betonbertulangJthambahsembiringgurki..pdf

h ll I 'I I I

Penetbit REKAYASA SAJNS

BETON BERTULANG

J. Thambah Sembiring Gurki

Penerbit REKAYASA SAINS Bandung .

Beton Bertulang

Penyusun

Penerb i t

Pemasaran

Cetakan Ketiga

ISBN

J . Thambah Sembiring Gurki Rekayasa Sai n s

BI - OBSBS Pasar Buku Pa1asari No. 82 Bandung 40264 Te1p. (022)73 178 12 Fax . (022)7317896 Januari 2010 (Edisi Revisi) 979-97478 - 0- 5

Copyright@ 2 0 10 p ad a Penerblt REKAYASA SAINS B a ndun g

' KATA PENGANTAR

Beton Bertulang adalah merupakan kelompok MKK (Mata Kuliah Keahlian), yang relevan untuk memperk:uat penguasaan dan memperluas waw.asan kompetensi keilmuan atas dasar keunggulan kompetitif serta komparatif pacta kurikulum Progam Studi S 1 & Diploma 3 atau yang setara dengannya di program studi Teknik Sipil dan juga program studi keteknikkan lainnya seperti program studi Arsitektur dan Teknik Lingkungan. Mahasiswa di program studi tersebut akan sangat bennanfaat jika membaca buku Beton Bertulang yang dilengkapi soal-soal dan penyelesaian ini, termasuk para perencana pemula dan praktisi yang ingin mendalami tentang dasar-dasar perhitungan perencanaan dan pemeriksaan penampang struktur beton bertulang. Soal-soal dibuat sederhana tentang mekanika tekniknya sehingga mudah untuk memahami perhitungan-perhitungan.

Kesempatan yang pertama ini dibuat contoh-contoh soal yang sederhana serta perhitungan betonnya mendetail termasuk perhitungan perencanaan & pemeriksaan penampang beton bertulang dengan cara analitis, maksudnya adalah supaya para pembaca buku ini dengan cepat mengerti dan memahami persoalan penampang akibat gaya-gaya dalam seperti momen lentur, gaya aksial, gaya geser dan puntir/torsi, dengan dasar ilmu "Strength Method", tapi ada juga beberapa contoh soal diselesaikan dengan cara elastis. Kriteria perancangan & pemeriksaan mengacu kepada Standar Perencanaan Struktur Beton Bertulang SK SNI-T15-1991-03 atau ACI Code 1983 dan peraturan lain yang berkaitan. Dalam buku ini terdapat soal-soal & penyelesaian meliputi tentang perhitungan perencanaan & pemeriksaan tulangan pokok, tulangan geser, tulangan konsol pendek (corbel) dan perhitungan perencanaan fundasi telapak dan penulangannya serta "interaction diagram" kolom. Juga analisis kolom penampang bulat diberikan contoh soal & penyelesaian yang dihitung secara terinci, analitis dan sistematis.

Kata Pengantar Ill

Tujuan mengeluarkan buku ini adalah agar mahasiswa, perencana pemula, para praktisi dan pengawas dapat merencana & memeriksa struktur beton bertulang secara profesional dan mandiri ataupun grup berdasarkan kriteria dan ketentuan yang berlaku.

Tentunya edisi pertama ini tidak lepas dari kekurangan dalam penyajiannya baik segi format maupun penulisannya. Untuk itu apabila terdapat kesalahan yang ditemui para pem:ai buku ini, penulis mohon maaf, dan jika ada saran-saran membangun kami terima dengan senang hati.

Penulis banyak mengucapkan terima kasih saudara Agus Plin Surbakti, ST., alumni ITENAS Bandung, Jurusan Teknik Sipil, yang telah membantu dalam pengetikan dan editing buku ini. Juga kepada anak-anak penulis, Sutha Flasova, SH, Windy Otrinia, Egia Inne Vanessa d~m Foundrini Marselli serta istri te~.cinta Susie S. Pandebesie yang selalu mendukung penulisan buku ini dalam bentuk moril dan doa.

Bandung, Desember 2002

J. Thambah Sembiring Gurukinayan

Buku ini telah disusun atas hasil keringat sendiri, pengalaman mengajar se lama 22 tahun dan pengalaman lapangan/proyek se lama 15 tahun.

IV Beton Bertulang

DAFTAR ISI

KAT A PENGANT AR ------------------------------------------------------------- iii DAFT AR ISI -------------------------------------------------------------------- V

))~ I __ ))Jl~()IC ------------------------------------------------------------------ 1 1.1 Perencanaan Ba1ok Biasa dengan Tulangan Tunggal ------------------------ 1 i .2 Perencanaan Penampang Persegi terhadap M omen Lentur dengan Tulangan

Rangkap (REF, PB'89; SNI -- Tl4 - 1991 - 03) --------------------------------------- 34 1.2.1 Kriteria Kondisi Tulangan Tekan (As1) Leleh ------------------------------------- 34 1.2.2 Prosedur/Mekanisrhe Perhitungan -------------------------------------------------- 35 1.2.3 Perencanaan Tulangan --------------------------------------------------------------- 38

1 .3 Penampang T/Balok T ------------------------------------------------------- 46 1.3. 1 U mum----------------------------------------------------------------------------------- 46 1.3.2 Lebar Efektif Penampang Beton yang Menerus (~), menurut

SK SNI T- 15- 1991 - 03 ----------------------------------------------------------- 48 1.3.3 Pemeriksaan Penampang Balok T terhadap Lentur ------------------------------ 49 1.3.4 Perencanaan Balok Penampang Balok T ------------------------------------------- 56

BAB n_ TU~ilNG JlN GESER -------------------- 65 2.1 Perencanaan Tulangan Geser ------------------------------------------------- 72 2.2 Aneka Ragam Soal diambil dari Buku Reinforced Concrete Design, CHU -

KIA W ANG dan CHARLES G SALMON dan Solutions Manual to Accompany Reinforced Concrete Design, Third Edition, 1979 ------------- 76

BAB m __ IC()~()M -------------------------------------------------------------------- 135 3.1 Kolom Pendek -------------- --------------------------------------------------- 135 3.2 Perencanaan Kolom -------------------------------------------------------- 158 3.2 Aneka Ragam Soal diambil dari Buku Reinforced Concrete Design,

CHU- KIA W ANG dan CHARLES G SALMON ---------------------- 161

BAB IV __ BRAICETII{()NS()~ PENDEIC (CORBEL) -------------------------- 225 4.1 Perencanaan Konsol Pendek -------------------------------------------- 230 4.2 Contoh Soal -------------------------------------------------------------------- 231

Daftar lsi V

BAB V _FONDASI TELAPAK ( FOOTINGS ) --------------------------------- 247 5. I Pendahuluan --------------------------------------------------------------------------- 24 7

5 .I. I Maksud ----------------------------------------------------------------------------------- 247 5 .1.2 Pengertian Fondasi Dangkal --------------------------------------------------------- 248 5.1.3 Pengertian Day1,1 Dukung Izin Fondasi Telapak ---------------------------------- 249 5.1.4 Pengertian Daya Dukung Batas ---------------------------------------------~-------- 249

5.2 Daya Dukung Batas Fondasi Telapak -------------------------------------------- 250 5.2. 1 Daya Dukung untuk Beban Konsentris --------------------------------------------- 250 5.2.2 Pengaruh Air Tanah ------------------------------------------------------------------- 252 5.2.3 Daya Dukung terhadap Beban Eksentris-------------------------------------------- 253

5.2.3 .1 Pendekatan dengan Cara Konvensional --------------------------------- 253 5 .2. 3.2 Pendekatan Meyerhof ------------------------------------------------------ 253 5.2.3.3 Pondasi Telapak dengan Beban Miring Bersudut ex ------------------- 253

5.3 Jenis- jenis Fondasi Telapak -------- --------------------------------------------- 254 5.4 Tipe - tipe Keruntuhan Fondasi Telapak --------------~------------------------- 255

5.4.1 Mekanisme keruntuhan dalam Fondasi Telapak ---------------------------------- 258 5.5 Kuat Geser Fondasi Telapak ------------------------- -------------------------- 259 5.6 Perencana~n Fondasi Telapak --------------- -- --- ----------------------------- 261

5.6. 1 Kriteria/Acuan Perencanaan: SK SNI - T - 15 - 1993 - 03, Pasal 3.8.1 - 3.8.1 0 -------------------------------------------------------------------- 261 5.6. 1. 1 Umum -------------------------------------------------------------------------- 262 5.6.1.2 Beban dan Redaksi -------------------------------------------------------- 262 5.6.1.3 Fondasi yang Mendukung Kolom atau Pedestal yang Berbentuk

Lingkaran atau Segi Ban yak Beraturan. ---------------------------------- 262 5.6.1.4 Momen di dalam Fondasi Telapak ---------------------------------------- 262 5.6.1.5 Geser dalam Fondasi--------------------------------------------------------- 264 5.6.1 .6 Pengembangan dari Tulangan dalam Fondasi -------------------------- 265 5.6.1.7 Tcbal Minimum Fondasi --------------------------------------------------- 265 5.6.1 .8 Pemindahan Gaya- gaya pada Dasar Kolom, Dinding atau

Pendestal Bertulang. --------------------------------------------------------- 265 5.6.1.9 Fondasi Telapak Miring atau Bertangga --------------------------------- 267 5.6. 1.1 0 Fondasi Telapak Kombinasi dan Mat------------------------------------- 267

5.6.2 Beban- beban yang Bekerja --------------------------------------------------------- 268 5.6.3 Prinsip Perhi tungan Dimensi Fondasi Telapak ---------------------------------- 269

5.6.3.1 Perhitungan Dimensi Fondasi Telapak Setempat dengan Beban Konsentris --------------------------------------------------------------------- 269

5.6.3.2 Perhitungan Dimensi Fondasi Telapak Kombinasi B x L dengan Beban Eksenlris ----------------------------------------------------- 270

5 .6.4 Prinsip Perencanaan Fondasi Telapak ----------------------------------------------- 27 6 5.6.5 C.ontoh Soal Fondasi dengan Beban "P" dan "M"-------------------------------- 280 5.6.6 Contoh Soal Pemeriksaan Fondasi Tclapak --------------------------------------- 287

5.7 Foundation Calculation for Transformer ---------------------------------------- 292 5.7.1 Foundation Calculation for Transformer (1600 KV) ---------------------------- 292 5.7.2 Foundation Calculation for Transformer (2000 KV) ---------------------------- 295 5.7 .3 Foundation Calculation for Transformer (2500 KV) ---------------------------- 298 5.7 .4 Foundation Calculation for Transformer (3000 KV) ---------------------------- 30 I

LAMPIRAN ----------- -------- 305 DAFT AR P UST AKA ------- ----------------------------- 313

VI Seton Bertulang

Bab 1 J

BALOK

1. 1 Perencanaan Balok Biasa dengan Tulangan Tunggal Dalam memeriksa penampang balok harus memenuhi kriteria: I. Rn ~ Ru atau Mn > Mu 2. Rn (kuat rencana) ~ Ru (kuat Perlu) atau Mn > Mu

dimana: : adalah faktor reduksi akibat kesalahan dalam pelaksanaan. Mn : adalah momen nominal dari penampang Mu : adalah momen batas terfaktor

Untuk mencari Mu dipakai rumus : Mu = 1 ,2 DL + 1 ,6 LL DL (Dead Load) adalah beban mati LL (Live Load) adalah Beban hidup

Bab l _Balok

Asumsi-asumsi dalam perecanaan penampang (dasar- dasar perhitungan dalam perencanaan/pemeriksaan): ( I). Regangan baja dan beton bcrtul ang berhanding lurus terhadap garis

netral (Huku m Hooke) . (2). Regangan beton yang dipakai adalah regangan batas (ultimate);

C = 0.003. (3). S tranihardcni ng tulangan tarik haj a di abaikan. (4). Rcgangan tarik baja.

h

As

1

(6). Regangan tarik beton = 0 (7). Letak garis netral (X)

Jika f 1c = 28,6 MPa, maka ~ 1 = 0,85 Jika f1c > 28,6 MPa, maka ~ 1 dihitung menggunakan rumus:

P = 0 85 - 0 05[.f1c-286MPal > 0 65

I ' ' 7,15 - ,

ada pengurangan 0,05 MPa setiap kenaikan 7, I 5 MPa. Nilai ~ 1 berkisar antara 0,65 s.d 0 ,85

Perhitungan Momen Nominal Apabila Tegangan Tekan Berbentuk Parabola

K,Xl - - -- ----~-4

h d z

As 1-----+ T

I< b >I

Stress balok: C = K3 f1 c * K2 X * b T = As* fs :E H = 0 C = T _. K 3 f1 c * K2 X * b = As * fs

Bab l _Balok 3

X As* f

Oalam kcadaan Balanced ( bcrimbang)

0 0

cc = 0,003 CS= Y

p > pmin p < p max

} Sama- sama regangan batas

K~tinggian Xb dapar clihilllng langsung dari diagram tcgangan s~bagai bcrikut:

Modulus elastisitas beton.

t:c =470oM

600 Xh = d 600+ fy

Garis nctral koncli si balanced As I Ash p = -- atau j)J =--

IJ*d b* d

pb = /3, *0,85* I'c[ 600 ] fy 600 + ./.\'

pb :::: kondisi berimbang fy = Vlutu b

Under- Reinforced ( kondisi heton kurus) Tegangan ijin haja lebih besar dari tegangan leleh atau fs > fy Regangan baja lebih besar dari regangan leleh Garis netralnya lcbih kecil dari garis netral balanced Regangan beton selalu 0,003

Over- Reinforced (kondisi beton gcmuk) Tcgangan ijin baja lebih kecil dari tegangan leleh atau fs < fy Regangan baja lebih kecil dari regangan leleh Regangan beton sclalu 0,003

Pcrbedaan diagram regangan antara kondisi balanced, Under- Reinforced clan Over- Reinforced dapat dilihat dari garnbar di bawah ini :

/~

h ---r- - - - -

0 0 0 \V .._ ___ __.

