Contoh soal 2.1:
Fondasi memanjang terletak pada tanah seperti yang ditunjukkan dalam Gambar. Beban terbagi rata di atas permukaan (qo) sebesar 20 kN/m . Data tanah:
(1) Tanah 1: γ 1= 19 kN/m3, c1 = 20 kN/m2, φ 1 = 25° (2) Tanah 2: γ 2 = 19,9 kN/m3, c2 = 50 kN/m2, φ 2 = 30°
Berapa kapasitas dukung ultimit (qu), jika kedalaman fondasi Df = 1 m,
lebar B = 1,8 m dan kedudukan muka air tanah sangat dalam? Bagaimana pengaruhnya terhadap kapasitas dukung ultimit jika tidak terdapat beban terbagi rata?
Penyelesaian:
Sudut gesek dalam tanah yang digunakan dalam hitungan adalah pada dasar fondasi, yaitu φ 2 = 30°. Bila dianggap terjadi keruntuhan geser
umum. dari Tabel 2.1 diperoleh:
Nc = 37,16; Nq = 22,46 ; Nγ = 19,13
Kapasitas dukung fondasi memanjang dihitung dengan Persamaan (2.2): qu = c2.Nc + (p0 + q0).Nγ + 0,5γ 2 B Nγ
Po = Df . γ 1 = 1 x 19= 19 kN/m2
Maka kapasitas dukung ultimit bila terdapat beban terbagi rata-rata: qu = (50 x 37,16) + (19 + 20 ) x 22,46 + (0,5 x 19,9 x 1,8 x 19,13)
= 3090,3 kN/m2
Bila tidak terdapat beban terbagi rata:
qu = (50 x 37,16) + (19x22,46) + (0,5 x 19,9 x 1,8 x 19,13)
= 2643 kN/m2 < 3090,3 kN/m2
Di sini terlihat bahwa adanya beban terbagi rata di permukaan tanah menambah kapasitas dukung ultimit
Contoh soal 2.2:
A square foundation is 5 ft x 5 ft in plan. The soil supporting the foundation has a friction angle of φ = 20° and c = 320 lb/ft2. The unit weight of soil, γ , is 115 lb/ft3. Determine the allowable gross load on the foundation with a factor of safety (FS) of 4. Assume that the depth of the foundation (Df) is 3 ft and that general shear failure occurs in the soil.
Solution :
qu = 1,3cNe + qNq + 0,4γ BNγ
From Table 2.1, for φ = 20°, Nc = 17,69 Nq, = 7,44 Nγ = 3,64 Thus
qu = (1,3)(320)(17,69) + (3 x 115)(7,44) + (0,4)(115)(5)(3,64)
= 7359 + 2567 + 2093 = 12.019 lb/ft2
So, the allowable load per unit area of the foundation is : qall=quFS=12.0194=3005 lb/ft2
Thus the total allowable gross load is : Q = (3005)B2 = (3005)(5 x 5) = 75.125 lb Contoh soal 2.3:
Pondasi berbentuk memanjang dengan B = 1,6 m dan kedalaman Df = 1,50 m, terletak pada tanah homogen dengan :
c = 160 kN/m2, φ =20°
γ = 18 kN/m3, γ sat = 20,81 kN/m3 Ditanyakan:
(a) Pada tinjauan keruntuhan geser umum, berapakah kapasitas dukung ultimit, jika muka air tanah terletak :
(1) pada 4 m dari permukaan tanah?
(2) pada kedalaman 0,50 m di bawah dasar pondasi? (3) pada dasar pondasi ?
(b) Pada kasus (a.l), berapakah kapasitas dukung ultimit jika ditinjau menurut keruntuhan geser lokal ?
(c) Jika faktor aman FS = 3, berapakah tekanan fondasi maksimum agar memenuhi kriteria keamanan terhadap keruntuhan kapasitas dukung? (Dianggap terjadi keruntuhan geser umum dan muka air tanah pada kedalaman 4 m dari permukaan).
