1 (0 + m4 + 0) + 7,146
M87
= 0,932 (0 + m 7 + 0) + 2,954 = 3,569 ton m
= 3,941 ton m
3.5.6 Gambar free body diagram dan bidang gaya dalam akibat beban mati
Gambar 3.21 hingga gambar 3.24 menunjukkan Gambar free body diagram portal melintang (sumbu Y) dan bidang gaya dalam pada kondisi pembebanan beban mati (DL)
Gambar 3.21 free body diagram akibat beban mati (DL)
Gambar 3.22 Bidang Momen akibat beban mati (DL)
Gambar 3.23 Bidang Geser akibat beban mati (DL)
Gambar 3.24 Bidang Normal akibat beban mati (DL)
3.6 Analisa Struktur Beban Hidup (LL) portal melintang ( arah Y )
Gambar 3.25 menunjukkan Gambar potongan melintang denah di bagian te ngah pada kondisi pembebanan beban hidup (LL)
Gambar 3.25 Pembebanan beban hidup Portal Melintang (Sumbu Y)
3.6.1 Perhitungan DOF
DOF = 3 j – ( 3 f + 2 h + r + m ) = 3 x 12 – ( 3 x 3 + 2 x 0 + 0 + 15 ) = 12 S
= 2 j – ( 2 f + 2 h + r + m ) = 2 x 12 – ( 2 x 3 + 2 x 0 + 0 + 15 ) =3
Jadi kebebasan rotasi = 9 kebebasan translasi
=3
3.6.2 Faktor Kekakuan Batang
Ikolom : I balok lantai : I balok atap =
x 400 x 400 : x 300 x 500 : x 300 x 500 3
3
= 0,6827 : 1 : 1
× : × : × : L L L × : × : × L L L , : : , : : , : =
k 1A : k 12 : k 41 : k 45 : k 74 : k 78 =
= 1 : 0,932 : 1 : 0,932 : 1 : 0,932
3.6.3 Perhitungan Momen Primer
x q x L = - x 0,712 x 5,5
M12 = -
2
2
= - 1,794 Ton m M21 = 1,794 Ton m
x q x L = - x 0,712 x 5,5
M45 = -
2
2
= - 1,794 Ton m M54 = 1,794 Ton m
x q x L = - x 0,287 x 5,5
M78 = -
2
= - 0,723 Ton m M87 = 0,723 Ton m
2
3
3.6.4 Analisa Perhitungan Takabeya 1. Titik 1
ƩM1
=0
M1A
= k (2m1 + mA +
̅m
1A)
+ Ṁ1A
= 1 (2m1 + 0 + 0) – 0 = 2 m1
̅m
M12
= k (2m1 + m2 +
12)
+ Ṁ12
= 0.932 (2m 1 + 0 + 0) – 1,794 = 1,864 m 1 – 7,146
̅m
M14
= k (2m1 + m4 +
14)
+ Ṁ14
= 0,932 (2m 1 + m4 + 0) – 0 = 1,864 m 1 + 0,932 m4
ƩM1
= M12 + M1A + M14
0
= 4,728 m 1 + 0,932 m 4 – 1,794
2.
Titik 4
ƩM4
=0
M41
= 1 (2m4 + m1 +
̅m
41)
+ Ṁ41
= 1 (2m4 + m1 + 0) – 0 = 2 m4 + m1 M45
̅m
= k (2m4 + m5 +
45)
+ Ṁ45
= 0,932 (2m 4 + 0 + 0) – 1,794 = 1,864 m4 – 7,146 M47
̅m ) + Ṁ
= k (2m4 + m7+
47
47
= 1 (2m4 + m7 + 0) + 0 = 2 m4 + m7
ƩM4
= M41+ M45+ M47
0
= 5,864 m 4 + m1 + m7 – 1,794
3.
Titik 7
ƩM7
=0
M74
= k (2m7 + m4 +
̅m
74)
+ Ṁ74
= 1 (2m7 + m4 + 0) + 0
= 2 m7 + m4 M78
̅m
= k (2m7 + m8 +
78)
+ Ṁ78
= 0,932 (2m 7 + 0 + 0) – 0,723 = 1,864 m 7 – 4,701
ƩM7
= M74 + M78
0
= 3,864 m 7 + m4 – 0,723 Momen
Primer
4,720
0,932
0
1,794
1
5,864
1
1,794
0
1
3,864
0,723
Selesaikan persamaan tersebut dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan, sehingga diperoleh nilai-nilai momen parsial sebagai berikut :
= 0,247 ton m = 0,223 ton m = 0,117 ton m 3.6.5 Momen Akhir
M1A
= 2 m1
= 0,530 ton m
M12
= 1,864 m1 – 3,565
=-1,300 ton m
M14
= 1,864 m1 + 0,932 m4
= 0,770 ton m
M41
= 2 m4 + m1
= 0,744 ton m
M45
= 1,864 m4 – 3,565
= -1,348 ton m
M47
= 2 m4 + m7
= 0,604 ton m
M74
= 2 m7 + m4
= 0,490 ton m
M78
= 1,864 m7 – 2,954
= -0,490 ton m
MA1
= 1 (0 + m1 + 0) +0
= 0,265 ton m
M21
= 0,932 (0 + m 1 + 0) + 3,565 = 2,041 ton m
M54
= 1 (0 + m4 + 0) + 7,146
M87
= 0,932 (0 + m 7 + 0) + 2,954 = 0,840 ton m
= 2,017 ton m
3.6.6 Gambar free body diagram dan bidang gaya dalam akibat beban hidup
Gambar 3.26 hingga gambar 3.29 menunjukkan Gambar free body diagram portal melintang (sumbu Y) dan bidang gaya dalam pada kondisi pembebanan beban hidup (LL)
Gambar 3.26 free body diagram akibat beban hidup (LL)
Gambar 3.27 Bidang Momen akibat beban hidup (LL)
Gambar 3.28 Bidang Geser akibat beban hidup (LL)
Gambar 3.29 Bidang Normal akibat beban hidup (LL)
3.7 Analisa Struktur Beban Gempa Portal Melintang (Arah Y)
Gambar 3.30 menunjukkan 3.30 menunjukkan Gambar potongan melintang denah di bagian te ngah pada kondisi pembebanan akibat beban beban gempa.
Gambar 3.30 Pembebanan Portal Melintang akibat Beban Gempa
3.7.1 Perhitungan DOF
DOF = 3 j – ( ( 3 f + 2 h + r + m ) = 3 x 12 – ( ( 3 x 3 + 2 x 0 + 0 + 15 ) = 12 S
= 2 j – ( ( 2 f + 2 h + r + m ) = 2 x 12 – ( ( 2 x 3 + 2 x 0 + 0 + 15 ) =3
Jadi kebebasan rotasi = 9 kebebasan translasi
=3
3.7.2 Faktor Kekakuan Batang
Ikolom : I balok lantai : I balok atap =
x 400 x 400 : x 300 x 500 : x 300 x 500 3
3
= 0,6827 : 1 : 1
× : × : × : L L L × : × : × L L L , : : , : : , : =
k 1A 1A : k 12 12 : k 41 41 : k 45 45 : k 74 74 : k 78 78 =
=1 : 0,932 : 1 : 0,932 : 1 : 0,932
3.7.3 Perhitungan Momen Primer
Karena pada beban gempa tidak ada beban yang tegak lurus dengan frame horizontal, maka nilai momen primer pada setiap titik tit ik bernilai 0 tm.
3.7.4 Mencari Persamaan Momen Parsial
a. Titik 1
ρ = 2 (k + k + k ) 1
1A 1A
12 12
14 14
= 2 (1 + 0,932 + 1) = 5,864
τ = M̅ = 0 ton m ɣA = = , = 0,170 ɣ = = ,, = 0,159 ɣ = = , = 0,170 12
– γ x m – γ x (m +̅m ) – γ x (m +̅m ) – 0,159 = 0,170 x (m +̅m ) – 0,170 0,170 x (m +̅m ) , 0,159 m – 0,170
m1 = –
12
2
14
2
4
II
4
1A
A
I
II
A
̅m – – 0,170 0,170̅m
= 0 – 0,159 0,159 m 2 – 0,170 0,170 m4 – 0,170 0,170
II
I
I
3
b. Titik 2
ρ = 2 (k + k + k + k ) 2
2B
21
23
25
= 2 (1 + 0,932 + 0,932 + 1) = 7,728
τ = 0 ton m ɣB = = , = 0,130 ɣ = = ,, = 0,120 ɣ = = ,, = 0,120 ɣ = = , = 0,130 – γ
̅m ) – γ x (m +̅m ) ̅m = – 0,120 m – 0,120 m – 0,130 (m +̅m ) – 0,130
m2 = –
21 x
m1 – γ23 x m3 – γ25 x (m5 +
1
3
5
II
2B
B
II
I
I
c. Titik 3
ρ = 2 (k + k + k ) 3
3C
32
36
= 2 (1 + 0,932 + 1) = 5,864
τ = M̅ = 0 ton m ɣC = = , = 0,170 ɣ = = ,, = 0,159 ɣ = = , = 0,170 32
– γ x m – γ x (m +̅m ) – γ x (m +̅m ) – 0,159 m – 0,170 x (m +̅m ) – 0,170 x (m +̅m ) = – ,
m3 = –
32
2
36
2
6
II
3C
6
II
C
̅m – 0,170̅m
= 0 – 0,159 m 2 – 0,170 m6 – 0,170 d. Titik 4
ρ = 2 (k + k + k ) 4
41
45
47
II
I
C
I
I
= 2 (1 + 0,932 + 1) = 5,864
τ = M̅ = 0 ton m ɣ = = , = 0,170 ɣ = = ,, = 0,159 ɣ = = , = 0,170 45
– γ x m – γ x (m +̅m ) – γ x (m +̅m ) – 0,159 = 0,170 x (m +̅m ) – 0,170 0,170 x (m +̅m , 0,159 m – 0,170
m4 = –
45
5
41
5
1
II
1
47
7
III
II
7
III)
̅m – 0,170 0,170 m – 0,170 0,170̅m
= 0 – 0,159 0,159 m 5 – 0,170 0,170 m1 – 0,170 0,170
II
7
III
e. Titik 5
ρ = 2 (k + k + k + k ) 5
52 52
54 54
56 56
58 58
= 2 (1 + 0,932 + 0,932 + 1) = 7,728
τ = 0 ton m ɣ = = , = 0,130 ɣ = = ,, = 0,120 ɣ = = ,, = 0,120 ɣ = = , = 0,130 – γ
̅m ) – γ x (m +̅m ) = – 0,120 0,120 m – 0,120 0,120 m – 0,130 0,130 (m +̅m ) – 0,130 0,130 (m +̅m )
m5 = –
54 x
m4 – γ56 x m6 – γ52 x (m2 +
4
f.
6
Titik 6
ρ = 2 (k + k + k ) 6
63 63
65 65
69 69
= 2 (1 + 0,932 + 1)
2
II
II
58
8
8
III
III
= 5,864
τ = M̅ = 0 ton m ɣ = = , = 0,170 ɣ = = ,, = 0,159 ɣ = = , = 0,170 65
– γ x m – γ x (m +̅m ) – γ x (m +̅m ) – 0,159 = – 0,170 x (m +̅m ) – 0,170 0,170 x (m +̅m , 0,159 m – 0,170
m6 = –
65
5
63
3
II
69
3
II
5
9
III
9
III)
̅m – 0,170 0,170 m – 0,170 0,170̅m
= 0 – 0,159 0,159 m 5 – 0,170 0,170 m3 – 0,170 0,170
II
g. Titik 7
ρ = 2 (k + k ) 7
74 74
78 78
= 2 (1 + 0,932) = 3,864
τ = M̅ = 0 ton m ɣ = = , = 0,259 ɣ = = ,, = 0,241 78
– γ x m – γ x (m +̅m ) – 0,241 = 0,259 x (m +̅m , 0,241 m – 0,259
m7 = –
78
8
74
8
4
III
4
̅m
= 0 – 0,241 0,241 m 8 – 0,259 0,259 m 4 – 0,259 0,259
h. Titik 8
ρ = 2 (k + k + k ) 8
85 85
87 87
89 89
= 2 (1 + 0,932 + 0,932) = 5,728
III
III)
9
III
τ = 0 ton m ɣ = = , = 0,175 ɣ = = ,, = 0,163 ɣ = = ,, = 0,163 – γ
̅m ) = – 0,163 0,163 m – 0,163 0,163 m – 0,175 0,175 (m +̅m )
m8 = –
87 x
m7 – γ89 x m9 – γ85 x (m5 +
7
i.
9
5
III
II
Titik 9
ρ = 2 (k + k ) 9
96 96
98 98
= 2 (1 + 0,932) = 3,864
τ = M̅ = 0 ton m ɣ = = , = 0,258 ɣ = = ,, = 0,241 78
– γ x m – γ x (m +̅m ) – 0,241 = – 0,258 x (m +̅m , 0,241 m – 0,258
m9 = –
98
8
96
6
8
III
6
III)
̅m
= 0 – 0,241 0,241 m 8 – 0,258 0,258 m6 – 0,258 0,258
j.
III
Tingkat I TI =
2 (k 1A 1A + k 2B 2B + k 3C 3C)
= 2 (1 + 1 + 1) =6
x = x = 0,5 T
t1A = t2B = t3C =
̅m = – HTx – t t
1A (m1 +
I
mA) – t t2B (m2 + mB) – t t3C (m3 + mC)
, x ,+,+, – 0,5 0,5 m – 0,5 0,5 m – 0,5 0,5 m
= –
1
2
3
= – 9,759 – 0,5 m1 – 0,5 m2 – 0,5 m3
k. Tingkat II TII =
2 (k 41 + k 52 + k 63)
= 2 (1 + 1 + 1) =6 t41 = t52 = t63 =
x = x = 0,5 T
̅m = – HTx – t
41 (m4 +
II
= –
m1) – t52 (m5 + m2) – t63 (m6 + m3)
, x ,+, – 0,5(m +m ) – 0,5 (m + m ) – 0,5 (m + m ) 4
1
5
2
6
3
= – 7,713 – 0,5 m 4 – 0,5 m1 – 0,5 m5 – 0,5 m2 – 0,5 m 6 – 0,5 m3
l.
