Contoh Soal 1: Pemeriksaan kemampuan balok diatas dua tumpuan
Suatu balok diatas dua tumpuan yang terbuat dari WF 582 x 300 x 12 x 17 BJ 37 menerima
beban :
qD= 150 kg/m’ (belum termasuk berat sendiri balok)
PD = 2.000 kg
qL= 550 kg/m’
PL = 5.500 kg
Periksalah apakah profil balok tersebut mampu menahan beban !
Jawab :
1. Data profil baja
Berat profil : qp = 137 kg/m’ A = 174,5 cm2
Ix = 103.000 cm4 Iy = 7.670 cm4
Sx = 3.530 cm3 Zx = 3.782 cm3
ry = 6,63 cm r = 28
2. Kontrol lendutan
Lendutan ijin = yi = L/360 = 1.200/360 = 3,33 cm
ymax =
= 1,097 + 2,233 = 3,33 cm ≤ yi = 3,33 cm (ok)
3. Perhitungan gaya dalam
qu = 1,2 . (150 + 137) + 1,6 . 550 = 1.224,4 kg/m’ Pu = 1,2 . 2.000 + 1,6 . 5.500 = 11.200 kg
Vumax = ½ . qu . L + 2 . Pu = ½ . 1.224,4 . 12 + 2 . 11.200 = 29.746,4 kg
Mumax = Ra . 6 – Pu . 6 – Pu . 2 – ½ . qu 62
= 29.746,4 . 6 – 11.200 . 6 – 11.200 . 2 – ½ . 1.224,4 . 62 = 66.839,2 kg-m Momen di ¼ bentang = momen di ¾ bentang :
Ma = Mc = Ra . 3 – Pu . 3 – ½ . qu . 32
= 29.746,4 . 3 – 11.200 . 3 – ½ . 1.224,4 . 32 = 60.219,4 kg-m
P P P P
q
4 m
4. Kontrol kuat geser
h = d – 2 . (tf + r) = 582 – 2 . ( 17 + 28) = 492 mm
h/tw = 492/12 = 41
kn = 5 + 5/(a/h)2 = 5 + 5/(12.000/492)2 = 5,008
= 71,06
h/tw = 41 < = 71,06 plastis
Vn = 0,6 . fy . Aw = 0,6 . 2.400 . (1,2 . 49,2) = 85.017,6 kg
Vu = 29.746,4 kg < Ø Vn = 0,9 . 85.017,6 = 76.515,84 kg (ok)
5. Kontrol kuat momen lentur
a. Tekuk lokal sayap
bf/(2 . tf) = 300 / (2 . 17) = 8,82 p = 170/√fy = 170/√240 = 10,97 bf/(2 . tf) < p
b. Tekuk lokal badan
h/tw = 492/12 = 41
p = 1680/√fy = 1680/√240 = 108,44 h/tw < p
Dari kedua syarat tekuk lokal diatas diketahui bahwa profil adalah penampang
kompak
Mp = Zx . fy = 3.782 . 2.400 = 9.076.800 kg-cm
1,5 My = 1,5 . Sx . fy = 1,5 . 3.530 . 2.400 = 12.798.000 kg-cm
Jadi : Mn = 9.076.800 kg-cm
c. Tekuk lateral
Lb = 1.200 cm
Lp = 1,76 ry √(E/fy) = 1,76 . 6,63 . √(200.000/240) = 337 cm
Lr =
fL = fy – fr = 240 – 70 = 170 MPa
Konstanta puntir torsi : J = ∑ 1/3 b t3
bw = d – 2 . tf = 582 – 2 . 17 = 548 mm
Konstanta puntir lengkung : Iw = ¼ . (h’)2
. Iy h’ = d – tf = 582 – 17 = 565 mm
Iw = ¼ . 5652 . 7.670 = 6.121.139,375 cm6
X1 =
= 119.811,1 kg/cm2
X2 =
= 3,6876 10
-6 kg/cm2
Lr =
= 982 cm
Lb = 1.200 cm > Lr = 982 cm bentang panjang : Mn = Mcr
Mcr = < Mp
Mcr =
Mcr = 4.665.310,3 kg-cm < Mp = 9.076.800 kg-cm
Mn = Mcr = 4.665.310,3 kg-cm = 46.653,1 kg-m
Mumax = 66.839,2 kg-m > Ø Mn = 0,9 . 46.653,1 = 41.987,79 kg-m not ok
Balok tidak kuat dalam menahan tekuk lateral
6. Solusi permasalahan diatas adalah dengan memberikan pengaku lateral dibawah beban
terpusat P
Dengan demikian maka : Lb = 4 m Lp = 337 cm < Lb = 400 cm < Lr = 982 cm
Jadi balok terdefinisi sebagai balok bentang menengah
Mb = Mumax = 66.839,2 kg-m
Ma = Mc = Ra . 5 – Pu . 5 – Pu . 1 – ½ . qu . 52
= 29.746,4 . 5 – 11.200 . 5 – 11.200 . 1 – ½ . 1.224,4 . 52 = 66.227 kg-m
P P P P
q
4 m
4 m 4 m
Mr = Sx (fy – fr ) = 3.530 – (2.400 – 700) = 6.001.000 kg-cm Mp = 9.076.800 kg-cm
kg-m
Mn = 88.114,79 kg-m < Mp = 90.768 kg-m
Mumax = 66.839,2 kg-m < Ø Mn = 0,9 . 88.114,79 = 79.303,3 kg-m (ok)
7. Kesimpulan :balok sanggup menahan beban yang ada jika diberi pengaku lateral setiap
2,5 m
2,5 m 2,5 m
A B C
Contoh Soal 2: Perencanaan balok diatas dua tumpuan
Suatu balok diatas dua tumpuan dengan bentang L = 7,5 m yang menerima beban :
PD = 6.700 kg
PL = 4.000 kg
Jarak pengekang lateral dipasang setiap 2,5 m. Rencanakan balok tersebut dengan profil WF,
BJ37. Lendutan yang diijinkan L/360.
