KOLOM

(1)

BAB IV. KOLOM UNIAKSIAL

4.1. Analisis Rangka Struktur. 4.1. Analisis Rangka Struktur.

Di dalam analisis struktur dikenal portal bergoyang (

Di dalam analisis struktur dikenal portal bergoyang (sway/unbraced sway/unbraced ) dan portal) dan portal tidak bergoyang (

tidak bergoyang (non-sway/braced non-sway/braced ). Pembedaan kedua tipe itu dari sudut pandang analisis). Pembedaan kedua tipe itu dari sudut pandang analisis struktur sangat mudah, misalnya portal bergoyang dapat dilihat dari pola beban dan atau struktur sangat mudah, misalnya portal bergoyang dapat dilihat dari pola beban dan atau kekakuan portal yang tidak simetri seperti tampak dalam gambar 4.1.(a) sampai dengan kekakuan portal yang tidak simetri seperti tampak dalam gambar 4.1.(a) sampai dengan (d), namun tidak demikian halnya dengan struktur tidak bergoyang. Struktur tidak (d), namun tidak demikian halnya dengan struktur tidak bergoyang. Struktur tidak bergoyang dapat dikenali dari beban dan kekakuan yang serba simetri, atau secara visual bergoyang dapat dikenali dari beban dan kekakuan yang serba simetri, atau secara visual setiap titik buhul dari portal itu diberi pengekang dalam bentuk rangka diagonal atau sendi setiap titik buhul dari portal itu diberi pengekang dalam bentuk rangka diagonal atau sendi seperti tampak dalam gambar 4.1.(e) dan (f).

seperti tampak dalam gambar 4.1.(e) dan (f).

Gb.4.1. Rangka Struktur Bergoyang dan Tidak bergoyang Gb.4.1. Rangka Struktur Bergoyang dan Tidak bergoyang

4.2. Indek Stabilitas (

4.2. Indek Stabilitas (Stability IndexStability Index))

Kriteria bergoyang dan tidak bergoyang dalam struktur beton bertulang berbeda Kriteria bergoyang dan tidak bergoyang dalam struktur beton bertulang berbeda dari kriteria analisis rangka struktur di atas. Dikatakan tidak bergoyang apabila momen dari kriteria analisis rangka struktur di atas. Dikatakan tidak bergoyang apabila momen yang ditimbulkan oleh perkalian antara akumulasi gaya aksial kolom (

yang ditimbulkan oleh perkalian antara akumulasi gaya aksial kolom (

Σ

ΣPu) dari tingkat di

Pu) dari tingkat di atasnya dan lendutan horisontal relatif (

atasnya dan lendutan horisontal relatif (

∆

oo diantara dua tingkat) pada tingkat itu tidak diantara dua tingkat) pada tingkat itu tidak melebihi 5% dari momen yang ditimbulkan oleh perkalian antara gaya geser total kolom melebihi 5% dari momen yang ditimbulkan oleh perkalian antara gaya geser total kolom (Vu) dan tinggi kolom (l

(Vu) dan tinggi kolom (lcc) pada tingkat itu. Nilai banding momen itu disebut indek-) pada tingkat itu. Nilai banding momen itu disebut indek-kestabilan (

kestabilan (stability indexstability index) yang dapat dirumuskan seperti berikut ini.) yang dapat dirumuskan seperti berikut ini.

2EI 2EI EI EI 2EI 2EI EI EI EI EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI 2EI EI EI EI EI 2EI 2EI (a) (a) (b)(b) (c)(c) (d) (d) (e) (e) (f)(f)

(2)

(3)

05 05 ,, 0 0 .. .. ≤ ≤ ∆ ∆ = = = =

∑

cc u u o o u u ll V V P P index index stability stability Q Q

Σ

ΣP

Puu = akumulasi gaya aksial terfaktor dari tingkat di atasnya = akumulasi gaya aksial terfaktor dari tingkat di atasnya V

Vuu = total gaya geser terfaktor dalam tingkat yg ditinjau = total gaya geser terfaktor dalam tingkat yg ditinjau

∆

oo = lendutan horisontal relatif antara dua lantai yang ditinjau= lendutan horisontal relatif antara dua lantai yang ditinjau llcc= tinggi kolom (diukur dari dua pusat titik buhul)= tinggi kolom (diukur dari dua pusat titik buhul)

Dari rumusan di atas dapat dilihat bahwa dalam sebuah bangunan dapat saja terjadi Dari rumusan di atas dapat dilihat bahwa dalam sebuah bangunan dapat saja terjadi pada sebuah tingkat struktur itu bergoyang tetapi tidak pada tingkat yang lain, atau pada sebuah tingkat struktur itu bergoyang tetapi tidak pada tingkat yang lain, atau bergoyang pada satu arah sumbu lemah tetapi tidak pada arah sumbu kuat.

bergoyang pada satu arah sumbu lemah tetapi tidak pada arah sumbu kuat.

Kolom mendukung beban aksial disamping momen. Menurut Euler kolom dapat Kolom mendukung beban aksial disamping momen. Menurut Euler kolom dapat rusak/ patah oleh karena tekuk apabila beban itu sama dengan atau lebih besar dari beban rusak/ patah oleh karena tekuk apabila beban itu sama dengan atau lebih besar dari beban kritik (Pc), kolom demikian disebut kolom panjang dan sebaliknya disebut kolom pendek. kritik (Pc), kolom demikian disebut kolom panjang dan sebaliknya disebut kolom pendek.

2 2 2 2 )) .. (( _u_u cc ll k k EI EI P P == π π _..

Bila kolom lentur (EI rendah atau l

Bila kolom lentur (EI rendah atau luu tinggi) akan semakin memudahkan kolom itu rusak tinggi) akan semakin memudahkan kolom itu rusak oleh karena tekuk. Upaya untuk menghindarkan kerusakan tekuk, dengan memadukan oleh karena tekuk. Upaya untuk menghindarkan kerusakan tekuk, dengan memadukan antara luasan tampang dan panjang batang, menjadi bagian dari tanggung jawab seorang antara luasan tampang dan panjang batang, menjadi bagian dari tanggung jawab seorang ahli

ahli struktur. struktur. Parameter Parameter tekuktekuk diindikasikan oleh suatu faktor diindikasikan oleh suatu faktor yang disebut faktor kelangsingan yang disebut faktor kelangsingan ((slenderness ratioslenderness ratio) batang (k.l) batang (k.luu /r), /r), semakin besar faktor ini akan semakin besar faktor ini akan mengindikasikan adanya keruskan mengindikasikan adanya keruskan tekuk. Yang perlu diketahui bahwa tekuk. Yang perlu diketahui bahwa kerusakan tekuk terjadi di bawah kerusakan tekuk terjadi di bawah kekuatan tampangnya, sehingga kekuatan tampangnya, sehingga seorang ahli struktur pun kadang seorang ahli struktur pun kadang dapat terkejut karenanya.

dapat terkejut karenanya.

4.3. Faktor Kelangsingan (

4.3. Faktor Kelangsingan (Slenderness RatioSlenderness Ratio)) Untuk faktor kelangsingan (

Untuk faktor kelangsingan (k.lk.luu /r /r ) sedang () sedang (medium slenderness ratiomedium slenderness ratio) metode) metode pendekatan (

pendekatan (approximate method approximate method ) masih dapat digunakan yaitu dengan cara memperbesar) masih dapat digunakan yaitu dengan cara memperbesar tekuk tekuk 2 2 2 2 )) .. (( uu cc ll k k EI EI P P ==π π k.l k.luu /r /r Gb.4.2. Pengaruh faktor Gb.4.2. Pengaruh faktor

kelangsingan pada gaya tekuk kelangsingan pada gaya tekuk

(4)

momen yang dihasilkan dari analisis struktur melalui suatu faktor pembesaran momen momen yang dihasilkan dari analisis struktur melalui suatu faktor pembesaran momen (moment magnification factor),

(moment magnification factor), δδ. Tambahan momen oleh adanya lenturnya kolom dapat. Tambahan momen oleh adanya lenturnya kolom dapat dilihat dalam gambar 4.3. Namun demikian apabila faktor kelangsingan itu tinggi (

dilihat dalam gambar 4.3. Namun demikian apabila faktor kelangsingan itu tinggi ( k.lk.luu /r > /r > 100

100) maka analisis lebih jauh () maka analisis lebih jauh (exact second order analysisexact second order analysis) diperlukan untuk) diperlukan untuk mengakomodasi pengaruh

non-mengakomodasi pengaruh non-linear bahan, retak, goyangan lateral, linear bahan, retak, goyangan lateral, rayapan, susut, lama pembebanan rayapan, susut, lama pembebanan dan pengaruh interaksi pada fondasi. dan pengaruh interaksi pada fondasi. Analisis

Analisis second second order order iniini dimungkinkan oleh adanya

dimungkinkan oleh adanya softwaresoftware yang saat ini ada untuk rangka yang saat ini ada untuk rangka bergoyang dan rangka sedikit bergoyang dan rangka sedikit tertahan. Hasil dari

tertahan. Hasil dari second order second order lebih realistik dan cenderung hemat. lebih realistik dan cenderung hemat. Secara skematik prosedur hitungan Secara skematik prosedur hitungan kolom dapat dijelaskan melalui kolom dapat dijelaskan melalui diagram alir dalam gambar 4.4.

diagram alir dalam gambar 4.4.