Tingkat III TIII =
2 (k 74 + k 85 + k 96)
= 2 (1 + 1 + 1) =6 t74 = t85 = t96 =
x = x = 0,5 T
̅m = – HTx – t
74 (m7 +
III
= –
m4) – t85 (m8 + m5) – t96 (m9 + m6)
, x , – 0,5(m + m ) – 0,5 (m + m ) – 0,5 (m + m ) 7
4
8
5
9
6
= – 4,1067 – 0,5 m 7 – 0,5 m 4 – 0,5 m8 – 0,5 m5 – 0,5 m9 – 0,5 m6
1
0,159
0
0,171
0
0
0
0
0
0,171
0,171
0
0,00
0,121
1
0,121
0
0,129
0
0
0
0
0,129
0,129
0
0,00
0
0,159
1
0
0
0,171
0
0
0
0,171
0,171
0
0,00
0,171
0
0
1
0,159
0
0,171
0
0
0
0,171
0,171
0,00
0
0,129
0
0,121
1
0,121
0
0,129
0
0
0,129
0,129
0,00
0
0
0,171
0
0,159
1
0
0
0,171
0
0,171
0,171
0,00
0
0
0
0,259
0
0
1
0,241
0
0
0
0,259
0,00
0
0
0
0
0,175
0
0,163
1
0,163
0
0
0,175
0,00
0
0
0
0
0
0,259
0
0,241
1
0
0
0,259
0,00
0,5
0,5
0,5
0
0
0
0
0
0
1
0
0
-9,76
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0
0
0
0
1
0
-7,71
0
0
0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0
0
1
-4,11
Momen parsial dicari menggunakan cara Gauss Jordan, maka diperoleh :
m m m m m m m m m ̅m ̅m ̅m
Momen Primer
1,000
0,159
0,000
0,171
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,171
0,171
0,000
0,000
0,000
0,981
0,121
-0,021
0,129
0,000
0,000
0,000
0,000
0,109
0,109
0,000
0,000
0,000
0,000
0,980
0,003
-0,021
0,171
0,000
0,000
0,000
0,153
0,153
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,970
0,163
-0,001
0,171
0,000
0,000
-0,027
0,144
0,171
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,962
0,123
-0,022
0,129
0,000
-0,008
0,099
0,108
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,949
0,004
-0,022
0,171
-0,025
0,127
0,152
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,954
0,247
-0,001
0,007
-0,035
0,217
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,933
0,167
0,000
-0,009
0,121
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,909
0,007
-0,032
0,185
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
-0,001
0,000
0,794
-0,176
0,023
-9,759
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,602
-0,140
-9,878
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,000
0,547
-6,121
Eliminasi Gauss Jordan tersebut akan memberikan nilai momen parsial sebagai berikut: m1 = 4,901 ton m m2 = 3,047 ton m m3 = 4,901 ton m m4 = 3,621 ton m m5 = 2,518 ton m m6 = 3,621 ton m m7 = 1,730 ton m m8 = 0,951 ton m m9 = 1,730 ton m mI = -16,184 ton m mII = -19,017 ton m mIII = -11,192 ton m Masukkan nilai momen parsial ke persamaan kesetimbangan takabeya maka didapat: i.
Titik 1 M1A
̅m ) + M̅
= k (2m1 + mA +
1A
1A
= 1 (2 x 4,901 + 0 – 16,184) – 0 = -6,381 ton m M12
̅m
= k (2m1 + m2 +
12)
+ Ṁ12
= 0,932 (2 x 4,901 + 3,047 + 0) – 0 = 11,976 ton m M14
̅m
= k (2m1 + m4+
14)
+ Ṁ1A
= 1 (2 x 4,901 + 3,621 – 19,017) – 0 = -5,594 ton m checking
ƩM1
= M12 + M1A + M14
0
= 11,976 – 6,381 – 5,594
0
=0
ii. Titik 4 M41
̅m ) + M̅
= k (2m4+ m1+
41
41
= 1 (2 x 3,621 + 4,901 – 19,017) – 0 = - 6,875 ton m M45
̅m ) + M̅
= k (2m4+ m5+
45
45
= 0,932 (2 x 3,621 + 2,518 + 0) – 0 = 9,096 ton m M47
̅m ) + M̅
= k (2m4+ m7+
47
47
= 1 (2 x 3,621 + 1,730 – 11,192) – 0 = -2,221 ton m checking
ƩM4
= M41+ M45 + M47
0
= -6,875 + 9,096 – 2,221
0
=0
iii. Titik 7 M74
̅m ) + M̅
= k (2m7+ m4+
74
74
= 1 (2 x 1,730 + 3,621 – 11,192) – 0 = -4,111 ton m M78
̅m ) + M̅
= k (2m7+ m8+
78
78
= 0,932 (2 x 1,730 + 0,951 + 0) – 0 = 4,111 ton m checking
ƩM7
= M74+ M78
0
= -4,111 + 4,111
0
=0
iv. Titik 2 M2B
̅m ) + M̅
= k (2m2+ mB+
2B
2B
= 1 (2 x 3,047 + 0 – 16,184) – 0 = -10,090 ton m
M21
̅m ) + M̅
= k (2m2+ m1+
12
21
= 0,932 (2 x 3,047 + 4,901 + 0) + 0 = 10,248 ton m M23
̅m ) + M̅
= k (2m2+ m3+
23
23
= 0,932 (2 x 3,047 + 4,901 + 0) – 0 = 10,248 ton m M25
̅m ) + M̅
= k (2m2+ m5+
25
25
= 1 (2 x 3,047 + 2,518 – 19,017) – 0 = -10,405 ton m checking
ƩM2
= M2B+ M21 + M23+ M25
0
= -10,090 + 10,248 + 10,248 – 10,405
0
=0
v. Titik 5 M52
̅m ) + M̅
= k (2m5+ m2+
25
52
= 1 (2 x 2,518 + 3,047 – 19,017) – 0 = -10,934 ton m M54
̅m ) + M̅
= k (2m5+ m4+
45
54
= 0,932 (2 x 2,518 + 3,621 + 0) + 0 = 8,069 ton m M56
̅m ) + M̅
= k (2m5+ m6+
56
56
= 0,932 (2 x 2,518 + 3,621 + 0) – 0 = 8,069 ton m M58
̅m ) + M̅
= k (2m5+ m8+
58
58
= 1 (2 x 2,518 + 0,951 – 11,192) – 0 = -5,204 ton m checking
ƩM5
= M52+ M54 + M56+ M58
0
= -10,934 + 8,069 + 8,069 – 5,204
0
=0
vi. Titik 8 M85
̅m ) + M̅
= k (2m8+ m5+
85
85
= 1 (2 x 0,951 + 2,518 – 11,192 – 0 = -6,771 ton m M87
̅m ) + M̅
= k (2m8+ m7+
78
87
= 0,932 (2 x 0,951 + 1,730 + 0) + 0 = 3,386 ton m M89
̅m ) + M̅
= k (2m8+ m9+
89
89
= 0,932 (2 x 0,951 + 1,730 + 0) – 0 = 3,386 ton m checking
ƩM8
= M85+ M87+ M89
0
= -6,771+ 3,386 + 3,386
0
=0
vii. Titik 3 M3C
̅m ) + M̅
= k (2m3+ mC+
3C
3C
= 1 (2 x 4,901 + 0 – 16,184) – 0 = -6,381 ton m M32
̅m ) + M̅
= k (2m3+ m2 +
23
32
= 0,932 (2 x 4,901 + 3,047 + 0) + 0 = 11,976 ton m M36
̅m ) + M̅
= k (2m3+ m6+
36
36
= 1 (2 x 4,901 + 3,621 – 19,017) – 0 = -5,594 ton m checking
ƩM3
= M3C+ M32+ M36
0
= -6,381 + 11,976 – 5,594
0
=0
viii.
Titik 6
M63
̅m ) + M̅
= k (2m6+ m3+
36
63
= 1 (2 x 3,621 + 4,901 – 19,017) – 0 = -6,875 ton m M65
̅m ) + M̅
= k (2m6+ m5+
56
65
= 0,932 (2 x 3,621 + 2,518 + 0) + 0 = 9,096 ton m M69
̅m ) + M̅
= k (2m6+ m9+
69
69
= 1 (2 x 3,621 + 1,730 – 11,192) – 0 = -2,221 ton m checking
ƩM6
= M63+ M65 + M69
0
= -6,875 + 9,096 – 2,221
0
=0
ix. Titik 9 M96
̅m ) + M̅
= k (2m9+ m6+
69
96
= 1 (2 x 1,730 + 3,621 – 11,192) – 0 = -4,111 ton m M98
̅m ) + M̅
= k (2m9+ m8+
89
98
= 0,932 (2 x 1,730 + 0,951 + 0) + 0 = 4,111 ton m checking
ƩM9
= M96+ M98
0
= -4,111 + 4,111
0
=0
MA1
= k (2mA+ m1+
̅m ) + M̅ A1
A1
= 1 (0 + 4,901 – 16,184) + 0 = -11,283 ton m
MB2
̅m ) + M̅
= k (2mB+ m2+
B2
B2
= 1 (0 + 3,047 – 16,184) + 0 = -13,137 ton m
MC3
̅m ) + M̅
= k (2mC+ m3+
C3
C3
= 1 (0 + 4,901 – 16,184) + 0 = -11,283 ton m
3.7.5
Gambar free body diagram dan bidang gaya dalam akibat beban gempa
Gambar 3.31 hingga gambar 3.34 menunjukkan Gambar free body diagram portal melintang (sumbu Y) dan bidang gaya dalam pada kondisi pembebanan gempa.
Gambar 3.31 Free Body Diagram portal melintang akibat beban gempa
Gambar 3.32 Bidang Momen portal melintang akibat beban gempa
Gambar 3.33 Bidang Geser portal melintang akibat beban gempa
Gambar 3.34 Bidang Normal portal melintang akibat beban gempa
3.8 Analisa Struktur Beban Mati (DL) Portal Memanjang (Arah X)
Gambar 3.35 menunjukkan Gambar potongan memanjang denah di bagian tengah pada kondisi pembebanan akibat beban mati (DL)
Gambar 3.35 Beban Mati (DL) pada portal memanjang
3.8.1 Perhitungan DOF
DOF = 3 j – ( 3 f + 2 h + r + m ) = 3 x 20 – ( 3 x 5 + 2 x 0 + 0 + 27 ) = 18 S
= 2 j – ( 2 f + 2 h + r + m ) = 2 x 20 – ( 2 x 5 + 2 x 0 + 0 + 27 ) =3
Jadi kebebasan rotasi = 15 kebebasan translasi
=3
3.8.2 Faktor Kekakuan Batang
Ikolom : I balok lantai : I balok atap =
x 400 x 400 : x 300 x 500 : x 300 x 500
= 0,6827 : 1 : 1
3
3
3
× : × : × : L L L × : × : × L L L , : : , : : , : =
k 1A : k 12 : k 41 : k 45 : k 74 : k 78 =
= 1 : 0,7887 : 1 : 0,7887 : 1 : 0,7887
3.8.3 Perhitungan Momen Primer
x q x L - x P x L = - x 1,134 x 6,5 - x 7,194 x 6,5
M12 = -
2
2
= - 9,838 Ton m M21 = 9,838Ton m
x q x L - x P x L = - x 1,134 x 6,5 - x 7,194 x 6,5
M67 = -
2
2
= - 9,838 Ton m M76 = 9,838 Ton m
x q x L - x P x L = - x 0,953 x 6,5 - x 5,853 x 6,5
M1112 = -
2
2
= - 8,111 Ton m M1211 = 8,111 Ton m
3.8.4 Analisa Perhitungan Takabeya
ƩM1
=0
M1A
= k (2m1 + mA +
̅m ) + M̅ 1A
= 1 (2m1 + 0 + 0) – 0
1A
= 2 m1 M12
̅m ) + M̅
= k (2m1 + m2 +
12
12
= 0,7887 (2m1 + m2 + 0) – 9,838 = 1,578 m 1 + 0,789 m 2 – 9,838
M16
̅m ) + M̅
= k (2m1 + m6 +
16
1A
= 1 (2m1 + m6 + 0) – 0 = 2 m1 + m4
ƩM1
= M12 + M1A + M16
0
= 5,578 m 1 + 0,789 m 2 + m6 – 9,838
ƩM6
=0
M61
= k (2m6 + m1 +
̅m ) + M̅ 61
61
= 1 (2m6 + m1 + 0) – 0 = 2 m6 + m1 M67
̅m ) + M̅
= k (2m6 + m7 +
67
67
= 0,7887 (2m6 + m7 + 0) – 9,838 = 1,578 m 6 + 0,789 m 7 – 9,838 M611
̅m
= k (2m6 + m11 +
611)
+
M̅
611
= 1 (2m6 + m11 + 0) – 0 = 2 m6 + m11
ƩM6
= M61+ M67 + M611
0
= 5,578 m 6 + m1 + 0,789 m 7 + m11 – 9,838
ƩM11
=0
M116
= k (2m11 + m6 +
̅m
116)
+
M̅
116
= 1 (2m11 + m6 + 0) – 0 = 2 m11 + m6 M1112
̅m
= k (2m11 + m12 +
1112 )
+
M̅
1112
= 0,7887 (2m11 + m12 + 0) – 8,111 = 1,577 m 11 + 0,7887 m 12 – 8,111
ƩM11
= M116 + M1112
0
= 3,577 m 11 + m6 + 0,7887 m 12 – 8,111
ƩM2
=0
M2B
= k (2m2 + mB +
̅m ) + M̅ 2B
2B
= 1 (2m2 + 0 + 0) – 0 = 2 m2 M21
̅m ) + M̅
= k (2m2 + m1 +
21
21
= 0,7887 (2m2 + m1 + 0) + 9,838 = 1,578 m 2 + 0,789 m 1 + 9,838 M23
̅m ) + M̅
= k (2m2 + m3 +
23
23
= 0,7887 (2m2 + 0 + 0) – 9,838 = 1,578 m 2 – 9,838 M27
̅m ) + M̅
= k (2m2 + m7 +
27
27
= 1 (2m2 + m7 + 0) – 0 = 2 m2 + m7
ƩM2
= M21 + M2B + M23 + M27
0
= 7,155 m 2 + 0,789 m 1 + m7
ƩM7
=0
M72
= k (2m7 + m2 +
̅m ) + M̅ 72
72
= 1 (2m7 + m2 + 0) – 0 = 2 m7 + m2 M76
̅m ) + M̅
= k (2m7 + m6 +
76
76
= 0,7887 (2m7 + m6 + 0) + 9,838 = 1,578 m 7 + 0,789 m 6 + 9,838 M78
̅m ) + M̅
= k (2m7 + m8 +
78
78
= 0,7887 (2m7 + 0 + 0) – 9,838 = 1,578 m 7 – 9,838 M712
̅m
= k (2m7 + m12 +
712)
+
= 1 (2m7 + m12 + 0) – 0
M̅
712
= 2 m7 + m12
ƩM7
= M76 + M72 + M78 + M712
0
= 7,155 m 7 + m2 + 0,789 m 6 + m12
ƩM12
=0
M127
= k (2m12 + m7 +
̅m
127)
+
M̅
127
= 1 (2m12 + m7 + 0) – 0 = 2 m12 + m7 M1211
̅m
= k (2m12 + m11 +
1211 )
+
M̅
1211
= 0,7887 (2m12 + m11 + 0) + 8,111 = 1,577 m 12 + 0,7887 m 11 + 8,111 M1213
̅m
= k (2m12 + m13 +
1213 )
+
M̅
1213
= 0,7887 (2m12 + 0 + 0) – 8,111 = 1,577 m 12 – 8,111
ƩM12
= M127 + M1211 + M1213
0
= 5,154 m 12 + m7 + 0,7887 m 11
Selesaikan persamaan tersebut dengan menggunakan eliminasi Gauss-Jordan, sehingga diperoleh nilai-nilai momen parsial sebagai berikut :
m = 1,585 tonm m = -0,166 tonm
m = 1,126 tonm m = 2,018 tonm m = -0,059 tonm m = -0,297 tonm
3.8.5 Momen Akhir
M1A
= 2 m1
= 3,171 ton m
M12
= 1,578 m1 + 0,789 m 2 – 19,231
= -7,468 ton m
M16
= 2 m1 + m6
= 4,297 ton m
M61
= 2 m6 + m1
= 3,838 ton m
M67
= 1,578 m6 + 0,789 m 7 – 19,231
= -8,108 ton m
M611
= 2 m6 + m11
= 4,270 ton m
M116
= 2 m11 + 1 m6
= 5,162 ton m
M1112
= 0,673 m11 + 0,337 m12 – 10,754
= -5,162 ton m
M2B
= 2 m2
= -0,333 ton m
M21
= 1,578 m2 + 0,789 m 1 + 19,231
= 10,826 ton m
M23
= 1,578 m2 + 0,789 m 3 – 19,231
= -10,101 ton m
M27
= 2 m2 + m7
= -0,392 ton m
M72
= 2 m7 + m2
= -0,285 ton m
M76
= 2 m7 + m6 + 19,231
= 10,633 ton m
M78
= 2 m7 + m8 – 19,231
= -9,932 ton m
M712
= 2 m7 + m12
= -0,416 ton m
M127
= 2 m12 + m7
= -0,654 ton m
M1211
= 0,673 m12 + 0,337 m11 – 10,754
= 9,234 ton m
M1213
= 0,673 m12 + 0,337 m13 – 10,754
= -8,580 ton m
MA1
= 1 (0 + m1 + 0) + 0
= 1,585 ton m
MB2
= 1 (0 + m2 + 0) + 0
= -0,166 ton m
M32
= 0,789 (0 + m 2 + 0) + 19,231
= 9,707 ton m
M87
= 0,789 (0 + m 7 + 0) + 19,231
= 9,791 ton m
M1312
= 0,337 (0 + m 12 + 0) + 10,754
= 7,877 ton m
3.8.6
Gambar free body diagram dan bidang gaya dalam portal memanjang akibat beban mati (DL)
Gambar 3.36 hingga gambar 3.39 menunjukkan Gambar free body diagram portal memanjang (sumbu X) dan bidang gaya dalam pada kondisi pembebanan akibat beban mati (DL).
