Struktur Beton IIDosen : Prof. Dr.-Ing. Harianto Hardjasaputra

Jurusan Teknik Sipil-UPH Agustus 2010

1

VII. Kolom1. Pendahuluan Fungsi kolom untuk menyalurkan beban yang diterima oleh pelat/balok ke pondasi. Kolom harus dirancang untuk memikul: - gaya normal, N - kombinasi N & M - gaya geser Jenis kolom dalam perencanaan: - kolom pendek - kolom langsing Penulangan kolom:

Gambar 1.1 Tied and spiral columns

Fungsi penulangan: - tulang vertikal (longitudinal) - tulang melintang (transversal) 2

Pengekangan (confinement)

Gambar 1.2 Confinement by square hoops and circular spirals. (a) Square Hoops, (b) Circular Spiral

Deformasi pada kolom

Gambar 1.3 Typical creep curve for concrete with constant axial compressive strength

Kerja sama tulangan dan beton

Gambar 1.4 Axial load-strain curves for steel and cocrete of an axially loaded reinforced concrete column

3

Gambar 1.5 Comparison of total axial load-strain curves of tied and spiral columns

4

Perhitungan beban ultimate pada kolom (axial)

Po = 0.85 fc (Ag Ast) + fy Ast Pn = 0.8 [0.85 fc (Ag Ast) + fy Ast] Pn = 0.85 [0.85 fc (Ag Ast) + fy Ast]

* Sengkang * Spiral

Pengurangan kekuatan nominal ini, dimaksudkan untuk mengantisipasi eksentrisitas yang mungkin terjadi pada kolom (e 0) Untuk perencanaan, dalam segala hal Pn > Pu Bahan Beban = 0,7 (spiral) = 0.65 (sengkang)

Pengertian Beban Eksentris pada kolom pendek: - beban aksial dan lentur - uniaxial dan biaxial

Gambar 1.6

5

2. Perhitungan kuat batas dari kolom untuk memikul M dan N Mengingat penampang kolom terdiri dari dua material, yaitu beton dan baja, maka diperkenalkan istilah Plastic Centroid yang didefinisikan sebagai tempat kedudukan dari beban luar Po, yang akan menghasilkan kondisi hanya beban aksial batas pada kolom, berarti tegangan maksimal yang terjadi pada beton = 0,85 fc dan pada baja = fy

Po

= 0.85 fc (b.h) + (As + As ) fy

Momen terhadap garis as

Po.d = 0.85 fc (b.h) (d 0.5 h) + As fy (d d ) d= {0.85 fc (b.h) (d 0.5 h) + As

fy (d d )}

d" =

{0.85 f ' (b.h ) ( d - 0 .5 h ) + A f ' ( d - d ' )} c s y 0.85 f ' (b.h ) + ( A + A ' ) f ' c s s y

d = posisi dari plastic centroid

Gambar 2.1

6

Gambar 2.2 Eccentrically loaded column section at the ultimate load

7

Analisa Uniaksial Kolom dengan Penulangan 2 sisiV =0 Pn = 0.85 fc a.b + As fy As fs (1) (Pada umumnya fs = fy pada saat kondisi batas, kecuali bila bebannya kecil atau d besar) M = 0 (Statis Momen terhadap plastic centroid)

Pn e = 0.85 fc a.b (d d 0.5 a) + As fy (d d d ) + As.fs (d) (2)Seperti halnya pada analisa penampang untuk lentur, kita perhatikan kondisi seimbang (Balanced) yaitu : c = 0.003 s = y terjadi pada saat bersamaan Dari persamaan distribusi regangan yang sudah kita kenal, yaitu:

cb s d cb fy Es 0 .003 = cb d cb 0 .003 E s d cb = f y + 0 .003 E s 1 0 .003 =dimana: Es = 0.2x106 N/mm2 0 .003 E s a b = 1 cb = d fy = 240 N/mm2 f y + 0 .003 E s 1 atau fy = 400 N/mm2maka

8

Jadi pada kondisi seimbang, kita segera dapat menghitung P n b Maupun P n b. eb

Mnb

Kondisi Balanced, dijadikan patokan untuk 2 kondisi lainnya, yaitu: Bila Pn < P n keruntuhan tarik (tension failure)b