Untuk analisis struktur Untuk analisis struktur

dengan metode elastik (first order analysis) perlu memperhitungkan pengaruh retak dengan metode elastik (first order analysis) perlu memperhitungkan pengaruh retak sepanjang batang. Pengaruh itu dapat diberikan dengan mengurangi inersia tampang sepanjang batang. Pengaruh itu dapat diberikan dengan mengurangi inersia tampang seperti tabel 4.1.

seperti tabel 4.1.

Tabel 4.1. Inersia efektif Tabel 4.1. Inersia efektif Elemen

Elemen Modulus Modulus Elastisitas Elastisitas Momen Momen Inersia Inersia LuasanLuasan

Balok E

Balok Ecc 0,35 I0,35 Igg AAgg

Kolom E

Kolom Ecc 0,70 0,70 IIgg AAgg

Pelat

Pelat datar/ datar/ slab slab datar datar EEcc 0,25 0,25 IIgg AAgg

Radius girasi r =

√√

(I(Igg /A /Agg) untuk tampang persegi empat secara praktis dapat) untuk tampang persegi empat secara praktis dapat diambil r = 0,3 b atau r = 0,3 h bergantung pada arah momen itu dikerjakan. Untuk diambil r = 0,3 b atau r = 0,3 h bergantung pada arah momen itu dikerjakan. Untuk tampang lingkaran radius girasi dapat diambil r = 0,25.D.

tampang lingkaran radius girasi dapat diambil r = 0,25.D.

Gb.4.3. Pengaruh faktor kelangsingan pada Gb.4.3. Pengaruh faktor kelangsingan pada kemampuan kolom kemampuan kolom 1230.77, 1230.77, 6153.85 6153.85 0 0 2000 2000 4000 4000 6000 6000 8000 8000 10000 10000 12000 12000 14000 14000 16000 16000 18000 18000 0 0 55000 0 1100000 0 1155000 0 2200000 0 2255000 0 33000000 M

Momen Nomomen Nom inal (kNm)inal (kNm)

G G a a y y a a A A k k s s i i a a l l N N o o m m i i n n a a l l ( ( k k N N ) ) Kolom Kolom pendek pendek Kolom Kolom panjang panjang δ δ.M.M22 M M22

(5)

Gb.4.4. Diagram alir hitungan kolom

Panjang kolom bersih (lu) dapat ditentukan dengan memperhatikan adanya balok,

column capitals, drop panel, seperti tertera dalam gambar di bawah ini.

Gb.4.5. Panjang kolom bersih

Faktor panjang efektif kolom (k) dalam analisis struktur dapat diperoleh dengan secara tegas bergantung pada kondisi ujung-ujung kolom itu. Misal kolom yang ditumpu

KOLOM PENDEK KOLOM PANJANG  METODE PENDEKATAN HITUNG FAKTORδ GOYANG k.lu /r < 22 Ya 22≤k.lu /r ≤ 100 Ya Tidak Tidak SECOND ORDER ANALYSIS P-∆ ANALYSIS k.lu /r < 34-12(M1/M2 Ya 34-12(M1/M2) ≤k.lu /r ≤ 100 Ya TIDAK GOYANG Tidak Tidak lu lu lu Arah Goyangan

(6)

secara sendi pada ujung-ujungnya maka k = 1, sedang apabila salah satu ujungnya jepit maka k = 0,7. Demikian pula bila salah satu ujung jepit dan ujung lain bebas maka k = 2 atau apabila kedua ujungnya jepit maka k = 0,5.

Tidak demikian halnya dalam struktur beton bertulang, faktor panjang efektif kolom bergantung pada kondisi kekakuan balok pada ujung-ujung kolom itu. Untuk itu pada struktur rangka tidak bergoyang dan bergoyang dapat ditentukan melalui persamaan berikut ini.

Kolom Tidak Bergoyang : faktor panjang efektif (k) dapat diambil nilai terkecil dari persamaan berikut :

k = 0,7 + 0,05 ( Ψ A + Ψ B )≤ 1,0

k = 0,85 + 0,05 Ψ min

≤

1,0

Ψ min = terkecil diantara Ψ A dan Ψ B

∑

= balok l EI kolom l EI b c A

ψ ujung atas kolom,

∑

= balok l EI kolom l EI b c B

ψ ujung bawah kolom

Kolom Bergoyang : faktor panjang efektif (k) dapat diambil nilai terkecil dari persamaan berikut : Ψ m< 2, k m ψ _m ψ ₊ − = ₁ 20 20 Ψ m

≥

2, k =0 ,9 1+ψ _m dengan Ψ m = (Ψ A +Ψ B)/2

Untuk kolom yang salah satunya sendi dan ujung lainnya jepit :

ψ 3 , 0 0 , 2 + =

k denganΨ =Ψ A atau Ψ B untuk bagian kolom yang dijepit

Untuk menghitung nilai Ψ A atau Ψ Bdigunakan inersia (I) yang memperhitungkan adanya

retak seperti tabel 4.1 di atas. Untuk mendapatkan faktor panjang efektif (k) dapat pula dilakukan melalui nomogram dalam gambar 4.8 dan 4.9.

Bila kolom termasuk dalam kategori kolom pendek maka momen yang didapat dari analisis struktur dapat langsung digunakan untuk merancang. Tidak demikian halnya bila kolom termasuk dalam kategori kolom panjang, faktor pembesaran momen ( δ) perlu

(7)

analisis struktur dengan faktor pembesaran momen (δ). Faktor pembesaran momen harus selalu lebih besar atau sama dengan 1,0.

4.4. Faktor Pembesaran Momen ( Moment Magnification Factor )

Gaya aksial pada kolom panjang dapat menyebabkan kolom rusak lebih awal oleh

adanya tekuk (buckle). Tertekuknya kolom dapat diantisipasi dengan cara membesarkan

ukuran kolom atau menambah tulangan atau meningkatkan kuat tekan beton atau kombinasi dari kemungkinan tersebut. Kelangsingan kolom tidak diakomodasi dalam

hitungan analisis struktur cara elastik (first order), namun tidak demikian halnya dengan

cara P-

∆

(second order). Oleh karena cara elastik paling banyak dipakai maka tinjauan

terhadap kelangsingan kolom sangat diperlukan. Faktor pembesaran momen bergantung

pada jenis kolomnya, dan biasanya diaplikasikan pada momen kolom terbesarnya (M2).

Kolom Tidak Bergoyang :

Mc = δns . M2  M2 = momen maksimum dari kolom

4 , 0 4 , 0 6 , 0 ) . ( 0 , 1 75 , 0 1 2 1 2 2 ≥ + = = ≥ − = M M C dan l k EI P dengan P P Cm m u c c u ns π δ

Untuk menghitung Pc digunakan EI dari persamaan berikut di bawah ini.

LL DL DL d d g c P P P dengan I E EI 6 , 1 2 , 1 . 2 , 1 1 . 4 , 0 + = + = _β β Kolom Bergoyang : M1 = M1ns+δs . M1s M2 = M2ns+δs . M2s

Nilai (δs . M1s dan δs . M2s) dapat dihitung dengan analisis second order, approximate

second order atau approximate magnifier method. Di bawah ini dituliskan cara pendekatan

dengan metode pembesaran (approximate magnifier method )

2 2 ) . ( 0 , 1 75 , 0 1 1 u c c u s l k EI P dengan P P π δ ≥ = − =

∑

LL DL DL d d g c P P P dengan I E EI 6 , 1 2 , 1 . 2 , 1 1 . 4 , 0 + = + = _β β

(8)

Berbeda dari rumusan untuk kolom tidak bergoyang, bahwa Pu menjadi

Σ

Pu dan Pc

menjadi

Σ

Pc artinya bahwa gaya-gaya aksial terfaktor Pu dari seluruh kolom pada tingkat

yang ditinjau harus diketahui dan gaya aksial kritik Pc harus dihitung untuk seluruh kolom pada tingkat itu. Untuk menghitung EI digunakan rumus di atas.

Contoh-4.1 :

Kolom berukuran 400 x 400 mm panjang 4m, di ujung atas kolom terdapat balok di kiri dan kanannya berukuran 200 x 400 mm panjang 5m. Di ujung bawah kolom terdapat balok dengan ukuran dan panjang sama dengan di ujung atas. Di bawah kolom tersebut terdapat pula kolom lain dengan ukuran dan panjang sama. Hitunglah faktor panjang efektif kolom tersebut bila E = 20.000 MPa, portal termasuk kategori bergoyang, kemudian pastikan jenis kolom itu panjang atau pendek ??