I

l untuh Soal - 1

1 penampang balok di bawah ini diketahui :

470 mm!!! 500

As

I< 300 rum >j

Mmax = IOTM F1c = 28 MPa Fy =400MPa As= 1200 mm3

Pertanyaan: Periksa penampang apakah memenuhi atau tidak

Solusi: p min = (1 ,4 Ifs)= (l ,4 /, 400) = O)e>035 As mtn= o h * d

= 0,0035 * 300 * 470 = 493,5 mm2

As = 1200 >. As min o mcrx = 0,75 ~ pb

pb = 0,8 *0,85*28( 600 ) 400 600+400

= 0,028

p max = 0,75 * pb = 0,75 * 0,028 = 0,02 1

Bab l _ Balok 7

As max = p max * b * d = 0,02 1 * 300 * 470

~ ? = 296 1 mm- > As = 1200 mm-

Penampang Kuat!

Contoh Soal - 2

;-- q = 2 tlm

~ ! 8m

Diketahui : f 1c = 28 M Pa fy = 400 MPa Ec = 4700 ffc 'yb = 24 KN I m3

Diameter tu langan 16 mm Dengan penampang balok sebagai bcrikut:

500 450

0 0 0 0 $ so 300 ~~;____-~>I

B Seton Ber tulang

Ditanya: Periksa apakah balok cukup kuat menahan beban balok.

olusi: As t6tal

p ada

pmin

p max

? = n. *( l/4) 7t d-= 4 * ( 1/4) 1t 162 = 804,25 mm2

= 804

25

= 0,00595 30.0 * 400

= ~ = 0,0035 < p ada 400

= 0,75 pb

pb = 0,85 * 0,85 * 28 ( 600 ) 400 600 +400

= 0,030345

p max = 0,75 ':. 0,030345 = 0,022759 > p ada (OK)

d

EC = 0,003

0,8 )(1 0,85 f1c

- - - - - - --- - - - - - - - - --

':..._ ___ .J..___ ds ES

I< b >I

Bac l_Balok

fo,4x 11\ c

z

9

Ec = 47ooffc

= 4700 -58 = 24870 Mpa

Asumsikan baj a sudah leleh fs = fy a.fau ES = fY

fs > fy atatt Es > ey

C =0,8X * 0,85 */c * b = 0,8 X * 0,85 *.28 * 300 = 5712 X

T =As* fy = 804,25 * 400 = 321 700 N

:EH=O C- T 5712 X- 321700 5712 X

=0 = 321700

'

X = 56,32 fnm

Kontrol:

1 0

X 0,003 --=

56,32

d 0,003+ CS

450 (0,003 + ES) * 56,32 = 0,02397 ES = 0,02397 > Ey

berarti baja sudah leleh, maka asumsi di atas benar

Seton Bertulang

Hukum Hooke Fy Es

= Es * cY = 2, I * 10.., Mpa

fy, 400 - '---- - --

- Es. - 2,1 * 105

= o,po19o

I.M := 0 M'n = C atau T * ( cl - 0,5 X)

= 321700 (4.50- 0,5 *5,6)2) = 137451 495 N mm = 137451 ,495 KN mm (momen Nominal)

Momen terfaktor clari Mekanika teknik

Berat sencliri =y * A = 24 ( 0;3 * 0,5 ) = 3,6 KN/m

Momen akibat beban sencliri (DL) I ~

= - q * L-8

= _!_*3 6 *8 ' 8 ,

= 28,8 KN m

Bab l_ Balok

1 1

Momen akibat beban Juar (LL) =20KN

= .!. * 20 * 82 8

= 160 KN m

Mu = 1,2 DL+ 1,6 LL = 1 ,2 * 28,8 + 1 ,6 * 160 = 490,56 KN ::; 0,8

.Mn >Mu 0,8 * 137457,195 > 290,56 * 109960,956 > 290,56

Kesimpulan: penampang di atas cukup kuat.

Perencanaan Penampang Persegi Tulangan Tunggal

As

ds ES

b

Diketahui: f1c, fy , Ec

Ditanya: b,d , As

1 2

C=0,003

I 1-----' .__ _ ___.T

2 c

Seton Bertulang

Solusi: S yarat-s yarat:

I. p min = I ,4 I fy

b = 0,85 * /31 * j 1c( 600 ) p Jy .600+ Jy

2. p max = 0,75 pb 3. Ambil nilai Pt = antara pmax dan pmin 4. Brasanya p ""0,2 s,d 0,6 p ma~ 5 . Tapi ambil saja p = 0,5 p max

Hitung Rn dengan formula

Rn = p * jy*(l - 0,5p *m) (Aspek Penampung)

dengan Rn = Mn ., (Aspek Mekanika Teknik) b * d'"

Mu Mn = __. ~

b * d 2 = Mn d...,ngan memilih b/d = 0,2 s.d 0,6 Rn

Rn = p.jy(l-0,5p.m) l ' Rn = p.fy-: -m fy p -2

:. ~m !Y.P2 - p.!y+ f?.n = 0 akar-akar persamaan kuadrat dari p.

p,, = _!_ [~ (--2)2 _ _ 4.2 Rn ] - 2 m m m.Jy

Bab l _Balok 1 3

1[ ~] Pr.2 = m 1-'Jl -~ faktor luas tulangan disarankan mengambil nilai b = 0,5 d

Kemudian cek kembali dengan ukuran penampang tertentu.

1( ~) p baru = m 1--V 1-2 ~ . fy m = -__::__=. __

0,85 * f'c

Kemudian hitung statika penampang

Contoh Soal - 3 (Mendesain)

Diketahui penampang seperti di bawah ini:

14

fy f 1c

500

= 400 MPa = 28 Mpa

As?

b? I< >I

d ?

Seton Bertulang

Pertanyaan: Rencanakan penampang tersebut jika Mu rencana 12 TM

Solusi: p m in = (1 ,4 I fy) = (1 ,4 I 400)

= 0,0035

pb = 0,85 *0,8 * 28 ( 600 ) 400 600 + 400

= 0,03

p max = 0,75 ':' pb = 0,75 * 0,03 = 0,0225

Asumsikan: p = 0,5 p max

m

= 0,5 * 0,0225 = 0,01125

= fy = 400 = 16,806 0,85 * J'c 0,85 * 28

Rn = p * fy * ( 1 - 0,5 *p * m) = 0,-01125 * 400 * ( 1 -0,5 * 0,01125 * 16,806) = 4,074 Nlmm 2

Dari aspek struktur Mekanika teknik

b*d 2 = Mn

Bab l _Balok

Rn

Mu/ = _ /_ r/Jr/J

Rn 120000000 N .mm =-~-~--,--

0,8.5 * 4,074 N / mm 2

= 34653096,47 mm3

1 5

b = 0,5 d 0,5 d3 = 34653096,47 d3 = 2 * 34653096,47

d = V693o6o72,94

=410

b =0,5 d = 0,5 * 410 = 205 mm

pi lih ukuran penampang teoritis: b = 410 mm d =205 mm

Pilih ukuran penampang (praktis) Rnbaru I. p baru = p lama. ---Rnlama

I< 220

1 6

440

>I

Seton Bertulang

As lama = p * b * d

Rn

Rn baru

p baru

Kontrol:

= 0,01125 * 205 * 410 =945 6 mm3 ,

120000000/ = / 0,85 = 3 3146 N/mm3

220*4402 ,

= 0 01125 33146

= 0 00915 ' 4,074 '

p min < p baru < p max As baru

3. Kontrol I:M -== 0

= p baru ~ b * d = 0,00915 * 220* 440

') = 885,72 mm-

; l::H=O

di dapat Mn = ? Mn dengan asumsi p= o,:; p ' maka

Jika Mu ;::: Mn penampang --7 OK Ad a

Bab l_Balok 17

Contoh Soal - 4

Balok di ala~ dua pcrlctakan biasa. scperti gambar berikut:

P = 20 KN/m 1 (= qll) 1~ lll~ll......---.-.-lll..,.....,--,-lll-r-r--Tlll...,....,_,JJ J = O,S~ J\ A f'c=28MPa

fy = 400 MPa

~-----

Pertanyaan:

L=8 m :....;;.:.; _____ . ye= 24 KN 1m3

Cll = 0,003

Rencanakanlah pcnampang balok agar kuat menahan bcban luar.

Solusi: Perencanaan Penarnp

B erat sendi r1 : qdt = 24 * 350 * 750 * 10- 6 = 6,3 KN/m' qu = 20 KN/m'

Beban berfaktor qu = 1,2 * 6,3 + I ,6 * 20 = 39,56 KN/m' (PB'89) Mu = (( 1/8) * qu * L2 ) = 1/8 * 39,56 * 82 = 31 6,48 KN - M

M Mu 3 16,48 6 F . O n = - = = 395 = aktor reduks1 = 8

Cek Mn yang ada dengan persamaan

:EM =O) Mn )Mn kop :EH =O

"TRIAL" I Coba Ukuran Coba d =700mm

b = 350 mm; b/d = 0,5

Berat sendiri, qdl qdl = 24 * 750 * 350 * 10- 6 = 6,3 K.Nim' sama dengan asumsi diatas (OK)

jadi Mu = 316,48 KN m Mn = 395,6 KN m.

As = p * b * d = 0,0076 * 350 * 700 = 1862 mm2

Pakai tulangan D 25 mm

nt = 1 862

== 4 bh ~IT(25)2 4

Garis netral

a= _A_s....::i..::...Y_ = 1862400 = 89 4 mm 0,85 f' cb 0,85 * 28 * 350 ' 89,4

x=--0,8

= '111 ,8 mm

Mn =As * fy [d - a/2) = 1862 *400 (700- 89,4/2) * 10- 6

Mn ada = 488 KN- m > Mn perlu = 395,6 KN - m

20 Seton Bertulang

!@fti.@iil 1. Gambarkan penampang balok (lengkap dengan dimensi) dan dilengkapi

dengan diagram tegangan dan regangan. Dari diagram tegangan dan regangan:

s' = 297 - 80 * 0 003 297 ' = 0,002192

400 = 0,002 y = 2x105

s' > y berarti tulangan tekan le1eh.

Jadi Cs = As'(fy- 0,55 f'c)

As' = 707 xlO' = 1909,5 mm2 (400 - 0,85 * 35) T = (T 1 + T 2) = Cc + Cs

= As2 X fy T2 =As' . fy

As = As, + As2 = As 1 + As' T = 2474 + 707 = 3181 KN

As perlu 3 181 x 103

= = 7952,5 mm2 400

Contoh Soal- 5

Diketahui: d = 660mm d' = 80 mm fy = 400 Mpa

Pertanyaan:

b = 350 mm f'c = 35 Mpa Mn = 1450KN-m

Rencanakan penampang (b dan d) serta As dan As' jika ditetapkan garis netral X = 0,375 Xb.

Periksa kekuatan penampang

Bab l _ Balok 2 1

Solusi:

a) Perencanaan Penampang Balok X = 0,375 * 396 a

Cc = 0,8 * 148,5 = 0,85 * 35 * 350 * 118,8

= 0 =Cc= 1237 KN

= 123 7 ( 660 - 1188 ) 2

=743,3 1 KN

1237 x 103 = - - - -

400 = 3092,5

Mn2 . =Mu - Mn 1 = 1450-743,31 Mn2 = 706,7 KN - m

= 1485 mm = J 18,8 mm = 1237 KN

Cs = T2 = 7067700 = 1218 45 KN 660 -80 '

Kontro l regangan bagi baja tekan; As'= As2

22

c:s' = 148

5

-

80 * 0 003 = 0 00 138 148,5 '

c:s' < c:y = 0,002

berarti tulangan tekan belum Jeleh. sehingga fs' = c:s' . Es

= 0,001 38 * 200000 = 276 MPa

Seton Bertulang

As' =As?= 1218,45x 103

- (276 - 0,85*35) = 4948 mm2 = As'

- 1218,45 10.1- 3046 2 - ( 400) x - ) mm

As = A s1 + Asz = 3046 + 4948 = 7994 mm2

Garis netral tidak ditentukan clulu , X

X

b) Memeriksa Kekuatan Penampang

ts' = X * 0,0030 X -80

f'c b fy 35 350 400

d

Cc Cs T T - Cs a d As As' r s 1579.356 16 !R.243 3 197.6 1579.356 !57 .CJ735 700 7994 4948 356./:l 148.5

Bab l _Balok 23

Penjelasan Dengan " TRAIL AND ERROR" dicari nilai f's yang memenuhi syarat, melaiui persamaan- persamaan berikut: Dicoba harga f' s (f' s sembarang) . .... (*)

Cc = 0,85 f'c. b. a Cc = 0,85*35*350*a ..... (1) Cs = As' (f's- 0,85 f'c) Cs = 4948 (f's- 0,85 * 35) ..... (2) T T

= As . fs = 7994 * fs = Cc+ Cs

:EM=O :EH=O

.... . (3)

..... (4)

..... (5)

..... (6)

Melalui persamaan (1) s.d. (4) didapat harga a

Maka: X = _!!____ 0,8

Kemudian dari diagram regangan dihitung harga c:s' dan f ' s dengan Es = 200000 Mpa Maka harga f' s = c:s' * Es dapat dihitung

Sebut f 's (**) sampai dengan f' s di atas (sampai konvergen), seperti di atas diambil f's = 356,8 Mpa f's

Sudah konvergen trial stop. OK. Mn dihitung = Mn = 3850 KNrn > Mn perlu = 1450 KNrn

Contoh Soal- 6

Diketahui : f'c = 30Mpa eCU = 0,003 Es = 2. 105 Mpa Ey = 0,00175 Beban mati merata = 8 KN/m' Beban hidup merata = 10 KN!m' Beban hidup terpusat = 50 KN

Pertanyaan:

.. ...

300

a. Periksa kekuatan balok dengan penulangan 5D22 b. Apabila tulangan pokok salah pasang sehingga kedalaman efektifnya

menjadi d = 500 mm, Periksa apakah balok rnasih kuat?