Pn > P n

b

keruntuhan tekan (compression failure)

Bila kita perhatikan, dari distribusi regangan seperti pada gambar dibawah ini

Gambar 2.3 Strain diagrams for eccentrically loaded column failures

9

Maka diperoleh: 1. Tension Failure c < cb Baja Tarik: s > fy / Es atau fs = fy, sehingga dari persamaan (1) dapat diperoleh kombinasi Pn dan Mn, dalam keadaan keruntuhan tarik. 2. Compression Failure c > cb d c Es fs = s.Es = 0.003 c d a = 0.003 1 Es a Untuk mencari Pn dan Pn . e, tulangan tekan harus diperiksa kembali apakah benar sudah leleh.

10

As = As= 2580 mm2 fc = 20 N/mm2 fy = 270 N/mm2 Es =0.2x106N/mm2 1 = 0.85 Carilah: Pn dan MnSeperti halnya untuk momen lentur (balok), yang harus kita periksa pertama adalah kondisi: Balanced :

ab = ab =

0 .003 E s d f y + 0 .003 E s 1

0 .003 0 .2 x10 6 0 .85 446 270 + 0 .003 0 .2 x10 6 a b = 261 mm Pn pada kondisi Balanced : P nb = 0 .85 f c ' a b + As ' f y As f y P nb = 2 262 kN

Mn pada kondisi balanced (Statis Momen terhadap plastic centroid)

M n b = Pn b e

= 0.85 f c ' ab (d d" 0.5 a ) + As ' f y (d d' d" ) + As f s d "

Asumsi: fs =fy dan fs =fy M n b = 559 kNm

11

Asumsi fs =fy. Apakah benar demikian? Periksa dari persamaan regangan pada kondisi balanced. c d' s = 0.003 b

cb

s

fy 270 y untuk baja = E = 0.2x10 6 = 0.00135 sJadi s > y (Leleh) Berarti asumsi diatas adalah benar. Daerah keruntuhan tarik: Terjadi bila Pn < P n b Maka tentukan Pn = 1 330 kN

= 0.00237

Pn

= 0.85 f c ' a.b + As ' f y As f y(fs = fy dan fs = fy)

1 330 = 0.85 (20) 510 a a = 149 mm

cPeriksa fs :

= 1 = 175 mm

a

s s

= 0.003

c d c

= 0.0019 > y

12

maka M n = Pn e = 0.85 f c ' ab(d d" 0.5 a) + As ' f y (d d' d" ) + As f s d " Mn = 510 kNm Masih dalam kondisi keruntuhan tarik, bila Pu = 0, yaitu dalam keadaan lentur murni. Tulangan As f s =f y fs =fy ? Perlu diperiksa dari Tulangan As persamaan distribusi regangan, yaitu c d' fs = 0.003 c Es a 1 d ' fs = 0.003 Es

a

fs

= 0.003

a 0 .85 (64 ) (0.2 x 106) a

Substitusikan persamaan fs , ke persamaan Pu = 0

P u = 0.85 f c ' a.b + As ' f s ' As f y0 = 0.85(20) a. (510) + 2 580 0.003 2580 270 a 0.85(64) 0.2 10 6 a

Diperoleh persamaan dalam a2 a = 60.7 mm

Mn diperoleh dari M n = Pn e = 0.85 f c ' ab (d d" 0.5 a ) + As ' f y (d d' d" ) + As f s d"Dengan diketahui a dan fs , maka = 289 kNm 13

Mn

Kini periksa pada kondisi keruntuhan tekan Kondisi ini terjadi bila P n Pada kondisi ini, Tulangan As Tulangan As (tekan) (tarik) leleh perlu diperiksa > Pn b

Tentukan salah satu harga Pn, misal

PnAsumsi:

= 3 560 kN > P n

fs = fy

b

fs < fy (keruntuhan tekan) d a fs = 0.003 1 Es (persamaan distribusi regangan) a substitusikan fs ke dalam persamaan untuk: Pn = 0.85 f c ' a.b + As ' f y As f s3 560 = 0.85(20) a. (510) + 2 580(270) 2 580 0.003