Jawaban : Ic = 0,7.(1/12).400.4003 = 1,493.109  EIc /lc = 20000. 1,493.109 / 4000 = 7,466.109 Ib = 0,35.(1/12).200.4003 = 0,373.109  EIb /lb = 20000. 0,373.109 / 5000 = 1,493.109 Kolom 1-2 : 5 , 2 10 . 493 , 1 ). 2 ( 10 . 466 , 7 ). 1 ( 9 9 = = =

∑

balok l EI kolom l EI b c A ψ 5 10 . 493 , 1 ). 2 ( 10 . 466 , 7 ). 2 ( 9 9 = = =

∑

balok l EI kolom l EI b c B ψ Kolom 2-3 : 5 10 . 493 , 1 ). 2 ( 10 . 466 , 7 ). 2 ( 9 9 = = =

∑

balok l EI kolom l EI c A ψ (2).7,466.10 0 9 = ∞ = =

∑

balok l EI kolom l EI c B ψ 1 2 3 200/400 200/400 200/400 200/400 400/400 400/400

(9)

Antara titik 1-2 : menggunakan nomogram k = 1,9

menggunakan rumus Ψ m = (Ψ A + Ψ B)/2 = 3,75 > 2, k = 1,96

menggunakan rumus Ψ m = (Ψ A + Ψ B)/2 = 2,5 > 2, k = 1,68

Kontrol jenis kolom :

r = 0,3.b = 0,3.400 = 120 mm

Kolom atas bergoyang  k.lu /r = 1,96.(4000-400)/120 = 58,8 > 22  kolom panjang, karena 58,8 < 100  dapat menggunakan metode pendekatan

Kolom bawah bergoyang  k.lu /r = 1,68.(4000-400)/120 = 50,4 > 22  kolom panjang, karena 50,4 < 100  dapat menggunakan metode pendekatan

Contoh-4.2 :

Mirip dengan contoh-4.1 tetapi tumpuan kolom paling bawah berupa sendi. Hitunglah panjang efektif tekuk kolom paling bawah saja !!

Jawaban : Kolom 2-3 : 5 10 . 493 , 1 ). 2 ( 10 . 466 , 7 ). 2 ( 9 9 = = =

∑

balok l EI kolom l EI b c A ψ ∞ = = =

∑

0 10 . 466 , 7 ). 2 ( 9 balok l EI kolom l EI b c B ψ

menggunakan rumus k = 2,0 + 0,3.Ψ dan memasukkan Ψ = Ψ A = 5

= 3,5 Contoh-4.3 :

Apabila hitungan analisis struktur dalam contoh-4.1 (bergoyang) sudah dilakukan dan menghasilkan momen M2ns dan M2s pada sebuah kolom dan

Σ

Pu seperti tabel di bawah ini. Hitunglah faktor pembesaran momen δs dan momen akhir M2 tersebut !

2200/400 2200/400 200/400 200/400 400/400 400/400 1 2 3

(10)

Tabel 4.2. Hasil analisis struktur Komb. Beban M2ns (kNm) M2s (kNm)

Σ

Pu (kN)

Σ

Pc (kN) 1 77,32 6011,31 33474,31 2 28,94 213,36 4770,09 33474,31 3 18,61 217,44 3270,66 33474,31 Jawaban : 2 2 0 ) . ( , . . 75 , 0 0 , 1 1 1 u c c u u c u s l k EI P l V P Q atau P P Q dengan Q π δ = ∆ = = ≥ − =

∑

M2 = M2ns+δs . M2s

Disamping nilai Q dapat dihitung dengan menggunakan rumus ACI dapat pula digunakan nilai stability index tiap lantai seperti persamaan di atas. Memasukkan nilai Q untuk masing-masing kombinasi didapat faktor pembesaran momen (δs) seperti dalam tabel

berikut.

Tabel 4.3. Hasil hitungan Komb. Beban M2ns (kNm) M2s (kNm)

Σ

Pu (kN)

Σ

Pc (kN) Q δs = 1/(1-Q) δs.M2s (kNm) M2 (kNm) 1 77,32 6011,31 33474,31 0,24 1,31 77,32 2 28,94 213,36 4770,09 33474,31 0,19 1,23 262,43 291,37 3 18,61 217,44 3270,66 33474,31 0,13 1,14 247,88 266,49

Setelah mendapatkan momen M2 = M2ns + δs.M2s hitungan/ analisis tampang

(11)

Gb.4.8. Faktor panjang efektif - kolom bergoyang (sway/unbraced )

(12)

Gb.4.9. Faktor panjang efektif - kolom tidak bergoyang (non-sway/braced )

(13)

4.5. Diagram Interaksi Kolom Uniaksial 4.5.1. Kolom Tampang Persegi Empat

Gb.4.10. Keseimbangan gaya pada kolom

b h Pn c g.n εc=0,003 e Cc Cs Ts Pn b h c g.n εc=0,003 e Cc _C_s1 Cs2 0,85.f c’ 0,85.f c’ Pn b h b h Pn g.n εc=0,003 εc=0,003 e Cc _C s1 Cs2 Cc Cs Ts 0,85.f c’ 0,85.f c’

a). Konsentrik b). Eksentrisitas kecil

(14)

Kemampuan nominal kolom pendek dapat dirumuskan melalui persamaan keseimbangan dalam gambar 4.10. Gaya aksial dengan eksentrisitas nol (e=0), eksentrisitas kecil, eksentrisitas seimbang dan eksentrisitas besar akan memberikan regangan pada baja yang bervariasi pada saat serat terluar beton tekan mengalami runtuh pada regangan sebesar

ε

c = 0,003 (3%).

Nilai eksentrisitas (e) disamping bergantung pada nilai banding momen dan gaya aksial juga bergantung pada faktor pembesaran momen (δ)  e = δ.Mc/Pn. Akibat dari regangan

yg bervariasi, kontribusi baja pada kemampuan nominal kolom bervariasi pula, seperti gambar 4.10 di atas. Bila regangan baja (

ε

s) melampaui regangan leleh (εy) maka

kontribusi kekuatan baja didasarkan pada perkalian antara luas baja dan tegangan leleh (f y),

namun tidak sebaliknya yang didasarkan pada perkalian antara luas baja dan tegangan kerja (f s = Es.εs)

Persamaan keseimbangan dari gambar di atas dapat diturunkan berturut-turut sesuai dengan urutan gambar nya seperti berikut :

(a) Pn = Cc+ Cs1+ Cs2 ; Mn = Pn .e = Cc.0 + Cs1.(0,5h-d’) - Cs2.(0,5h-d’) = 0

(b) Pn = Cc+ Cs1+ Cs2 ; Mn = Pn .e = Cc.(½.h-½.a) + Cs1.(½.h-d’) - Cs2.(½.h-d’)

(c) Pn = Cc + Cs - Ts ; Mn = Pn .e = Cc.(½.h-½.a) + Cs.(½.h-d’) + Ts.(½.h-d’)

(d) Pn = Cc + Cs - Ts ; Mn = Pn .e = Cc.(½.h-½.a) + Cs.(½.h-d’) + Ts.(½.h-d’)

Arah reaksi gaya pada tulangan (Cs atau Ts) bergantung pada posisinya terhadap

garis netral (g.n) dan arah gaya luar Pn. Bila posisi itu di sisi tarik maka arah gaya pada

tulangan searah dengan arah gaya aksial Pn dan sebaliknya. Ada kemungkinan letak g.n

berada diantara tulangan dan sisi luar beton (daerah penutup beton/ concrete cover ), dalam hal demikian arah gaya (+ atau -) pada tulangan dapat disesuaikan dengan posisi g.n. itu.

Cc = 0,85.f c’. b.a dengan a =

β.c nilai

β = bergantung pada kualitas beton dan

mengikuti persamaan berikut :

Untuk f c’

≤ 30 MPa maka

β = 0,85

Untuk f c’ > 30 MPa maka

β

= 0,85 – (f c’- 30).0,008

Gaya pada tulangan bergantung pada nilai regangan (

ε

s) yang diperoleh dengan persamaan

berikut :

ε

s’ = 0,003.{c-d’}/c untuk baja di daerah tekan

ε

s= 0,003.{d-c}/c untuk baja di daerah tarik

(15)

Gaya tarik baja (Ts) dapat dihitung dengan :

Ts = As.f y bila

ε

s >

ε

ydengan

ε

y= f y /Es dan Es = 200.000 MPa atau Ts = As.f s bila

ε

s <

ε

y dengan f s =

ε

s. Es

Gaya tekan baja (Cs) dapat dihitung dengan :

Cs = As’.f y bila

ε

s’ >

ε

ydengan

ε

y= f y /Es dan Es = 200.000 MPa atau Cs = As’.f s bila

ε

s’ <

ε

y dengan f s =

ε

s’. Es

Dalam perancangan kolom, tidak seperti halnya dalam perancangan balok, ukuran kolom harus sudah diketahui. Untuk memperkirakan ukuran kolom diperlukan pengalaman, namun demikian perkiraan ukuran kolom itu dapat didekati dengan persamaan berikut :

Ag = Pn/{0,8.fc’} dengan Pn = Pu / Ø dan Ag = b.h

Luasan baja tarik (As) dan tekan (As’) ditentukan dengan cara coba-ralat (trial and

error) yaitu diantara 1% sampai 6% dari luasan beton (Ag). Dalam persamaan

keseimbangan di atas dapat dilihat bahwa apabila letak garis netral ( c ) dapat ditentukan maka regangan pada baja tekan dan tarik dapat dihitung dan dengan demikian reaksi gaya pada baja tarik dan tekan dapat pula dihitung. Pada akhirnya nilai gaya aksial dan momen

nominal yang dapat didukung (Pn,Mn) dapat ditentukan. Bila nilai ( c ) diubah-ubah maka

akan didapat banyak gaya aksial dan momen. Bila nilai itu digambarkan dalam sumbu Cartesian maka akan didapat diagram interaksi kolom seperti pada gambar 4.3.

