BAB VI

(1)

FONDASI

TELAPAK GABUNGAN DAN

TELAPAK KANTILEVER

Fondasi telapak tunggal tidak selalu dapat digunakan , disebabkan oleh

1. Beban kolom terlalu besar sedang jarak kolom dengan kolom terlalu dekat, sehingga menimbulkan luasan plat fondasi yang dibutuhkan akan saling menutup

(overlapping)

P1 P2

overlapping

A B

P1 P2

overlapping

Luasan plat fondasi

(2)

2. Bila digunakan telapak tunggal akan menimbulkan momen yang cukup besar akibat pusat kolom tak sentris terhadap pusat berat alas fondasi

Untuk mengurangi pengaruh momen dilakukan

penggabungan dengan luasan fondasi dan diusahakan pusat berat alas fondasi berimpit dengan resultante gaya-gaya yang bekerja

3. Ruangan terbatas tanah

bangunan lain padat bangunan

Fondasi gabungan digunakan untuk mendukung beban-beban struktur yang tidak begitu besar,namun tanahnya Mudah mampat atau lunak dan fondasi dipengaruhi momen guling.

Keuntungan pemakaian fondasi gabungan :

1. Menghemat biaya penggalian dan pemotongan tulagan beton

(3)

Cara penggabungan fondasi-fondasi dapat dilakukan dengan beberapa cara :

1. Fondasi telapak Gabungan (combined footing) 2. Fondasi telapak kantilever (cantilever footing) 3. Fondasi telapak ikat (strap footing)

Fondasi Kantilever Fondasi Telapak Terpisah

Fondasi gabungan

B

a

ta

s

p

e

m

ili

ka

n

Bentuk fondasi telapak gabungan

1. Bentuk segi empat

2. Bentuk trapesium

3. Bentuk T

4. Bentuk strap footing

(4)

1. Fondasi Telapak Gabungan

Empat persegi panjang pada penggunaan 2 kolom dengan beban kecil terbatas dan beban besar bebas

P2>P1 (P1; P2beban normal)

R : Resultante

Dicari R di tengah denah L/2 ke kiri dan L/2 ke kanan R = P₁+ P₂

Letak R dicari statis momen terhadap P₁

P1 P2

R

O

a1 r1 r2 a2

r

O

L/2 L/2

L

MP₁= 0 R.r1= P2.r

P1 P2

R r

r1

R .r P r 2

1

• a ditetapkan L/2 = r1+a1

L = 2(r1+ a1)

• Untuk R sentris, maka luas fondasi

• Lebar fondasi B = A/L • Syarat Ba1

Ba₂ Br/2



fond tanah



all q q

q

R A

 



• Beban tetap

net all

σ

A

R



• Beban sementara

net all y

y

σ

1,5

I

M

A

R

(5)

Bila ada P dan M

r1+ a1= ½.L

r₂+ a₂= ½.L L = 2(r₁+ a₁) L = 2(r₂+ a₂) r₂= r – r₁

P1 P2

R

M1 M2

O

a1 r1 r2 a2

a1 r a2

L/2 L/2

R = P₁+ P₂ MP1= 0

P1.0 + M1- R.r1+P2.r + M2= 0

R.r1= P1.0 + M1+P2.r + M2

a1 r1 r2 a2

R

M1 M2

P1 P2

• Beban kolom adalah kombinasi beban normal sentris dan beban sementara

Analisis terhadap beban-beban yang bekerja

• Analisis terhadap beban normal sentris Hitung denah dan ukuran fondasi terjadi all netto

• Analisis terhadap beban sementara terjadi1½all netto

• Untuk fondasi segi empat e =1_/ 6L

minimum0

q L 6.e 1 A R

σ_ekstrem 

  

(6)

CONTOH

• Dua kolom bangunan dengan ukuran 40x40 cm2_{. Jarak}

kedua kolom 5 m, dengan letak tepi kiri kolom terbatas pada batas pemilikan tanah. Kuat dukung ijin tanah all=150 kN/m2,beton=24 kN/m3.

• Rencanakan bentuk dan ukuran plat fondasi

P1(kN) P2(kN) M1(kNm) M2(kNm)

Beban tetap ₈₀₀ ₁₂₀₀ ₀ ₀

Beban sementara ₁₂₀₀ ₂₀₀₀ ₈₀ ₁₁₀

a. Tinjauan terhadap beban tetap R = P₁+P₂

= 800+1200 = 2000 kN R.r1 = P2.r

2000.r₁ = 1200.5 r₁ = 3 m

• Fondasi berbentuk segi empat, R berimpit dengan O

A = BxL ½ L = a₁+ r₁

a₁= ½ lebar kolom L = 2(0,2 +3)

= ½.0,4 = 0,2 = 6,4 m

all net =all– qplat

= 150 – (0,6.24) = 135,6 kN/m2

P1 P2

R

M1 M2

O

a1 r1 r2

a1 r = 5 m

0,4 m 0,4 m

(7)

½L = (a₂+ r₂)

3,2 = a2+ 2 a2 = 1,2 m a2= 1,2 m < B = 2,35 m

a₂= 1,2 m < r/2 = 2,5 m Denah fondasi untuk beban tetap

m 2,35 m 2,305 B

B.6,4 14,75

B.L 14,75

14,75m A

135,6 2000 σ

R A A

R σ

2 net all net

all

 

  

 



a1 r1 r2

L/2

a2

O

L/2

B

a₁+ r₁= L/2 a₂+ r₂= L/2 0,2 + 3 = 3,2 = L/2 1,2 + 2 = 3,2 = L/2 L = 6,4 m ; B = 2,35 m