0.85(446) - a

a

0.2 10 6

Persamaan dalam a2 Jadi a = 338 mm Maka fs = ... Dengan diperoleh a dan fs, maka Pn . e = Mn

= 0.85 f c ' ab (d d" 0.5 a ) + As ' f y (d d' d" ) + As f s d"= 426 kNm

14

Masih di daerah keruntuhan tekan, bila e = 0 atau Mn = 0. Maka Pn menjadi maksimum, yaitu:

Po = 0.85 f c ' Ab + ( As + As ' )f y= 0.85 (20) (510 510) + (2 580 + 2 580) 270 = 5 960 kNApa yang terjadi bila kolom mengalami tarik? Pn = - As tot fy = - 2 . 2 580 . 270 = - 1 393 kN = 1 400 kN Dari hasil perhitungan Pn dan Mn, maka diperoleh titik koordinat sebagai berikut: Pn (kN) Mn (kNm) Keterangan Titik A 5,960 0 Po, e = 0 B C D E F 2,310 0 1,330 3,560 - 1,400 559 289 510 426 0 Balanced(ab = 260 mm)

Lentur murni Tension(a = 149 mm)

Compression(a = 338 mm)

Batang tarik

15

7000 6000 5000 4000 3000 2000 1000 0

Pn (kN)

0-1000 -2000

100

200

300

400

500

600

Mn (kNm)

Gambar 2.4 Diagram interaksi Pn & Mn

16

Gambar 2.5 Diagram interaksi kekuatan gaya aksial-momen (P-M) tipikal pada kolom

17

Penampang persegi dengan penulangan pada keempat sisinya. Bila suatu penampang mempunyai tulangan yang terdistribusi pada keempat sisinya, maka analisa penampang kolom menjadi lebih sulit (secara numerik), karena tiap lapis tulangan, akan mempunyai nilai regangan yang berbeda. Nilai regangan setiap lapisan dapat dihitung dari syarat kompatibilitas dari regangan, yaitu: c d i si = 0.003

c

Bila regangan si sudah diperoleh, maka: f si = si E s Untuk si belum mencapai y Bila si > y Maka fsi = fy

Untuk memudahkan perhitungan, maka perhitungan dimulai dalam kondisi balance, yaitu kondisi dimana: c = 0.003 dan s = (tulangan lapis terluar) = y dari sini akan diperoleh dalam keadaan balance. 18

Untuk mencari titik titik lainnya, kita asumsikan c sudah diketahui, yaitu: Bila c > cb pada keadaan keruntuhan tekan c < cb pada keadaan keruntuhan tarik Pada setiap titik (dengan c yang sudah ditentukan) dapat dihitung:

P n = 0.85 f c ' a.b + f si Asii =1

n

P n e = 0.85 f c ' a.b

h 2

a2

n + f si i =1

Asi

h

2

d i

Gambar 2.6

19

eb (x) = 178.57 cb (y) = 392.85

20

Penampang persegi dengan biaxial moment Seperti pada gambar ilustrasi di bawah ini, beban Pn mempunyai eksentrisitas ex dan ey, atau dlp mengalami biaxial moment.

Gambar 2.7 Symmetrically reinforced concrete column section with biaxial bending

Akibat dari biaxial moment ini, maka garis netral tidak lagi mendatar (Horisontal), tapi membentuk sudut tertentu dan stress block berubah menjadi trapesium.

21

Gambar 2.8

22

Analisa penampang dengan biaxial moment menjadi sulit, karena itu menjadi tidak praktis bila dilakukan secara manual. Analisa penampang untuk berbagai perbandingan Mx dan My, yang bergerak dari sumbu x berputar ke arah sb. y akan membentuk diagram interaksi berbentuk bidang lengkung (lihat gambar)

Gambar 2.9 Interaction (failure) surface for a reinforced concrete column with biaxial moment

Banyak metoda pendekatan untuk analisa penampang dengan biaxial moment. Salah satu metoda pendekatan adalah: Metode Bresler.