3.9 Analisa Struktur Portal Memanjang (Arah X) dengan Gempa
Gambar 3.21 menunjukkan Gambar potongan memanjang denah di bagian tengah pada kondisi pembebanan dengan gempa.
Gambar 3.21 Pembebanan Portal Memanjang dengan Gempa
3.9.1 Perhitungan DOF
DOF = 3 j – ( 3 f + 2 h + r + m ) = 3 x 20 – ( 3 x 5 + 2 x 0 + 0 + 27 ) = 18 S
= 2 j – ( 2 f + 2 h + r + m )
= 2 x 20 – ( 2 x 5 + 2 x 0 + 0 + 27 ) =3
Jadi kebebasan rotasi = 15 kebebasan translasi
=3
3.9.2 Faktor Kekakuan Batang
Ikolom : I balok lantai : I balok atap =
x 400 x 400 : x 300 x 500 : x 300 x 500 3
3
= 0,6827 : 1 : 1
× : × : × : L L L × : × : × L L L , : : , : : , : =
k 1A : k 12 : k 41 : k 45 : k 74 : k 78 =
= 1: 0,7887 : 1 : 0,7887 : 1 : 0,7887
3.9.3 Perhitungan Momen Primer
x q x L - x P x L = - x 1,902 x 6,5 - x 12,581 x 6,5 2
M12= -
2
= - 16,919 Ton m M21 = 16,919 Ton m
x q x L - x P x L = - x 1,902 x 6,5 - x 12,581 x 6,5
M67= -
2
2
= - 16,919 Ton m M67 = 16,919 Ton m
x q x L - x P x L = - x 1,359 x 6,5 - x8,063 x 6,5
M1112 = -
2
2
= - 11,336 Ton m M1122 = 11,336 Ton m
3
3.9.4 Analisa Perhitungan Takabeya
a. Titik 1
ρ = 2 (k + k + k ) 1
1A
12
16
= 2 (1 + 0,789 + 1) = 5,578
τ = M̅ = -16,386 ton m ɣA = = , = 0,179 ɣ = = , = 0,141 ɣ = = , = 0,179 12
– γ x m – γ x (m +̅m ) – γ x (m +̅m ) , – 0,141 m – 0,179 x (m +̅m ) – 0,179 x (m +̅m ) = ,
m1 = –
12
2
14
4
2
II
1A
4
II
A
I
A
I
̅m – 0,179̅m
= 3,033 – 0,141 m 2 – 0,179 m 4 – 0,179
II
I
b. Titik 2
ρ = 2 (k + k + k + k ) 2
2B
21
23
27
= 2 (1 + 0,789 + 0,789 + 1) = 7,155
τ = 0 ton m ɣB = = , = 0,140 ɣ = = ,, = 0,110 ɣ = = ,, = 0,110 ɣ = = , = 0,140 – γ
̅m ) – γ x (m +̅m ) = – 0,110 m – 0,110 m – 0,140 (m +̅m ) – 0,140̅m
m2 = –
21 x
1
m1 – γ23 x m3 – γ25 x (m5 + 3
5
II
II
2B
B
I
I
c. Titik 3
Ρ = 2 (k + k + k + k ) 3
3C
32
34
38
= 2 (1 + 0,789 + 0,789 + 1) = 7,155
τ = 0 ton m ɣC = = , = 0,140 ɣ = = ,, = 0,110 ɣ = = ,, = 0,110 ɣ = = , = 0,140 – γ
̅m ) – γ x (m +̅m ) = – 0,110 m – 0,110 m – 0,140 (m +̅m ) – 0,140̅m
m3 = –
32 x
m2 – γ34 x m4 – γ38 x (m8 +
2
4
8
II
3C
II
C
I
I
d. Titik 4
Ρ = 2 (k + k + k + k ) 4
4D
43
45
49
= 2 (1 + 0,789 + 0,789 + 1) = 7,155
τ = 0 ton m ɣ = = , = 0,140 ɣ = = , = 0,110 ɣ = = , = 0,110 ɣ = = , = 0,140 – γ
̅m ) – γ x (m +̅m ) = – 0,110 m – 0,110 m – 0,140 (m +̅m ) – 0,140̅m
m4 = –
43 x
3
m3 – γ45 x m5 – γ49 x (m9 + 5
9
II
II
4D
D
I
I
e. Titik 5
ρ = 2 (k + k + k 5
5D
54
510)
= 2 (1 + 0,789 + 1) = 5,578
τ = M̅ = 16,386 ton m ɣ = = , = 0,179 ɣ = = , = 0,141 ɣ = = , = 0,179 54
– γ x m – γ x (m +̅m ) – γ x (m +̅m ) , – 0,141 m – 0,179 x (m +̅m ) – 0,179 x (m +̅m ) = – ,
m5 = –
54
4
510
10
4
II
5D
10
II
D
I
D
̅m – 0,179̅m
= – 3,033 – 0,141 m 4 – 0,179 m 10 – 0,179
f.
II
I
I
Titik 6
Ρ = 2 (k + k + k 6
61
67
611)
= 2 (1 + 0,789 + 1) = 5,578
τ = M̅ = -16,386 ton m ɣ = = , = 0,179 ɣ = = , = 0,141 ɣ = = , = 0,179 67
– γ x m – γ x (m +̅m ) – γ x (m +̅m ) , – 0,141 m – 0,179 x (m +̅m ) – 0,179 x (m +̅m = ,
m6 = –
67
7
61
7
1
II
611
1
II
11
11
̅m – 0,179 m
= 3,033 – 0,141 m 7 – 0,179 m 1 – 0,179
g. Titik 7
III
II
III)
̅m
– 0,179
11
III
ρ = 2 (k + k + k + k 7
72
76
78
712)
= 2 (1 + 0,789 + 0,789 + 1) = 7,155
τ = 0 ton m ɣ = = , = 0,140 ɣ = = , = 0,110 ɣ = = , = 0,110 ɣ = = , = 0,140 – γ
̅m ) – γ x (m +̅m ) = – 0,110 m – 0,110 m – 0,140 (m +̅m ) – 0,140 (m +̅m )
m7 = –
76 x
m6 – γ78 x m8 – γ72 x (m2 +
6
8
2
II
712
II
12
12
III
III
h. Titik 8
ρ = 2 (k + k + k + k 8
83
87
89
813)
= 2 (1 + 0,789 + 0,789 + 1) = 7,155
τ = 0 ton m ɣ = = , = 0,140 ɣ = = , = 0,110 ɣ = = , = 0,110 ɣ = = , = 0,140 – γ
̅m ) – γ x (m +̅m ) = – 0,110 m – 0,110 m – 0,140 (m +̅m ) – 0,140 (m +̅m )
m8 = –
87 x
m7 – γ89 x m9 – γ83 x (m3 +
7
i.
9
Titik 9
ρ = 2 (k + k + k 9
94
98
910 +
k 914)
3
II
II
813
13
13
III
III
= 2 (1 + 0,789 + 0,789 + 1) = 7,155
τ = 0 ton m ɣ = = , = 0,140 ɣ = = , = 0,110 ɣ = = , = 0,110 ɣ = = , = 0,140 – γ
m9 = –
98 x
̅m ) – γ
m8 – γ910 x m10 – γ94 x (m4 +
̅m )
914 x
(m14 +
III
̅m ) – 0,140 (m +̅m )
= – 0,110 m 8 – 0,110 m 10 – 0,140 (m 4 +
j.
II
II
14
III
Titik 10
ρ
10 =
2 (k 105 + k 109 + k 1015)
= 2 (1 + 0,789 + 1) = 5,578
τ = M̅ = 16,386 ton m ɣ = = , = 0,179 ɣ = = , = 0,141 = 0,179 ɣ = = , 109
– γ x m – γ x (m +̅m ) – γ x (m +̅m ) , – 0,141 m – 0,179 x (m +̅m ) – 0,179 x (m +̅m = – ,
m10 = –
109
9
105
9
5
II
1015
5
15
II
15
̅m – 0,179 m
= – 3,033 – 0,141 m 9 – 0,179 m 5 – 0,179
k. Titik 11
ρ
11 =
2 (k 116 + k 1112)
= 2 (1 + 0,789)
III
II
III)
̅m
– 0,179
15
III
= 3,578
τ = M̅ = -11,336 ton m ɣ = = , = 0,279 , = 0,220 ɣ = = , 1112
– γ x m – γ x (m +̅m ) , – 0,220 m – 0,279 x (m +̅m ) = ,
m11 = –
1112
12
116
12
6
III
6
III
̅m
= 3,168 – 0,220 m 12 – 0,279 m 6 – 0,279
l.
III
Titik 12
ρ
12 =
2 (k 127 + k 1211 + k 1213)
= 2 (1 + 0,789 + 0,789) = 5,156
τ = 0 ton m ɣ = = , = 0,194 , = 0,153 ɣ = = , , = 0,153 ɣ = = , – γ
m12 = –
1211 x
̅m )
m11 – γ1213 x m13 – γ127 x (m7 +
̅m )
= – 0,153 m 11 – 0,153 m 13 – 0,194 (m 7 +
m. Titik 13
ρ
13 =
2 (k 138 + k 1312 + k 1314)
= 2 (1 + 0,789 + 0,789) = 5,156
τ = 0 ton m ɣ = = , = 0,194
III
III
, = 0,153 ɣ = = , , = 0,153 ɣ = = , – γ
m13 = –
1312 x
̅m )
m12 – γ1314 x m14 – γ138 x (m8 +
III
̅m )
= – 0,153 m 12 – 0,153 m 14 – 0,194 (m 8 +
III
n. Titik 14
ρ
14 =
2 (k 149 + k 1413 + k 1415)
= 2 (1 + 0,789 + 0,789) = 5,156
τ = 0 ton m ɣ = = , = 0,194 , = 0,153 ɣ = = , , = 0,153 ɣ = = , – γ
m14 = –
1413 x
̅m )
m13 – γ1415 x m15 – γ149 x (m9 +
̅m )
= – 0,153 m 13 – 0,153 m15 – 0,194 (m 9 +
o. Titik 15
ρ
15 =
2 (k 1510 + k 159)
= 2 (1 + 0,789) = 3,578
τ = M̅ = 11,336 ton m = 0,279 ɣ = = , , = 0,220 ɣ = = , 1514
III
III
– γ x m – γ x (m +̅m ) , – 0,220m – 0,279 x (m +̅m ) = – ,
m15 = –
1514
14
1510
10
14
III
10
III
̅m
= – 3,16 – 0,220 m 8 – 0,279 m 6 – 0,279
III
p. Tingkat I TI =
2 (k 1A + k 2B + k 3C + k 4E + k 5D)
= 2 (1 + 1 + 1 + 1 + 1) = 10 t1A = t2B = t3C = t4D = t5E =
̅m = – HTx – t
1A (m1 +
I
x = x = 0,3 T
mA) – t2B (m2 + mB) – t3C (m3 + mC) – t1A (m1 +
mA) – t2B (m2 + mB)
, x ,+,+, – 0,3 m – 0,3 m – 0,3 m – 0,3 m –
= –
1
2
3
4
0,3 m5 = – 9,760 – 0,3 m 1 – 0,3 m 2 – 0,3 m3 – 0,3 m4 – 0,3 m5
q. Tingkat II TII =
2 (k 61 + k 72 + k 83 + k 94 + k 105)
= 2 (1 + 1 + 1 + 1 + 1) = 10 t61 = t72 = t83 = t94 = t105 =
̅m = – HTx – t
61 (m6 +
II
x = x = 0,3 T m1) – t72 (m7 + m2) – t83 (m8 + m3) – t94 (m9 +
m4) – t105 (m10 + m5)
, x ,+, – 0,3 m – 0,3 m – 0,3 m – 0,3 m – 0,3
= –
1
2
3
4
m5 – 0,3 m6 – 0,3 m7 – 0,3 m8 – 0,3 m9 – 0,3 m10 = – 7,7133 – 0,3 m1 – 0,3 m2 – 0,3 m3 – 0,3 m4 – 0,3 m5 – 0,3 m6 – 0,3 m7 – 0,3 m8 – 0,3 m9 – 0,3 m10
r.