Gambar contoh soal 2.3 Penyelesaian:
(a) Kapasitas dukung ultimit pada keruntuhan geser umum :
φ = 20°, dari Tabel 2.1 diperoleh Nc = 17,69, Nq = 7,44, Nγ = 3,64 Fondasi berbentuk memanjang, maka :
qu = c.Nc + p0.Nq + 1/2.γ .B.Nγ , dengan p0 = γ .Df
(1) Jarak muka air tanah dari dasar fondasi z = (Dw – Df) = 4 – l,5 = 2,5m > B = l,6m Jadi dipakai berat volume basah / tanah asli,
qu = c.Nc + p0.Nq + 1/2.γ .B.Nγ ,
= (160 x 17,69) + (l,5x 18 x 7,44) + (0,5x 18x 1,6x3,64) = 3103,8 kN/m2
(2) z = 0,5 m < B, maka dipakai berat volume basah pada p0 dan dipakai berat volume rata-rata pada suku persamaan ke-3.
γ sat = 20,81 kN/m3 γ ' = γ sat – γ w = 20,81 - 9,81 = 11 kN/m3 γ 2 = γ ’ + (Dw – Df)/B . (γ – γ ’) = 11 + (2 -1,5)/1,6 x (18 - 11) = 13,2 kN/m3 qu = c.Nc + p0.Nq + 1/2.γ .B.Nγ , = (160x17,69) + (1,5x18x7,44) + (0,5x13,2x1,6x3,64) = 3084,6 kN/m2
(3) Muka air tanah pada dasar fondasi, maka dipakai berat volume basah pada p0 dan dipakai berat volume efektif (γ ') pada suku persamaan ke-3.
qu = c.Nc + p0.Nq + 1/2.γ .B.Nγ ,
= (160x17,69) + (1,5x18x7,44) + (0,5 x11x1,6x3,64) = 3075,8 kN/m2
Dapat dilihat dalam soal (a.l) sampai (a.3) di atas, bahwa kenaikan muka air tanah sampai ke dasar fondasi mengurangi kapasitas dukung. (b) Kapasitas dukung ultimit pada keruntuhan geser lokal, soal (a.1) :
z = 2,5m > B= l,6m; c' = 2/3 x 160= 106,7 kN/m2.
φ = 20°, dari Tabel 2.2 untuk keruntuhan geser lokal diperoleh: Nc'= 11,85; Nq' = 3,88; Nγ ’= 1,12.
Atau dapat pula ditentukan dengan cara: φ ' = arc tg [(2/3) tg 20°] = 13,64°
Kemudian nilai φ = 13,64° dilihat pada Tabel 2.1. (keruntuhan geser umum)
qu = c’.Nc’ + p0.Nq’ + 1/2.γ .B.Nγ ’
= (106,7x11,85) + (1,5x18 x3,88) + (0,5x18x1,6x1,12) = 1388,9 kN/m2
(c) Tekanan pada dasar fondasi maksimum yang aman atau kapasitas dukung aman (tekanan pondasi total ke dalam tanah maksimum yang tidak mengakibatkan resiko keruntuhan kapasiats dukung) pada soal a.1:
qu = 3103,8 kN/m2 ; FS = 3
Tekanan fondasi maksimum yang aman terhadap keruntuhan kapasitas dukung adalah:
qs = qu / FS + Df . γ
= 1/FS x [c.Nc + p0 (Nq – 1) + 1/2 γ B Nγ ] + (Df . γ ) atau
= 1/FS x [qu - Df . γ ] + (Df . γ )= 1052,6 kN/m2
= 1/3 x [3103,8 - (18 x 1,5)] + (18 x 1,5)= 1052,6 kN/m2
Contoh soal 2.4:
Suatu tangki air dari beton ukuran (10 m x 15 m) diletakkan pada tanah lempung jenuh dengan berat isi tanah 21 kN/m3. Dasar tangki terletak pada kedalaman 1 m dan berat total setelah berisi air adalah 5.000 kN. Dari uji triaksial tak terdrainasi didapat cu = 20 kN/m2, φ u = 0°. Hitung faktor aman (FS) terhadap keruntuhan daya dukung menurut :