Contoh-4.4 :

Gaya aksial dan momen yang harus dipikul oleh ujung bawah kolom pada arah sumbu kuatnya oleh beban mati dan beban hidup adalah sebagai berikut :

PDL = 1600 kN, MDL= 136 kNm dan

PLL = 1100 kN, MLL = 110 kNm.

Momen di ujung atas dianggap separuh dari momen di ujung bawah. Momen pada arah sumbu lemahnya dapat diabaikan. Tinggi kolom bersih

2,25m, melentur berkebalikan pada kedua ujungnya (double curvature) pada arah sumbu

kuatnya, namun pada sumbu lemahnya melentur satu arah (single curvature). Lebar kolom

M1 Single Curvature - M1 Double Curvature M2 M2

(16)

ditetapkan 350 mm, kolom termasuk dalam kategori tidak bergoyang. Bila mutu bahan fc’=35 MPa dan f y = 420 MPa, rencanakanlah ukuran kolom dan tulangan yang diperlukan

untuk menahan beban tersebut.

Jawaban :

Pu = 1,2.1600 + 1,6.1100 = 3682,1 kN  Pn = Pu /0,65 = 5664,7 kN

Ag = Pn /(0,8.fc’) = 5664,7.1000/(0,8.35) = 202313 mm

b = 350 mm  h = Ag /b = 578 mm

≈

600 mm

Karena ukuran balok di ujung atas dan bawah tidak diketahui maka dapat dianggap faktor panjang efektif kolom k = 1

Pada arah sumbu lemah :

lu = 2250mm dan r = 0,3.b = 0,3.350 = 105 mm, M1/M2 = 1 (single curvature)

k.lu/r = 1.2250/105 = 21,4 < 34 – 12( 1) = 22  kolom pendek

Pada arah sumbu kuatnya :

lu = 2250mm dan r = 0,3.h = 0,3.600 = 180 mm, (-M1/M2) = -0,5 (double curvature)

k.lu/r = 1.2250/180 = 12,5 < 34-12(-M1/M2) = 34+6 = 40  kolom pendek Dicoba luas tulangan 2% Ag = 4200 mm2

Tulangan 6D30 = 6.(1/4).

π

.302 = 4239 mm2 Anggapan :

1. letak g.n diantara tul.tarik dan tekan 2. tul.tarik dan tekan leleh semua

β

= 0,85-(35-30).0,008 = 0,81

Pn = Cc + Cs – Ts

Karena dianggap tul.tarik dan tekan leleh semua maka Cs = Ts

 Pn = Cc Pn = Pu /0,65 = 5664,7 kN Cc = 0,85.fc’.b.a Cc = Pn a = Pn /(0,85.fc’.b) = 5664,7.103 / (0,85.35.350) = 544,02 mm  c = a/

β

= 544,02/0,81 = 671,64 mm

Letak g.n ( c ) = 671,64 mm > d = 550 mm, tidak diantara tulangan tarik dan tekan  anggapan salah perlu diulang !!

b h Pn c g.n 0,003 e Cc Cs Ts Gb.4.12. Garis netral diantara tulangan tarik dan tekan

(17)

Anggapan baru :

1. letak g.n di dalam penutup beton sisi kiri

2. semua tul. tertekan, sisi kiri tidak leleh tetapi sisi kanan leleh

ε

s2’ = 0,003.{c-d}/c ;

ε

y = 420/200000 = 0,0021 Cs2 = 2119,5.200000.0,003.{c-550}/c = 1271700.{c-550}/c Cs1 = 2119,5.420 = 890190 N Cc = 0,85.35.350.(0,81.c) = 8434,12.c N Pn = Cc + Cs1 + Cs2= 8434,12.c + 890190 + 1271700.{c-550}/c 5664,7. 103 .c = 8434,12.c2 + 890190.c + 1271700.{c-550} 0 = c2 -566,095.c + 1271700.c - 699435000

c2 + 1271133,9.c – 699435000 = 0  c = 550,01 mm > d  sesuai anggapan !  a =

β

.c = 0,81.550,01 = 445,5 mm

ε

s2‘ = 0,003.{c-d}/c = 0,003.(550,01-550)/550,01 = 5,4.10-8 <

ε

y  sesuai anggapan !!

ε

s1’ = 0,003.{c-d’}/c = 0,003.(550,01-50)/550,01 = 0,0027 >

ε

y sesuai anggapan !! Mn = Pn.e = Cc.(½.h-½.a) + Cs1.(½.h-d’) - Cs2.(½.h-d’) = 8434,12.550,01.(300-0,5.445,5) + 890190.(300-50) - 1271700.{(550,01-550)/c}.(300-50) = 580898689 Nmm = 580,89 kNm MR = Mu / Ø = (1,2.136+1,6.110)/0,65 = 521,84 kNm Mn = 580,89 kNm > MR = 521,84 kNm  aman !! Contoh-4.5 :

Kolom bujur sangkar menerima beban aksial dan momen rencana pada salah satu ujungnya seperti berikut :

PLL= 68 kN, MLL = 95 kNm.

Ujung kolom yang lain menerima momen separuhnya, tinggi kolom bersih 3,6 m, melentur berkebalikan pada kedua ujungnya (double curvature). Ukuran kolom sudah ditetapkan 460 x 460 mm, tidak bergoyang, dengan mutu bahan fc’ = 35 MPa, f y = 420 MPa.

Pn b h c g.n 0,003 e Cc _C s1 Cs2 0,85.f c’ Gb.4.13. Garis netral di sisi kiri tulangan

(18)

Jawaban :

Pu = 1,2.PDL + 1,6.PLL = 1,2.90 + 1,6.68 = 216,8 kN

Mu = 1,2.MDL + 1,6.MLL = 1,2.123 + 1,6.95 = 299,6 kNm

Karena ukuran kolom tidak diketahui maka dianggap k=1 lu = 3600 mm, r = 0,3.460 = 138 mm

k.lu/r = 1.3600/138 = 26,1 < 34-12(-M1/M2) = 34 - 12(-0,5) = 34 + 6 = 40  kolom pendek

Dicoba luas tulangan 2% Ag = 0,02.(460 x 460) = 4232 mm2

Tulangan 6D30 = 6.(1/4).

π .30

2 = 4239 mm2 Anggapan :

β = 0,85-(35-30).0,008 = 0,81

Pn = Cc + Cs – Ts

Karena dianggap tul.tarik dan tekan leleh semua maka Cs = Ts  Pn = Cc Pn = Pu /0,65 = 216,8/0,65 = 333,5 kN Cc = 0,85.fc’.b.a Cc = Pn a = Pn /(0,85.fc’.b) = 333,5.103 / (0,85.35.460) = 24,37 mm  c = a/

β

= 24,37/0,81 = 30,1 mm

Letak g.n di dalam pelindung beton kanan  tidak sesuai anggapan !!

Anggapan baru :

1. letak g.n di antara tul.tarik dan tekan

2. tul.tarik sisi kiri leleh tetapi tula.tekan sisi kanan tidak

ε

s’ = 0,003.{c-d’}/c ;

ε

y = 420/200000 = 0,0021 Cs = 2119,5.200000.0,003.{c-d’}/c = 1271700.{c-50}/c Ts = 2119,5.420 = 890190 N Cc = 0,85.35.460.(0,81.c) = 11084,85.c N Pn = Cc + Cs - Ts= 11084,85.c + 1271700.{c-50}/c - 890190 b h Pn c g.n 0,003 e Cc Cs Ts Gb.4.14. Grasi netral diantara tulangan tarik dan tekan b h Pn c g.n 0,003 e Cc Cs Ts Gb.4.15. Garis netral diantara tulangan tarik dan

(19)

0 = c2 + 4,33.c – 5736.21

c = 73,6 mm  g.n diantara tultarik dan tekan.  sesuai anggapan ! a =

β

.c = 0,81.73,6 = 59,61 mm

ε

s’ = 0,003.{c-d’}/c = 0,003.(73,6-50)/73,6 = 9,6.10-4 <

ε

s = 0,003.{d-c}/c = 0,003.(410-73,6)/73,6 = 0,0131 >

ε

y sesuai anggapan !! Mn = Pn.e = Cc.(½.h-½.a) + Cs1.(½.h-d’) + Ts.(½.h-d’) = 11084,85.73,6.(230-0,5.73,6) + 1271700.{(73,6-50)/73,6}.(230-50) + 890190.(230-50) = 391272902,6 mm = 391,27 kNm MR = Mu / Ø = (1,2.123+1,6.95)/0,65 = 460,92 kNm Mn = 391,27 kNm < MR = 460,92 kNm  tidak aman !!