Solusi A Memeriksa Kekuatan Balok dengan Penulangan SD 22

Step 1. Analisa Pembebanan Berat sendiri balok = 24 KN/m3 * 300. 600 . . 10 _6 = 4,32 K.Nim' Beban mati mcrata qo = 8 KN/m' qo = 12,32 KN/m'

Bab l _Balok 25

Beban hidup merata ql Beban hidup terpusat pi

= 10 KN/m' =50 KN/m'

qu ;;;; 1,2 (12,32) + 1 ,6(1 0) = 30,784 KN/m' pu = 1 ,6 (50) = 80 KN Mu = ((1/8) * qu * L2) + ((1/4) * Pu * L) Mu = (1/8 * 30,784 * 62) +(lA * 80 * 6) = 258,528 KN/m'

Mn perlu = Mu= 258528 = 323,16 KN/m' ci> 0,80

Step 2. Analisis Kekuatan Balok

600 5D22

1r t so - L-L---- --l

26

~ 300 Ill> eS > Ey

:EH= OHk.Hook Es = fy t:y

Ne = N fy = Es . e.y = 2. 105 . 0,00 175

0.85 f'c. a. b =As. fy = 350 Mpa 0.85f'c.a . b =p. b.d.fy

. 2

+-A!--..-' c = 0,85 f"c . a. b

Z =d-a/2

Ns

Seton Bertulang

p balance _ 0,85f'ca _A 0,85f'c . ..:.. - fyd -pi fy d

p balance = ~ 1 0,85.f'c . ( c'cu ) fy c'cu+ y f'c = 30 Mpa > 28 Mpa

~I = 0 85 - 0 05 ( 30 - 28 ) = 0 8355 , . ' 6,9 '

pb = 0,85 0,85 * 30 ( 0,0032 ) = 0,03975 350 0,0032 + 0,00175

pmax = 0,75 p B = 0,029514

Pmin = ~ =0004 350 , p ada = As(5D22) = 1900,6635 = 0 01152

b.d 300 * 550 '

dapat dipastikan tulangan baja tarik sudah leleh jadi:

a= As.fy = 1900,6635 * 350 = 86 96 mm' 0,85/' ca 0,85 * 30 *300 '

a= ~I X x = !!__= 8696 = 102 306 mm /31 0,85 '

= d- a/2 = 550- 8696 = 506 521 mm' 2 ' Mo = T . Z = As . fy . Z

= 1900,6635 * 350 * 506,521 . 10-6 KNm'

Mo .... = 337 KNm' > M0 perlu = 323,16 KNm' memenuhi kriteria design.

Bab l _Balok

27

Periksa Regangan

x d - x cs = E'cu(d -x) _ 0,0030(550-104,08)

X 104,08 s'cu ss - -=--

cS = 0,01371 > y = 0,004

Scbelum beton mcncapai regangan c'cu = 0,0030 maka regangan baja rarik lebih du1 u lelch j ika asumsi diatas bcnar.

Solusi B Apabila tulangan pokok salah pasang, sehingga kedalaman cfektif menjadi d = 500 mm, apakah balok masih kuat?

As(5D22) Periksa p ada =

bd

= 1900

6635 = 0 01267 > min = 0 004 300 * 500 ' p ,

p ada = 0,01267 < p max = 0,029514

maka dapat dipasti kan tulangan baja tarik sudah Jelch.

Z = d- a/2 = 500 - 8696 = 456,52 mm' 2

Mn kapasitas = T . Z == As (5022) . fy . Z = 1900,6635 * 350 * 456,52. w-6 KNm

Mn kapasitas = 304 KNm' < M perlu = 323,16 KN m'

a tau

Tulangan pokok tarik yang salah pasang dengan kedalaman d = 500 mm, tidak kuat menahan beban.

28 Seton Bertulang

Contoh Soal 7

Diketahui:

f'c = 25 Mpa e-' cu = 0,0032 Es = 2 . 105 Mpa t-y = 0,002

Pertanyaan:

PL = 25 /KN qo = 10 KN/m ~I ~ q,= IS KN/m fHyAAi~ -~- 4000 ~m T

: 8000 mm

a. Sketsa rencana penulangan lengkap dengan kontrol regangan dan kekuatan balok.

b. Gambar diagram regangan pegangan.

Solusl A Sketsa Rencana Penulangan

Step l.Analisa Pembebanan qu pu

= I ,2 ( 1 0) + I ,6( 15) = I ,6 (25)

= 36 KN/rn' = 40KN

Mu = 1 /R . 36 . 64 + 1/.1 . 40 . 8 = 368 KN/m' Mu 368

Mn perlu = -= -- = 460 KN!m' = 460. 106 Nmm'

Step 2. Mendesain Dimensi b,d

30

ECU = 0,0032

d

Nt =As.

:EH = O Hk.Hook Es = fy

Ne = Tfy = Es. cy = 2. 105 . 0,00175

0,85 r c . a . b = As . fy= 350 Mpa 0,85 r c . a . b = p . b . d . fy

p balance = 0,85f'c a = ~ 1 0,85f'c -~ fy d fy d p balance = ~ 1 0,85f'c ( ,&'cu ) fy E cu+&y

= 0,85 0,85 * 25 ( 0,0032 ) 400 0,0032 + 0,002

= 0,0278

pmax = 0,75 Pa = 0,02084

= 0,0035 } Coba ambil PR = 75% pmax = 0,01563 . 1,4 pmm =

400

Seton Bertulang

m 400 fy

= _____::...:...___ = ---0,85f'c

= 18,8235 0,85*25

Rn = p. fy (1 - Yz p . m) = 0,01563 * 400 (1- Yz. 0,01563. 18,8235) = 5,3323 N/mm2

Rn = Mnper1u bd2

ambil b = 280 mm'

d Mn perlu 460.106

= = b.Rn 280 * 5,3323

= 555 mm'

kontro] dengan ratio penampang r = b/d = 0,2- 0,6 untuk perencanaan r = 0,5.

R = b/d = 280 555

= 0,5045 memenuhi syarat.

Step 3.Menghitung As perlu untuk b = 280 mm', d = 555 mm'

Rn _ Mn perlu _ 460.106

- bd 2 - 280 * 555 2

= 5,3335 N/mm2

p perlu= ~(1- ~1- lm:n J = 1 (1 - 1 - 2 * 18,8235 * 5,3335)

18,8235 400

= 0,0156 konvergen dengan p rencana= 0,01563 "OK"

Bab l _Balok 31

H

Aspcrlu = pperl u . bd

40~

602

= 0,01563 * 280 * 555 = 2429 mm2 5D25

200

5 D25

L-----------------~ 33.3 33.4 33,1 ~~~

I~ 280 I

40

d = 555

14'7 ... .............. .

Ukuran balok dikontrol dengan dimensi. Mcnumt SK. SNI. T. 15 - 1991 -03, Dimana sengkang D.lO. H = 555 + 25/2 + 10 + 25 = 602 mm. Jadi beton dicor dengan split 2/3.

32 Seton Bertu lang

Solusi B Kontrol Regangan dan kekuatan balok dilengkapi dengan diagram.

H 602

280

1:H =0 Ne =T 0,85 f'c 0 a 0 b =As 0 fy

a = AS(5D25)ofy 2454,37 *400 = 164 999 mm' "" 165mm'

0,85f ' coh 0,85.25 * 280 '

a

z

c

Bab l _ Balok

a 165 = ~ 1 o X X = - = - = 194 12 j3 1 0,85 '

165 = d - a/2 = 555 - - = 472 5 mm' 2 ' =T = As (5D25)0 fy = 2454,37 * 400 =981747,7N = 982 KN

33

Mo l 460 KNm'; memenuhi syarat, kelebihan momen 1,3%

1. 2 Perencanaan Penampang Persegi terhadap Momen Lentur dengan Tulangan Rangkap (REF, PB'89; SNI -T14-1991 -03)

Pada prinsipnya pemasangan tulangan tekan (tulangan rangkap) untuk mengurangi lendutan/tidak menambah kekuatan. Perhitungan tulangan rangkap dapat diuraikan sebagai berikut:

Menentukan apakah tulangan tekan itu diperlukan atau tidak, dengan cara membandingkan kekuatan momen perlu dengan kekuatan momen dari penampang tersebut tapi memakai tulangan tarik maksimum saja.

Atau d il akukan kontro l lendutan dengan menentukan As dan As'.

Memeriksa As yang diberikan tidak menghasilkan harga X (garis netral) lebih besar dari 75% Xb, dan tulangan tekan memang sudah leleh.

Bila tulangan tekan belum leleh, maka dihitung lagi dengan persamaan kesetimbangan dan memasukkan nilai rs sebenarnya.

Disarankan diambil X = 0,375 Xb.

1.2.1 Kriteria Kondisi Tulangan Tekan (As 1) Leleh Step-step perhitungan:

1 As 1 As ( 1 ). p = bxd ; p = bxd

b = /}1x0,85X;tc ( 600 J (2). p fy 600 + fy 34 Beton Bertulang

(3). p max = 0,75 pb

h d

As

(4) {p - '(1 _0,85f' c)~ os5p (f'cxd'J( 600 J p fy ' 1 fyxd 600+ fy J ika Es ~ Ey~ untuk cek tulangan tekan leleh.

(5) f 't = 60j 1_ 0,85fi,xf'cxd1 J

. " vl (10- p') . fyxd

1.2.2 Prosedur/Mekanisme Perhitungan Diketahui: b, d, d 1, As, As 1, f 1 c, fy

As 1 As1

(6). p = bxd ; p = bxd

(7). . 1,4 pmm = -fy

Kontrol p > p min. Jik

Jika step 5 ya, tegangan leleh baja tekan f 1s = fy Jika step 5 tidak, maka:

f 1 _ 600( _ 0,85/31x/cxd1

) t . S - 1 . (f) I) < Y fyxd - p

(8). l j31 x0,8S~tc( 600 J d. b.l P.J = fy 600+ fy tarn I p = O,Spb

(9). p ~ 0,75ph + p'f's p . fy

Jika step 9 tidak memcnuhi, penampang diperbesar Jika step 9 ya, maka:

( 1 0) = AsJ..jy - A 1 sxf 1 s

. a 0,85xf 1cxb

c!>Mn = l(A.qfy- As1 xf' s )(d-~)+ A 1 s~t s(d - d 1 )j dimana~ 1 =f* (f1c)

Catatan: Tulangan tekan berperan utama untuk mengurangi rangkak beton clan lendutan yang tetjadi .

Sedikit perannya untuk meningkatkan kekuatan

Contoh Soal - 8

Diketahui: b = 355 mm d =660mm dl = 75mm

A 1s = 1100 mm2

As = 3300 mm2

36 Beton Bertulang

f 1c = 35 MPa fy = 400 Mpa

Pertanyaan: hitung Momen Nominal (Mn) penampang.

Solusi:

= ~ = 3300 = 0 014085 p hxd 355x660 ' PI = AI s = 1100 = 0,004695

bxd 355x660

p min = 1,4 =~=00035 f y 400 , Kontrol:

p > p min; OK!

( _ 1 { 1_ 0,85xt c) 2': 0 ,85xl cxd 1 x/31 ( 600 ) p p \ fy fyxd 600+ fy 0,008692 2': 0,004057 (OK!) berarti s 2': y a tau f1 s = fy

b = /31 x0,85xf 1 c ( 600 ) p fy 600+.fy

= 0,8x0,85x35 ( 600 ) 400 600 +400

= 0,0357 l t l

p ~ 0,75xpb+ P . s .fy

0,014085 ~ 0,75x0,0375 + 00004695x400 400

0,014085 ~ 0,031470

a= As~fy - A1 sxf 1 s 0,85xf 1cxb

Bab l_Balok 37

_ (3300x400)- (1100x400) 0,85x35x355

= 83,32 mm

a=~~* X X = 8332 = 10415 mm

08 ' '

10415

x100% = 15 78% 660. 0 ' 0

15,78 % < (3/8)x d (bagus) ct>Mn = l(AsxfY- A1 sxf 1 y )(d - a/2)+ (A I s~t s xd - d1 )J Mn = 0,8[(3300x400)- (1100x400)(660- 41,66)+ (1100x400)(660-75)] cf>Mn = 641231360

Mn = 641231360 = 80 1539200N-mm 0,8

= 801539,2N-M = 801,5392 KN-M = 80,15392 T- M (Momen Nominal)

Kapasitas Momen $Mn =Mu 0,8 * 801,539 =Mu Mu = 641,23 KN- M (Momen perencanaan/momen terfaktor)

1.2.3 Perencanaan Tulangan Perencanaan Tulangan Rangkap adalah sebagai berikut:

Langkah-langkah: Dalam Tulangan tunggal dihitung momen maksimum yang bisa dipikul oleh penampang, Mn Cek apakah Mn yang didapat Iebih besar dari Mu yang bekerja (Mn ;:::: Mu) Jika Ya, maka dite.ntukan L\ Mn = Mn- Mn~. kemudian L\ Mn sebagai penyebab tulangan tekan

38 Beton Bertulang

Jika Tidak, maka Mn =Mu dan dengan tulangan As~ 0,75 * Xb Dengan asumsi tulangan tekan dalam poin a diasumsikan meleleh. Kemudian hitung tulangan tekan A 1s Jika tulangan tidak meleleh, maka perhitungan harus dimulai lagi dengan f 1s adalah f 1s sesuai dengan perhitungan yang didapat. Sebaiknya dicek Jendutan yang terjadi dengan As dan A 1s yang ada.

Contoh Soal - 9 Diketahui penampang balok dengan ukuran seperti gambar dibawah ini:

f 1c = 35 MPa fy =400 MPa Es = 200000 Mpa

*10mm

=70mm

Beban-beban yang bekerja: Akibat beban mati (DL) = 280 KN- m Akibat beban hidup (LL) = 500 KN- m

Ditanya: Rencanakan/hitunglah tulangan tarik As d~n tulangan tekan A 1 s perlu, untuk dapat menahan beban/momen diatas.