a). Cara Skempton b). Cara Terzaghi Penyelesaian:
Berat tangki berisi air (Q) = 5.000 kN Tekanan pada dasar pondasi total =
2 kN/m 3 , 33 15 . 10 000 . 5 A Q q= = =
a). Cara Skempton
Daya dukung ultimit pondasi empat persegi panjang :
Df / B = 1 / 10 = 0,1 dari Gambar 2.5 didapat : Nc (bs) = 6,3
2 ) bs ( C u un ).20.6,3 119,2kN/m 15 10 16 , 0 84 , 0 ( N . c ). L B 16 , 0 84 , 0 ( q = + ⋅ = + ⋅ =
Faktor aman terhadap keruntuhan daya dukung :
7 , 9 3 , 12 2 , 119 q q Fs n un = = = b). Cara Terzaghi
φ u = 0°, dari Tabel 2.1 didapat : Nc = 5,7 ; Nq = 1 dan Nγ = 0 P0 = Df . γ = 1 . 21 = 21 kN/m2
Daya dukung ultimit pondasi empat persegi panjang :
2 q 0 c u u kN/m 8 , 157 0 1 . 21 15 10 3 , 0 1 . 7 , 5 . 20 0 N . P ) L B . 3 , 0 1 .( N . c q = + + + ⋅ = + + + = qun = qu – Df . γ = 157,8 – 1 . 21 = 136,8 kN/m2 Faktor aman terhadap keruntuhan daya dukung :
12 , 11 3 , 12 8 , 136 q q Fs n un = = = Contoh soal 2.5:
Pondasi telapak empat persegi panjang (1,5 m x 2 m) terletak pada kedalaman 1 m dari muka tanah. Beban kolom arah vertikal dengan garis kerja beban di pusat pondasi. Dari uji triaksial didapat φ ‘ = 35°, c’ = 30 kN/m2, γ = 18 kN/m2 dan permukaan air sangat dalam. Degan FS = 3, berapakah beban kolom maksimum (Pmaks) yang aman dari keruntuhan daya dukung tanah menurut (a) Meyerhof dan (b) Terzaghi.
a). Cara Meyerhof
karena beban vertikal ( = 0°), maka Fci = Fqi = Fγ i = 1
φ ‘ = 35° didapat Nc = 46,12 ; Nq = 33,30 dan Nγ = 48,03 Faktor bentuk (Tabel 2.5), untuk φ > 10° :
55 , 1 2 35 45 tan 2 1,5 2 , 0 1 2 45 tan L B 2 , 0 1 F 2 2 cs = + ⋅ + = + ⋅ + = φ 28 , 1 2 35 45 tan 2 1,5 0,1. 1 2 45 tan L B 0,1. 1 F F 2 2 s qs = + + = + + = = γ φ
Faktor kedalaman (Tabel 2.5), untuk φ > 10° :
26 , 1 2 35 45 tan 1,5 1 0,2 1 2 45 tan B D 0,2 1 F f cd = + ⋅ + = + ⋅ + = φ 13 , 1 2 35 45 tan 1,5 1 1 , 0 1 2 45 tan B D 1 , 0 1 F F f γd qd = + ⋅ + = + ⋅ + = = φ P
0
= Df
. γ = 1 . 18 = 18 kN/m2
Daya dukung ultimit (qu
):qu = c.Nc.Fcs.Fcd.Fci + γ .Df.Nq.Fqs.Fqd.Fqi + ½.γ .B.Nγ .Fγ s.Fγ d.Fγ i
= 30.46,12.1,55.1,26.1 + 18.33,30.1,28.1,13.1 + ½.18.1,5. 48,03.1,28.1,13.1
= 4506,996 kN/m2
Daya dukung ultimit neto (q
un
):qun = qu – Df . γ = 4.506,996 – 18 = 4.488,996 kN/m2
Beban kolom maksimum yang aman terhadap keruntuhan daya dukung tanah (P
maks
) :2 un maks un maks 4488,996kN/m 3 996 , 4488 ) 2 . 5 , 1 ( FS q ) L . B ( P FS q ) L . B ( P = ⇒ = ⋅ = ⋅ = Catatan :
Bila sudut geser dalam (φ ) sesuai persamaan 2.23 maka akan didapatkan daya dukung tanah yang lebih besar lagi.