Luasan tulangan diperbesar secara linear terhadap momen = (460,92/391,27).4239 = 4993 mm2 

ρ

= 4993/(460x460) = 0,0232 = 2,36%  6D34 = 2 x 2722,38 mm2 = 5444,76 mm2 Cs= 2722,38.200000.0,003.{c-d’}/c = 1633428.{c-50}/c Ts = 2722,38.420 = 1143399,6 N Cc = 0,85.35.460.(0,81.c) = 11084,85.c N Pn = Cc + Cs - Ts= 11084,85.c + 1633428.{c-50}/c - 1143399,6 333,5. 103 .c = 11084,85.c2 + 1633428.{c-50} - 1143399,6.c 0 = c2 + 14,12.c – 7367,84 c = 79,06 mm Mn = Pn.e = Cc.(½.h-½.a) + Cs1.(½.h-d’) + Ts.(½.h-d’) = 11084,85.79,06.(230-0,5.79,06) + 1633428.{(79,06-50)/79,06} .(230-50) + 2722,38.420.(230-50) = 480805317,1 Nmm = 480,81 kNm MR = Mu / Ø = (1,2.123+1,6.95)/0,65 = 460,92 kNm Mn = 480,81 kNm > MR = 460,92 kNm  aman !! Contoh-4.6 :

Seperti contoh-4.5, kolom bujur sangkar menerima beban aksial dan momen rencana pada salah satu ujungnya seperti berikut :

(20)

Ujung kolom yang lain menerima momen separuhnya, tinggi kolom bersih 3,6 m, melentur berkebalikan pada kedua ujungnya (double curvature). Ukuran kolom sudah ditetapkan

460 x 460 mm, tidak bergoyang, dengan mutu bahan fc’ = 35 MPa, f y = 420 MPa.

Jawaban :

Pu = 1,2.PDL + 1,6.PLL = 1,2.490 + 1,6.468 = 1336,8 kN

Mu = 1,2.MDL + 1,6.MLL = 1,2.123 + 1,6.95 = 299,6 kNm

k.lu/r = 1.3600/138 = 26,1 < 34-12(-M1/M2) = 34 - 12(-0,5) =

34 + 6 = 40  kolom pendek

Tulangan 6D30 = 6.(1/4).

π

.302 = 4239 mm2 Anggapan :

β

= 0,85-(35-30).0,008 = 0,81 Pn = Cc + Cs – Ts

Karena dianggap tul.tarik dan tekan leleh semua maka Cs = Ts

 Pn = Cc Pn = Pu /0,65 = 1336,8/0,65 = 2056,61 kN Cc = 0,85.f c’.b.a Cc = Pn a = Pn /(0,85.f c’.b) = 2056,61.103 / (0,85.35.460) = 150,28 mm  c = a/

β

= 150,28/0,81 = 185,53 mm

Letak g.n di antara tul.tarik dan tekan  sesuai anggapan !!

ε

s’ = 0,003.{c-d’}/c = 0,003.(185,53-50)/185,53 = 2,19.10-3 >

ε

s = 0,003.{d-c}/c = 0,003.(410-185,53)/185,53 = 3,63.10-3 >

ε

y sesuai anggapan !! Mn = Pn.e = Cc.(½.h-½.a) + Cs1.(½.h-d’) + Ts.(½.h-d’) = 0,85.35.460.150,28.(230-0,5.150,28) + 2119,5.420.(230-50) + b h Pn c g.n 0,003 e Cc Cs Ts Gb.4.16. Garis netral diantara tulangan tarik dan tekan

(21)

= 638953335 Nmm = 638,95 kNm

MR = Mu / Ø = (1,2.123+1,6.95)/0,65 = 460,92 kNm

Mn = 638,95 kNm > MR = 460,92 kNm  aman !!

ρ

= 2,0% Ag = 4232 mm2  6D30 = 4239 mm2

Dalam digram interaksi dapat dilihat bahwa dengan luasan tulangan

ρ

= 2% untuk memenuhi kombinasi beban tersebut (Mn =

460,92 kNm; Pn = 333,54 kN) tidak

aman tetapi setelah luasan tulangan dinaikkan menjadi

ρ

= 2,36% kolom menjadi aman, sedang dalam contoh terakhir kombinasi beban (Mn = 460,92 kNm; Pn =

2056,62 kN) membuat kolom juga

menjadi aman. Artinya

penambahan beban aksial pada kolom tipe rusak tarik, e > eb,

(tension control) menguntungkan namun sebaliknya. Pengurangan momen pada tipe kolom yang rusak tekan, e < eb, (compression control) juga akan menguntungkan, namun tidak

sebaliknya.

4.5.2. Kolom Tampang Lingkaran.

Kolom tampang lingkaran memiliki keunikan dalam menghitung luasan blok beton tekan, yang berbentuk tembereng, dan letak titik beratnya. Untuk menghitung luasan beton tekan dan titik beratnya diperlukan ketelitian dan keuletan tersendiri. Rumusan yang digunakan untuk menghitung luasan dan titik berat pada posisi blok beton a < R berbeda dari a> R. 460.92, 2 0 5 6 . 6 2 4 6 0 . 9 2 , 333.54 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 9000 0 200 400 600 800

Momen Nom inal (kNm)

G a y a A k s i a l N o m i n a l ( k N ) Mno_x Mrx Mry Mno_y e_min ρ= 2% ρ= 2,36%

Gb.4.17. Diagram interaksi utk b/h = 460/460, fc’= 35 Mpa, fy= 420 MPa

b

(22)

Posisi blok beton tekan a < R

Luas

∆

bertanda (+) bila

α

>

π

/2

Mencari titik berat tembereng :

Persamaan lingkarann  X2 + Y2 = R2  X = { R2 - Y2 }1/2

∆

Luas =δA = 2.X.δy

∆

Momen = Lengan x Luas = Y.δA = Y.(2.X).δy memasukkan X = { R2 - Y2 }1/2

∆

Momen = 2.Y.{ R2 - Y2 }1/2 .δy

[

]

∫

− = 2 1 2 / 1 2 2 . . . 2 R R y Y R Y Momen δ

Penyelesaian persamaan diferensial parsial

Misal U = R2 - Y2 ; dU/ δy = -2Y ; 2.Y.δy = -.dU

∫

= 2 1 2 / 1 . R R U U Momen δ 

[

]

2

[

2 2 3 / 2

]

₁2 1 2 / 3 ) ( 3 2 3 2 R R R R R Y U Momen = − =− − Tembereng Luas Tembereng Momen Berat Titik = A R a _c B sumbu g.n α Pn δy y x α

Gb.4.18. Penurunan rumus luasan dan titik berat tembereng utk a < R

B A B A Luas∆=2. .( / 2)= . ) / ( arctan ; tan A B B A ₌ = _α α A=

( ) (

R 2 − R−a

)

2 = a.(2 R. −a)

(

R a

)

a c B= − → = β . B A R B A R Luas Juring Luas Tembereng Luas . . . . ). ( 2 2 ± = ± = ∆ ± = α π π α

(23)

Posisi blok beton tekan a > R

Lihat gambar 4.19 potongan juring sepanjang R.δ

γ,

luas potongan juring (R/2).R.δ

γ

[ ]

.( / 2 ) . 2 1 . 2 2 ₀ / 2 2 2 / 0 2 α π γ δγ π α α π − = = = − −

∫

R R R Juring Luas Lengan = 2/3.R.Sin(

γ)

[

]

[

( / 2 ) (0)

]

(2 / 3).

[

1 ( / 2 )

]

). 3 / 2 ( ) ( ). 3 / 2 ( ). ( sin ). 3 / 2 ( ) ( sin . ). 3 / 2 ( ) 2 / ( . . . 2 3 3 ) 2 / ( 0 3 ) 2 / ( 0 3 ) 2 / ( 0 α π α π γ γ γ γ γ α π α π α π − − = + − − = − = ∂ = ∂ = = − − −

∫

Cos R Cos Cos R Cos R R R R R Lengan x Juring Luas Juring Momen

Titik berat juring, y2 = (2/3). R.{1-Cos(π /2-α)}/(π /2-α)

 Momen juring = (2/3). R3.{1-Cos(π_/2-α_)}

Luas ½ lingkaran = (1/2).π.R2

Titik berat ½ lingkaran, y1 = (4/3).R/ π  Momen ½ lingkaran = (2/3).R3

Luas

∆

= A.B

Titik berat

∆,

y3 = 2/3.B  Momen ∆_{= (2/3).A.B}2

Contoh-4.7 :

Diameter Kolom D = 600mm, d’ = 50mm, jumlah tulangan n = 8 buah, f c’ = 20 MPa Bila ditetapkan letak g.n ( c ) = 200 mm, berapakah nilai titik berat tembereng ?

Jawaban :  f c’ = 20 MPa,

β

= 0,85  a = 0,85.200 = 170 mm a α d1 d2 y1 y2 y3 R.δγ 2/3.R 2/3.R.Sin(γ) α π/2-α γ B A

Gb.4.19. Penurunan luas dan titik berat tembereng untuk a > R

( ) (

R R a

)

a R a mm A= 2 − − 2 = .(2. − )= 170.(2.300−170 =270 ) / ( arctan ; tan A B B A = = _α α

(24)

[

]

[

]

2 1 2 / 3 2 2 2 1 2 / 3 ) ( 3 2 3 2 R R R R R Y U

Momen = − =− − __{R2 = 300 mm dan R1 = R-a = 130 mm}

[

2 2 3 / 2

]

7 3 10 . 32 , 1 ) 130 300 ( 3 2 0 mm Momen = − + − =

Titik berat tembereng = Momen/Luas = 1,32.107 / 65700 = 201 mm

Contoh-4.8 :

Diameter kolom D = 600mm, d’ = 50mm, jumlah tulangan n = 8 buah, f c’ = 20 MPa

Bila ditetapkan letak g.n. ( c ) = 400 mm berapakah nilai titik berat tembereng ?