Jawab :
1. Perhitungan gaya dalam
Diasumsikan berat balok : qd = 100 kg/m’ qu = 1,2 . 100 = 120 kg/m’
Pu = 1,2 . 6.700 + 1,6 . 4.000 = 14.440 kg
Vumax = ½ . qu . L + 1 ½ . Pu = ½ . 120 . 7,5 + 1 ½ . 14.440 = 22.110 kg
Mumax = Ra . 3,75 – ½ Pu . 3,75 – Pu . 1,25 – ½ . qu . 3,752
= 22.110 . 3,75 – ½ . 14.440 . 3,75 – 14.440 . 1,25 – ½ . 120 . 3,752 = 36.943,75 kg-m
Ma = Mc = Ra . (2,5 + 2,25/3) – ½ Pu . (2,5 + 2,25/3) – Pu . 2,25/3 – ½ . qu . (2,5 +
2,25/3)2
= 22.110 . (2,5 + 2,25/3) – ½ . 14.440 . (2,5 + 2,25/3) – 14.440 . 2,25/3 – ½ . 120 . (2,5 + 2,25/3)2 = 36.928,75 kg-m
2. Kontrol lendutan
Lendutan ijin = yi = L/360 = 750/360 = 2,083 cm
ymax =
=
3. Kontrol kuat leleh
Mp = Zx . fy = 2400 Zx
Dicoba : Mn = 0,9 Mp = 0,9 . 2400 . Zx = 2.160 Zx
Mu = 3.694.375 kg-cm ≤ Ø Mn = 0,9 . 2.160 Zx Zx ≥ 3.694.375 / (0,9 . 2.169) = 1.892,5 cm3
4. Pemilihan profil
Dari tabel baja dipilih profil WF yang memenuhi : Ix ≥ 39.448,2 cm4
dan Zx ≥ 1.892,5 cm3 Dicoba menggunakan profil WF 496 x 199 x 9 x 14 :
A = 101,3 cm2 g = 79,5 kg/m’ Ix = 41.900 cm4 Iy = 1.840 cm4
Sx = 1.690 cm3 Zx = 1.836 cm3
ry = 4,27 cm r = 20
h = 496 – 2 . (14 + 20) = 428 cm
5. Kontrol kuat geser
h/tw = 428/9 = 47,6
kn = 5 + 5/(a/h)2 = 5 + 5/(2.500/428)2 = 5,147
= 72,04
h/tw = 47,6 < = 72,04 plastis
Vn = 0,6 . fy . Aw = 0,6 . 2.400 . (0,9 . 42,8) = 55.468,8 kg
Vu = 22.110 kg < Ø Vn = 0,9 . 55.468,8 = 49.921,92 kg (ok)
6. Kontrol kuat momen lentur
a. Tekuk lokal sayap
bf/(2 . tf) = 199 / (2 . 14) = 7,107 p = 170/√fy = 170/√240 = 10,97 bf/(2 . tf) = 7,107 < p = 10,97
b. Tekuk lokal badan
h/tw = 428/9 = 47,56
p = 1680/√fy = 1680/√240 = 108,44 h/tw = 47,56 < p = 108,44
Dari kedua syarat tekuk lokal diatas diketahui bahwa profil adalah penampang
kompak
1,5 My = 1,5 . Sx . fy = 1,5 . 1.690 . 2.400 = 6.084.000 kg-cm
Jadi : Mn = 4.406.400 kg-cm
Mu = 3.694.375 kg-cm ≤ Ø Mn = 0,9 . 4.406.400 = 3.965.760 kg-cm (ok)
Rasio : (Ø Mn)/Mu = 3.965.760/3.694.375 = 1,07 (sudah efisien)
c. Tekuk lateral
Lb = 250 cm
Lp = 1,76 ry √(E/fy) = 1,76 . 4,27 . √(200.000/240) = 216,95 cm
Lr =
fL = fy – fr = 240 – 70 = 170 MPa
Konstanta puntir torsi : J = ∑ 1/3 b t3
bw = d – 2 . tf = 496 – 2 . 14 = 468 mm
J = 1/3 . 46,8 . 0,93 + 2 . 1/3 . 19,9 . 1,43 = 47,776 cm4 Konstanta puntir lengkung : Iw = ¼ . (h’)2
. Iy h’ = d – tf = 496 – 14 = 482 mm