b). Cara Tezaghi
Dari Tabel 2.1 dengan φ ‘ = 35° didapat Nc = 57,75 ; Nq = 41,44 dan Nγ = 45,41
Kapasitas daya dukung pondasi empat persegi panjang : qu = c.Nc.(1 + 0,3 B/L) + γ .Df.Nq + ½.γ .B.Nγ (1–0,2.B/L)
= 30.57,75.(1 + 0,3 1,5/2) + 18.1.41,44 + ½.18.1,5.45,41.(1–0,2.1,5/2) = 3355,8 kN/m2
qun= qu – Df . γ = 3355,8 – 18 = 3337,8 kN/m2
Beban kolom maksimum yang aman terhadap keruntuhan daya dukung tanah (P
maks
) :2 un maks un maks 3337,8kN/m 3 8 , 337 ) 2 . 5 , 1 ( FS q ) L . B ( P FS q ) L . B ( P = ⇒ = ⋅ = ⋅ =
Dari hasil di atas dapat diketahui bahwa analisis Terzaghi lebih kecil dari Meyerhof.
Contoh soal 2.6:
A continuous foundation is shown in below. If the load eccentricity is 0,5 ft, determine the ultimate load (Qult), per unit length of the foundation.
Solution :
For c = 0, Eq. (2.19) gives :
qu = 0 + γ .Df.Nq.Fqs.Fqd.Fqi + ½.γ .B.Nγ .Fγ s.Fγ d.Fγ i
q = γ .Df = 110 . 4 = 440 lb/ft2
For φ = 35°, from Table 2.3, Nq = 33,30 and Ny = 48,03 B’ = B – 2.e = 6 – (2 . 0,5) = 5 ft
Because it is a strip foundation, B'/L' is zero (= 5 / ~ = 0). From Table 2.4, Fqs = 1 and Fys = 1, and Fqi = Fγ i = 1
Fqd = 1 + 2.tan φ .(1 – sin φ )2.Df/B = 1 + 2.tan 35.(1 – sin 35)2.4/6 = 1,17
Fγ d = 1
qu’ = 0 + 440 . 33,30 . 1 . 1,17 . 1 + ½ . 110 . 5 . 48,03. 1. 1. 1 = 30351 lb/ft2
Hence,
Qult = (B’.L’).qu’ = (5 . 1) . 30351 = 151755 lb/ft’ = 75 ,88 ton/ft
A square foundation is shown in below, with eL = ey = 0,3 m and eB = ex = 0,15 m. Assume two-way eccentricity and determine the ultimate load, Qult. Solution : 2 , 0 5 , 1 3 , 0 L e L ey L = = = ; 1 , 0 5 , 1 15 , 0 B e B ex = B = =
This case is similar to that shown in Figure. From Figure 2.10, for ey/L = 0,2 and ex/B = 0,1 m 275 , 1 5 , 1 . 85 , 0 L . 85 , 0 L 85 , 0 L L 1 1 ≈ → = = = m 315 , 0 5 , 1 . 21 , 0 L . 21 , 0 L 21 , 0 L L 2 2 ≈ → = = = From Eq. (2.41) 2 2 1 L ).B ½ (1,275 0,315).1,5 1,193m L ( ½ ' A= ⋅ + = ⋅ + = From Eq. (2.42) L’ = L1 = 1,275 m (L1 > L2) From Eq. (3.45) B’ = A’ / L1 = 1,193 / 1,275 = 0,936 m For c = 0, Eq. (2.19) gives :
qu = 0 + γ .Df.Nq.Fqs.Fqd.Fqi + ½.γ .B.Nγ .Fγ s.Fγ d.Fγ i
q = γ .Df = 18 . 0,7 = 12,6 kN/m2
For φ = 30°, from Table 2.3, Nq = 18,4 and Nγ = 22,4. Thus from Table 2.4. 424 , 1 30 tan 275 , 1 936 , 0 1 tan ' L ' B 1 Fqs ⋅ °= + = ⋅ + = φ 706 , 0 275 , 1 936 , 0 4 , 0 1 ' L ' B 4 , 0 1 Fs = − = − = γ
135 , 1 5 , 1 7 , 0 . ) 30 sin 1 .( 30 tan 2 1 B D . ) sin 1 .( tan 2 1 F 2 f 2 qd = + φ − φ = + ° − ° = Fγ d = Fqi = Fγ i = 1 So :