Solusi:

Step 1. Mu = ( 1,2 * DL) + ( 1,6 * LL)= (1,2 * 280) + (1,6 * 500) = 1136 KN - m

Bab l_Balok 39

Step 2. Mn =Mu

Mn =Mu=1136 = 1420KN - m

Garnbar diagram tegangan

a =P1* X , f1c = 35 maka p, = 0,8

= 0,8 * 283,5 = 226,8

C max = 0,85 * f 1c * b * p, * X

LH

= 0,85 * 35 * 350 * 0,8 * 283,5 = 2361555 N = 2361 ,555 KN

As 1 * fy =C max Cmax

= fy 2361 ,555 * 1 o'

= -----

5903,898 = 5903,898 mm2

LM =0 Mnt = C * ( d - 0,5 a)

= 2361 ,555 * (630 - 113,40) 10 -3 = 1219,98 KN-m

Cek: Mn 1= 1219,98 < Mn balanced =1420 KN Makajika pcrlu tulangan tekan

Bab l_Balok 41

Step 4. Momen yang dipikul tulangan tekan adalah ~ Mn. Maka: ~ Mn = 1420- 1219,98

sehingga:

= 200,02 KN - m !::J.Mn Cs = --d-d1

200,02 * 103 = 630 - 70 = 357, 18 KN

Cek Tulangan Tekan 630-70

1c = 0,003 = 0,00267 > cY 630

Maka tulangan tekan sudah leleh.

42 Seton Bertulang

A1s

d

Dari diagram tegangan di atas didapat persamaan: T2 =Cs

A 1s = As2

As

Bab l _Balok

T, = --

fy

835,54 * IOJ =--- -

400 = 2088,86 mm2

= 2088, 86 mm2

I = As+ Asz = 5903,888 + 2088,85 = 7992,738 mm2

43

700

As = 7992,735

Contoh Soal- 10

Diketahui: momen, beban mati Momen beban hidup =0,8 b = 350mm d = 660mm cCU = 0,0030 d' = 80 mm

I 350 mm

(

=300KN - M =500KN - M

Es = 2 * 105 MPa f'c = 35 Mpa fy =400 Mpa

Pertanyaan: Hitung As dan As' ?

Solusi: Momen berfaktor :

>I

xtx70

Mn = 1,2 * 300 + 1,6 * 500 = 1160 KN - M Mn 1160

Mn perlu = - = - - = 1450 Kn - M

Garis netral:

= 0

003 x660 = 396 mm

0 003+ 400 ' 200000

X maks = 0,75 * 396 = 297 mm

a = 0,8 * 297 = 237,6 mm

~I = 0 85 - 0 05 [ 35 - 28 ] ' ' 69 )

= 0,799 z 0,8

C max = 2474 KN T=C

T As max , tulangan tunggal = -

.fy 2474 J 2 As max = --xlO = 6185 mm 400

Mn (max) tulangan tunggal ; Mnz

, Mn1 = 2474(660- 2376 ) * w- 3 2

= 1040 KN -M Mn 1 < Mn pcrlu

Jadi perlu tulm:gan tekan As'=? Mnz = Mn-Mn1 Mn2 = 1450- 1040 = 410 KN- M

Cs perlu = Mn2

-

d-d =

410 x103 = 707 KN

660-80

Mengecek tulangan tekan, apakah leleh?

Bab 1_Balok 45

1.3 Penampang T/Balok T 1.3.1 Umum Struktur balok T dilapangan seperti terdapat pada konsol, fondasi clan balok menerus pacla sistem lantai sebagai berikut:

a. Konsol

4 a

b. Fondasi

~-JT I

I

d I

r+ b I I

Pcnampang b dan c

46

T ~M .. . . l~ .~-

Pcnampang d

Beton Bertulang

Penampang d bukanlah balok T

Penampang T

! ! t t! t trtt t !IT :u l ~ ! i ! I I I . ~-- . ~e if ! g I I . I . I I . I . . I

Penampang e, penampang T

,...t....L-L-J ) M Tx - - -- -- -- -T- --

Penampang f dan g, hukan penampang T

} --)M -----

Bab l _Balok 47

Kenapa terjadi penampang T ?

A -r)~. r~-M h xl lt I bm 71 bm ( lo '

Gmnbar 1 Gambar2

Dari gambar 1 diatas Lerlihat penampang perseg1, dimana volume bclOn besar tetapi bagian A tidak diperhitungkan , atau mernikul kekuatan. Scdangkan dari gambar 2 jika b < bm, sedemikian rupa seh ingga garisnet.ral seperti X maka terjadi balok; penampang T, maka volume beton berkurang.

1.3.2 lebar Efektif Penampang Seton yang Menerus (bE), menurut SK SNI T- 15- 1991 - 03

I< >I I< >I I< >I

IL hw/2

In

I~

4 8 Beton 8ertulang

Lebar Efektif untuk lantai menerus Balok Tengah

L I . bE~bw+ -

12

I 2. bE ~ bw + - Ln

2

Balok Tepi 1

I. bE~ - L 4 bE~ bw + 8 t bE::;:; Ln

NB : Dari kctiga ketidaksamaan diatas diambil nilai terkecil. Lcbar Efektif untuk lantai tidak menerus (balok berdiri sendiri)

bE::=:; 4 bw t :=;; 0,5 * bw t = tebal pelat

1. 3. 3 Pemeriksaan Penampang Balok T terhadap Lentur 1. Jika Letak Garis Netral (X) Berada dalam Flens

&c =0,003 I

0 85 * /c*b Jika a ~ t, maka As< '

t Untuk X = -/31

fy

Berlaku kescrimbangan dengan asumsi tulangan tarik sudah leleh C-T=O C =T

Dimana: c = 0,85 * f1 c * be * a T = As* fy

Sehingga: 0,85 * f 1 c * bE * a- As * fy

As * fy a= -

0 ,85*f1c*bc: L.M=O Mn - As* fy * ( d - 0,5 * d )

2. Jika Letak Garis Netral ( X ) > tebal Flens

1~-- >1

As

so

_, < 1

10,0031 ~;:.

1~ ~I

Q,85* f 1c 1~1 a/2 1 .-C d - a/2

Seton Bcrtulang

C t = 0,85 * f1e *a* bw C 2 = 0,85 * f1e *(bE- bw) * t 1:H = 0 T t =Ct T 2 = c2 T =TI +T2

=C1+C2.

sehi ngga:

0 ,85 * f 1e * a* bw + 0,85 * f1e * (bE - hw) * t = As* fy

A\' * ~~~ - 085f 1 c*(b - b )*t a= ' . . > - IV 0 ,85 * j I C *h ...

T - C, a = -

0,85 * f 1c *h.,.

Contoh soal - 11 Diketahui penampang T seperti di bawah ini:

0,85 * f 1c _ f.-- 2500 mm -+j ~~ 1' 200.. _ - - - - - - - ~ llO.. . - - - - -~ ~-1--4-1-...L --.+- C \!1

a/2

600mm (d -0,5*d)

Bab l_Balok

As

- Lso 1

Solusi:

Jika f 1c = 28 MPa fy = 320 MPa As = 6000 mm2

Hitung Kuat Nominal, Mn penampang.

Cek tintuk X = 130 mm, berapakah As perlu? C = 0,85 * f 1c *a* bE

Asumsi c.s > c.y T =As* fy C-T = 0 0,85 * f 1c *a * bE- As* fy = 0 0,85 * 28 * 130 * 2500- As * 320 = 0

320 *As As

= 7735000 = 24471,875 mm2

Jika tinggi (a) dari balok persegi Jebih kecil dari (t) untuk As ada = 4051,6 mm

2, j adi T perlu.

T = fy * As = 320 * 6000 = 1920000 Newton C = 0,85 * f1c *a* bE

a = C = 1920000 =32 27 mm 0,85 * f' c *b 0,85*28*2500 '

L.M = 0

Mn = T *(d -~a)= 1920000*( 600 - ~ 32,27) = 1121020800 N - mm = 1121,02 KN - m

Con"toh Soal - 12 Ditentukan penampang T seperti gambar dibawah ini. Jika garis netral (X ) > t, t aclalah tebal flens ..

52 Seton Bertulang

0,003

X

L...-----+ T

Ji ka: f1c =22 MPa,

m aka,

~ = 0,85 a = 0 ,85 X fy = 320 MPa As = 8000 mm2

Pertanyaan: Tentukan Momen Nominal (Mn) dan Penampang T di atas

Solusi: (Asumsikan S > y sehi ngga fs > fy) Menurut SK SNI T- 15 - 1991 - 03 bE::;; 4 bw

Cck Lcbar Efck tif, bE = 800 ::; ( 4 * 350 mm)

= 800::;; 1400 mm ( OK ! )

Cek Tebal Flens, t < bw/ 2 150 mm < 350 I 2 150 mm< 175 mm (OK !) Jadi ukuran- ukuran di atas memenuhi syarat. Tahap perhitungan selanjutnya:

Bab l _Balok

t/2

53

54

Cs = t * CbE- bw ) * 0,85 * f1c = 150 * ( 800- 350 ) * 0,85 * 22 = 980950 Newton

Cc = 0,85 * f1 c * bw * a = 0,85 * 22 * 350 * a = 6545 *a

T =As* fy = 8000 * 320 = 2560000 Newton

LH =0 Cs- Cc- T = 0 980950 + ( 6545 * a) - 2560000 = 0 a a

X

= 391 mm = 0,85 * X

391 = -=48875mm 0,85 ,

Sehingga: Cc = 6545 * 391

= 2559095 Newton

LM=O 1 a Mn - Cs *(725--) -Cc *(725--) =0 2 2

. 150 391 Mn - 980950 (725- - )- 2559095 * (725 - - ) = 0 2 2

Mn = 63617500N - mm*l,355 *109

Mn = 1992658303N - mm Mn = 1992.66KN- m

Seton Bertulang

Contoh Soal-13 Tulangan Tarik ( As ) maksimum penampang T p maks = 0,75 pb ( balanced) Garis netral balanced, Xb

Xb = 0,003 . % 0,003+ E

s

data lainnya: f1c fy Es

=24MPa = 360 MPa = 2,1 * 105 MPa

Penampang T seperti gambar di bawah ini.

lI ~50 IX 700

- - - - - - - --

ab I As

350m l~>l s >.ey I~ >I

fy 360 c: \" = _ .. _ = s = 0,00171

E , 2,L * 10

Dari diagram regangan:

Xb = 0003 700 = 445,86mm 0,003 + 0017 j

clari tepi atas .

Bab l _Balok

/3, = 0,85 - o,os( I I c- 28,6 ) 7.15

55

p, = 0,85 untuk f 1c > 28,6 MPa p, = 0,85 jika f 1c < 28,6 MPa dan nilai minimum p, = 0,65 ab = P1 * Xb

= 0,85 * 445,86 "" 379 mm

ab> t, maka penampang adalah T murni Cc = CRm

= 0,85 * f 1c * bw * ab = 0,85 * 24 * 350 * 379 = 2706060 Newton

Csl = Cflens = 0,85 * f1 c * ( bE - bw ) * t = 0,85 * 24 * ( 750-350 ) * 150 = 1224000 Newton

L H=O T -Cs1 - Cc =0 As * fy - 2706060 - 1224000 = 0 As * 360 = 3930060

Tulangan Balanced ; Asb Tulangan maksimum As maks

= 10916,8 mm2

= 0,75 Asb = 8187,625 mm2

1.3.4 Perencanaan Balok Penampang Balok T Yang dimaksud dengan perencanaan disini adalah merencanakan luas tulangan yang perlu dengan dimensi penampang sudah diketahui .

Contoh Soal- 14

Diketahui penampang seperti gambar berikut ini:

56 Beton Bertulang

Jika Momen terfaktor, Mu Mutu beban, f1 ~ Mutu Baja, fy

Pertanyaan: I. Apakah a> t? 2. Rencanakan tulangan As.

Solusi:

= 1500 KN -m =22MPa = 360Mpa

Akibat momen lentur yang terjadi = 0,80 I. Cek a> t

Jika a = t C = 0,85 * f1 C * bE * t

= 0,85 * 22 * 2000 * 200 = 7480000 Newton =7480 KN

Mn = c( d - ~) = 7480( 0,65- O,~ 2) = 4413,20KN

Bab l_Balok s 7

* Mn

Mn

= 0,85 * 4413,2 = 3751,2 KN - m< M terfaktor = 1500 KN - m = 1500 = 1875

0.8

2. Formula Momen Perlawanan

a) Rn = Mu(momenterfaktor) rp*b*d 2

58

a tau

Rn = p * n{ 1 - ~ p *m). dengan m = fy

0,85 * j 1c

C = 0,85 * f 1c *bE* a = 0,85 * 22 * 2000 * a = 3 7 400 * a .. ...... . ( 1 )

I.H = 0 C-T = O sehingga C = T

T = As* fy =As* 360 = 360 * As

Dari persamaan T = C,

Seton Bertulang

M aka: 360 * As = 37400 * a

360 a = As = 0,0096256 * As

37400

Dicoba dengan As= 6000 mm2, maka a = 57,754 mm < t, maka c = 37400 * 57,574

= 2160000N = 51620 KN

Mn = c( d- ;) = 2160( 0,65- 0~58) Mu 1500

= 1341 ,38 KN - m < -

Dicoba lagi dengan harga As = 8600 mm2

a = 82,78 mm < t C = 3096 KN

Mn = 3096( 0,65- 00~278) = 1884 KN- m> 1875 KN- m

Contoh Soal-15 Diketahui balok penampung segi tiga

Bahan beton, mutufc = 28 Mpa Bahan baja tulangan, mutu = 400 Mpa Koefisien keamanan: SK-SNI-TlS-1993

Pertanyaan Untuk keadaan ''Under Reinforced" hitunglah besar As maksimum, dan besarnya momen terfaktor Mu.

60 Seton Bertulang

As untuk keadaan "Under Reinforced" berarti tulangan maksimum peraturan ( SK-SNI-TlS-1993), yaitu 75% tulangan keadaan "balanced".