1

PnDimana: Pn = beban Pnx = beban Pny = beban Po = beban

=

1

Pnx

+

1

Pny

1

Po

nominal dengan biaxial moment nominal, bila hanya eksentrisitas ex yang ada nominal, bila hanya eksentrisitas ey yang ada nominal, bila tidak ada eksentrisitas 23

Kolom Langsing (Slender Columns) Ilustrasi mengenai kolom langsing dapat dilihat pada gambar di bawah ini, dimana suatu kolom dibebani dengan beban P yang eksentrisitas.

Gambar 2.10 Eccentrically loaded slender column

Deformasi lentur pada kolom akibat M = P . e, menyebabkan eksentrisitas pada kolom di bagian kritis kini menjadi e + , dimana adalah tambahan eksentrisitas akibat lendutan lateral pada bagian tersebut. Peristiwa ini dikenal sebagai P- effect. Pada kolom pendek (yang sudah kita pelajari), P- effect ini kecil sehingga diabaikan, jadi momen lentur yang bekerja adalah M = P . e 24

Pada kolom langsing berlaku: M = P (e + ) = P.e + P. P.e + P. dikenal sebagai Primary Moment P.e + P. dikenal sebagai Secondary Moment Kelakuan kolom pendek dan langsing akibat pembebanan yang meningkat dapat dilihat pada gambar Diagram interaksi di bawah ini.

Gambar 2.11 Interaction diagram for a reinforced concrete column section illustrating short and long column P-M behavior up to failure

25

Ilustrasi berbagai kondisi kolom yang pembesaran momen (Secondary Moment) A. Kolom tanpa goyangan ke samping

mengalami

Gambar 2.12 Amplified moments in columns braced against sidesway. a) Single curvature. b) Double curvature

B. Kolom dengan goyangan ke samping

Gambar 2.13 Amplified moment in column with sidesway

26

Kelangsingan (Slenderness)

Kelangsingan suatu kolom dinyatakan dalam:

k lu rk lu k r= panjang efektif = faktor tekuk (berkisar antara 0.5 ~ 2.0) = jari jari girasi =

Ig Ag

Untuk: penampang bujur sangkar penampang bujur sangkar

r = 0.3 h r = 0.25 h

27

Penentuan nilai k suatu kolom tunggal, dengan sistem MT seperti di bawah ini:

Gambar 2.14 Effective length of columns with sidesway prevented

Gambar 2.15 Effective length of columns with sidesway permitted

28

Penentuan k pada rangka (portal)

Gambar 2.16 Buckling modes for braced and unbraced frames. a) Braced against sidesway. b) Unbraced against sidesway

Nilai k pada rangka dibedakan untuk: a. Rangka tanpa goyangan, harga k menjadi: 0.5< k 22 15.3 rmaka kolom termasuk kolom langsing

33

2. Perhitungan beban kritis pada kolom Pe SKSNI 3.3.-9

Pc =

2EI(k l u ) 2

< 34 - 12

M2

M1

E I diambil secara pendekatan dengan rumus:

EI =

E c I g / 2.51+

EI =d = 0.2

Ec I g2.5(1 + )

d

24,800 555 10 3 10 4 E I = 2.5 1.2= 4,588,000107 N.mm2

d

Pc =

(k l u ) 2

2EI

=

2 4,588,000 10 7(484 10) 2

= 193 105 N = 193 102 kN =19,300 kN 3. Faktor pembesaran momen

b

=

1

Cm Pu

Cm = 0.6 + 0.4

1b (tanpa goyangan) M 2b34

M

P c

Untuk kasus lainnya, Cm = 1.0 Asumsikan: Sehingga:

Pu / Pc Pu /P c

b

=

1 890 1 0.7 19,300

=Artinya:

1 1.064 0.94

Untuk design kolom sekarang digunakan:

Pu Mu

= 890 kN = 1.064 392 kNm = 417 kNm

Geser Pons (Punching Shear) Perancangan akibat geser pons, kita jumpai pada suatu struktur: Flat Slab Plate Footing (pondasi setempat) Pada balok kita mengenal, tegangan geser akibat Vu;