Jawaban :

f c’ = 20 MPa,

β

= 0,85  a = 0,85.400 = 340 mm  a > R

Luas total = Luas ½ lingkaran + Luas Juring + Luas

∆

a α d1 d2 201 mm Gb.4.20. Kolom lingkaran dengan a < R 2 35100 130 . 270 . ) 2 / .( . 2 mm B A B A Luas = = = = ∆ o B A B A 3 , 64 12 , 1 ) 130 / 270 ( arctan ) / ( arctan tan = → = = = = α α α α

(

R a

)

mm B= − =300−170= 130 2 2 65700 35100 300 . 12 , 1 mm Luas Juring Luas Tembereng Luas = − = ∆ ± =

( ) (

R R a

)

a R a mm A= 2 − − 2 = .(2. − )= 340.(2.300−340 =297,32

(

R a

)

abs mm abs B= − = (300−340)= 40 o radian B A B A 37 , 82 437 , 1 )) 40 /( 32 , 297 ( arctan ) / ( arctan ; tan_α= _α= = = →_α= a α d1 d2 106,1 mm Gb.4.21. Kolom lingkaran dengan a > R

(25)

=165.162,8 mm2 Momen =

Σ

Luas x Lengan

= (2/3).R3 - (2/3).R3{1-Cos(π /2-α)}- (2/3).A.B2

= (2/3).3003 - (2/3).3003 {1-Cos(π /2-1,437)} - (2/3).297,32.402 = 18.476.108 mm3

Titik Berat = Momen/ Luas = 17.523.892 / 165.162,8 = 106,10 mm

Apabila diperhatikan nilai banding antara posisi titik berat dan jari-jari ( R ) serta antara luasan tembereng dan luasan lingkaran untuk tampang lingkaran mengikuti suatu persamaan tertentu. Bila persamaan itu digambarkan maka tampak seperti gambar 4.22 berikut di bawah ini. Untuk keperluan praktis maka hasil hitungan analitik dan grafik tidak berbeda sangat berarti.

Contoh-4.9 :

Menggunakan contoh-4.7 tentukan letak titik berat tembereng secara grafis !!

Jawaban :

a = 170 mm < R  a/D = 170/600 = 0,283  lihat grafik pada gambar 4.22

Gb.4.22. Hubungan antara a/D dan luas_tembereng/luas_lingkaran serta titikberat_tenbereng/R y = -1.175x3 + 1.7704x2 + 0.4077x R2 = 0.9999 y = 0.3329x3 - 0.2022x2 - 1.1388x + 1 R2 = 0.9999 0.00 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 0.90 1.00 0.00 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 a/D A_ T B R G / A_ T O T B_ T B R G / R L_tembereng/L_lingkaran TB_tembereng/R

(26)

A_TBRG/A_TOT = L_tembereng / L_lingkaran = -1,175.(0,283)3 + 1,777.(0,283)2 + 0,4077.(0,283) = 0,231

L_tembereng = 0,231.(0.25.3.14.6002) =65340mm2

Hitungan analitik dalam contoh 4.7 memberikan luasan 65700 mm2  perbedaan itu sangat kecil

a/D = 170/600 = 0,283  lihat grafik pada gambar 4.22

TB_TBRG/R = Titik berat tembereng / R = 0.3329.(0,283)3 - 0.2022.(0,283)2 -1.1388.(0,283) + 1 = 0,669

Titik berat tembereng = 0,669.300 = 201 mm

Hitungan analitik dalam contoh 4.7 memberikan 201 mmtidak ada perbedaan

Contoh-4.10 :

Menggunakan contoh-4.8 tentukan letak titik berat tembereng secara grafis !!

Jawaban :

a = 340 mm > R  a/D = 340/600 = 0,566  lihat grafik pada gambar 4.22

A_TBRG/A_TOT = L_tembereng / L_lingkaran = -1,175.(0,566)3 + 1,777.(0,566)2 + 0,4077.(0,566) = 0,588

L_tembereng = 0,588.(0.25.3.14.6002) =166.000mm2

Hitungan analitik dalam contoh 4.8 memberikan 165.162 mm2  perbedaan itu sangat kecil

a/D = 340/600 = 0,566  lihat grafik pada gambar 4.22

TB_TBRG/R = Titik Berat Tembereng / R = 0.3329.(0,566)3 - 0.2022.(0,566)2 -1.1388.(0,566) + 1 = 0,350

Titik Berat Tembereng = 0,350.300 = 105 mm

Hitungan analitik dalam contoh 4.8 memberikan 106,1mm perbedaan itu sangat kecil

Contoh-4.11 :

Diameter kolom D = 600mm, d’ = 50mm, jumlah tulangan 8D25, f c’ = 20 MPa, f y = 420 MPa. Hitunglah kemampuan kolom Mn dan Pn pada saat c = 200 mm, dengan

(27)

Jawaban :

Sudut antara dua tulangan = 2π /N= 2

π

/8 =

π

/4

Jumlah tul N = 8 maka 

Jumlah deret = 1+ N/2 = 1 + 8/2 = 5 dn = R-(R-d’).Cos {(n-1).2π /N} d1 = 300-250.Cos (0) = 50 mm d2 = 300-250.Cos(π /4) = 123,15 mm d3 = 300-250.Cos(2.π /4) = 300 mm d4 = 300-250.Cos(3.π /4) = 476,56 mm d5 = 300-250.Cos(4.π /4) = 550,0 mm Untuk c = 200 mm ,

ε

y = 420/200000 = 0,0021 Kontrol regangan : = − = − = _.₀_,₀₀₃ 200 50 200 003 , 0 . ' 1 1 c d c s ε 0,00225 >

ε

y ,leleh = − = − = _.₀_,₀₀₃ 200 15 , 123 200 003 , 0 . ' 2 2 c d c s ε 0,00115 <

ε

y ,tidak leleh = − = − = _.₀_,₀₀₃ 200 200 300 003 , 0 . 3 3 c c d s ε 0,00149 <

ε

y,tidak leleh = − = − = _.₀_,₀₀₃ 200 200 56 , 476 003 , 0 . 4 4 c c d s ε 0,00414 <

ε

y, leleh = − = − = _.₀_,₀₀₃ 200 200 550 003 , 0 . 5 5 c c d s ε 0,00525 >

ε

y ,leleh Gaya aksial pada tulangan :

A = 0,25.

π

.D2 = 0,25.3,14.252 = 490,625 mm2 a d1 d2 d3 d4 d5 Pn εc =0,003 Cc Cs1 Cs2 Ts3 Ts4 Ts5

Gb.4.23. Tegangan-regangan dan Gaya pada Kolom Lingkaran

(28)

Cs1 = 1.A.f y = 1.490,625.420 = 206062,5 N (leleh)

Cs2 = 2.A.f s = 2.490,625.(200000.0,00115) = 226218,6 N (tidak leleh) Ts3 = 2.A.f s = 2.490,625.(200000.0,00149) = 293788,9 N (tidak leleh) Ts4 = 2.A.f s = 2.490,625.420 = 412125,0 N (leleh)

Ts5 = 1.A.f y = 1.490,625.420 = 206062,5 N (leleh)

Gaya aksial pada beton tekan : L_tembereng =

0,231.(0,25.3,14.6002) =65340mm2 Titik Berat Tembereng = 0,669.300

=201 mm Cc = 0,85.f c’.65340 = 1110780 N Persamaan keseimbangan : Pn = Cc + Cs1 + Cs2 - Ts3 – Ts4 – Ts5 = 1110780 + 206062,5 + 226218,6 - 293788,9 - 412125,0 - 206062,5 = 630404,6 N = 631,08 kN (hasil analitik 640,38 kN) Mn = 1110780.201 + 206062,5.(R-d1) + 226218,6.(R-d2) + 293788,9.(R-d3) + 412125,0.(R-d4) + 206062,5.(R-d5) = 1110780.201 + 206062,5.(300-50) + 226218,6.(300-123,15) + 293788,9.(300-300) + 412125,0.(300-476,56) + 206062,5.(300-550) = 223,13 + 51,51 + 40,00 + 0 + 72,76 + 51,51 = 438,93 kNm (hasil analitik 439,73 kNm)

4.5.3. Kolom Tampang Bujur Sangkar dengan Tulangan Melingkar.

Bentuk kolom ini serupa dengan tampang bujur sangkar sebelumnya. Perbedaan terletak pada posisi tulangan yang diatur melingkar dan memiliki jarak terhadap sumbu

439.79, 631.21 29 1.88, 6 31.21 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 0 100 200 300 400 500 600 700 Momen No minal (kNm) G a y a A k s i a l N o m i n a l ( k N ) Mno_y Mry Mrx e_min Mno_y 8D 25 600 mm

Gb.4.24. Diagram interaksi kolom lingkaran D=600 mm,f y /f c’= 420/20 MPa, 8D25

(29)

Sudut antara dua tulangan = 2.π /N= 2.