Tingkat III TIII =
2 (k 116 + k 127 + k 138 + k 149 + k 1510)
= 2 (1 + 1 + 1 + 1 + 1) = 10 T116 = t127 = t138 = t149 = t1510 =
̅m = – HTx – t
116 (m6 +
III
x = x = 0,3 T
m11) – t127 (m7 + m12) – t138 (m8 + m13) – t149
(m9 + m14) – t1510 (m10 + m15)
, x , – 0,3 m
= –
– 0,3 m12 – 0,3 m 13 – 0,3 m14 – 0,3 m15 –
11
0,3 m6 – 0,3 m7 – 0,3 m8 – 0,3 m9 – 0,3 m10 = – 4,107 – 0,3 m 11 – 0,3 m12 – 0,3 m13 – 0,3 m14 – 0,3 m15 – 0,3 m6 – 0,3 m7 – 0,3 m8 – 0,3 m9 – 0,3 m10 Momen parsial dicari menggunakan cara eliminasi Gauss Jordan, maka diperoleh matriks seperti berikut :
Eliminasi Gauss Jordan tersebut akan memberikan nilai momen parsial sebagai berikut: m1 = 7,760 ton m m2 = 3,218 ton m m3 = 3,680 ton m m4 = 3,774 ton m m5 = 2,364 ton m m6 = 5,787 ton m
m7 = 2,638 ton m m8 = 2,845 ton m m9 = 2,915 ton m m10 = 1,605 ton m m11 = 4,450 ton m m12 = 0,745 ton m m13 = 1,229 ton m m14 = 1,508 ton m m15 = -0,887 ton m mI = -15,999 ton m mII = -18,689 ton m mIII = -10,957 ton m
Masukkan nilai momen parsial ke persamaan kesetimbangan takabeya maka didapat: M1A
̅m ) + M̅
= k (2m1 + mA +
1A
1A
= 1 (2 x 7,760+ 0 – 15,999) – 0 = -0,479 ton m M12
̅m ) + M̅
= k (2m1 + m2 +
12
12
= 0,7887 (2 x 7,760 + 3,218 + 0) – 16,919 = -2,139 ton m M16
̅m ) + M̅
= k (2m1 + m6 +
16
1A
= 1 (2 x 7,760 + 5,787 – 18,689) – 0 = 2,168 ton m checking
ƩM1
= M12 + M1A + M14
0
= -0,479 – 2,139 + 2,618
0
=0
M61
= k (2m6 + m1 +
̅m ) + M̅ 61
61
= 1 (2 x 5,787 + 7,760 – 18,689) – 0 = 0,644 ton m
M67
̅m ) + M̅
= k (2m6 + m7 +
67
67
= 0,7887 (2 x 5,787 + 2,638 + 0) – 16,919 = -5,710 ton m M611
̅m
= k (2m6 + m11 +
611)
+
M̅
611
= 1 (2 x 5,787 + 4,450 – 10,957) – 0 = 5,065 ton m checking
ƩM6
= M61 + M67 + M611
0
= 0,644 – 5,710 + 5,065
0
=0
M116
= k (2m11 + m6 +
̅m
116)
+
M̅
116
= 1 (2 x 4,450 + 5,787 – 10,957) – 0 = 3,729 ton m
̅m
M1112 = k (2m11 + m12 +
1112)
+
M̅
1112
= 0,7887 (2 x 4,450 + 0,745 + 0) – 11,336 = -3,729 ton m checking
ƩM11 = M116 + M1112 0
= 3,729 – 3,729
0
=0
M2B
= k (2m2 + mB +
̅m ) + M̅ 2B
2B
= 1 (2 x 3,218 + 0 – 15,9999) – 0 = -9,563 ton m M21
̅m ) + M̅
= k (2m2 + m1 +
12
21
= 0,7887 (2 x 3,218 + 7,760 + 0) + 16,919 = 28,116 ton m M23
̅m ) + M̅
= k (2m2 + m3 +
23
23
= 0,7887 (2 x 3,218 + 3,680 + 0) – 16,919
= -8,939 ton m M27
̅m ) + M̅
= k (2m2 + m7 +
27
27
= 1 (2 x 3,218+ 2,638 – 18,689) – 0 = -9,615 ton m checking
ƩM2
= M2B + M21 + M23 + M27
0
= -9,563 + 28,116 – 8,939 – 9,615
0
=0
M72
= k (2m7 + m2 +
̅m ) + M̅ 72
72
= 1 (2 x 2,638 + 3,218 – 18,689) – 0 = -10,195 ton m M76
̅m ) + M̅
= k (2m7 + m6 +
76
76
= 0,7887 (2 x 2,638+ 5,787+ 0) + 16,919 = 25,644 ton m M78
̅m ) + M̅
= k (2m7 + m8 +
78
78
= 0,7887 (2 x 2,638+ 2,845 + 0) – 16,919 = -10,513 ton m M712
̅m
= k (2m7 + m12 +
712)
+
M̅
172
= 1 (2 x 2,638 + 0,745 – 10,957) – 0 = -4,937 ton m
checking
ƩM7
= M72 + M76 + M78 + M712
0
= -10,195 + 25,644 – 10,513 – 4,937
0
=0
M127
= k (2m12 + m7 +
̅m
127)
+
M̅
127
= 1 (2 x 0,745+ 2,638 – 10,957) – 0 = -6,830ton m
̅m
M1211 = k (2m12 + m11 +
1211)
+
M̅
1211
= 0,3365 (2 x 0,745 + 4,450 + 0) + 11,336 = 16,021 ton m
̅m
M1213 = k (2m12 + m13 +
1213)
+
M̅
1213
= 0,7887 (2 x 0,745 + 1,229 + 0) – 11,336 = -9,191 ton m checking
ƩM12 = M127 + M1211 + M1213 0
= -6,830 + 16,021 – 9,191
0
=0
M3C
= k (2m3 + mC +
̅m ) + M̅ 3C
3C
= 1 (2 x 3,680 + 0 – 18,689) – 0 = -8,640 ton m M32
̅m ) + M̅
= k (2m3 + m2 +
32
32
= 0,7887 (2 x 3,680 + 3,218 + 0) + 16,919 = 25,262 ton m M34
̅m ) + M̅
= k (2m3 + m4 +
34
34
= 0,7887 (2 x 3,680 + 3,774 + 0) + 16,919 = -8,137 ton m M38
̅m ) + M̅
= k (2m3 + m8 +
38
38
= 1 (2 x 3,680 + 2,845 – 18,689) – 0 = -8,485 ton m checking
ƩM3
= M3C + M32 + M34 + M38
0
= -8,640 + 25,262 – 8,137 – 8,485
0
=0
M83
= k (2m8 + m3 +
̅m ) + M̅ 83
83
= 1 (2 x 2,845 + 3,680 – 18,689) – 0 = -9,319 ton m
M87
̅m ) + M̅
= k (2m8 + m7 +
87
87
= 0,7887 (2 x 2,845 + 2,638 + 0) + 16,919 = 23,488 ton m M89
̅m ) + M̅
= k (2m8 + m9 +
89
89
= 1 (2 x 2,845 + 2,915 – 10,957) – 0 = -10,131 ton m M813
̅m
= k (2m8 + m13 +
813)
+
M̅
813
= 1 (2 x 2,845 + 1,229 – 10,957) – 0 = -4,038 ton m checking
ƩM8
= M83 + M87 + M89 + M813
0
= -9,319 + 23,488 – 10,131 – 4,038
0
=0
M138
= k (2m13 + m8 +
̅m
138)
+
M̅
138
= 1 (2 x 1,229 + 2,845 – 10,957) – 0 = -5,654 ton m
̅m
M1312 = k (2m13 + m12 +
1312)
M̅
+
1312
= 0,7887 (2 x 1,229 + 0,745 + 0) + 11,336 = 13,862 ton m
̅m
M1314 = k (2m13 + m14 +
1314)
M̅
+
1314
= 0,7887 (2 x 1,229 + 1,508 + 0) + 11,336 = -8,208 ton m checking
ƩM13 = M138 + M1312 + M1314 0
= -5,654 + 13,862 – 8,208
0
=0
M4D
= k (2m4 + mD +
̅m ) + M̅ 4D
4D
= 1 (2 x 3,774 + 0 – 15,999) – 0 = -8,450 ton m
M43
̅m ) + M̅
= k (2m4 + m3 +
43
43
= 0,7887 (2 x 3,774 + 3,680 + 0) + 16,919 = 25,775 ton m M45
̅m ) + M̅
= k (2m4 + m5 +
45
45
= 0,7887 (2 x 3,774 + 2,364 + 0) + 16,919 = -9,099 ton m M49
̅m ) + M̅
= k (2m4 + m9 +
49
49
= 1 (2 x 3,774 + 2,915 – 18,689) – 0 = -8,226 ton m checking
ƩM4
= M4D + M43 + M45 + M49
0
= -8,450 + 25,775 – 9,099 – 8,226
0
=0
M5E
= k (2m5 + mE +
̅m ) + M̅ 5E
5E
= 1 (2 x 2,364 + 0 – 15,999) – 0 = -11,270 ton m M54
̅m ) + M̅
= k (2m5 + m4 +
54
54
= 0,7887 (2 x 2,364 + 3,774 + 0) – 16,919 = 23,626 ton m M510
̅m
= k (2m5 + m10 +
510)
+
M̅
510
= 1 (2 x 2,364 + 1,605 – 18,689) – 0 = -12,355 ton m checking
ƩM5
= M5E + M54 + M510
0
= -11,270 + 23,626 – 12,355
0
=0
M105
= k (2m10 + m5 +
̅m
105)
+
M̅
105
= 1 (2 x 1,605 + 2,364 – 18,689) – 0 = -13,115 ton m
M109
̅m
= k (2m10 + m9 +
109)
+
M̅
109
= 0,7887 (2 x 1,605 + 2,915 + 0) + 16,919 = 21,749 ton m
̅m
M1015 = k (2m10 + m15 +
1015)
M̅
+
1015
= 1 (2 x 1,605 + 0,887 – 10,957) – 0 = -8,635 ton m checking
ƩM10 = M105 + M109 + M1015 0
= -13,115 + 21,749 – 8,635
0
=0
̅m
M1510 = k (2m15 + m10 +
1510)
M̅
+
1510
= 1 (2 x -0,887 +1,605 – 10,957) – 0 = -11,126 ton m
̅m
M1514 = k (2m15 + m14 +
1514)
M̅
+
1514
= 0,7887 (2 x -0,887 + 1,508 + 0) + 11,336 = 11,126 ton m checking
ƩM15 = M1510 + M1514 0
= -11,126 + 11,126
0
=0
MA1
= k (2mA + m1 +
̅m ) + M̅ A1
A1
= 1 (0 + 7,760 – 15,999) + 0 = -8,239 ton m
MB2
̅m ) + M̅
= k (2mB + m2 +
B2
B2
= 1 (0 + 3,218 – 15,999) + 0 = -12,781 ton m
MC3
̅m ) + M̅
= k (2mC + m3 +
C3
C3
= 1 (0 + 3,680 – 15,999) + 0 = -12,320 ton m
MD4
̅m ) + M̅
= k (2mD + m4 +
D4
D4
= 1 (0 + 3,774 – 15,999) + 0 = -12,225 ton m
ME5
̅m ) + M̅
= k (2mE + m5 +
E5
E5
= 1 (0 + 2,364 – 15,999) + 0 = -13,635 ton m
Dari perhitungan analisa struktur dengan menggunakan metode takabeya , maka di dapat kombinasi yang mengakibatkan gaya dalam yang paling besar , yaitu portal memanjang (Sumbu X) dengan beban gempa ,sehingga kami memilih kombinasi tersebut dalam perencanaan.
Free Body Diagram Portal Memanjang dengan gempa ditunjukkan pada Gambar 3.22
Gambar 3.22 Free Body Diagram Portal Memanjang dengan Gempa
Diagram Normal Portal Memanjang dengan gempa ditunjukkan pada Gambar 3.23
Gambar 3.23 Diagram Normal Portal Memanjang dengan Gempa
Diagram Lintang Portal Memanjang dengan gempa ditunjukkan pada Gambar 3.24
Gambar 3.24 Diagram Lintang Portal Memanjang dengan Gempa
Diagram Momen Portal Memanjang dengan gempa ditunjukkan pada Gambar 3.24
Gambar 3.24 Diagram Momen Portal Memanjang dengan Gempa
BAB IV PERENCANAAN ELEMEN LENTUR DAN AKSIAL 4.1
Denah Kolom
Perencanaan elemen lentur dan aksial berdasarkan dari denah kolom pada koordinat B-2 pada lantai 1 seperti pada Gambar 4.1.Dasar peninjauan yaitu kolom yang memiliki panjang terbesar dan mempertimbangkan efek dari beban gempa terbesar.
Gambar 4.1 Denah Kolom 4.2
Diagram Gaya-gaya Dalam Kolom
Gambar 4.2 hingga Gambar 4.6 berikut ini adalah gambar free body diagram ,gaya aksial , momen , dan gaya lintang akibat beban mati , beban hidup , dan beban gempa yang bekerja pada kolom yang ditinjau (K1-40x40) pada lantai 1 koordinat B-2.
Gambar 4.2 Pembebanan Portal Memanjang dengan Gempa
Gambar 4.3 Gaya dalam akibat beban mati pada kolom (K1-40 x40)
Gambar 4.4 Gaya dalam akibat beban hidup pada kolom (K1-40 x40)
Gambar 4.5 Gaya dalam akibat beban gempa arah X pada kolom (K1-40 x40)
Gambar 4.6 Gaya dalam akibat beban gempa arah Y pada kolom (K1-40 x40)
4.3
Disain Tulangan Lentur Kolom 4.3.1
Definisi Kolom
Desain tulangan kolom sesuai SNI 03-2847-2002 Pasal 23.4. a. Gaya tekan aksial terfaktor maksimum > 0,1 Ag f’c Pu maksimal = 66,646 ton = 666460 N Pu > 0,1 x (400 x 400) mm 2 x 40 MPa 666460 N > 640000 N
OK
b. Sisi terpendek kolom tidak kurang dari 300 mm Sisi terpendek = 400 mm 400 mm > 300 mm
OK
Syarat sisi terpendek kolom terpenuhi. c.