Menghitung tulangan "balanced" tersebut, dari gambar (a), didapat

Es (baja) = 2,1 x 10 Mpa

Es = Ey = fy I Es

Bab l _Balok

= 400Mpa = 1,9 X 103 Mpa

2,1 x105 Mpa

Yu,b h 0,003 70 _e_n_: = ecc +esy ~ Y u.b = 0,003+0,0019 X

61

b. = 3714 .40 = 18 57 cm 80 , Yu,b = 0,612 x 70 cm = 42, 86 cm

Cc,b = 0,85 f'c (luas trapesium) ab = 0,8 . 42,86 = 34, 29 cm

400+ 185,7 Cc,h = 0,85 x 28 x ( ) . 428,6 = 2987269 Newton 2

T s,b = A .fJ,fy = 2987269 A = 2987269 = 7468 mm2

s,b 400

As, maksimum = 0,75 x Asb = 0,75 x 7468 mm2 = 5601 mm2

b. Underreinforced

T:f = A .f.fy = 560lx400 = 2240400Newton

62 Seton Bertulang

Cc

Cc

= O 85/c[400x800 400.(800-af] ' 2 2x800

= 0,85 x 28 ( 160000-0,25 ( 800 - a)2 ) = 3808000- 5,95 ( 800- a )2

l:H=0 -7 T = C ' c

2240400 = 3808000-5,95 ( 800- a )2 2240400 = 3808000- 5,95 ( 640000- 1600 a+ a2 )

1567600- 3808000 + 9520 a- 5,95 a2 = 0

- 5,95 a2 + 9520 a- 2240400 = 0 a

2- 1600 a+ 376537,8 = 0

_ 1600 ~(1600)2 -4x tx 376537,8 a,~ 2

= 800 _!_.J2560000-1506151,2 2

= 8oo LJt o53848,8 2

= 800_!_.1026 = 800513,3 2

a 1 = 286,7 mm

400IMI a* = titik berat penampaqgitrapesium pqrs

,..,.

- =b" = 5133 .400 = 256 65 pq 800 ,

Bab l_Balok 63

titik berat, a* adalah :

a*

64

= 256,65x286,7xl43,35+ ~xl43,35x286,7 x~x286,7 = 256,65x286,7 + Xx143,35x286,7

1248522,62 =

93944,425 = 132,9 mm

lengan m omen, z = ( 700 - 132,9 ) = 567, 1 mm maka momen terfaktor, Mu = Ts.z

= 2240400 N x 567, 1 mm = 12705308,840 N - mm ;- 1270,5 KN - m ( Momen terfaktor )

Beton Bertulang

Bab2 J

TULANGAN GESER

d

------ -H-----------

V

Bab 2_Tulangan Geser

...

If

65

Gaya-gaya yang bekerja pada keretakan miring - a dan tulangan geser. I:H =0 Vn = Vcz + Vd +V ay+ Vs, atau Vn = Vc +Vs

Dim ana: Vc =Vcz+Vd+Vay V c = Gay a geser beton tanpa tulangan V = Gaya geser Vn = Gaya geser nominal Vs = gaya tulangan geser

Catatan: Untuk lebih rinci mengenai tulangan geser dapat dipelajari dalam buku "Design of Reinforced Concrete" by; Wang at all.

Vu = VcR +Vs V eR = gaya geser, terjadinya keretakan diagonal pertama sekali tanpa

tulangan geser. Vu = tegangan geser terfaktor Vs = gaya geser yang dipikul oleh sengkang

Dimana gaya geser dengan miring, a. terhadap horisontal adalah : Av* fy* d

Vs= (Sina+ Cos a) s

dimana: d = tinggi effektif balok S = jarak sengkang/tulangan geser A v = luas total tulang sengkang

Jika a.= 90, maka Av * fy*d Vs=----=;..:;__-

S

Langkah - Langkah Perencanaan:

66

Hitung besarnya gaya geser berfaktor, Vu Hitung kuat geser be ton, V c

Seton Bertulang

a) Cek apakah ; Vn = kuat geser nominal V c = kuat geser be ton ; = factor reduksi

Vn ~ {Vc+ ~ ~J'c }wd, bila kondisi tak memenuhi maka penampang diperbesar.

b) Pakai tulangan geser minimum, A v bila Vc > Vn > ~ Vc

. . bw.S Tulangan m1mmum, A v = --

3fy

c) Bila Vn > Vc, tulangan geser harus diberikan sehingga Vn ~ ~(Vc+ Vs)

A v.fy.d . 1 d V: A v.fy.d di mana : Vs = , untuk sengkang vert1ca an s = . s s

(Sin a d +Cos a ), untuk sengkang miring sebesar d, terhadap horizontal. A . . bw.S m1mmum= --

3jy

d) Jarak sengkang, S S maksimum = ~ ~ 600 mm

2

Jika Vs > .!. lrl:f1c *b *d, 3 "1/JC IV

m aka:

Untuk menghitung Kuat geser tanpa tulangan ( Vc ): PB 89 mempunyai rumus sederhana sebagai berikut:

Bab 2_Tulangan Geser 67

(1)

(2)

Vc = (~ ~f 1 c ) *b,. * d , satuan Newton Vc = (_!_ lrl::"f 1 c)(J + Nu ) * b * d, satuan Newton 6 vJ c 14 * Ag w dimana: Nu bw Ag d

= gaya normal tekan terfaktor, N = lebar web, mm = luas penampang balok, mm2 = tinggi efektif penampang, mm

Contoh Soal- 1

Balok di atas dua tumpuan sederhana, diketahui bentang bersih 6 m, harus memikul beban mati merata sebesar 20 KN/m 1 (termasuk berat sendirinya), dan beban hidup merata sebesar 35 KN/m1

Muru beton, f 1 = 28 MPa Mutu baja, fy = 300 MPa Ukuran penampang 300 mm * 500 mm Penutup beton = 50 mm

Pertanyaan: tentukan tulangan sengkangnya? Solusi:

500 mm

Berat Sendiri (B.S) Beban Hidup (L.L)

6 8

=20 KN/m1 = 35 KN/m1

Seton Bertulang

Beban terfaktor: Wu = 1,2 * B.s + 1,6 * LL

= I ,2 * 20 + I ,6 * 35 = 80 KN/m1

=R2

= .!_ *Wu *lt2 = .!_*80 *32 = 360K.N(=V) 2 2

Vu

Vc

=.!_ * Wu * (lt - d? 2

= ~ *80*(3 - 0,5Y =250KN

= .!_ ~!I c * b * d = _!_ * .J28 * 300 * 450 = 119058 79 KN 6~1 c w 6 ' = 119,059 KN

Cek kekuatan penampang terhadap geser:

(~ffc + ~ ffc)*b.,. *d = iffc *b .. *d


= ~.J28 * 300 * 450 6

= 595,294 KN

69

~ 250 Vn = - 1 =-=416,67KN < Vc = 595,29 KN fjJ 0,6

Berarti tidak perlu tulangan geser Pakai tulangan geser untuk sengkang Coba dengan diameter (D) 12 mm, sehingga: As= 113,04 mm2

Av = 2 As= 226,08 mm2

Jarak sengkang, S S _ Av * .fy * d _ 226,08 * 300*450*10-3

-(~ -Vcr (~~~ -119,059] S = 305208 = I 02 55 mm

297,61 ,

Maka: S maksimum = ~ 4

Kontro1:

.! ~f'c *b *d =!m *300*45o 3-.JJC IV 3 , = 238,118 Newton

Vu 250 (Vn- Vc) =- = --119,059 = 297,61 Newton fjJ 0,6

70 Seton Bertulang

(Vn- Vc) < ~ffc * b.., *d maka S maksimum = E:_ = 450 = 225 mm

2 2

Geser Vu = 1 .4 V DL + V Lll Vu kritis pada jarak ' d' dari muka tumpuan Prinsip perencanaan Vu ~ (Vc +Vs) ~ aVmax = (V6+Vs) Kekuatan geser yang disumbang beton

Geser + Ientur V c = _!_ ffi bw.d 6

geser + axial V c = _!_ .f]2 bw.d (1 + .!!!!:._) 6 14Ag

geser + torsi

semua harus memenuhi Vc ~ 0.3ffi bw.d

Kasus:

,; 0.3./fr' bw.d. ~I + 0.3Nu Ag

Vu ~ 0.5 V c tak perlu tulangan geser 0.5 Vc< Vu ~ Ye diperhitungkan ada gaya geser minimal

Vs min = bw.

S = Av. fy.d v smin

s ~d/2 S ~ 12 inci


} S . 3Av.fy

mm= ----=-.:.... bN

71

Vu> Ye perlu tulangan tekan Vs =Yu- Yc

s = A v. fy.d

Vs

s ~ d/2 s ~ 12 inci

Satuan yang digunakan fc' Mpa fyMpa bw,dmm

Lebar efektif Nilai terkecil dari

bw + 16t

L -

4 L = bentang

space center to center (Jarak pusat ke pusat)

2.1 Perencanaan Tulangan Geser Berdasarkan PB'89 (SNI-T- 15- 1991- 03)'

72 Seton Bertulang

Contoh Soal - 2

Mutu bahan: Beton:

Baja:

Fe'= 24 Mpa POT a-a d = 500 - 40 - 1 0 = 450 mm

Fy = 280 Mpa lebar perletakan = 400 mm ybeton: 24 KN/m3 (ditumpukan A dan B) beban mati lainnya = W0 ' = 2 t/m'

Pertanyaan: Hitunglah gaya geser rencana maksimum dengan prinsip "strength method" Hitung juga jarak tulangan geser (sengkang) yang diperlukan seluruh balok

Solusi 1 - Gaya Geser Rencana Makimum dengan Prinsip Strength Method Strenght methode:

ACI code 318 - 83 atau PB 89


S fjJAv.fy.d ( . ) = cosa+ sma fjJVs

4> Vs= Vu- q>Vc

Menurut PB' 89: Vn ~ 4> Vu

dimana Vn 4> Vu

= gaya geser nominal = gaya terfaktor rencana (terfaktor)

dead load Wo = 300 * 500 * 24 KN/m3 * 10 - 6 + 6 * 10Kn/m1

= 23.6 KN/m 1

live load W1 = 4 t/m 1 = 40 KN/m1

geser maksimum sejauh d = 450 mm dan tepi per1etakan dengan panjang balok yang diperhitungkan terhadap hidup = 4000 - 200 - 450 = 3350 mm (efektif)(penampang kritis), gaya geser pada penampang kritis:

Vn = 1.2 * 23.6 (2 - 0.2- 0.45) = 38.23 KN + 1.4 * 40 (4- 0.2- 0.45)2 I 8 =78.56KN

total Vn = 116.79 KN

gaya geser ditengah bentang (Ln/2) (untuk beban hidup Y2 L ). Vucv2) = 1/8 * 1.4 * 4 0 * (4.0- 0.2) = 26,6 KN

(kondisi kritis beban hidup)

Solusi 2 - Menghitung Jarak Sengkang S =? PB ' 89

a. Vc=0.166..[ft' =0.166 4=0,81 Mpa (tegangan geser beton izin) Vc = 4> Cc. b. d = 0.80 * 0.81 * 300 * 450 * 10 = 87.48 KN

74 Beton Bertulang

Maksimum geser pada penampang-kritis: Vs =Vu-Vc Vc = 116.79-87.48

= 29.31 KN

b. batasan tulangan geser: Vc =2Vc Vc = 2 * 87.48

= 174.96 KN

Vs = 174.96 maks Vs = 87.48 KN

artinya jarak tulangan geser S ~ d/2 = 450 I 2 = 225 mm

S, per1u daerah kritis S = (jJAv.fy.d = 0.8*157 *280*450 *103 = 15825.6

(jJVs (jJVs (jJVs

S I . k . . 15825.6 540 per u pem ntts = mm 29.31

d/2 = 225

Maka dipakai S = 225 mm atau D 1 Omm C 225 mm

S, perlu daerah minimum tulangan geser PB '89 min Vs= (0.345). b. d (KN)

Min Vs= (0.345) * 300 * 450 * 10-3

= 37.26 KN

15825.6 Maks S =

37.26 = 425 mm > d/2 = 225 m

Jadi pilih D 10 mm C 225 mm (sama dengan daerah kritis)


2.2 Aneka Ragam Soal diambil dari Buku Reinforced Concrete Design, CH U - KIA W ANG dan CHARLES G SALMON dan Solutions Manual to Accompany Reinforced Concrete Design, Third Edition, 1979.

Contoh Soal- 3

Consider a beam with a 12 in, width and an effective depth of 19,5 in , which has 3 - # 7 bars in the tension face. The concrete has f 1c = 3000 psi, and the steel has a minimum specified yield strength of 40000 psi.

Determine the allowable bending moment.

Is the beam under reinforced, ideally reinforced (balanced), or over reinforced according to the working stress (cara elastis) method?

Locate neutral axis using transformed section:

12 *X* ( ~) = 16,2 * (19,5- X)

76

X2 + (2,7 *X) = 52,7

+(1 ,35) 2+ 1,83 x = Js4,53 -1,35 X = 7,39 - 1 ,35

= 6,04 in.

Seton Bertulang

If concrete controls, fc = 1350 psi

fs = 1350*( 195 - 604) = 1350*( 13,46)= 3010 psi> 2222 NG n 6,04 6,04

If steel controls,

fs = 20000 = 2222 psi; n 9

fc

c

T

M

= 2222 * 604 = 996 psi < 1350 OK ! .13,46

= .!. * 0 996 * 12 * 6 04 = 36 0 k 2 ' ' ' = I ,80 * 20 = 36,0 k

= C (arm)= 360 * (19,5-6~)* 1~

= 36 0 * 17 49 * ._I , , 12

= 52,5 ft. kips

since steel governs, beam is under reinforced.

2222

Bab 2_ Tulangan Geser

stress distributioq

77

Contoh Soal - 4

For the beam of "Contoh Soal- 1" use 3 - # 10 bars instead of 3 - # 7.

Determine the allowable bending moment.

Is the beam underreinforced, ideally reinforced, or over reinforced according to the working stress method ?