Iw = ¼ . 48.22 . 1.840 = 1.068.690,4 cm6
X1 = = 115.669,2 kg/cm2
X2 =
= 4,542 10
-6 kg/cm2
Lr =
= 633,77 cm
Lp = 216,95 cm ≤ Lb = 250 cm ≤ Lr = 633,77 cm bentang menengah Mb = Mumax = 36.943,75 kg-m
Ma = Mc = 36.928,75 kg-m
Mr = Sx (fy – fr ) = 1.690 – (2.400 – 700) = 2.873.000 kg-cm Mp = 4.406.400 kg-cm
Mn = 42.856,72 kg-m < Mp = 44.064 kg-m
Mumax = 36.943,75 kg-m ≤ Ø Mn = 0,9 . 42.856,72 = 38.571,05 kg-m (ok) Rasio : (Ø Mn)/Mu = 38.571,05/36.943,75 = 1,04 (sudah efisien)
8. Kesimpulan : profil WF 496 x 199 x 9 x 14 dapat digunakan
9. Kontrol kuat tumpu Lentur pelat sayap
Rb = 6,25 . tf2 . fy = 6,25 . 142 . 240 = 294.000 N = 29.400 kg
Ru – Ø Rb = 22.110 – 0,9 . 29.400 = - 4.350 tidak perlu pengaku Kuat leleh pelat badan
Rb = (2,5 k + N) fy.tw
k = tf + r = 14 + 20 = 34 mm
Ru ≤ Ø Rb = 1 . (2,5 k + N) fy.tw
N ≥ Ru/( fy.tw) - 2,5 k = 22.110 /(2400 . 0,9) – 2,5 . 3,4 = 1,736 cm
Kuat tekuk dukung pelat badan d/2 = 496/2 = 248 mm
N / d = 17,36 / 496 = 0,035
Untuk kasus tumpuan perletakan, maka : x <d/2 dan x < N/d
Ru ≤ Ø Rb = 0,75 . 0,39.tw2
N ≥ 52.520 cm tidak mungkin pergunakan rumus 8.10-4.c
= 0,236925 . (1 + (4/49,6 N – 0,2) . 0,51543) 86.409,87596
Cek nilai N/d = 100 / 496 = 0,202 > 0,2 asumsi penggunaan rumus 8.10-4.c benar Kuat tekuk lateral pelat badan
h/tw = 428/9 = 47,56
L / bf = 2.500 / 199 = 12,56
(h/tw) / (L / bf) = 47,56/12,56 = 3,79 > 2,3 tidak perlu diperiksan terhadap tekuk
lateral pelat badan
Kuat tekuk lentur pelat badan
Rb = y
Lebar tumpuan plat landasan
Ukuran B ditetapkan sedemikian sehingga luas B x N dapat mencegah terjadinya
kegagalan tumpu pada material dibawah plat landasan (biasanya beton)
Misalkan mutu beton K-240
Untuk kemudahan pelaksanaan maka lebar pelat landasan harus lebih besar dari bf
M = ½ . qt . l2 = ½ . 737 . 12,552 = 58.039,7 kg-cm
Mu ≤ Ø Mp = Ø . Zx . fy
Zx = ¼ . b . h2 = ¼ . N . t2 = ¼ . 10 . t2 = 2,5 t2
Mu = 58.039,7 ≤ Ø Mp = 0,9 . 2,5 . t2 . 2400 = 5.400 t2
t ≥ √(58.039,7/5.400) = 3,28 cm
Atau jika menggunakan rumus setelah proses penurunan adalah :
t ≥ = 3,28 cm
Jadi tumpuan pelat 300 x 100 x 32,8
Jika pelat dianggap terlalu tebal maka tebal pelat bisa dikecilkan tetapi luas tumpuan
diperbesar
Jika tebal pelat diambil 2,5 cm dan lebar tumpuan B tetap 30 cm, maka :
58.039,7 = Ø . ¼ . N . t2 . fy
N = (4 . 58.039,7) / (0,9 . 2,52 . 2400) = 17,2 cm