V vu = u b dPada flat slab, tegangan geser akibat Vu;

vu =

bo d35

Vu

bo = keliling dari penampang kritis

Gambar 2.17 Failure surface defined by punching shear

Gambar 2.18 Critical section for shear for flat plates. (a) No shearhead; (b) Small shearhead; (c) Large shearhead

36

Tegangan geser yang disumbangkan oleh beton: Untuk balok

vc = 1 vsmax

6

fc '3

=2

fc '

Untuk punching shear (pons), boleh diambil

vc = 1

3

fc '

Pada perancangan, kita selalu mengusahakan agar tegangn geser yang terjadi lebih kecil dari vc, agar tidak diperlukan pemasangan tulangan.

vu vcCaranya adalah dengan memperbesar penampang kritis, atau mempertebal d. keliling dari

Gambar di halaman berikut menunjukkan cara yang dimaksud.

37

Gambar 2.19 Shear reinforcement for flat plates

38

Contoh soal

Flat slab

h d fc Vu

= = = =

200 mm 150 mm 20 MPa 500 kN

vc = 1

3

f c ' = 1.49 N

mm 2

bo = (250+150)4 = 1,600 mm

V c = 0.75 (1.49 ) 1,600 150 = 232,440N = 232kN V OK n u

V = 0.6 V = 1166.74 kN n n

f. Hitung momen jepit & desain tulangan

49.2 +

2133 4000

(70.8 - 49.2) = 60.72 kN/m

2

55

M

u

= (60.72x1.8 67) = 105.82 + 11.71

1.867 + 2

1 2

(70.8 - 60.72)(1.8 67)(

2 3

x 1.867)

M M

u u

= 117.53 kN - m/m x 1.6 m = 188.05 kN - m

u = bd 2 f ' c f y

M

188.05 = 470.13 1.6x0.5 2 = 15MPa = 240MPa

= 0.0021 +

470.13 400 (0.0027 500 400

0.00213

)

= 0.0025

As = b d

= 0.0025 x 1600 x 500 = 2017 mm2 6 D22 (As = 2281 mm2) D22 250

g. Desain tulangan arah memendek Band width = 1600 mmA st = 2 A +1 s4m 1.6 m

=

Ast = 2.5

=

(2017mm 2 ) +12

4 D22

As = 1521 mm2

2

atau D22 400 Sisanya = 2017 - 1153 = 865 mm Masing - masing 4 D12

A

s

= 452mm

2

D12 300

56

Pondasi dengan dua kolom Terkadang diperlukan adanya dua kolom atau lebih yang kemudian harus dipikul oleh pelat pondasi. Maka, diusahakan agar resultan dari gaya normal kedua kolom tersebut terletak dalam satu garis dengan titik pusat dari pelat pondasi. Dengan demikian, akan diperoleh distribusi tanah yang terjadi merata pada seluruh area pelat pondasi. Dibawah ini adalah contoh contoh rumus dimensi pondasi yang diperlukan, agar syarat di atas dapat dicapai. Untuk kemudahan pelaksanaan, maka umumnya pada praktek digunakan bentuk persegi panjang.

Gambar 2.23 Two-column footings

57

Pondasi dengan tiang pancang

Gambar 2.24 Pile cap

a = ukuran tiang / diameter tianguntuk estimasi jumlah tiang yang diperlukan, dianggap beban sentris, sehinggan =(P + beban - beban lainnya)

R

a

Ra = daya dukung ijin tiang P = beban aksial kolom (D, L, E/W) Beban lainnya = b.s. pile capTanah urug, dll.

Bila pada kolom bekerja Momen (D, E, E/W), maka reaksi tiang (maks/min), yang terjadi pada tiang yang posisi terluar dapat dihitung:

58

R

max

=

P n

M I pgM I pg c

c

R

min

=

P n

+

Ipg= Momen inersia dari pile group = 1

n

(1 x y

2

n

)

n = jumlah tiang pancang c = jarak dari garis / sumbu berat ke tiang terluar yn = jarak dari masing masing tiang ke n terhadap sumbu / garis berat.

59