π

/8 =

π

/4

Jumlah tul N = 8

Jumlah deret = 1+ N/2 = 1 + 8/2 = 5

dn = R-(R-d’).Cos {(n-1).2π /N} Cc = 0,85.f c’.b.a

Bila

ε

s

≥ ε

y maka Cs atau Ts = As.f y

Bila

ε

s <

ε

y maka Cs atau Ts = As.f sdengan f s = Es.

ε

s dan Es = 200.000 MPa.

Contoh-4.12 :

Ukuran kolom bujur sangkar b = h = 600 mm, d’ = 50mm, jumlah tulangan 8D25, f c’ = 20

MPa, f y = 420 MPa. Hitunglah kemampuan kolom pada saat c = 200 mm.

d1 = 300-250.Cos (0) = 50 mm d2 = 300-250.Cos(π /4) = 123,15 mm d3 = 300-250.Cos(2.π /4) = 300 mm d4 = 300-250.Cos(3.π /4) = 476,56 mm d5 = 300-250.Cos(4.π /4) = 550,0 mm Untuk c = 200 mm ,

ε

y = 420/200000 = 0,0021 Kontrol regangan : = − = − = _.₀_,₀₀₃ 200 50 200 003 , 0 . ' 1 1 c d c s ε 0,00225 >

ε

y ,leleh = − = − = _.₀_,₀₀₃ 200 15 , 123 200 003 , 0 . ' 2 2 c d c s ε 0,00115 <

ε

y ,tidak leleh = − = − = _.₀_,₀₀₃ 200 200 300 003 , 0 . 3 3 c c d s ε 0,00149 <

ε

y,tidak leleh a d1 d2 d3 d4 d5 Pn εc =0,003 Cc Cs1 Cs2 Ts3 Ts4 Ts5 b h=b

Gb.4.25. Diagram Tegangan-regangan dan Gaya pada Kolom Bujur Sangkar dengan Tulangan Melingkar

(30)

= − = − = _.₀_,₀₀₃ 200 200 56 , 476 003 , 0 . 4 4 c c d s ε 0,00414 <

ε

y, leleh = − = − = _.₀_,₀₀₃ 200 200 550 003 , 0 . 5 5 c c d s ε 0,00525 >

ε

y ,leleh

Gaya aksial pada tulangan :

As = 0,25.π.D2 = 0,25.3,14.252 = 490,625 mm2

Cs1 = 1.As.f y = 1.490,625.420 = 206062,5 N (leleh)

Cs2 = 2.As.f s = 2.490,625.(200000.0,00115) = 226218,6 N (tidak leleh)

Ts3 = 2.As.f s = 2.490,625.(200000.0,00149) = 293788,9 N (tidak leleh)

Ts4 = 2.As.f s = 2.490,625.420 = 412125,0 N (leleh)

Ts5 = 1.As.f y = 1.490,625.420 = 206062,5 N (leleh)

Gaya aksial pada beton

Cc = 0,85.f c’.b.a = 0,85.20.600.(0,85.200) = 1734000 N Persamaan keseimbangan : Pn = Cc + Cs1 + Cs2 - Ts3 – Ts4 – Ts5 = 1734000 + 206062,5 + 226218,6 293788,9 -412125,0 - 206062,5 = 1254305 N = 1.254,3 kN Mn = 1110780.201 + 206062,5.(R-d1) + 226218,6.(Rd2) 293788,9.(Rd3) -412125,0.(R-d4) - 206062,5.(R-d5) = 1734000.(300170/2) + 206062,5.(30050) + 226218,6.(300123,15) -588.61, 1254.30 307.69, 1254.30 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 9000 0 200 400 600 800 1000

Momen Nom inal (kNm)

G a y a A k s i a l N o m i n a l ( k N ) Mno_y Mry Mrx e_min Mno_y b h

Gb.4.26. Diagram interaksi kolom bujur sangkar tul.melingkar b=600 mm,f y /f c’=

(31)

= 372,81 + 51,51 + 40,00 + 0 + 72,76 + 51,51 = 588,612 kNm

4.5.4. Perancangan/ Analisis Kolom Tampang Persegi dan Lingkaran dengan Metode Pendekatan.

a. Kolom tampang persegi :

Perancangan kolom secara analitik memerlukan ketekunan dalam melakukan coba-ralat. Metode coba-ralat ini akan semakin sulit bila tulangan tidak hanya terdiri dari dua deret/ lapis seperti dijelaskan pada bab 4.5.1 namun tulangan itu disebar ke seluruh keliling kolom seperti pada bab 4.5.2 dan 4.5.3. Banyak metode pendekatan/penyederhanaan untuk perancangan dan analisis kolom seperti Metode Mosley (1982) yang memberikan syarat persamaannya hanya berlaku bila eksentrisitas e > (h/2-d’), yang berarti hanya untuk kolom rusak tarik (tension control). Whitney di dalam Wang (1978) menyebutkan rumusan empirik yang hanya berlaku untuk eksentrisitas kecil (e < eb)  compression control

region, dengan asumsi blok beton tekan dianggap selalu tetap sebesar 0,54.d :

5 , 0 ' '. 18 , 1 . . 3 ' . . . 2 ₋ + + + = d d e f A d e h f h b P c s y n

Priyosulistyo (2005) melakukan penelitian atas validitas rumus Whitney untuk berbagai kondisi dan menyatakan bahwa rumus Whitney menjadi konservatif bila luasan tulangan semakin besar dan tidak sesuai bila jenis kerusakan kolomnya mendekati rusak tarik

(tension control e > eb). Untuk memperhitungkan kemampuan kolom di tension control

region (rusak tarik) Wang (1978) menggunakan rumus penyederhanaan dengan

menganggap ρ’ =ρ :

























+













− − +













− + − + − = d e d d m d e d e d b f P_n. 0,85. _c'. . . 1 ' 1 ' 2. . ( 1). 1 ' ' 2 ρ ρ

b. Kolom tampang lingkaran :

Dalam menyelesaikan masalah kolom lingkaran, Whitney dalam Wang (1978) membuat ekivalensi dengan luasan kolom persegi empat yang memiliki tinggi h = 0,8.D dan lebar b = Ag /(0,8.D), jarak antar tulangan (2/3).(D-2d’), luasan tulangan ekivalen pada

masing-masing sisi = Ast /2. Untuk kolom tampang lingkar tipe tension control

(32)

Whitney-Hognestad dalam Wang (1978) dengan menganggap tulangan diletakkan secara simetri pada jarak 0,75.Ds dengan Ds = jarak antara pusat tulangan tarik dan tekan.

(

)

_













+













+ + + = 0 , 1 . . 3 . 18 , 1 . 67 , 0 . 8 , 0 . . 6 , 9 ' . . 2 s y st s c g n D e f A D h e h f A P

Luasan beton tekan tetap menggunakan bentuk tembereng sedang luasan tulangan tarik dan tekan masing-masing sebesar = 0,4. Ast. Yang menjadi masalah adalah bagaimana menentapkan posisi blok beton tekan (a) pada momen renacana yang ditetapkan. Whitney dan Hognestad

menganggap bahwa gaya tulangan tarik selalu sama dengan tulangan tekan (kondisi seimbang) sehingga rumusan dapat disederhanakan

























− − +













− = 0,85. ₀_,₃₈ . 5 , 2 . . 38 , 0 . 85 , 0 . '. . 85 , 0 . 2 2 h e h D m h e h f P_n _c ρ g s 4.5.5. Metode Konservatif

Metode ini pernah ditululis oleh Dipohusodo ( ) kemudian disempurnakan dan diteliti kehandalannya oleh Priyosulistyo (2005). Priyosulistyo (2005) menganggap cara konservatif ini layak digunakan mengingat pada peristiwa gempa 26 Mei 2006 yang melanda daerah sekitar kota Jogjakarta telah merusakkan banyak kolom dari pada balok. Di sisi lain rumus Whitney ataupun Wang ataupun Whitney-Hognestad tidak mudah dihafal dan dipahami serta tidak memiliki daerah pemakaian yang pasti.

Gb.4.28. Posisi tulangan dan luasan tulangan ekivalen α d1 D y Ds 0,75. Ds 0,4.Ast 0,4.Ast 2/3.Ds 0,8.D D Ds Gb.4.27. Tampang

(33)

























− + = b b o o n e e P P P P . 1 1

Untuk daerah rusak tarik (tension control) :













+ − = b o b o n P M e e M P ) ( Dengan :

Pb = gaya aksial seimbang

eb = eksentrisitas seimbang (Mb /Pb)

e = eksentrisitas yang diketahui (Mu /Pu)

Po = gaya aksial konsentrik

Mo = momen lentur murni

Mb = momen lentur seimbang

Contoh-4.13 :

Jawab :

Pu = 1,2.PDL + 1,6.PLL = 1,2.490 + 1,6.468 = 1336,8 kN

Mu = 1,2.MDL + 1,6.MLL = 1,2.123 + 1,6.95 = 299,6 kNm

Tulangan 6D30 = 6.(1/4).