> 0,4 > 0,4 1 > 0,4
OK
Syarat geometri balok terpenuhi. d. Tinggi efektif kolom d = h – p – ø – D/2 = 400 – 40 – 10 – 25/2 = 337,5 mm e. Check konfigurasi penulangan Asumsi digunakan tulangan baja 12D25 (As = 5890,486 mm 2), sehingga s = 5890,486/160000 = 3,68 %. Syarat konfigurasi penulangan terpenuhi, 1% < < 6%. 4.3.2
Portal Bergoyang dan Tidak bergoyang
Elemen tekan (kolom) pada struktur harus dikelompokkan sebagai portal tidak bergoyang atau portal bergoyang. Berdasarkan SNI 03-2847-2002, suatu portal dapat dianggap tak bergoyang bila perbesaran momen-momen di ujung akibat pengaruh orde dua tidak melebihi 5% dari momen-momen ujung orde satu. Suatu tingkat pada struktur boleh dianggap tidak bergoyang bila nilai : Q=
∑u ∆ < 5% V x
dimana : ΣPu adalah total beban vertikal tiap lantai Vus adalah beban gempa nominal tiap lantai Δo
adalah simpangan relatif antar tingkat
lc adalah panjang komponen struktur tekan Hasil analisis apakah portal melintang termasuk portal bergoyang atau tidak ditunjukkan pada Tabel 4.1. Tabel 4.1 Cek Portal Melintang Bergoyang atau Tidak Lantai (i) ΣPu (ton) Δo (mm) Vu (ton)
L (mm)
Q
Keterangan
3
18,623
3,71
7,04
3500,0
0,28% Tidak Bergoyang
2
26,488
6,19
6,18
3500,0
0,76% Tidak Bergoyang
1
26,488
5,31
3,51
3500,0
1,15% Tidak Bergoyang
Hasil analisis apakah portal memanjang termasuk portal bergoyang atau tidak ditunjukkan pada Tabel 4.2. Tabel 4.2 Cek Portal Memanjang Bergoyang atau Tidak Lantai (i) ΣPu (ton) Δo (mm) Vu (ton)
L (mm)
Q
Keterangan
3
67,586
3,71
11,73
3500,0
0,61% Tidak Bergoyang
2
99,776
6,19
10,30
3500,0
1,71% Tidak Bergoyang
1
99,776
5,31
5,85
3500,0
2,59% Tidak Bergoyang
Hasil analisis menunjukkan baik portal melintang maupun portal memanjang termasuk portal tidak bergoyang.
4.3.3
Kelangsingan Kolom
Berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 12.12.2, perhitungan kelangsingan portal bergoyang (untuk komponen tekan yang tidak ditahan terhadap goyangan samping), boleh diabaikan apabila :
≤3412( M) M dimana : r (radius girasi) = atau 0,3h untuk kolom persegi. A lu adalah panjang bersih kolom k (faktor panjang efektif) M1 adalah momen ujung terfaktor yang lebih kecil pada komponen tekan; bernilai positif bila komponen struktur
melentur dengan kelengkungan tunggal, negative bila komponen struktur melentur dengan kelengkungan ganda. M2 adalah momen ujung terfaktor yang lebih besar pada komponen struktur tekan; selalu bernilai positif Faktor panjang efektif (k) komponen struktur tekan atau kolom sangat dipengaruhi oleh rasio dari komponen struktur tekan terhadap komponen struktur lentur pada salah satu ujung komponen struktur tekan yang dihitung dalam bidang rangka yang ditinjau (Ψ) seperti yang tercantum pada SNI 03-2847-2002 Pasal 12.11.6 sebagai berikut:
∑ E Ψ = ∑ E 1. Sisi atas kolom yang ditinjau: a. Kolom yang didisain
b = 400 mm; h = 400 mm; lu = 3500 mm E =4700 f =4700√ 40 = 29725,41 MPa Ig = 121 bh = 121 ×400×400 =2,133×10 mm I =0,70Ig =0,70×2,133×10 =1,493×10 mm b. Kolom atas
b = 400 mm; h = 400 mm; lu = 3500 mm E =4700 f =4700√ 40 = 29725,41 MPa Ig = 121 bh = 121 ×400×400 =2,133×10 mm I =0,70Ig =0,70×2,133×10 =1,493×10 mm c. Balok atas kanan
b = 300 mm; h = 500 mm; lu = 6500 mm E =4700 f =4700√ 40 = 29725,41 MPa Ig = 121 bh = 121 ×300×500 =3,125×10 mm I =0,35Ig =0,35×3,125×10 =1,09375×10 mm
d. Balok atas kiri
b = 300 mm; h = 500 mm; lu = 6500 mm E =4700 f =4700√ 40 = 29725,41 MPa Ig = 121 bh = 121 ×300×500 =3,125×10 mm I =0,35Ig =0,35×3,125×10 =1,09375×10 mm Ψ untuk kolom bagian atas adalah ,x,× ,x,× Ψts = , ×,× ,×,× =2,54
Nilai
2. Sisi bawah kolom yang ditinjau: a. Kolom bawah
b = 400 mm; h = 400 mm; lu = 3500 mm E =4700 f =4700√ 40 = 29725,41 MPa Ig = 121 bh = 121 ×400×400 =2,133×10 mm I =0,70Ig =0,70×2,133×10 =1,493×10 mm b. Kolom yang didisain
b = 400 mm; h = 400 mm; lu = 3500 mm E =4700 f =4700√ 30 = 29725,41 MPa Ig = 121 bh = 121 ×400×400 =2,133×10 mm I =0,70Ig =0,70×2,133×10 =1,493×10 mm c. Balok bawah kanan
b = 300 mm; h = 500 mm; lu = 6500 mm E =4700 f =4700√ 40 = 29725,41 MPa Ig = 121 bh = 121 ×300×500 =3,125×10 mm I =0,35Ig =0,35×3,125×10 =1,09375×10 mm
d. Balok bawah kiri
b = 300 mm; h = 500 mm; lu = 6500 mm E =4700 f =4700√ 40 = 29725,41 MPa Ig = 121 bh = 121 ×300×500 =3,125×10 mm I =0,35Ig =0,35×3,125×10 =1,09375×10 mm Ψ untuk kolom bagian bawah adalah ,x,×,x,× Ψw = , ×,×,×,× =2,54
Nilai
Nilai k diperoleh dengan menggunakan monogram untuk portal tidak bergoyang seperti yang ditunjukkan Gambar 4.4 dengan memplotkan nilai
Ψts = 2,54 dan Ψw = 2,54. Buat garis antara Ψts dan Ψw sehinnga memotoing garis k. Nilai k adalah nilai yang terpotong oleh garis yang menghubungkan
Ψts dan Ψw.
Gambar 4.7 Monogram Faktor Panjang Efektif
Monograf di atas memberikan nilai k = 0,88
klu < 34 12( M) r M 0,88×3000 <3412( M) 120 M 22 < 34 -12
,,
22 < 24 Hasil perhitungan menunjukkan bahwa kolom pada bangunan bertingkat tinggi ini termasuk kolom tidak langsing, sehingga tidak perlu memperhitungkan perbesaran momen.
4.3.4
Diagram Interaksi Kolom
Kunci dalam perhitungan diagram interaksi kolom adalah besarnya nilai c. Besarnya nilai c mempengaruhi apakah suatu tulangan sudah mencapai kondisi leleh atau belum. Kondisi leleh suatu tulangan ditentukan oleh regangannya. Perhitungan regangan menggunakan sifat perbandingan segitiga.
, = ε −s −s x 0,003 ε = 1
kalikan kedua ruas dengan E baja = 200000MPa fs1 = 600
−s = 600 −,
lakukan hal yang sama untuk
ε2, ε3, dan ε4
−s = 600 −, −s = 600 −, fs = 600 −s = 600 −, fs = 600 fs2 = 600
3
4
nilai f maksimal adalah saat mencapai kondisi leleh yaitu fy = 360MPa Besarnya nilai c diperoleh dari Persamaan
ΣP = 0 Cc + Cs1 + Cs2 – Ts1 – Ts2 = 0 dimana
Cc = 0,85 x f’c x a x b Cs1 = As1 x fs1 Cs2 = As2 x fs2 Ts1 = As3 x fs3 Ts2 = As4 x fs4
Nilai momen didapat dari besarnya gaya dikali jarak / lengan. Pada perhitungan tugas ini nilai momen diukur dari pusat plastis kolom (0,5 h).
Mn = Cc x ( – ) + Cs1 x ( – s 1) + Cs2 x ( – s2) + Ts1 x (s 3 – ) + Ts2 x
Kondisi Balance, regangan beton maksimum mencapai 0,003 dan tulangan t arik (s4 – )
a.
sisi terluar pasti mencapai tegangan leleh. Cb =
d = x , = 210,94 mm +y +
kondisi C (mm) a (mm) Material A (mm²) Balance 210,94 164,32 Beton Cc 71718,75 4 buah Baja Cs1 1963,50 2 buah Baja Cs2 981,75 2 buah Baja Ts1 981,75 4 buah Baja Ts2 1963,50
ø Pno = 0,65 x 2295,84 kN = 1492,296 kN ø Mb = 0,65 x 469,46 kN = 305,149 kN m
lengan f (MPa) P (kN) M (kNm) 110,35 -40 -2235,00 -263,34 137,50 -360 -706,86 -97,19 45,83 -161 -158,53 -7,27 -45,83 99 97,45 -4,47 -137,50 360 706,86 -97,19 -2295,84 -469,46
b.
Kondisi Pno, aksial maksimum tekan terjadi saat e = 0 Pno = Pconcrete + Psteel
Pno = 0,85 x f’c x (Ag – As) + fy x As Pno = 0,85 x 40 MPa x (160000 – 5890,5) mm 2 + 360 MPa x 5890,5 mm 2 Pno = 7360300 N = 7360,3 kN
ø Pno = 0,65 x 7360,3 kN = 4784,19 kN c.
Kondisi lentur murni, terjadi saat Pu = 0 dan tulangan tarik sisi terluar pasti mencapai tegangan leleh kondisi C (mm) a (mm) Lentur 95,23 74,18 murni 4 buah 2 buah 2 buah 4 buah
Material A (mm²) Beton Cc 29672,10 Baja Cs1 1963,50 Baja Ts1 981,75 Baja Ts2 981,75 Baja Ts3 1963,50
lengan f (MPa) P (kN) M (kNm) 162,91 -40 -1009,00 -164,35 137,50 -206 -405,00 -55,67 45,83 360 353,00 16,20 -45,83 360 353,00 -16,20 -137,50 360 707,00 -97,19 0,00 -317,21
;ø Mb = 0,8 x 317,21 kN = 253,768 kN m
d.
Kondisi aksial maksimum tarik, semua tulangan pasti mencapai tegangan leleh, terjadi saat e = 0 Pu = Psteel Pu = fy x As Pu = 360 MPa x 6050,368 mm 2 Pu = 2120575 N = 2120,575 kN
ø Pu = 0,65 x 2120,575 kN = 1378 kN e.
Kondisi runtuh zona tekan 1, tulangan tekan sisi te rluar pasti mencapai tegangan leleh, terjadi saat C > Cb
kondisi C (mm) a (mm) Runtuh 270,00 210,33 tekan 4 buah 2 buah 2 buah 4 buah
Material A (mm²) Beton Cc 84132,00 Baja Cs1 1963,50 Baja Cs2 981,75 Baja Cs3 981,75 Baja Ts1 1963,50
lengan f (MPa) P (kN) M (kNm) 94,84 -40 -2860,00 -271,27 137,50 -360 -706,86 -97,19 45,83 -257 -252,71 -11,58 -45,83 -54 -52,72 2,42 -137,50 150 294,52 -40,50 -3578,25 -418,13
ø Pno = 0,65 x 3578,25 kN = 2325,863 kN ø Mb = 0,65 x 418,13 kN = 271,785 kN m f.
Kondisi runtuh zona tekan 2, tulangan tekan sisi terluar pasti mencapai tegangan leleh, terjadi saat C > Cb kondisi C (mm) a (mm) Material Runtuh 300,00 233,70 Beton Cc tekan 4 buah Baja Cs1 2 buah Baja Cs2 2 buah Baja Cs3 4 buah Baja Ts1
A (mm²) 93480,00 1963,50 981,75 981,75 1963,50
lengan f (MPa) P (kN) M (kNm) 83,15 -40 -3178,00 -264,28 137,50 -360 -706,86 -97,19 45,83 -292 -286,34 -13,12 -45,83 -108 -106,36 4,87 -137,50 75 147,26 -20,25 -4130,62 -389,97
ø Pno = 0,65 x 4130,62 kN = 2684,90 kN ø Mb = 0,65 x 389,97 kN = 253,481 kN m g.
Kondisi runtuh zona tarik 1, tulangan tarik sisi terluar pasti mencapai tegangan leleh, terjadi saat C < Cb kondisi C (mm) a (mm) Material Runtuh 170,00 132,43 Beton Cc tarik 4 buah Baja Cs1 2 buah Baja Ts1 2 buah Baja Ts2 4 buah Baja Ts3
A (mm²) 52972,00 1963,50 981,75 981,75 1963,50
lengan f (MPa) P (kN) M (kNm) 133,79 -40 -1801,00 -240,95 137,50 -360 -706,86 -97,19 45,83 -56 -54,86 -2,51 -45,83 268 262,76 -12,04 -137,50 360 706,86 -97,19 -1593,15 -449,90
ø Pno = 0,65 x 1593,15 kN = 1035,548 kN ø Mb = 0,65 x 449,90 kN = 292,44 kN m h.
Kondisi runtuh zona tarik 2, tulangan tarik sisi terluar pasti mencapai tegangan leleh, terjadi saat C < Cb
kondisi C (mm) a (mm) Material Runtuh 120,00 93,48 Beton Cc tarik 4 buah Baja Cs1 2 buah Baja Ts1 2 buah Baja Ts2 4 buah Baja Ts3
A (mm²) 37392,00 1963,50 981,75 981,75 1963,50
lengan f (MPa) 153,26 -40 137,50 -288 45,83 171 -45,83 360 -137,50 360
P (kN) M (kNm) -1271,00 -194,84 -564,50 -77,62 167,72 7,69 353,43 -16,20 706,86 -97,19 -607,83 -378,17
ø Pno = 0,8 x 607,83 kN = 486,264 kN ø Mb = 0,8 x 378,17 kN = 302,540 kN m i.
Kondisi Pn = 0,1Pno, tulangan tarik sisi terluar pasti mencapai tegangan leleh, terjadi saat Pn = 0,1Pno. kondisi C (mm) a (mm) Material 0,1 Pno 125,97 98,13 Beton Cc 4 buah Baja Cs1 2 buah Baja Ts1 2 buah Baja Ts2 4 buah Baja Ts3
A (mm²) lengan f (MPa) 39252,40 150,93 -40 1963,50 137,50 -302 981,75 45,83 134 981,75 -45,83 360 1963,50 -137,50 360
P (kN) M (kNm) -1335,00 -201,43 -594,00 -81,62 132,00 6,04 353,43 -16,20 706,86 -97,19 -736,03 -390,40
ø Pno = 0,65 x 736,03 kN = 478,420 kN ø Mb = 0,65 x 390,401 kN = 253,761 kN m j.