Qult= A’qu’ = A’.( 0 + γ .Df.Nq.Fqs.Fqd.Fqi + ½.γ .B.Nγ .Fγ s.Fγ d.Fγ i)
= (1,193) . (0 + 12,6 . 18,4 . 1,424 . 1,135 . 1 + ½ . 18 . 0,936 . 22,4 . 0,706 . 1 . 1) = 605 ,95 kN
Contoh soal 2.8:
Dari hasil pengeboran diketahui bahwa tanah berupa pasir kasar dengan kondisi normally consolidated dengan γ = 18,5 kN/m³, γ ’ = 10 kN/m³, muka air tanah pada kedalaman 1,5 m dari permukaan tanah, jika B = 2,5 m, Df = 1,5 m dan Hasil uji SPT
di lapangan seperti pada tabel. Berapakah kapasitas dukung ijin (qall) untuk penurunan maksimum
1” (2,54 cm)? Kedalaman (m) N po’ (kN/m²) CN N’ = CN x N 1,50 12 27,75 1,32 16 2,50 16 37,75 1,26 20 3,25 18 45,25 1,22 22 4,00 20 52,75 1,18 23 4,75 22 60,25 1,15 25 Penyelesaian:
Misalnya pada kedalaman (Dw) = 2,5 m :
Tekanan overburden efektif dihitung dengan cara :
po’ = (Df . γ ) + (Dw – Df) . γ ’ = (1,5 . 18,5) + (2,5 – 1,5) . 10 = 37,75 kN/m²
Tanah pasir kasar kondisi normally consolidated, sehingga : 26 , 1 100 75 , 37 2 3 C ; 100 ' po 2 3 pr ' po 2 3 CN N = + = + = + = Nilai N’ = CN . N = 1,26 . 16 = 20 (dibulatkan)
Kedalaman yang diperhitungkan dalam hitungan N, adalah sampai : Df + B = 1,5 + 2,5 = 4,0 m
Nilai N rata-rata pada kedalaman yang diperhitungkan : Nrata-rata = ¼ . (16 + 20 + 22 + 23) = 20
Nilai qall didapat dari Gambar 2.14 :
Dengan N = 20 dan B = 2,5 m, diperoleh qall = 220 kN/m²
Menurut Terzaghi dan Peck (1948) :
Bila muka air tanah pada dasar pondasi, qall perlu dikurangi 50 %, sehingga :
Menurut Meyerhof (1965) dan Peck-Bazaraa (1969) :
Jika pengaruh muka air tanah tidak diperhatikan, sehingga : qall = 220 kN/m²
Contoh soal 2.9:
Dari hasil pengeboran SPT diketahui bahwa tanah berupa pasir kasar tidak padat sampai sedang (normally consolidated) dengan γ = 17 kN/m³, γ ’ = 10 kN/m³, muka air tanah pada kedalaman 1,5 m dari permukaan tanah, jika B = 5 m, L = 10 m, Df =
1 m dan Hasil uji SPT di lapangan seperti pada tabel. Berapakah kapasitas dukung ijin (qall) yang
masih memenuhi kriteria keruntuhan adaya dukung dan penurunan, menurut : (a) Terzaghi (1948) dan Peck (1967)
(b) Bowles (1968) Kedalaman (m) N po’ (kN/m²) CN N’ = CN x N 1,50 10 25,5 1,33 13 2,50 9 35,5 1,27 11 3,50 12 45,5 1,22 14 4,50 19 55,5 1,17 22 5,50 22 65,5 1,13 25 6,50 25 75,5 1,09 27 Penyelesaian:
Misalnya pada kedalaman (Dw) = 2,5 m, kedalaman muka air tanah (MAT)
= 1,5 m.