π

.302 = 4239 mm2 0, 0 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 9000 0 200 400 600 800 Momen Nominal (kNm) G a y a A k s i a l N o m i n a l ( k N ) Po Mb,Pb Mo Gb.4.29. Posisi Po, Mb, Pb, Mo

(34)

e = Mu /Pu = 299,6.103 / 1336,8 = 224,12 mm d’ = 50 mm, d = 410-50 = 410 mm ; fc’ =35 MPa β = 0,85-(35-30).0,008 = 0,81 cb = d. 600/{600+fy} = 410.600/(600+420) = 241,17 mm  ab = 0,81.241,17 = 195,35 mm Pnb = Cc + Cs – Ts Ts = Cs Pnb = Cc = 0,85.fc’.b.ab = 0,85.35.460.195,35 = 2673405 N = 2673,4 kN Mnb = Cc.( ½ h – 0,5.ab) + Cs.( ½ h-d’) + Ts.( ½ h-h-d’) = 2673,4. (230- ½ 195,35) + (2119,5.420).(230-50) + (2119,5.420).(230-50) = 674222785 Nmm = 674,222 kNm eb = Mnb /Pnb = 674,222/2673,4 = 0,252 m = 252 mm e = 224,12 mm < eb = 252  rusak tekan

Gunakan rumus berikut :

























− + = b b o o n e e P P P P . 1 1 Po = 0,85.fc’.b.h + As.fy = 0,85.35.460.460 + 2.2119,5.420 = 8075480 N = 8075,48 kN kN e e P P P P b b o o n 2887,09 252 12 , 224 1 2673,4 48 , 8075 1 48 , 8075 . 1 1 =

























− + =

























− + = PR = Pu / Ø = 1336,8/0,65 = 2056,6 kN < Pn = 2887,09 aman !!

Atau MR = 299,6/ Ø = 461 kNm < Mn = Pn.e = 647 kNm aman !!

Contoh-4.14 : 461, 2057 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 9000 0 200 400 600 800 Momen Nominal (kNm) G a y a A k s i a l N o m i n a l ( k N ) Konservatif Whitney

Gb.4.30. Diagram interaksi kolom, rusak tekan (compression control)

e eb

(35)

PDL = 290 kN, MDL= 123 kNm dan PLL= 268 kN, MLL = 95 kNm.

Jawab :

Pu = 1,2.PDL + 1,6.PLL = 1,2.290 + 1,6.268 = 776,8 kN Mu = 1,2.MDL + 1,6.MLL = 1,2.123 + 1,6.95 = 299,6 kNm Karena ukuran kolom tidak diketahui maka dianggap k=1 lu = 3600 mm, r = 0,3.460 = 138 mm

e = Mu /Pu = 299,6.103 / 776,8 = 385,68 mm

Dicoba luas tulangan 2% Ag = 0,02.(460 x 460) = 4232 mm2 Tulangan 6D30 = 6.(1/4).

π

.302 = 4239 mm2 d’ = 50 mm, d = 410-50 = 410 mm ; fc’ =35 MPa  β = 0,85-(35-30).0,008 = 0,81 cb = d. 600/{600+fy} = 410.600/(600+420) = 241,17 mm ab = 0,81.241,17 = 195,35 mm Pnb = Cc + Cs – Ts Ts = Cs Pnb = Cc = 0,85.fc’.b.ab = 0,85.35.460.195,35 = 2673405 N = 2673,4 kN Mnb = Cc.( ½ h – 0,5.ab) + Cs.( ½ h-d’) + Ts.( ½ h-h-d’) = 2673,4. (230- ½ 195,35) + (2119,5.420).(230-50) + (2119,5.420).(230-50) 461, 1195 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 9000 0 200 400 600 800 Momen Nominal (kNm) G a y a A k s i a l N o m i n a l ( k N ) eb e

Gb.4.31.Diagram interaksi kolom, rusak tarik (tension control)

Konservatif

Solusi tepat

(36)

= 674222785 Nmm = 674,222 kNm eb = Mnb /Pnb = 674,222/2673,4 = 0,252 m = 252 mm e = 385,68 mm > eb = 252  rusak tarik













+ − = b o b o n P M e e M P ) (

Kolom berperilaku sebagai balok : Ts = Cc As.f y = 0,85.f c’.b.a 2119,5.420 = 0,85.35.460.a  a = 65,04 mm c = a/

β

= 65,04/0,81 = 80,31 mm Mo = (As.f y).(d- ½ a) = 2119,5.420.(410- ½ 65,04) = 336025096 Nmm = 336,02 kNm kN P M e e M P b o b o n 1295,54 4 , 2673 10 . 02 , 336 ) 252 68 , 385 ( 10 . 02 , 336 ) ( 3 3 =













+ − =













+ − = PR = Pu / Ø = 776,8/0,65 = 1195,1 kN < Pn = 1295,54  aman !! Atau MR = 299,6/ Ø = 461 kNm < Mn = Pn.e = 500 kNm aman !! 4.5.6. Detail Penulangan

1. Luasan tulangan utama seharusnya diantara 1% dan 8% dari Ag (Ag = luasan

senyatanya untuk memikul gaya aksial yang diperlukan). Bila ukuran yang

diperlukan diperbesar karena alasan arsitektural maka luasan baja

≥

0,5% dari

luasan itu.

2. Jarak bersih antara tulangan utama

≤

150 mm tetapi

≥

25 mm

3. Sengkang ikat tambahan harus diberikan bila h > 2b

4. Tulangan pengekang diberikan di bawah dan di atas permukaan sambungan kolom dengan balok setinggi > (1/6).lu dan > h dan > 450 mm

5. Diameter tulangan sengkang/ begel minimum 10 mm untuk tulangan utama

≤

32

mm dan 12mm untuk tulangan utama > 32mm.

6. Bila digunakan tulangan spiral maka diameter minimum 10mm, jarak bersih antar tulangan s ≤ 75 mm tetapi s ≥ 25 mm. Rasio luas tulangan ≥ 0,45.(Agg /A_g cc_c-1).f cc_c’/f yy_y.

(37)

7. Jarak sengkang s

≤

16.D (diameter tulangan utama) dan

≤

48.d (diameter sengkang) dan

≤

b (ukuran terkecil kolom).

8. Tegangan leleh sengkang untuk berbagai bentuk fy

≤

400 MPa. 9. Penutup beton/ selimut beton/ concrete cover

≥

40 mm

10. Sambungan lewatan (lap splice) dikategorikan dalam dua kelas : kelas A bila tulangan yang disambung hanya separuh dari seluruh tulangan yang ada dan luas terpasang sedikitnya 2 kali dari luasan yang sesungguhnya diperlukan, bila tidak memenuhi salah satu ketenetuan tersebut sambungan termasuk dalam kelas B. Sambungan yang dilakukan pada tengah-tengah tinggi kolom dapat termasuk dalam kelas A bila tulangan yang disambung hanya sebagian dan kebutuhan luasan tulangan ditempat ini kemungkinan besar < ½ dari pada luas tulangan di ujung kolom.

Bila sepanjang sambungan diberi sengkang dengan jarak 100mm, jarak bersih antar tulangan > 2.db dan selimut beton > db maka panjang lewatan (ld) untuk kelas A dapat dihitung dengan rumus berikut di bawah ini tetapi harus

≥

300 mm. Bila masuk dalam kategori kelas B maka nilai ld di bawah ini dikalikan faktor 1,3.

Untuk db

≤

19 mm ' . 25 ). . . .( 12 c y b d f f d l α β λ

= _{dengan (}_α_._β_._λ_{) = 1 untuk beton normal,}

uncoated, other than top bars

Untuk db> 19 mm ' . 5 ). . . .( 3 c y b d f f d l ₌ α β λ

(38)

11. Untuk batang tulangan tekan dengan beton mutu

a. f cc_c’

≥

20 MPa dan f yyy

≤

400 MPa maka ld

≥

0,07.db.f y dan ld

≥

300 mm.

b. f cc_c’

≥

20 MPa dan f yyy > 400 MPa maka ld

≥

(0,13.f y-24).db

c. f cc_c’ < 20 MPa maka hasil ld dari hitungan di atas dikalikan dengan faktor

1,33.

12. Panjang penjangkaran (development length) yang diperlukan oleh tulangan tarik (D < 36mm) yang ujungnya dibengkokkan 90o atau 180o adalah sebesar ldh yang

dihitung dengan rumus (f y /400).{100.db}/

√

f c’  (1/4).db.(f y /

√

f c’)

Gb.4.32. Panjang lewatan (splice length) - ld < 75 mm Kemiringan < 1/6 < 150 mm < 150 mm > 75 mm s ≤ 150 mm b ≤ 150 mm sengkang ikat tambahan bila h > 2b h 1,3ld

(39)

.

Diameter Berat Luas

No.(#) in mm kg/m lb/ft cm2 in2 3 0.375 9.5 0.559 0.375 0.71 0.29 4 0.500 12.7 0.994 0.667 1.27 0.39 5 0.625 15.9 1.552 1.042 1.98 0.49 6 0.750 19.1 2.235 1.500 2.85 0.59 7 0.875 22.2 3.043 2.042 3.88 0.69 8 1.000 25.4 3.974 2.667 5.07 0.79 9 1.128 28.7 5.057 3.393 6.45 1.00 10 1.270 32.3 6.410 4.302 8.18 1.27 11 1.410 35.8 7.901 5.302 10.08 1.56 12.db Gb .4.34. Panjang penyaluran (development length) atau panjang penjangkaran (anchorage length) ldh

4.db dan