Kondisi tekan asimtosis, perilaku balok tidak bisa diprediksi. 0,8 (ø Pno) = 0,8 x 4784,19 kN = 3827,35 kN
Kondisi Aksial Tekan maks
f Mn
f Pn
C
e
0
4784
0
0
Runtuh Tekan
253
2685
300
94
Runtuh Tekan
272
2326
270
117
Balance
305
1492
211
205
Runtuh Tarik
292
1036
170
281
Pn = 0,1 Pno
254
478
126
530
Runtuh Tarik
302
486
120
621
Lentur Murni
254
0
95
-
Aksial Tarik maks
0
-1378
0
0
Pn maks
0
3827
0
0
Sehingga diperoleh diagram interaksi seperti ditunjukkan pada Gambar 4.8
Gambar 4.8 Gambar Diagram Interaksi Kolom
4.4
Tinjauan Lentur Biaksial
Perhitungan lentur biaksial menggunakan metode Beban Berlawanan dari Bresler. Menurut Wang dan Salmon (1987) , Besler menyatakan bahwa Pi yang dihitung menggunakan persamaan metode beban berlawanan adalah sangat cocok dengan hasil-hasil percobaan , seperti penyebaran (deviasi) 9,4%, dan dengan rata – rata 3,3%.Tabel 4.3. menunjukan gaya-gaya dalam dan kombinasi pembebanan yang bekerja pada kolom yang ditinjau untuk dilakukan peninjauan lentur biaksial.
Tabel 4.3. Gaya-gaya dalam dan kombinasi pembebanan yang terjadi pada
Kolom (K1-40 x 40)
Gaya Dalam P(kN) Vmax(kN) Mx (kNm) My (kNm)
Beban Gempa Hidup arah (LL) X(Ex) 160,52 1,07 0,0032 6,096
Gempa arah Y(Ey) 4,87 7,077
1,01
0,654
4,87
10,564
2,2584
7,576
3,821
9,243
0,77
15,2048
Mati (DL) 416,667 0,05
4.4.1
Kombinasi 1,2 D + 1,0 LL +1,0 Ex
1,2 D + 1,0 LL +1,0 Ey
661,5904 6,1592 M2b M2s
665,3904 7,1402 M2b M2s
0
6,736
4,87
12,43
10,564
0
22,1552
9,243
13,6822
0,77
1,2 DL + 1,6 LL 756,8324 0,06512 M2b M2s
Perhitungan Lentur Biaksial
Pu = 756,8324 kN Muy = 22,1552 kNm dan Mux = 6,736 kNm Eksentrisitas minimum emin = 15 + 0,03h = 15 +0,03 (400) = 27 mm Eksentrisitas arah X adalah :
ex =
uy = , = 29,27 mm > e u ,
min maka
digunakan e x
Eksentrisitas arah Y adalah :
ey =
ux = , = 8,900 mm < e u ,
min maka
digunakan e min
Gambar 4.9. merupakan diagram interaksi P dan e pada kolom yang ditinjau
Diagram P-e kolom 5000 4500
27mm;4004 kN 29,24 mm;3989 kN
4000 3500 3000 P(kN)
2500 2000 1500 1000 500 0 0 25 50 75100125150175200225250275300325350375400425450475500525550575600625650 e (mm)
Gambar 4.9. Diagram Interaksi P-e Kolom (K1-400x400) dengan tulangan 12 D 25
= + - ni nx ny o = + - ni , Pni = 2741,496 kN
Ø pni = 0,65*(2741,496) = 1781,972 kN > 756,8324 kN Berarti penampang cukup karena kemampuan penampang Pni lebih besar dari gaya yang bekerja pada penampang yaitu Pu.
4.5
Desain Shear Reinforcement
x F + x F _ _ = Ln
Vsway
=
, x ,+,x,
= 156,072 kN
Vsway > Vanalitis 156,072 kN > 60,37 kN Vc =
√ f′c x b x d = √ 40 x 400 x 337,5 = 142,302 kN
Check
Vu > Vc ø , > x 142,302 , 208,096 kN > 71,151 kN Check
Vu > Vc + x b x d ø
208,096 kN > 142,302 + x (400 x 337,5)/1000 208,096 kN > 187,302 kN Vs perlu =
Vu – Vc ø
Vs perlu = 208,096 – 187,302 kN = 20,794 kN Coba gunakan D10 – 110 (Av = 157,08 mm 2) Vs =
Av x y x d = , x x , = 173,5 kN s
Vs > Vs perlu 173,5 kN > 20,794 kN
OK
4.6
Desain Confinement Reinforcement
Tulangan hoops harus dipasang sepanjang lo terhadap ln (dari bawah muka balok dan atas muka lantai). Berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.4..4.4, panjang lo dipilih yang terbesar di antara: a. h = 400 mm b. 1/6 Ln = 1/6 x 3000 = 500 mm c. 500 mm Total cross section hoops berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.4.4.1 tidak kurang dari salah satu yang tebesar antara
Ag s x x = 0,3 ( y ) (A – 1) , x s x x = ( y )
Ash_1
Ash_2
Coba gunakan 3 leg D13 (Av = 397,995 mm 2) hc = b – 2(40 + ½d b) = 400 – 2(40 + ½ x 13) = 307 mm Ach = (bw – 2(40)) x (bw – 2(40)) = (400 – 80)2 = 102400 mm 2
A_ = 0,3 ( x ) ( Ag – 1) = 0,3 ( x ) ( – 1) = 4,256 s y A A_ = (, x x ) = (, x x ) = 3,07 s y Ambil nilai terbesar 5,756 Spasi maksimum adalah yang terkecil di antara : a. ¼ cross section dimensi kolom = 400/4 = 100 mm b. 6 kali diameter tulangan longitudinal = 6 x 25 = 150 mm
− , dimana h = 2/3 h dan 100 mm < s < 150 mm x − s < 100 + = 148,444 mm
c. sx < 100 +
x
c
x
Digunakan spasi 90 mm Ahoops = 4,256 x 90 = 383,04 mm 2, maka digunakan Av > Ahoops
OK
x
4.6.1
Untuk Bentang di luar lo
Vc regular =
√ f′c x b x d = √ 40 x 400 x 337,5 = 142,302 kN
SNI persamaan (47) memberikan harga Vc
Nu ) x √ f′c x b x d Ag ) x √ 40 x 400 x 340,5 = (1 + x
Vc = (1 +
= 184,641 kN Vs perlu =
Vu – Vc ø
Vs perlu = 208,096 – 184,641 kN = 23,455 kN Coba gunakan D10 – 200 (Av = 157,08 mm 2) Vs =
Av x y x d = , x x , = 152,68 kN s
Vs > Vs perlu 152,68 kN > 23,455 kN
OK
Gambar Penulangan dan Potongan Kolom ditunjukkan pada Gambar 4.10 dan Gambar 4.11
Gambar 4.10 Penulangan Kolom
Gambar 4.11 Potongan Kolom
BAB V PERENCANAAN ELEMEN LENTUR
5.1
Denah Balok
Perencanaan elemen lentur berdasarkan dari denah balok yang sudah direncanakan. Balok yang didisain ditunjukkan pada Gambar 5.1 dan Gambar 5.2
Gambar 5.1 Denah Balok Lantai 1 dan 2 adalah balok induk pada lantai 2
koordinat 2-A-B
Gambar 5.2 Denah Balok Lantai 3 adalah balok induk pada lantai 3 koordinat
2-A-B
5.2
Analisa Pembebanan pada Balok
Analisa pembebanan pada portal akan menghasilkan gaya-gaya dalam terutama momen, dalam perencanaan elemen lentur. Nilai momen terbesar itu diperoleh dari analisa pembebanan portal memanjang seperti ditunjukkan pada Gambar 5.3
Gambar 5.3 Bidang gaya dalam momen pada portal memanjang
5.3
Diagram Gaya Dalam
Perencanaan elemen lentur harus mampu menahan gaya-gaya dalam yang terjadi pada elemen lentur. Perencanaan elemen lentur ini mengacu pada gaya dalam terbesar untuk portal memanjang maupun portal melintang. a. Envelope Portal Memanjang Lantai Nilai momen terbesar diperoleh dari Gambar diagram gaya dalam seperti ditunjukkan pada Gambar 5.4 dan Gambar 5.5.
Goyangan ke Kanan Gambar 5.4 Diagram Momen Batang 1 – 2
Goyangan ke Kiri Gambar 5.5 Diagram Momen Batang 1 – 2
Superposisi dari keduanya menghasilkan Gambar 5.6
Gambar 5.6 Diagram Momen Envelope Batang 1 – 2
Hasil analisa struktur pada Bab III memberikan nilai momen terbesar seperti yang ditunjukkan pada Tabel 5.1. Tabel 5.1 Hasil Momen Envelope Portal Memanjang untuk Balok Induk Kondisi
Lokasi
Arah Momen Arah Goyangan Mu (ton m)
1
Titik 1
Negatif
Kanan
2,139
2
Titik 2
Negatif
Kanan
28,116
3
Lapangan
Positif
Kanan
14,914
4
Titik 1
Negatif
Kiri
23,626
5
Titik 2
Negatif
Kiri
9,099
6
Lapangan
Positif
Kiri
10,876
b. Envelope Portal Memanjang Atap Nilai momen terbesar diperoleh dari Gambar diagram gaya dalam seperti ditunjukkan pada Gambar 5.7 dan Gambar 5.8.
Goyangan ke Kanan
Gambar 5.7 Diagram Momen Batang 11 – 12
Goyangan ke Kiri
Gambar 5.8 Diagram Momen Batang 11 – 12
Superposisi dari keduanya menghasilkan Gambar 5.9
Gambar 5.9 Diagram Momen Envelope Batang 11 – 12
Hasil analisa struktur pada Bab III memberikan nilai momen terbesar seperti yang ditunjukkan pada Tabel 5.2. Tabel 5.2 Hasil Momen Envelope Portal Memanjang untuk Balok Atap
5.4
Kondisi
Lokasi
Arah Momen Arah Goyangan Mu (ton m)
1
Titik 1
Negatif
Kanan
3,729
2
Titik 2
Negatif
Kanan
16,021
3
Lapangan
Positif
Kanan
10,404
4
Titik 1
Negatif
Kiri
11,126
5
Titik 2
Negatif
Kiri
9,657
6
Lapangan
Positif
Kiri
9,897
Desain Tulangan Lentur Balok Lantai 5.4.1
Definisi Balok
Desain tulangan balok sesuai SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3. a.
Gaya tekan aksial terfaktor < 0,1 Ag f’c Pu = 3,355 ton = 33550 N Pu < 0,1 x (300 x 500) mm 2 x 40 MPa 33550 N < 600000 N
OK
b. Bentang bersih (Ln) > 4d Ln = L – hkolom = 6500 – 400 = 6100 mm d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 22/2 = 439 mm Ln > 4 x 439
6100 mm > 1756 mm
OK
Syarat bentang bersih minimum elemen lentur terpenuhi. c.
> 0,3 > 0,3 0,6
> 0,3
OK
Lebar balok 300 mm lebih besar dari lebar balok minimum 250 mm, syarat geometri balok terpenuhi.
5.4.2
Perhitungan Tulangan Lentur
Balok yang didijadikan acuan adalah balok pada portal memanjang bagian tepi di lantai 1. a. Kondisi Momen
i.
: Goyangan ke kanan, momen negatif di titik 2 : 28,116 ton m = 281,16 kN m
Kebutuhan Tulangan Lentur Diasumsikan ada 2 layer tulangan, sebagai pendekatan tulangan tekan diabaikan jika ada. Diameter maksimal tulangan
= = 20 mm, trial awal
gunakan D19 d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 19/2 = 440,5 mm
ø = 0,8 Asumsi : j = 0,85
N u , x As = ø x y x j x d = , x x , x , = 2607,331 mm
2
Coba gunakan tulangan 10D19 (As = 2835,287 mm 2)
D̅
dterkoreksi = h – p – ø – = 500 – 40 – 10 – 33 = 417 mm Cek momen nominal :
x As x y , a= , x ′ x = , x x = 100,069 mm
= ø x As x fy x (d – )
ø Mn
,)
= 0,8 x 2835,287 mm 2 x 360 MPa x (417 – = 299,65 kN m
ø Mn
> Mu
299,65 kN m > 281,16 kN m OK Tulangan 10D19 kuat menahan momen yang terjadi.
ii. Cek luasan tulangan minimum : Asmin
√ x 300 x 417 = 549,446 mm , = x b x d = 2
tetapi tidak boleh kurang dari Asmin =
, x b x d = , x 300 x 417 = 486,50 mm y
As > Asmin,
2
OK. Syarat tulangan minimum terpenuhi.
iii. Cek rasio tulangan
As ,
ρ = x d = = 0,0227
, , , x β x ρ = y + = = 0,046 b
ρmax = 0,75 ρ b = 0,75 x 0,046 = 0,034 , batas ρmax berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.2 adalah 0,025
ρ < ρmax
OK. Syarat ρmax terpenuhi.
iv. Reinforcement Gunakan baja tulangan 10D19, dipasang 2 layer dengan jarak bersih antar layer 25 mm. Gambar penulangan ditunjukkan pada Gambar 5.10
Gambar 5.10 Penulangan Balok Lantai Kondisi 1
b. Kondisi Momen
: Goyangan ke kanan, momen positif di titik 2 Mu > 50% kapasitas momen di muka kolom yang sama Mu = 50% x 281,16 kN m = 140,580 kN m
Kebutuhan Tulangan Lentur Diasumsikan ada 1 layer tulangan, sebagai pendekatan tulangan tekan diabaikan jika ada. Diameter maksimal tulangan
= = 20 mm, trial awal
gunakan D19 d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 19/2 = 440,5 mm
ø = 0,8 Asumsi : j = 0,85
N u , x As = ø x y x j x d = , x x , x , = 1203,66 mm
2
Coba gunakan tulangan 3D19, 2D16 (As = 1252,710 mm 2) Cek momen nominal :
x As x y , a== , x ′ x = , x x = 44,213 mm ø Mn = ø x As x fy x (d – ) ,) = 0,8 x 1252,710 mm x 360 MPa x (440,5 – 2
= 150,95 kN m
ø Mn
> Mu
150,95 kN m > 140,58 kN m OK Tulangan 3D19, 2D16 kuat menahan momen yang terjadi.
Cek luasan tulangan minimum : Asmin
√ x 300 x 440,5 = 580,410 mm , = x b x d = 2
tetapi tidak boleh kurang dari Asmin =
, x b x d = , x 300 x 440,5 = 513,92 mm y
2
As > Asmin, OK. Syarat tulangan minimum terpenuhi.
Cek rasio tulangan
As ,
ρ = x d = , = 0,0090
, x , x , x β x ρ = y + y = = 0,046 b
ρmax = 0,75 ρ b = 0,75 x 0,046 = 0,035 , batas ρmax berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.2 adalah 0,025
ρ < ρmax
OK. Syarat ρmax terpenuhi.