Tekanan overburden efektif dihitung dengan cara :
po’ = (DMAT. γ ) + (Dw – DMAT) . γ ’ = (1,5 . 17) + (2,5 – 1,5) . 10 = 35,5 kN/m²
Tanah pasir kasar kondisi normally consolidated, sehingga : 27 , 1 100 5 , 35 2 3 C ; 100 ' po 2 3 pr ' po 2 3 CN N = + = + = + = Nilai N’ = CN . N = 1,27 . 9 = 11 (dibulatkan)
Kedalaman yang diperhitungkan dalam hitungan N, adalah sampai : Df + B = 1 + 5 = 6,0 m
Nilai N rata-rata pada kedalaman yang diperhitungkan :
Nrata-rata = 1/6. (13 + 11 + 14 + 22 + 25 + 27) = 19
Dengan B = 5 dan N = 19, diperoleh daya dukung ijin, qall = 180 kN/m².
Jika memakai saran Meyerhof (1965), maka tidak ada koreksi air tanah (qall tetap).
Tekanan pondasi neto (qn) :
qn = qall = 180 kN/m²
Tekanan pondasi total (q) :
q = qn + Df. γ = 180 + (1 . 17) = 197 kN/m²
Sehingga, berat tangki maksimum yang diijinkan untuk penurunan 1” (Q) : Q = q . A = 197 . (5 . 10) = 9750 kN. (b) Bowles (1968) B = 5 > 1,2 m Kd = 1 + 0,33 . (Df/B) = 1 + 0,33 . (1/5) = 1,066 ² m / kN 47 , 284 066 , 1 . 5 3 , 0 5 . 19 . 25 , 1 K . B 3 , 0 B . N . 5 , 12 q 2 d 2 all = + = + =
Tekanan pondasi total (q) :
q = 284,47 + Df. γ = 284,47 + (1 . 17) = 301,47 kN/m²
Sehingga, berat tangki maksimum yang diijinkan untuk penurunan 1” (Q) : Q = q . A = 301,47 . (5 . 10) = 15073 kN.
Contoh soal 2.10:
Suatu pondasi menerus dengan B = 2,0 m, Df = 1,5 m dan kedalaman muka air tanah sangat dalam. Tentukan daya dukung ijin (qall) bila didapat hasil uji kerucut statis (sondir) adalah sebagai berikut :
Penyelesaian:
Dari Gambar di atas diketahui, bahwa nilai tahanan kerucut statis rata-rata di bawah dasar pondasi adalah 35 kg/cm². Dengan B > 1,2 m, maka diketahui daya dukung ijin (qall) :
² m / kN 2 , 91 ² cm / kg 93 , 0 2 3 , 0 2 50 35 B 3 , 0 B 50 q q 2 2 c all= + = + = =
Bila menggunakan cara Bowles (1968) :
² m / kN 172 ² cm / kg 75 , 1 ) 2 5 , 1 . 33 , 0 1 ( 2 3 , 0 2 33 35 ) B D . 33 , 0 1 ( B 3 , 0 B 33 q q 2 f 2 c all= + + = + + = = Contoh soal 2.11: 2.16 48
Contoh soal 2.12:
(2.68)
2.18
Soal-soal : Soal 1 (2.76) (2.75) 2.3 2.20 (2.75) (2.76) 2.3
Soal 2
Contoh soal 2.13:
2.88
2.82
2.22 2.25
Pak Hary :