Allowables fc = 1350 Psi fs = 20000 Psi n =9

Locate neutral axis:

12*X

2 = 34,3*(19,5 - X)

. 2 X 2 + c 5,72 * x) = 111 ,5 + (2,86)2 + 8, 1'7 X= .Ju9,67 - 2,86 = 10,95 -2,86 = 8,09 in

If concrete controls, fc = 1350 Psi

78 Beton Bertulang

fs = 1350(195 - 809 ) = 1350*( 11,41) = 1905 < 2222 n 8,09 8,09

Psi ......... OK

C = ..!_ * 1 35 * 12 * 8 09 = 65 6K 2 ' ' ' T = 3,81 * 1905 * 9 = 65,4k

M = C (arm) = 65,5 ( 19,5- 809 ) * -1 = 91,7 ft. kips 3 12

Since concrete govens, beam is Over- Reinforced

Contoh Soal - 5

What are the theoretically required effective depth and area of tension reinforcement for a rectangular beam 16 in. Use f1c = 4000 Psi and fy = 60000 Psi

Allowables: fc = 0,45 * f 1c = 1800 Psi fs = 24000 Psi n =8

1800

k ' d

(1 - k)*d

For ideally reinforced (balanced)


k 1800

= - ---

1800+ 3000 = 0,375

J =1-%' R = 0,5 * fc * k * j = 0,5 * 1800 * 0,375 * 0,875

= 295 Psi

R M,,. = b *c/ 2

b * d2 = M.,. = 400 *12000 R 295

= 16250

d = ~16250 16

As

= 31,9 in 400* 12 M,.

= _ _..:.:;_ = ------f

As M 400* 12

=-- -=-----fs* j*d 24*0,875*28 = 8,15 sq in

Contoh Soal - 7

A beam having 12 in, width is to carry service load moments of 70 ft-kips live load and 40 ft-kips dead load. Using f 1c = 4000 Psi and Grade 50 steel, select the overall cross section dimension and select bars. Show sketch of the final design, and check stress.

Allowables: f 1c fy n

= 4000 Psi, fc = 50000 Psi , fs =8

= 1800 Psi = 20000 Psi

Ideal Constants:

k 1800 = 20000/ = 0,4! 9 1800+ / 8

J = 1-% = 0,860

R 1 = 2 * fc* k* j

= 324 Psi

Reqd ........ b * d2 - (70 + 40)* 12000 324

= 4074 in3

Bab 2_ Tulangan Geser Bl

Check:

82

b d 12 18,4 + 2,5 = 20,9

Try 12 * 21 d = 18,5 in

M 110*12 Reqd ........ As= = -----fs * j * d 20 * 0,860 * 18,5

= 4,15 sq in

Try 2 - # 8 and 2 - # 10. As= 4,12 sq in Min Width = 1 1,8 in (2* 1,5)+(2* 0,375) +(4* 1,27)+(3* 1)

12*X

2 =412*8 *( 185-X ) 2 , ,

X2 + 5,49 * x + (2,27) 2 = 101,6 + 7,5 X= .jiOJ,9- 2,74= 7,70 in

fs = 180( 18'5 - 7 '70) = 2 525 > 2 5 n ' 7,70 ' '

Sligtly Over reinforced but close to ideally rein forced

Beton Bertulang

2,525

T = 20 * 4 12 = 82 4k ' '

Arm "" 18.5 -7

70 = 15,93 in

' 3

Mw = 82 4 * 15 93 * -1 ' ' 12

= 109,41k"" Jl01k ( OK )

12in

I ~ I

USE 12 * 2 1 With 2- # 8 and 2 - # 1 Q

Bab 2_ Tulangan Geser 83

Contoh Soal - 8 Design a reinforced concrete beam to carry a live load moment of 225 ft -kips on a simply supported span of 20 ft.

Use f 1c = 4000 Psi and fy = 60000 Psi. Use a beam width of 14 in. Show of the cross section with selected bars, Check Stress.

Allow abies: fc = 1800 Psi, fs = 24000 Psi , n = 8

Ideal Design constants: k = 0,375, J = 0,875, R = 295 Psi

Loads Moment ( Mu) LL = 225 1k

DL = 0,4 * 202 = 2Q1 k 8

Mu =LL+DL=245 1k Mu corected = 225 + 21 ,9 = 246,9

cl = 245*12000

295 *14 = 26,68 in

Add ::::: 2,511 for one layer Add ::::: 3,5 11 for one layer

Try 1 layer: h = 26,68 + 2,5 = 29,18 in

Say 30 in , cl = 27,5

Wt = 14 * 30 0 15 = 0 437 144 ' '

84 Beton Bertulang

d = 246,9*12000 =26,78 in

295 *14

As 246,9 * 12 5 12 . . = = sqm 24 * 0,875 * 27,5 '

2 - # 11 and 2 - # 9

d = 30 - 2 in (cover+ stirrup) 0,63 ( Arg Barrad) = 27,73 Accept S light Over Stress

USE . . . 14 * 30 With 2 - # 11 and 2 - #_.2

I Check S tress :

14 * x( ~ } = 5,12 * 8 * c 27,37-x)

Bab 2_Tulangan Geser a s

X2 + 5,85 * x = 160 + (2,92) 2 + 8,55

X = .j168,55- 2,92 = 10,06 in

arm = 27,37 - 3,35 = 24,02 in

C=T M arm

= 123,2k

fc = 2 * 1232 =I 755 Psi 14 * lO 06 '

'

fs = 1232 = 24,05 Psi ....... . .. .... ( OK ) 5,12

Contoh Soal - 9 In order to reuse forms and eliminate multiple fraiming details, a reinforced concrete cross section 15 in. wide by 30 in. Deep overall is to be used in a location where the maximum live load moment is 100 ft-kips. The simply supported span is 24 ft. Use f1c = 3000 Psi and Grade 40 steel. Assume cover is 2,5 in, from the center of the bars to the bottom of the beam.

Determine steel requirement using "exact" method Determine steel requirement using "approximate" method. Select bars, show placement in cross section, and check stresses.

Allowables: fc = 1350 Psi fs = 20000 Psi, n = 9

Ideal Design Constants:

86

K = 0,378

J R

= 0,874 = 223 Psi

Seton Bertulang

3- # 8 ,, 2 -# 6 .. 1

.

Ideal Moment Capacity of This Set ion

M = R * b * d2 = 223 *15*2752

Assumse d = 30-2,5 = 27,5 in Actual Moment ( LL + DL)

LL = 1001k

12000

DL = 15 *30 015*242 =33,7 144 ' 8

LL+DL


= lOO+ 33,7 = 133,ik < 210,51k'

fc

fs = 2222 n

87

Under Reinforced M =C *j*d

133,7 * 12

= _!_ fc '~ X * 15 * j * 27,5 2

fc = 2,222( X J 27,5 - X J

= 1_ X = 82,5-X 3 * 27,5 82,5

13 3 7 * 12 = _!_ * 2 222 * ( X J * X * (82 5 - X ) ' 2 ' 27,5- X '

288,5 = ( X ]*X *(82,5- X ) 27,5 -;- X

7940- c 28,5 * x ) = 82,5 * X2 - x3 x3 - 82.5 * X2 - 28.8.5 * x + 7940 - o

Use Homers Method 1 - 82,5 - 288,5

8 - 596 - 7070 - 74,5 - 884,5 870 8 -532 - 66,5 - 1416,5 8

- 58,5

-58,5 0,6 -34,7 - 57,9 - 1451 ,2

X = 8,6 in j * d = 27,5 - 2,87

= 24,63 in

1 + 794ot 8

- 1415,5 -870

0

870

BB Beton Bertulang

(a) " EXACT" 133,7*12 -325 . As = - . . sq m 20*24,63

(b) "APPROXIMATE"

As 133,7*12 3 34 . = = . sa m 20 * 0,874 * 27,5

Actual d CHOICES: For 2 in "Cover" Any of these

2-#9and 1-#10 3 - # 8 and 2 - # 6 4 - # 7 and 2 - # 6

Contoh Soal - 10

As= 3,27 As= 3,27 As= 3,27

27,41 in 27,54 in 27,58 in

are Probably equally acccptabley

Suppose the cross section and materials of prob "Contoh Soal - 9" is to be used where the live load moment is 200 ft-kips and the simply supported span is 26 ft. Select bars and show placement in the cross section for reinforcement in the tensionface only.

Check the stress on the chosen section. Allowables: fc = 1350 Psi , fs = 20000 Psi, n =9


15 11

3011

89

Ideal Design Constants : k = 0,378, J = 0,874, R = 223 Psi

Moment Capacity of ideay reinforced section : = 21 0,51 k (Prob "Contoh Soal - 7")

Actual Moments (LL + DL) : LL=200

DL = 15 *30 *015 *262

=396 144 , 8 ) LL+DL = 200 + 39,6

= 239,6 ft-kips

Since 239,6 > 210,5, beam is to be Over Reinforced M=C*j*d

90

~Estimate two layer

239 6 * 12 =_.!_ * 1350 *X* 1. * 26 5 ) 2 ,

J = I _ X = 79,5- X

3 * 26,5 79,5

239,6 * 12 = _!_ * 1350 * X *(795 -XJ*265 * 15 1 79 5 '

'

Beton Bertu lang

851 = 79,5 * x - X2

X 2 -79,5 * x + (39,7) 2 = - 851 + (39,7) 2

X

X

fs

= .J-851 + 1582 + 39,75 =- 27,0 + 39,75 = 12,75 in , arms = 22,25 in

fs = 1,350 * 26,5 -12,75 = 1 ,4SS, n 12,75

= I ,458 * 9 = 13,1Psi

As = M 239,6 *12 985 . --- = = sq tn fs *arms 13,1 * 22,25 '

Use I 0 - # 9. As = I 0

Check Stress : 15* X 2 - - = I 0 * 9 * ( 26,5 - X )

2 X2 + 12 * X= 318,5 X = 12,82 in ann = 22,23 in

c = 96,2 * fc fc = 1342 Psi

T = 10 * fs fs = 12,9 Psi

C = T = !!!_ = 239,6*12 arm 22,23

= 129,0k


Contoh Soal - 11

Design the cross section for a beam to carry a live load of 5 kif on a span of 28 ft. Use f1 c = 3000 Psi and Grade 60 steel. (See Sec. 3.8 practical proportions)

Show sketch of chosen cross section with placement, and check stresses.

~ 1111111111111111111111111111111111111111111 ~ w 281 - ott

Ideally Reinforced Constants:

k

J

R

LOADS:

MoL

92

= 1350 = 0 336 1350 + 2667 ,

= 0,888

= J_ * 1350 * 0 396 * 0 888 2 , ,

= .!.. *5*282 8

= 491

= .!..*o 9*282 8 ,

= 88 = 5791k

fc = 1350

fc = 24000 = 2667 n 9

= 201,5 Psi

Beton Bertulang

For Ideally Reinforced Section :

b * d2 =M= 579*12000 = 34,500 R 201,5

b d 18 43,8 20 41,5 22 39,6

Total Depth= 39,6 + 1,5 + 0,5 + 0,5 = 42,1 in Bar Radius

-- Stirrup Est Cover

TRY 22 * 44

Wt = 22 *42 *0,15 144

= 0,875

d Reqo = 39,5 in M = 577,7 1k (OK) USE 22 * 42

REINFORCEMENT: d = 39,5 in

M 577,7 * 12 As =---=-----fr;*j*d = 8,22 sq in

24 * 0,888 * 39,5

4-#lland 2-#9 MinWeb=l8,5in 4-#lOand 4-#8 MinWeb=2l,Oin 6-#9and 2-#10 MinWeb=21,0in

Any of the above reinforcement choises OK, For the fewest bars

USE 4 - # 11 and 2 - # 9


As= 8,24 As= 8,24 As= 8,27

93

Contoh Soal - 1

Design a reinforced concrete simply supported one- way floor slab to carry a uniformly distributed Jive load of 175 Psi on a span of 18 ft center to center of supports . Use f1 c = 3000 Psi and grade 40 steel . Make design and check stresses. ( Note ACI - 7.12)

Design Constants : k = 0,378 J = 0,874 R = 223 Ps i

Loads: W .(Live load) = 175 Psf W (Dead load)= J 25 Psf (est 10 in Slab)

9 4 Seton Bertulang

Slab Thickness:

Mw = i*(0,175+0,125)*(8Y

= 12 15 ik/ ' I ft

Reqd d = ~ R~ b = 12,15*12000 =7,38 in 223 * 12 Thickness = 7,38 + 0,75 (Cover)+ 0,50 (Wear Surf)

+ 0,25 (est. bar rad) = 8,88 in

9*150 Try 9 in.( Wt = = 112,5 Psf) 12

M = 12,15 * 2:~~5 = 11 ,641ft, d = 7 ,23, Thickness = 8, 73 in

USE 9 in SLAB d = 7,5 in

As= M = 11,64*12 = 107 sq*in/ f';* j*d 20*0,874*7,5 ' /ft

TRY : #8@ 8 #7@ 6

As= 1,18 As= 1,20

# .6 @ 5 As = 1 ,06 TEMP + SHRINKAGE

As =p*b*h =0,002 * 12 * 9 =0,22 USE#4@ 10


USE

95

Check Streeses:

12 * X

2

= 9,54 * ( 7,5 - X) 2

X2 + I ,59 * X = 11 ,92 X =2,75in arm = 6,58 in

M 11,64* 12 fs= = As* arm 1,06 * 6,58

= 20 Psi; M 11,64*12 fc = - ---- = ---=------

_!_*X *b*arm _!_*2 75*12*6 58 2 2 , ' = 1,29 Psi .... .. . .. .. . OK

Contoh Soal - 12

Determine the areas of tension and compression reinforcement required in abeam 20 in. Wide an effective depth of 29 in, to the centroid of the tension steel, which is to carry a bending moment of 475 ft-kips. Assume that d 1 = 2,5 in. Use f1c = 4000 Psi and grade 60 steel.