Reinforcement Gunakan baja tulangan 3D19, 2D16. Gambar penulangan ditunjukkan pada Gambar 5.11
Gambar 5.11 Penulangan Balok Lantai Kondisi 2
c. Kondisi
: Goyangan ke kiri, momen negatif di titik 1
Momen
i.
: 23,626 ton m = 236,26 kN m
Kebutuhan Tulangan Lentur Diasumsikan ada 2 layer tulangan, sebagai pendekatan tulangan tekan diabaikan jika ada. Diameter maksimal tulangan
= = 20 mm, trial awal
gunakan D19 d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 19/2 = 440,5 mm
ø = 0,8 Asumsi : j = 0,85
N u , x As = ø x y x j x d = , x x , x , = 2190,95 mm
2
Coba gunakan tulangan 5D19 dan 3D19 (As = 2268,230 mm 2)
D̅
dterkoreksi = h – p – ø – = 500 – 40 – 10 – 39 = 411,00 mm Cek momen nominal :
x As x y , a= , x ′ x = , x x = 80,055 mm ø Mn = ø x As x fy x (d – ) ,) = 0,8 x 2268,230 mm x 360 MPa x (411,0 – 2
= 242,337 kN m
ø Mn
> Mu
242,337 kN m > 236,26 kN m OK Tulangan 8D19 kuat menahan momen yang terjadi.
ii. Cek luasan tulangan minimum : Asmin
√ x 300 x 411 = 541,54 mm , = x b x d = 2
tetapi tidak boleh kurang dari Asmin =
, x b x d = , x 300 x 422,88 = 493,35 mm y
As > Asmin,
2
OK. Syarat tulangan minimum terpenuhi.
iii. Cek rasio tulangan
As ,
ρ = x d = = 0,018
, , , x β x ρ = y + = = 0,046 b
ρmax = 0,75 ρ b = 0,75 x 0,046 = 0,035 , batas ρmax berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.2 adalah 0,025
ρ < ρmax
OK. Syarat ρmax terpenuhi.
iv. Reinforcement Gunakan baja tulangan 8D19, dipasang 2 layer dengan jarak bersih antar layer 25 mm. Gambar penulangan ditunjukkan pada Gambar 5.12
Gambar 5.12 Penulangan Balok Lantai Kondisi 3
d. Kondisi
: Goyangan ke kiri, momen positif di titik 1
Momen
Mu > 50% kapasitas momen di muka kolom yang sama Mu = 50% x 236,26 kN m = 118,13 kN m
i.
Kebutuhan Tulangan Lentur Diasumsikan ada 1 layer tulangan, sebagai pendekatan tulangan tekan diabaikan jika ada. Diameter maksimal tulangan
= = 20 mm, trial awal
gunakan D19 d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 19/2 = 440,5 mm
ø = 0,8 Asumsi : j = 0,85
N u , x As = ø x y x j x d = , x x , x , = 1095,476 mm
2
Coba gunakan tulangan 3D19, 1D16 (As = 1051,648 mm 2) Cek momen nominal :
x As x y , a= , x ′ x = , x x = 37,117 mm ø Mn = ø x As x fy x (d – ) ,) = 0,8 x 1051,648 mm x 360 MPa x (440,5 – 2
= 127,795 kN m
ø Mn
> Mu
127,795 kN m > 118,13 kN m OK Tulangan 3D19, 1D16 kuat menahan momen yang terjadi.
ii. Cek luasan tulangan minimum : Asmin
√ x 300 x 440,5 = 580,410 mm , = x b x d = 2
tetapi tidak boleh kurang dari Asmin =
, x b x d = , x 300 x 440,5 = 513,92 mm y
2
As > Asmin, OK. Syarat tulangan minimum terpenuhi.
iii. Cek rasio tulangan
As ,
ρ = x d = , = 0,0080
, x x , x β x ρ = y + y = = 0,046 b
ρmax = 0,75 ρ b = 0,75 x 0,046 = 0,035, batas ρmax berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.2 adalah 0,025.
ρ < ρmax
OK. Syarat ρmax terpenuhi.
iv. Reinforcement Gunakan baja tulangan 3D19 dan 1D16. Gambar penulangan ditunjukkan pada Gambar 5.13.
Gambar 5.13 Penulangan Balok Lantai Kondisi 4
e. Kondisi Momen
i.
: Goyangan ke kanan dan kiri, momen positif midspan : 14,914 ton m = 149,14 kN m
Kebutuhan Tulangan Lentur Diasumsikan ada 1 layer tulangan, sebagai pendekatan tulangan tekan diabaikan jika ada.
Diameter maksimal tulangan
= = 20 mm, trial awal
gunakan D19 d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 19/2 = 440,5 mm
ø = 0,8 Asumsi : j = 0,85
N u , x As = ø x y x j x d = , x x , x , = 1383,047 mm
2
Coba gunakan tulangan 3D19 dan 2D16 (As = 1252,710 mm 2) Cek momen nominal :
x As x y , a= , x ′ x = , x x = 44,213 mm ø Mn = ø x As x fy x (d – ) ,) = 0,8 x 1252,710 mm x 360 MPa x (440,5 – 2
= 150,94 kN m
ø Mn
> Mu
150,94 kN m > 149,14 kN m , OK Tulangan 3D19 dan 2D16 kuat menahan momen yang terjadi.
ii. Cek luasan tulangan minimum : Asmin
√ x 300 x 440,5 = 580,410 mm , = x b x d = 2
tetapi tidak boleh kurang dari Asmin =
, x b x d = , x 300 x 440,5 = 513,92 mm y
As > Asmin, OK. Syarat tulangan minimum terpenuhi.
iii. Cek rasio tulangan
As ,
ρ = x d = , = 0,009
2
, , , x β x ρ = y + = = 0,046 b
ρmax = 0,75 ρ b = 0,75 x 0,046 = 0,035 , batas ρmax berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.2 adalah 0,025
ρ < ρmax
OK. Syarat ρmax terpenuhi.
iv. Reinforcement Gunakan baja tulangan 3D19 dan 2D16. Gambar penulangan ditunjukkan pada Gambar 5.14
Gambar 5.14 Penulangan Balok Lantai Kondisi 5
Kapasitas momen balok lantai harus dikontrol. Momen yang terjadi pada seluruh bentang harus lebih besar dari ¼ momen maksimumnya. Kapasitas momen positif terbesar pada bentang
= 149,14 kN m
Kapasitas momen negatif terbesar pada bentang
= 281,16 kN m
Kapasitas momen positif di tengah bentang
= 149,14 kN m
¼ momen maksimum
= 70,290 kN m
Kapasitas momen di tengah bentang > ¼ momen maksimum
OK
Gambar 5.15 menunjukkan potongan balok secara berurutan dari kiri ke kanan di titik 1, midpsan, dan titik 2.
Gambar 5.15 Potongan Balok Lantai
5.5
Perencanaan Tulangan Lentur Balok Atap 5.5.1
Definisi Balok
Desain tulangan balok sesuai SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3. a. Gaya tekan aksial terfaktor maksimum < 0,1 Ag f’c Pu maksimal = 14,247 ton = 142470 N Pu < 0,1 x (250 x 400) mm 2 x 30 MPa 142470 N < 300000 N
OK
b. Bentang bersih (Ln) > 4d Ln = L – hkolom = 6500 – 400 = 6100 mm d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 19/2 = 440,5 mm Ln > 4 x 440,5 6100 mm > 1762 mm
OK
Syarat bentang bersih minimum elemen lentur terpenuhi. c.
> 0,3 > 0,3 0,6 > 0,3
OK
Lebar balok 300 mm lebih dari lebar balok minimum 250 mm, syarat geometri balok terpenuhi.
5.5.2
Perhitungan Tulangan Lentur
Balok yang didijadikan acuan adalah balok pada portal memanjang bagian tepi di Atap. a. Kondisi Momen
i.
: Goyangan ke kanan, momen negatif di titik 2 : 16,021 ton m = 160,21 kN m
Kebutuhan Tulangan Lentur Diasumsikan ada 2 layer tulangan, sebagai pendekatan tulangan tekan diabaikan jika ada. Diameter maksimal tulangan
= = 20 mm, trial awal
gunakan D19 d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 19/2 = 440,5 mm
ø = 0,8 Asumsi : j = 0,85
N u , x As = ø x y x j x d = , x x , x , = 1483,951 mm
2
Coba gunakan tulangan 10D19 (As = 2835,287 mm 2)
D̅
dterkoreksi = h – p – ø – = 500 – 40 – 10 – 33 = 417 mm Cek momen nominal :
x As x y , a= , x ′ x = , x x = 100,069 mm ø Mn = ø x As x fy x (d – ) ,) = 0,8 x 2835,287 mm x 360 MPa x (417 – 2
= 299,65 kN m
ø Mn
> Mu
299,65 kN m > 160,021 kN m OK Tulangan 10D19 kuat menahan momen yang terjadi.
ii. Cek luasan tulangan minimum : Asmin
√ x 300 x 417 = 549,446 mm , = x b x d = 2
tetapi tidak boleh kurang dari Asmin =
, x b x d = , x 300 x 417 = 486,50 mm y
As > Asmin,
2
OK. Syarat tulangan minimum terpenuhi.
iii. Cek rasio tulangan
As ,
ρ = x d = = 0,0227
, , , x β x ρ = y + = = 0,046 b
ρmax = 0,75 ρ b = 0,75 x 0,046 = 0,034, batas ρmax berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.2 adalah 0,025
ρ < ρmax
OK. Syarat ρmax terpenuhi.
iv. Reinforcement Gunakan baja tulangan 10D19, dipasang 2 layer dengan jarak bersih antar layer 25 mm. Gambar penulangan ditunjukkan pada Gambar 5.10
Gambar 5.16 Penulangan Balok Atap Kondisi 1
b. Kondisi
: Goyangan ke kanan, momen positif di titik 2
Momen
Mu > 50% kapasitas momen di muka kolom yang sama Mu = 50% x 160,21 kN m = 80,105 kN m
Kebutuhan Tulangan Lentur Diasumsikan ada 1 layer tulangan, sebagai pendekatan tulangan tekan diabaikan jika ada. Diameter maksimal tulangan
= = 20 mm, trial awal
gunakan D19 d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 19/2 = 440,5 mm
ø = 0,8 Asumsi : j = 0,85
N u , x As = ø x y x j x d = , x x , x , = 742,852 mm
2
Coba gunakan tulangan 3D19, 2D16 (As = 1252,710 mm 2) Cek momen nominal :
x As x y , a== , x ′ x = , x x = 44,213 mm ø Mn = ø x As x fy x (d – ) ,) = 0,8 x 1252,710 mm x 360 MPa x (440,5 – 2
= 150,95 kN m
ø Mn
> Mu
150,95 kN m > 80,105 kN m OK Tulangan 3D19, 2D16 kuat menahan momen yang terjadi.
Cek luasan tulangan minimum : Asmin
√ x 300 x 440,5 = 580,410 mm , = x b x d =
tetapi tidak boleh kurang dari
2
Asmin =
, x b x d = , x 300 x 440,5 = 513,92 mm y
2
As > Asmin, OK. Syarat tulangan minimum terpenuhi.
Cek rasio tulangan
As ,
ρ = x d = , = 0,0090
, x , x , x β x ρ = y + y = = 0,046 b
ρmax = 0,75 ρ b = 0,75 x 0,046 = 0,035, batas ρmax berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.2 adalah 0,025
ρ < ρmax
OK. Syarat ρmax terpenuhi.
Reinforcement Gunakan baja tulangan 3D19, 2D16. Gambar penulangan ditunjukkan pada Gambar 5.11
Gambar 5.17 Penulangan Balok Atap Kondisi 2
c. Kondisi Momen
i.
: Goyangan ke kiri, momen negatif di titik 1 : 11,126 ton m = 111,26 kN m
Kebutuhan Tulangan Lentur Diasumsikan ada 2 layer tulangan, sebagai pendekatan tulangan tekan diabaikan jika ada.
Diameter maksimal tulangan
= = 20 mm, trial awal
gunakan D19 d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 19/2 = 440,5 mm
ø = 0,8 Asumsi : j = 0,85
N u , x As = ø x y x j x d = , x x , x , = 1031,767 mm Coba gunakan tulangan 5D19 dan 3D19 (As = 2268,230 mm 2)
D̅
dterkoreksi = h – p – ø – = 500 – 40 – 10 – 39 = 411,00 mm Cek momen nominal :
x As x y , a= , x ′ x = , x x = 80,055 mm ø Mn = ø x As x fy x (d – ) ,) = 0,8 x 2268,230 mm x 360 MPa x (411,0 – 2
= 242,337 kN m
ø Mn
> Mu
242,337 kN m > 111,26 kN m OK Tulangan 8D19 kuat menahan momen yang terjadi.
ii.
Cek luasan tulangan minimum : Asmin
√ x 300 x 411 = 541,54 mm , = x b x d = 2
tetapi tidak boleh kurang dari Asmin =
, x b x d = , x 300 x 422,88 = 493,35 mm y
As > Asmin,
2
OK. Syarat tulangan minimum terpenuhi.
2
iii.
Cek rasio tulangan
As ,
ρ = x d = = 0,018
, , , x β x ρ = y + = = 0,046 b
ρmax = 0,75 ρ b = 0,75 x 0,046 = 0,035, batas ρmax berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.2 adalah 0,025
ρ < ρmax iv.
OK. Syarat ρmax terpenuhi.
Reinforcement Gunakan baja tulangan 8D19, dipasang 2 layer dengan jarak bersih antar layer 25 mm. Gambar penulangan ditunjukkan pada Gambar 5.12
Gambar 5.18 Penulangan Balok Atap Kondisi 3
d. Kondisi Momen
: Goyangan ke kiri, momen positif di titik 1 Mu > 50% kapasitas momen di muka kolom yang sama Mu = 50% x 111,26 kN m = 55,630 kN m
i.
Kebutuhan Tulangan Lentur Diasumsikan ada 1 layer tulangan, sebagai pendekatan tulangan tekan diabaikan jika ada.
Diameter maksimal tulangan
= = 20 mm, trial awal
gunakan D19 d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 19/2 = 440,5 mm
ø = 0,8 Asumsi : j = 0,85
N u , x As = ø x y x j x d = , x x , x , = 515,884 mm
2
Coba gunakan tulangan 3D19, 1D16 (As = 1051,648 mm 2) Cek momen nominal :
x As x y , a= , x ′ x = , x x = 37,117 mm ø Mn = ø x As x fy x (d – ) ,) = 0,8 x 1051,648 mm x 360 MPa x (440,5 – 2
= 127,795 kN m
ø Mn
> Mu
127,795 kN m > 55,630 kN m OK Tulangan 3D19, 1D16 kuat menahan momen yang terjadi.
ii.