96 Beton Bertulang

Allowables Stresses: fc = 1800 Psi; fs = 24000 Psi ; n =8

Ideal Design Constants: K = 0,375; J = 0,875; R = 295 Psi

RM of ideally Reinforced Section

M = R * b * d2 = 295 *20 * 292

I 12000 = 413,5 1k

Mz= M- Mt = 475-413,5 = 61,5 1k

Tension Reinforcement

=--- .. M __ 1 _ = 413,5 * 12 j~ '''-.T"' d . 24 * 0,875 * 29

= 8,15 sq in M? 61,5 * 12

= j~ * (cJ ~ d I)= 24 * (29- 2,5) = 1,16 sq in

As = As t + As2= 9,31 sq in


USE 2 Layers: 4 - # 10 bottom 2 - # 10,2- # 9 Top ( As= 9,62 sq in)

Compression Reinforcement: k * d = 0,375 * 29 = I 0,88 in

fc = 1800*( 838 ) I 10,88

= 1386 Psi

= 2 * 8 * 1386 = 22200 Psi < 24000 Psi ( OK )

61,5 * 12 As 1 = ~------:-;-----:-(22,2 - 1,386)(29 - 2,5) = I ,34 sq in

USE 2 - # 8 ( As = I ,58 sq in )

le= 1800

10,8811

Contoh Soal - 13

Redesign the beam of Prob "Contoh Soal - 8" using compression reinforcement which may be assumed to be centered at 2,5 in , from the comoression face of the beam .

98 Seton Bertulang

Allowable Stresses: Fe = 1350 Psi; fs = 20000 Psi; 11 = 9

Ideal Design Constants:

Loads:

k = 0,378; J = 0,874; R = 223 Psi

M

= 200

= 15 * 30 * 0 15 26 2

144 , 8 = 39,6

= MLL+MoL = 200 + 39,6 = 239.6 1k

MLL = 2001k x,,, , , , ,,,,,,,,,, li ,,, ,,J)\4'~

1... 26' - Qll I

1 .. ' 1511

Capacity of Ideally Reinforced Beam

223 * 15 * 26 52 M = ' = 196 1k I 12000


M 2 = 239,6 - 196 = 43,61k

Tension Reinforcement

M 196* 12 As = 1 = ------

1 .fy * .i * d 20 * 0,87 4 * 26,5 = 5,08 sq in

Revisi : for one layer d =27,5 11 M1 = 210,5 1k M2 = 29,1 1k As1 = 5,46 ; As2 = 0,73 As = 5,46 + ,73 = 6,19 sq in USE 4 - # I I ; As = 6,24

A M 2 43,6*12 s2 = fs*(d - d 1)= 20*(26,5-2,5)

= 1,09 sq in

As = As1 + As2 = 5,08 + 1,09 = 6,17 sq in

Compression Reinforcement

100

k * d = 0,375 * 27,5 = 10,4 11

fc = 1350 * 10,4-2,5 I 10 4

'

= 1025 Psi;

2 * n * fc1 = 2 * 9 * 1025 = 18450 Psi < 20000 ( OK )

29,1 * 12 = --;----____:.,.---.,.-----:-

(18,45 -1,03)* (27,5- 2,5) = 0,80 sq in

USE 2- # 6; As = 0,88 sq in

Seton Bertulang

Contoh Soal - 14

For the beam of the accompany figure:

Determine the allowable moment capacity Mw Compute the transformed cracked section moment of inertia wich would be needed for a deflection calculation. Use concrete with fie= 4000 Psi and Grade 60 steel

Alloweable Stresses fc = 1800 Psi; fs = 24000 Psi; n =8

Locate neutral axis Assume use of 2 n for comp. Steel

16* x

2

+70,2*(X - 2,5) 2

X2 +(8,77*X-21,9) X 2 + 15 02 * x

'

X= .J248,8 -7,51


= 50,0 * ( 27,3 - X ) = 170,5 - ( 6,25 * X ) = 192,4 + (7,5Il + 96,5 = 15,78-7,51 = 8,27 in

1 0 1

Determine applicable stress distribution If : fc = 1800: fs = 4150 > 24000 n 8

= 3000 Psi

Thus , steel controls.

fc , = JC * ( 8,2;,~72,5 ) = 1303*

577

8,27 = 910 Psi

2 * n * fc 1 = 16 * 91 0 = 14560 Psi < 24000 Psi ......... OK

Internal Forces

C = .!_*fie* X * b = .!_ * 1303 * 8,27 * 16 I 2 2 = 86 lk

'

C2 = A1s(f 1s- fc 1) = 3 * I ,56 * ( 14,56- 0,91 ) = 63,9 k

T = 4 * 1 ,56 * 24 = 149,8 k

Moment capacity

Mw =861 *(273 - 8'27)*-1 +639 *(273 - 25)-1 ' , 3 12 ' ' , 12

= 175,5 + 132,0 = 307,5 1k

Moment of Inettia

h

102

= _!_ *16 *8,273 +70,2(8,27 - 2,5)2 +50,0 *(27,3 - 8,27)2 3

= 3015 + 2335 + 18100 = 23450 in4

Beton Bertulang

Contoh Soal - 15

For the given beam cmpute the transformed cracked section moment of inertis Icr that would be needed for a deflection calculation; i.e. , use modular ratio n (instead of 2n) when transforming the compression steel. Use f 1c = 4000 Psi and fy = 60000 Psi

/ 2, 5 f 6-#7

4

d =36,1 11

10-# ll lB~; ,,,

~ I At= 10*1 ,56~8 = 12,0

At = 6*0,6*(8-1) == 25,2 sq in

Allowables Stresses fc = 1800 Psi; fs = 24000 Psi; n = 8

Locate neutral axis

18* X 2 - - + 25,2*(X -2,5) = 125,0 * ( 36,1- X)

2 X2 + t6,69 * x + c 8,34) 2 = 508,4 + 69,6

X = J578 -8,34 = 24,04 - 8,34 = 15,70 in

1 f er = 3 * 18 * (15,70)3 + 3,6 * 7 * (15.70 - 2,5)2 + 125,0 * (36,1 - 15,7Y f er =23220 + 4390 + 52020 = 79630 in4


Contoh Soal - 16

The simply supported beam of 16ft span is to carry a uniform ldead load of I ,5 Ki ps/ft (inci. Beam weight) and a uniform live load of 2,4 kips/ft. Determine the adequacy of the# 3 U - stirrups which are spaced at 8 in. Use the simplified method with constant V c. Draw the curve of shear capacity

At d from face;

Vu =21 *98-204)+408* (16 - 2'04)2

, , ' 2*16

= 12,52 + 24,72 k

= 37,2

At A ft from

Design is in adequate over the distance "A", where stirrups are required for m in

Vs= 50 Psi with S s;; d , 2

Min * Vs for Vs= 50 Psi : Min * Vs= 11 Ok < 15,4k;

d If . - contro or mm. 2

USE One additional space @ 911 : l.e : USE 4 @ 911

Contoh Soal - 17

The beam of the accompanying figure carries a uniform live load of 3,0 kif in additional to its own weight. Assume a support width of 12 in., and use f1c = 3000 Psi and fy = 40000 Psi, Draw the maximum factored shear Vu envelope

Draw the curve of required stirrup spacing using the s implifed procedure permitted by ACI - 11. 3 .1 .1. show also the spacing provided.

Determine if the spac ings used in the figure satisfy the ACI cod!e requirements according to the simplified method.

Repeat (b) using the more detailed procedure of ACI - 11.3.2. 1; show also the spacings provided.

Detennine if the spacing used in the figure are satisfactory according to the analysis of (d)

106 Seton Bertulang

5

Wu

Wt

6@ to ll

=3,0* 1,7+0,313 * 14 = 5,1 + 0,44 = 5,54 k/ft

= 12 * 25 *0 15 144 '

= 0,313 k/ft

At

At d from

Max S (Min. Percentage) = 161,6 =14,611 >:!:._=10,811 11,0 2

t Min *Vs p*v*d More Details Method using ..:..__ __

M

p = 50 0,0193 12*21,6

at d from face of support ;

M = 43,3 * 2,3 + 044 *2'32

99,5 + 1, 2 2

V * d = 43,3 * 1,8 = 0 77 < 1 0 ( OK) M 100,7 ' '

Ne ffc 2500*p*V *d = 1 9 * + __ ....:..._ __ ' M

= 1 ,9* ..}3000 + (2500 * 0,0193 * 0,77) = 141Psi

* Vc = * 0,141 * bw * d = 0,85 * 0,141 * 12 * 21,6 = 31 ,I k

At S 1 from

Ne = 104 + (2500 * 0,0193 * 0,35 = 104 + 17) = 121 Psi

* V c = * 0 , 121 * bw * d = 0 ,85 * 0 ,121 * 12 * 2 1 ,6= 26, 7k

Pactored Shear v. (kips)

11

lO

9

8

7

5

t2.7>0,5*cp*Yc= lt,o

22.0

cp Ye

Since stirrups required until Vu:::; O,S**Vc, entire span required stirrups

M>

Dimension and show the stirrups on the given portion of beam. Use the simplified method of constant Vc, with f1c = 3500 Psi and fy = 60000 psi

Vu= 1,4 Vd t ,7 ' VL . 18k I

Vc = 2 *ffc *bw*d = 2 *.J3500 * 12 *21 *- 1-. 1000

= 29,8k

* Vc = 0,85 * 29,8 = 25 3k ,

4> *A *fy * cl 0 85 * 0 22 * 60 * 21 235 6 *Vs= N = ' ' = - -'-

S S S

s 10,411

Max. S =d/2 = 10,511

Max cJ> *Vs = 59,6k for Ns

Min * Vs

At Critical section: * Vs

= 4ffc = 12 6 k for Ns

'

=50 Psi

=Vu - *Vc = 48-25,3 =22 7k ,

Since Vu * Vc 18 at mid span> = 12,65 k 2

Stirrups needed over entire span USES - 1011

Contoh Soal-19

The given 20 ft simply supported beam must carry adead load of 6 kips/ft (including beam weigth) and a live load of 10 kips/ft. Use f1c = 4000 Psi and fy = 40000 Psi.

1 1 2 Seton Bertulang

Using the simplified method of ACI- ll .e for the U - stirrups. Explicitly show the length over which stirrups are requred. Repeat (a) hut use lhe more detailed procedure of ACI - 11.3.2.1.

I I -@ 4.5~ ... ~@ 6~l~ 2@ 1811 ... I # 4 stirrups

Wd = 6 * I ,4' = 8,4 k/ft Wd = 6 *lA'= 8,4 k/ft

Support';

Straight line

= 8,4+17,0 * 20=254k 2 .

1000

Stirrups Required over Entire Span. 35 Total For 201 Span * Vs = cp* AN* fy*d = 0,85*0.22*40*36,3 = 271,5 for# 3

For max S

Max * Vs based on Ns


s s s

d = 2'

= 141 k. '

=4*ffc

1 1 3

k At cl from face,

= 148,6 *3,02 = O 47 < 1 ( OK ) 952 '

V*d M

Ne = 120 + 25= 145 Psi; * Vc = 80,5k

At mid span:

M= 25 '4 *10*10= 12701k 2

V * d = 42,5 * 3,02 = O, I M 1270

Ne = 120 + 5 = 125 Psi; * Ye= 69,4k * Vs * S = 493 ,7k ( # 4) At d ; * Vs = 174 - 87,2 = 86,8

Vs 6 lps)

s = 5 11 86.8k


# 4 Stirrups

1 1 5

M S 493,7

ax = - -86,8

= 5,7 in

AtS 1 - 0; = 67,5

Max S = 493,7 67,5

= 7,3 in

At midspan; --= 35,1

2

Stirmps needed for entire span (Vu- * V c)

31 Total Stirrups For 201 Span

Contoh Soal - 20

For a simply supported span of 32 ft, with uniform dead load of 2,3 kips/ft (incl. Beam weight) and live load of 3,7 kips/ft, determine and detail the# 4 vertical U - stirrups spacing using 1 in. multiples. Use f 1c = 3750 Psi and fy = 50000 Psi, and the simplfied method with constant Vc. The support width is 12 in, and the beam section is shown in the accompanying figure.

Wu = (2,3 * 1 ,4) + (3,7 * 1,7) = 9,51 k/ft

At Cl.Support;

Vu

1 1 6

=9,51 32 =152k 2

Beton Bertulang

At midspan;

Vu = 6,29 32 = 25k 8

At Critical Seclion;

Vu = 629 * (32 - 254 )2

+ (3,22 * (16 - 2,54 )) = 128,6k 2*32

* Ye = * Ne * bw * d

=

Vu Kips)

ForS d =- max 2 '

Max * Vs = 76,6k * (Ns = 4 * ~ f 1c)

s = 1211

#4

.. Where76,6k,upperlimitonS = ~ =6,1 11 ForNs * Vs

=50 Psi; = 15,6kmin

USE 55-# 4 Stirrups for Entire Beam Csengkang seluruh balok)

Contoh soal - 21

The beam in accompanying figure is to carry dead load of 1,4 kips/ft (incl. Beam weight) and live load of 1,6 kips/ft. Use f 1c = 3500 Psi , fy = 40000

1 1 a Seton Bertulang

Psi, and neglect any compression steel effect. Using the simplifi ed procedure, calculate and detail the # 3 single U - stirrups spacing for the beam. Repeat (a) using the more detailed procedure involving (p*V *d I M ). How many stinups could be eliminate as compared to the simplified method?

91- 0 11

2-#8----

U = ( I ,6 * I ,7 ) + ( 1 ,4 * I ,4 ) = 2,72 + 1.96

43,7

= 4.68 k/ft

Same stirrups for conservative and more exact methods

33.7~ rr-r-r-7'... J More Detail

2 - #9

2 - # 8

More detail method

Vu Kips ~~~~:~~---- ~*V~~~~~~~-~

Since Vu= O,S~vc, min. stirrups rcqcl on cantilever

5'' ~~. [email protected] 5 1 - I 0 11

Bab 2_ Tulangan Geser 1 1 9

Based on Simplified Method:

* Vc=

Location Vu Vn Mu V*d --;;;:/

Kips) 43f 199 -Left end d from S1- 0 33,3 152 R1 ,41k 0,7

from left Midspan 22,0 100 134,5 0,29

3,7 17 135,0 0,05

Right end d from 54,3 248 -

Right end S1 - 0 43,9 200 -44,2 1,0*

From right 32,6 149 +37,7 1,0

Midspan 14,3 65

Cantilever at

Support d from 37,4 170 -

Suppott 26,8 122 76,4 0,63

* Computed Value exceeds 1,0; Use I ,0

4 Left end; p =

12 *

2 15 = 0,0155

,

4*074 Right end; p = ' = 0,0122

12*21,5

1,9 * .J3500 = 112,5

s, from right end, p = 0,0061

Simplified Ne:

2 * ffc = 118,4 Psi Cantilever Support; p = 0,0122

More Detailed V*d p *--M Ne *Vc

(Psi)

0,0113 141 30,9k

0,0045 124 27,2

0 ,0007 11 5 25,2

0,0122 143 31,4

0,0061 128 28,1

0,0038 122 26,8

Bab 2_Tulangan Geser 1 2 1

Stirrups;

* Vs * AN* fy * d 0,85 * 0,22 * 40 * 21,5 160,8

= = s s s

At Left End; Max (Vu - * Vc) = 33,3-25,9 = 7,4k < Min * Vs= 10,9k

At Critical Section : Same Either Method

Max S = 160

8 = 14 711 > :!_ 10,9 , 2

d Max S = - Contro ls = 1 0,7

2

At Right End; M ax (Vu - * Vc) = 43,9-25,9 = 18,0k; M ax S = 160,8 = 8 911 < !!:._

18,0 ' 2

Using Ne = 2[jl; = 43,9 - 31,4 = 12,5 k;

max S = 160,8 = 12 9 > d 12,5 ' 2

Using more detail ed Ne; d

Max S = 2

No Difference in Number of Stirrups Reauired by the Two Methods.

122 Beton Bertulang

Contoh Soal - 22

The beam of the accompanying figure is to carry 1,6 kips/ft live load and 0,9 kpis/ft dead load (incl. Beam weight). Using f1c = 3000 Psi and fy = 40000 Psi, investigate the beam for sti rrups adequacy according to the simplified method using constant V c.

Wo = 0,9 * 1,4 = 1,26 k/ft ; WL = 1,6 * 1,7 = 2,72 k/ft

Max Vu at support 3,98*22 =---2

= 43 gk '

At d from face;

Vu = 43,8 - 2 *272 * 21 -(1,26*2) =36,1k 22 t " ~

At midspan;

Vu 2,72 *22 =---8

= 7 5k )

Bab 2_ Tulangan Geser 1 23

Vu

K

p s

Reqd extent of stirrups

ups

* An * fy * d 0,85 * 0,22 * 40 * 18 134,6 * Vs = = = --

S S S

ForS = 611 ; * Vs= 22,4k

At d from face; Max ( Vu- * Vc ) = 36,1 -20,2

= 15,9k < * Vs = 22,4k forS = 611 ( OK )

Answer: Stirrup Capacity is adequate, but more stirrup are requi:ed

Contoh Snal - 23

Completely design and detail the stirrups for the beam of prob ( Contoh Soal- 20 )( ignore the spacing given ), using the more detaild ( pVd I M ) method of ACI- I 1.3.2. 1. Using f 1c = 3000 Psi and fy = 40000 Psi 3c

124 Beton Bertulang

Vu Kips

At d from face; Mu = 36,1 + 2,0 + ( 0,5 * ( 2,52 ) * 2,0

= 74,ik

At S1- 0 from et Support;

Mu = 1 ;26 * 5 * 17 + 2, 72 * 17 * 8,5 * 5 = 143 1 lk 2 22 '

At midspan;

Mu = 1,26*222

+2,72*11*5*11 8 22

= 155 4 1k ,


At d from face; V*d = 36,1*1,5 = 0725.

M 747 ' ' ,

2500 * p * V * d = 40 Psi M

At S1 - 0 from 0,5 * d = 911 max

Seton Bertulang

Contoh Soal - 24

The deep beam of the accompanying figure has been designed by using fy= 50000 Psi and f 1c = 3750 Psi. Determine if web reinforcement is required If so, detrmine the required for # 3 vertical U - stirrups.

55,3

Vu

= L.46 nf--- Take GFiijcal Section q,t d from face of support

L=~=274 d 17,5 ,

Factored Loads; WL = 3 * 1,7 = 5,1 W D = 2 * 1 ,4 = 2,8 PL = 12 * 1,7 = 20,4 Pn = 8 * 1 ,4 = 11,2


Shear at support; Vu = 7,9 * ( 4,0- I ,0 ) + 31,6

= 55,3k

Mu = 7,9(3,0)2 +(31,6*3,5) 2

= 1461k

~ = Mu 146 * 12 = I 81 > 1 Vu*d 55,3*I7,5 ' d

Member Sho1ud probably be Considered a reguler beam Ve =Ne* bw * d et>* Ve

Min * Vs based on Ns

= 0,85 * Ne * 14 * I7 ,5 = 208,3 Ne

= 10 4k. ' '

=50 Psi

(a) Stirrups using simp1ified Conservatif method Ne = 2*ffc;

* Ve= 25 5k ' '

et>* Ve= Vu- * Ve = 46,6-25,5 = 21,1 k > 10,4 k

Max. Spacing for strength at d from face; 0,85 * 0,22 * 50*17.5

= s 21,1

= 7,811 For Strength

d 11 Max. S=- = 8,75 2

128 Seton Bertulang

(b) Stirrups using more exact procedure Mu at d = 79 *(l,54)

2 +(31,6*2,04) = 76,41k

2

Ne

et>* Vc et>* Vs

p 4*0,79 = 14*17,5 = 0,0129;

Vu* d _ 55,3 * 1,46 _ 1 06 1 U 1 0 --- - , > , se , Mu 76,4

= 1,9 * .J3750 + (2500 * 0,0129 * 1,0) = 149 Psi; = 31,0k =Vu - ct>*Vc = 46,6-31,0 = 15,6k

S = 0,85*0,22*50*17,5 = 10511> d = 87511 15 6 ' 2 '

'

For Strength

Contoh Soal - 25

The beam of the accompanying figure carries a live load of 2,7 kips/ft in addition to the weight of the slab and beam. Calculate and detail the vertical U- stirrups spacing for# 3 Stirrups. Use f1c = 3000 Psi and fy = 40000 Psi. Use simplified procedure of ACI - 11.3.1.1. Use more detailed procedure of ACI - 11.3.2.1.


Vu Kip~

130

_ _ _ Symmetrical about

62,5k

Vu Kips

_9_11_

26 Stirrups I beam

IJII

*Vs = 25,6k

5,5 11

Weight of beam and slab= ' + ' * 0,15 = 0.586 klft [45* 57 12*255]

144 144

WL= 2,7 * 1,7 Wo = 0,59 * 1,4

= 4,6 klft = 0,83 k/ft

5 43 * 23 Vu ( Support ) = ' = 62,5k 2

V 4,6 * (20,67)2

At d from face; u = ---'----~ = 42,6 ) 2 * 23,0 50 2k ,

0,83 * 9,17 = 7,6

Bab 2_Tulangan Geser 1 3 1

L At- 4'

Vu= 4,6*(17,25f 2*23,0

0,83 * 5,75 = 4,8

} 34,5' =29,7

At mid Span;

Vu - 4,6 * (11,5)2

2 *23,0 = 13,2 k

(a) Simplified Method ACI- 11.3.1

~ * V c = * (2 * ffc)* bw * d = 0 85 * (2 * .J3000 )* 12 * 22 * - 1 -' 1000

Max *Vs =Vu max- * Vc = 50,2-24,6 = 25,6k

*Vs = 49,2k based on Ns = 4*ffc

A * fy * d * ~ 0 22 * 40 * 22 * 0 85 164 6 S max. for strength = N = ' ' = *~ *~ $*~

At Ns = 50 Psi: ct>*Vs s *Vs= 11,2k min

25,6 6,4 20,6 8 18,3 9 16,5 10 15,0 11 max. 0,5 * d

132 Beton Bertulang

(b) More Detailed Method, ACI- 11.3.2.1

p(8#9)= 80 =0,0303; 12*22

p ( 6 # 9 )= 60 = 0,0227 12 *22

At d from face:

= ( 50,2 * 2,23 ) + 0,83 * (2,23 )2 2

Mu

=] l4,Jk V * d 50,2 * 1,83 --=

M 114,1 = 0,805;

Ne = 104 + ( 2500 * 0,0227 * 0,805) = 150 Psi

et>* Vc = 0,85 * 0,150 * 12 * 22 = 33,7k

At 31-911 from

V* d = 434 * 183 = 0 47 Ne= 104 + 27 = 13 1 Psi ( p = 0,0227) M 169,0 ' '

Ne = 104 + 36 = 140 Psi ( p = 0,0303 ) * Ve = 29,4k

Bab3 J

KOLOM

3. 1 Kolom Pendek Kekuatan Nominal (nominal stren gth), Pn:

Pn = Kc . r c . Ac + fy . Ast -+lK~:F~y:A~pl ..... ... ............ (K- t ) l ............................................... ,,;

Kete.rangan : Kc = 0 ,85, Koefisien = f (uji silinder beton) f'c = kuat tekan bcton si linder umur 28 hari Ac = Juas penampang beton netto

= Juas kasar penampang dengan kolom pengikat = luas inti (core) kolom dengan spiral.

Ast = luas tul angan pokok

Bab 3_Kolom 1 3 s

Fy = tegangan le1eh tu1angan pokok Ks = konstansta : 1 ,5 - 2,5, rata - rata= 1 ,95 fsy = tegangan leleh tulangan spiral Asp = volume dari tulangan spiral persatuan panjang kolom

[.'.'.'.'.'.'.'.'! = bila tidak ada spiral maka suku tersebut hilang dalam persamaan di atas.

Formula (K-1) tanpa tulangan spiral menjadi sebagai berikut: Sebut kekuatan nominal maksimum , Pn = Po Untuk kolom pendek berlaku:

P0 =0,85f'cAn+fy.Ast ................ . ................ (K-la) = 0,85 f' c (Ag - Ast) + fy . Ast

keterangan:

136

P0 = kapasitas penampang batas dengan eksensitas, c = 0 = [KN]

An = luas penampang beton netto ?

= Ag- Ast, [mm-] Ag = Iuas penampang brute [mm2] = b . h - Ast = luas penampang tulangan vertical [mm2] f' c = kuat tekan beton sekunder [MPa] fy = tegangan leleh tulangan (baja)[MPa] - Ast = luas penampang tulangan memanjang total

=At+A2 At = luas penampang tulangan tarik A2 = luas penampang tulangan tekan(=As')

Po dapat juga diformulakan sebagai berikut: Po = Ag { 0,85f'c (1-p) + fy. pg}

= Ag [0,85 f'c + p(fy- 0,85fc)] .................. . .... (K-2)

Beton Bertulang

menurut PB '89 , Ps 10.3,5 kuat tekan rencana, Pn maksimum adalah: komponen struktur:

kerja . an c2.

non prategang Pn = 0,85 [0,85 f'c (Ag- Ast)- fy. Ast] ......... (K-3a) tulangan sengkang = 0,65 untuk kolom dengan pengikat (tulangan geser), PP' 89 . Ps . 9. 3. 2. 2

Contoh Soal - 1

Kolom pendek harus memikul beban - beban sebagai berikut: P beban mati total = I 000 KN P beban hidup = 800 KN Momen Lentur = 35 KN- m (akibat beban hidup)

Mu tu bahan : f' c fy

= 28 Mpa (=N/mm2) = 400 Mpa ( =N/mm2)

Pertanyaan: Rencanakan kolom pendek di atas, dengan pengikat (sengkang).

Bab 3_Kolom 137

Solusi: p = P1 + P2 dicoba p1 = 3% (Trial & Error)

138

Pu Mu

= 1,2 DL+ 1,6LL= 1,2x 1000+ 1,6 x800 =2480KN = 1 ,6 * 35 = 56 KN - m

Eksentrisitas Mu 56

e = - =--= 0,02258 m Pu 2480

Po = 0,85 f' c (Ag - Ast) + fy Ast = Ag [0,85 f'c (1-Pg) + fy. Pg] = Ag [0,85 * 28 (1-0,03) + 400 * 0,03] = untuk kolom

dengan pengikat : Pn (maks) = 0,80 Po

Po

2480 = 0,65

=3815,4KN

3815,4 = _ ____:___

0,80

=4769,2 KN

P0 = 0,85 f' c (Ag - Ast) + fy . Ast

III I< >I 3700 mm

= 0,85 f'c Ag + fy. Ast- 0,85 f'c. Ast

4,7692 = 0,85 * 28 * 0,1369 + ( 400- 0,85 * 28) Ast 4,7692 = 3,2582 + 376,2 Ast

Ast = 4016 mm2

p ""'2,9 % OK""' I 3% :::; p :::; 8%

4016 Pakai tulangan D 25 mm, n1 =

n(25)2

Pakai 8 D 25 mm Eksentrisitas e = 22,58

e/h 22,58 = 370

= 8 bh

= 0,06 < 0, I (kriteria kolom konsentris PB'89) OK

Bab 3_Kolom 139

(Pn)

Po 0,8 Po=Pn ..__.._-~ maks

Kutva ~ " INTERACTION DIAGRAM"

0 Mo

Contoh Soal - 2

Penampang kolom seperti gambar di bawah in i:

300mm

I< I< 413 >I

550mm >I

Ref I Standard: 1. Code SK:

SNI T -15-1991-03

2. SNI 1727 - 1984 F

140 Seton Bertulang

spec material: bet on f' c = 21 Mpa.

Baja tulangan, fy = 400 Mpa

Stand

betonbertulangJthambahsembiringgurki..pdf

Documents

Transcript of betonbertulangJthambahsembiringgurki..pdf