Cek luasan tulangan minimum : Asmin
√ x 300 x 440,5 = 580,410 mm , = x b x d = 2
tetapi tidak boleh kurang dari Asmin =
, x b x d = , x 300 x 440,5 = 513,92 mm y
As > Asmin, OK. Syarat tulangan minimum terpenuhi.
2
iii.
Cek rasio tulangan
As ,
ρ = x d = , = 0,0080
, x x , x β x ρ = y + y = = 0,046 b
ρmax = 0,75 ρ b = 0,75 x 0,046 = 0,035, batas ρmax berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.2 adalah 0,025.
ρ < ρmax iv.
OK. Syarat ρmax terpenuhi.
Reinforcement Gunakan baja tulangan 3D19 dan 1D16. Gambar penulangan ditunjukkan pada Gambar 5.13.
Gambar 5.19 Penulangan Balok Atap Kondisi 4
e. Kondisi Momen
: Goyangan ke kanan dan kiri, momen positif midspan : 10,404 ton m = 104,04 kN m
v. Kebutuhan Tulangan Lentur Diasumsikan ada 1 layer tulangan, sebagai pendekatan tulangan tekan diabaikan jika ada. Diameter maksimal tulangan
= = 20 mm, trial awal
gunakan D19 d = h – p – ø – D/2 = 500 – 40 – 10 – 19/2 = 440,5 mm
ø = 0,8 Asumsi : j = 0,85
N u , x As = ø x y x j x d = , x x , x , = 964,813 mm
2
Coba gunakan tulangan 3D19 dan 2D16 (As = 1252,710 mm 2) Cek momen nominal :
x As x y , a= , x ′ x = , x x = 44,213 mm ø Mn = ø x As x fy x (d – ) ,) = 0,8 x 1252,710 mm x 360 MPa x (440,5 – 2
= 150,94 kN m
ø Mn
> Mu
150,94 kN m > 104,04 kN m , OK Tulangan 3D19 dan 2D16 kuat menahan momen yang terjadi.
vi. Cek luasan tulangan minimum : Asmin
√ x 300 x 440,5 = 580,410 mm , = x b x d = 2
tetapi tidak boleh kurang dari Asmin =
, x b x d = , x 300 x 440,5 = 513,92 mm y
2
As > Asmin, OK. Syarat tulangan minimum terpenuhi.
vii. Cek rasio tulangan
As ,
ρ = x d = , = 0,009
, , , x β x ρ = y + = = 0,046 b
ρmax = 0,75 ρ b = 0,75 x 0,046 = 0,035, batas ρmax berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.2 adalah 0,025
ρ < ρmax
OK. Syarat ρmax terpenuhi.
viii. Reinforcement Gunakan baja tulangan 3D19 dan 2D16. Gambar penulangan ditunjukkan pada Gambar 5.14
Gambar 5.20 Penulangan Balok Atap Kondisi 5
Kapasitas momen Balok Atap harus dikontrol. Momen yang terjadi pada seluruh bentang harus lebih besar dari ¼ momen maksimumnya. Kapasitas momen negatif terbesar pada bentang
= 160,021 kN m
Kapasitas momen positif terbesar pada bentang
= 104,04 kN m
Kapasitas momen positif di tengah bentang
= 104,04 kN m
¼ kapasitas momen maksimum
= 40,005 kN m
Kapasitas momen di tengah bentang > ¼ momen maksimum
OK
Gambar 5.21 menunjukkan potongan balok secara berurutan dari kiri ke kanan di titik 1, midpsan, dan titik 2.
Gambar 5.21 Potongan Balok Atap
5.6
Desain Tulangan Geser Balok
Geser seismic pada balok dihitung dengan mengasumsikan sendi palstis terbentuk di ujung-ujung balok dengan tegangan tulangan lentur mencapai hingga 1,25 fy dan ø = 1. (SNI 03-2847-2002, Pasal 23.3.4.2). i.
Titik 2 (goyangan ke kanan)
, As y = , x , x = 125,086 mm , x x , x x = 1,25 x As x fy x (d – ) ,) = 1,25 x 2835,287 x 360 x (417 –
a pr_2 = M pr_2
2
= 468,203 kN m ii. Titik 1 (goyangan ke kanan)
, As y = , x , x = 46,39 mm , x x , x x = 1,25 x As x fy x (d – ) ,) = 1,25 x 1051,648 x 360 x (440,5 –
a pr_1 = M pr_1
2
= 198,001 kN m iii. Titik 1 (goyangan ke kiri)
, As y = , x , x = 100,069 mm , x x , x x = 1,25 x As x fy x (d – ) ,) = 1,25 x 2268,230 x 360 x (411 –
a pr_1 = M pr_1
= 378,65 kN m iv. Titik 2 (goyangan ke kiri)
, As y = , x , x = 55,267 mm , x x , x x = 1,25 x As x fy x (d – )
a pr_2 = M pr_2
2
2
,)
= 1,25 x 1252,710 x 360 x (440,5 – = 237,86 kN m v. Titik 12 (goyangan ke kanan)
, As y = , x , x = 125,086 mm , x x , x x = 1,25 x As x fy x (d – ) ,) = 1,25 x 2835,287 x 360 x (417 –
a pr_12 =
2
M pr_12
= 468,203 kN m vi. Titik 11 (goyangan ke kanan)
, As y = , x , x = 46,39 mm , x x , x x = 1,25 x As x fy x (d – ) ,) = 1,25 x 1051,648 x 360 x (440,5 –
a pr_11 =
2
M pr_11
= 198,001 kN m vii. Titik 11 (goyangan ke kiri)
, As y = , x , x = 100,069 mm , x x , x x = 1,25 x As x fy x (d – ) ,) = 1,25 x 2268,230 x 360 x (411 –
a pr_11 = M pr_11
= 378,65 kN m viii. Titik 12 (goyangan ke kiri)
, As y = , x , x = 55,267 mm , x x , x x = 1,25 x As x fy x (d – ) ,) = 1,25 x 1252,710 x 360 x (440,5 –
a pr_12 = M pr_12
= 237,86 kN m
2
2
5.7
Diagram Gaya Geser Balok
Reaksi geser di ujung-ujung balok akibat pembebanan struktur secara gravitasi berdasarkan SNI Gempa 1726-2002. Wu atap = 1,359 ton/m Wu lantai = 1,902 ton/m P atap = 8,063 ton P lantai 12,581 ton
Wu tp x L + tp = , x , + , = 8,448 ton Wu nti x L + nti = ,x , + , = 12,472 ton Vg lantai = Vg atap =
Rangka dengan goyangan terbesar (kiri) untuk bagian atap
+ _ _ = ,+ , = 94,848 kN = Ln ,
Vsway_atap
Total reaksi geser di ujung kiri balok = 84,48 + 94,848 = 179,328 kN Total reaksi geser di ujung kanan balok = 84,48 – 94,848 = -10,368 kN Rangka dengan goyangan terbesar (kanan) untuk bagian lantai
+ _ _ = ,+ , = 102,493 kN = Ln ,
Vsway_lantai
Total reaksi geser di ujung kiri balok = 124,72 – 102,493 = 22,227 kN Total reaksi geser di ujung kanan balok = 124,72 + 102,493 = 227,213 kN Gambar 5.22 dan Gambar 5.23 menunjukkan diagram gaya geser untuk balok atap dan balok lantai.
Gambar 5.22 Diagram Gaya Geser Balok Atap(goyangan ke kiri)
Gambar 5.23 Diagram Gaya Geser Balok Lantai(goyangan Lantai (goyangan ke kanan)
5.8
Perencanaan Perencanaan Tulangan Geser Balok Lantai
Berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.4.2 Vc harus diambil = 0 jika a. Gaya geser Vsway akibat sendi plastis di ujung-ujung balok lebih dari ½ kuat geser perlu maksimum Vs, dan Vsway > ½ Ve 102,493 kN > ½ x 227,213 kN 102,493 kN > 113,607 kN
TIDAK
b. Gaya tekan aksial terfaktor, termasuk akibat pembebanan seismic kurang dari
0,05 x Ag x f’c. Gaya tekan aksial terfaktor < 0,05 Ag f’c Pu maksimal = 3,355 ton = 33550 N Pu < 0,05 x (300 x 500) mm 2 x 40 MPa 33550 N < 300000 N
IYA
Vs = Vn – Vc Vc Vs perlu =
Vu – √ f′cf′c x b x d = – √ 30 ø , 30 x 300 x 417 = 171,083 kN
125 (Av = 157,08 mm 2) Coba gunakan D10 – 125
Vs =
Av x y x d = , x x = 188,646 kN s
Vs > Vs perlu
OK
Berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.3.4, maksimum spasi untuk tulangan geser di sepanjang bentang adalah adal ah d/2 yaitu 417/2 = 208,50 mm. maka digunakan 125) dan pada daerah lapangan digunakan spasi 200 mm spasi 125 mm (D10 – 125 200) (D10 – 200
5.9
Perencanaan Perencanaan Tulangan Hoops Balok Lantai
Berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.3.2, hoops dipasang sepanjang 2h dari sisi muka kolom terdekat yaitu 2 x 500 = 1000 mm. Tulangan hoops dipasang di daerah sendi plastis untuk mengakomodir supaya tidak tejadi keruntuhan akibat geser tetapi akibat sendi plastis.
Berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.3.2, hoops yang pertama dipasang pada jarak 50 mm dari muka kolom terdekat, dan yang berikutnya dipasang dengan spasi terkecil di antara : a. d/4
= 417 / 4
= 104,25 mm
b. 8 Dterkecil = 8 x 16
= 128 mm
c. 24 Dhoops = 24 x 10 = 240 mm d. 300 mm Digunakan tulangan hoops D10 – 100 100.
Gambar Penulangan dan Potongan Balok Lantai ditunjukkan pada Gambar 5.19 dan Gambar 5.20
Gambar 5.24 Penulangan Balok Lantai
Gambar 5.25 Potongan Balok Lantai
5.10 Perencanaan Tulangan Geser Balok Atap
Berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.4.2 Vc harus diambil = 0 jika a. Gaya geser Vsway akibat sendi plastis di ujung-ujung balok lebih dari ½ kuat geser perlu maksimum Vs, dan Vsway > ½ Ve 84,48 kN > ½ x 179,328 kN 84,48 kN > 89,664 kN
TIDAK
b. Gaya tekan aksial terfaktor, termasuk akibat pembebanan seismic kurang dari
0,05 x Ag x f’c. Gaya tekan aksial terfaktor < 0,05 Ag f’c Pu maksimal = 14,247 ton = 142470 N Pu < 0,05 x (300 x 500) mm 2 x 40 MPa 142470 N < 300000 N
IYA
Vs = Vn – Vc Vs perlu =
Vu – √ f′c x b x d = , – √ 40 x 300 x 440,5 = 99,805 kN ø ,
Coba gunakan D10 – 200 (Av = 157,08 mm 2) Vs =
Av x y x d = , x x , = 124,548 kN s
Vs > Vs perlu
OK
Berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.3.4, maksimum spasi untuk tulangan geser di sepanjang bentang adalah d/2 yaitu 440,5 / 2 = 220,25 mm, maka digunakan spasi 200 mm. ( D10 – 200).
5.11 Perencanaan Tulangan Hoops Balok Atap
Berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.3.2, hoops dipasang sepanjang 2h dari sisi muka kolom terdekat yaitu 2 x 500 = 1000 mm. Tulangan hoops dipasang di daerah sendi plastis untuk mengakomodir supaya tidak tejadi keruntuhan akibat geser tetapi akibat sendi plastis.
Berdasarkan SNI 03-2847-2002 Pasal 23.3.3.2, hoops yang pertama dipasang pada jarak 50 mm dari muka kolom terdekat, dan yang berikutnya dipasang dengan spasi terkecil di antara : a. d/4
= 440,5 / 4
= 110,125 mm
b. 8 Dterkecil
= 8 x 16
= 128 mm
c. 24 Dhoops
= 24 x 10
= 240 mm
d. 300 mm Digunakan tulangan hoops D10 – 100.
Gambar Penulangan dan Potongan Balok Atap ditunjukkan pada Gambar 5.26 dan Gambar 5.22
Gambar 5.26 Penulangan Balok Atap
Gambar 5.27 Potongan Balok Atap
BAB VI HUBUNGAN BALOK KOLOM (HBK)
6.1. Panjang Penyaluran
Ketentuan panjang penyaluran didasarkan pada SNI 03-2847-2002 Pasal 23.5.3.4. Panjang penyaluran l dh untuk tulangan tarik dengan kait standard 90 o dalam beton berat normal tidak boleh diambil lebih kecil daripada 8d b atau 150 mm. Gambar panjang penyaluran ditunjukkan pada Gambar 6.1.
Gambar 6.1 Panjang Penyaluran
ldh =
y x d = x = 200,227 mm , √ , √
6.2. Kuat Geser pada Hubungan Balok Kolom
Ketentuan kuat geser didasarkan pada SNI 03-2847-2002 Pasal 23.5.3.1. Kuat geser nominal hubungan balok-kolom tidak boleh diambil lebih besar daripada 1,7
√ f c A
joint,
untuk hubungan balok-kolom yang terkekang pada keempat
sisinya. Suatu balok dianggap memberikan kekangan bila ¾ bidang muka hubungan balok-kolom tersebut tertutupi oleh balok tersebut. Gambar luas efektif hubungan balok kolom ditunjukkan pada Gambar 6.2.
Gambar 6.2 Luas Efektif Hubungan Balok-Kolom (A joint)
A joint = b balok x bkolom = 300 mm x 400 mm = 120000 mm 2 a. Check apakah balok mengekang kolom b balok > ¾ bkolom 300 mm > ¾ x 400 mm 300 mm > 300 mm Maka, kuat geser balok Vc = 1,7
(OK)
√ f c A
joint =
1,7
√ 40 120000 = 1290,209 kN
b. Check apakah Vc > Vs perlu Penyederhanaan dilakukan dengan menganggap tulangan 2 layer menjadi 1 layer untuk memudahkan perhitungan. Gambar kuat geser pada hubungan balok-kolom ditunjukkan pada gambar 6.3.
Gambar 6.3 Kuat Geser pada Hubungan Balok-Kolom
Gambar 6.4 Penulangan pada balok di ujung 1 – lapangan – ujung 2
Balok yang memasuki joint memiliki probable moment 468,203 kNm dan 198,001 kNm. Pada joint , kekakuan kolom atas dan kekakuan kolom bawah s ama sehingga DF = 0,5 untuk setiap kolom Me = 0,5 x (468,203 + 198,001) = 333,102 kNm Geser pada kolom Vsway = (333,102 + 333,102) / (3,5 – 0,5) = 222,068 kN Tulangan yang dipakai di layer atas adalah 10D19 (As = 2835,287 mm 2)