A = B x L

= 6,4 x 2,35 = 15,04 m2

• Cek tegangan yang terjadi

2 2

all

all terjadi

kN/m 135,6 kN/m

129,87

(0,6.24) 150

15,4 2000

q σ A R

σ q A R σ

  

 

(8)

b. Tinjauan terhadap beban sementara R = P1+P2

= 1200 + 2000 = 3200 kN R.r1 = P2.r + M1+ M2

3200.r₁ = 2000.5 + 80 + 110 r₁= 10190/3200 = 3,184 m

r_{1 sementara}= 3,184 m

a1 r1 r2

L/2

a2

O

L/2

B O’

a1 r1 smt

ex

M = P2.r + M1+ M2

= 2000.5 + 80 + 110 = 10190

2 2

1 2 max

max

all 2 1 beton x

max x

kN/m 225 .150 1 kN/m 319,81 σ

14,4 2,35

6.0,184 1

15,4 3200 σ

σ 1 q

B 6.e 1 A R σ

K 1,067....O 6

6,4 6 L 0,184 3

3200 10190 R

ΣM e

 



    

  _ 

 

   

   

   

 



L

6,4

==

===

======

258,04 kPa

(9)

• Luas fondasi diperbesar untuk mendukung beban sementara (luas diperbesar ke arah B)

dicoba B = 3,3 m

0

kN/m

115,226

σ

14,4

3,3

6x0,184

1

(6,4x3,3)

3200

σ

kN/m

225

.150

1

kN/m

216,603

σ

4

,

14

3,3

6x0,184

1

(6,4x3,3)

3200

σ

2 minimum

minimum

2 2

1 2 terjadi

terjadi













































2. Analisis fondasi telapak gabungan bentuk trapesium • Luas trapesium

A = ½.(B₁+B₂).L x₂= r₂+a₂ P₂> P₁ x₁= r₁+a₁

P1 P2

R

a1 r1 r2 a2

r

L

x₁ x₂

(10)

• Panjang fondasi L = r + a1 + a2 • Letak R terhadap P₂

(11)

• Kriteria batasan

– Jika B1terlalu kecil (lebih kecil dari lebar kolom) maka

dimensi tidak bisa digunakan – Jika x₂1_/

3.L maka dimensi tidak dapat digunakan

• Fondasi dikontrol terhadap beban sementara

dengan



_terjadi



1½.



_all

Fondasi gabungan trapesium dengan beban sentris dan momen_P

1 P2

R

a1 r1 r2 a2

r

x1 x2

B1 _O B2

1 2 2 2 1 1 0

y 1 y ki

y 2 y ka

M M .r P . .r P ΣM

q I

x . M

A R σ

q I

x . M

A R σ

terjadi yang

Tegangan

  

 

 



 



(12)

Penentuan I_y 3 kanan tepi terhadap 3 O beratnya pusat terhadap B.L 3 1 I I B.L 12 1 I I panjang persegi Empat     L

B1 _O B2

B1

B2- B1

L 3 kanan tepi terhadap 3 O berat pusat terhadap .B.L 12 1 I I .B.L 36 1 I I Segitiga     Secara umum

• I terhadap sembarang garis I = IO+ Ax2

IO= I + Ax2

• IOtrapesium

2 2 3 1 2 3 1 trapesium O 2 2 trapesium kanan tepi terhadap trapesium O 2 1 2 2 1 2 3 1 2 2 1 1 3 1 trapesium O x A ).L B (B 12 1 .L B 3 1 I x . A I I atau esium pusat trap ke tiga segi luasan pusat jarak x esium pusat trap ke empat segi luasan pusat jarak x ).L.x B (B 2 1 ).L B (B 36 1 .L).x (B .L B 12 1 I             _ _ _      _ 

I - A.x2

(13)

CONTOH

• Dua buah kolom berjarak 5 m, sebelah kiri dan kanan terbatas pada tepi fondasi. Tebal plat fondasi 0,6 m, muka atas plat fondasi rata dengan muka tanah. Ukuran kolom 40x40 cm2_{. Beban yang bekerja terdiri}

dari

• Kuat dukung ijin tanah all=150 kN/m2,beton=24 kN/m2.

Rencanakan bentuk dan ukuran plat fondasi

Beban tetap ₈₀₀ ₁₂₀₀ ₀ ₀

Beban sementara ₁₀₀₀ ₁₅₀₀ ₁₀₀ ₁₅₀

Penyelesaian

• Terhadap beban tetap • R = P1+ P2

= 800 + 1200 = 2000 kN • a1= ½.0,4 = 0,2 m

a₂= ½.0,4 = 0,2 m • Panjang fondasi L

L = a₁+ r + a₂

= 0,2 + 5 + 0,2 = 5,4 m r = 5 m

P1 P2

R

a1 r1 r2 a2

• MP1

R.r1= P2.r

r₁= (1200.5)/2000 = 3 m r₂= 5 – 3 = 2 m

• x₁= 3 + 0,2 = 3,2 m x2= 2 + 0,2 = 2,2 m

• qbtn= 0,6 x 24 = 14,4 kN/m2

• all net = 150 – 14,4

(14)

• Digunakan ukuran fondasi B1= 1,3 m

B₂= 4,3 m A = 15,1 m2

L = 5,4 m

m 4,3 m 4,163 1,3

5,4 2.14,75 B

B L 2A B

m 1,3 1,214 1

5,2 3.2,2 5,4

2.14,75 B

1 L x 3 L 2A B

B B trapesium fondasi

Untuk

2

1 2

1

2 1

 

 

 

   



 _



   

 

 



• Analisis terhadap beban sementara P₁= 1000 kN

P₂= 1500 kN

RS= 1000 + 1500 = 2500 kN

• MP1

R.r₁= P₂.r + M₁+ M₂

m 3,1 2500

150 100 1500.5

r₁   

L

x1 x2

B1 O _O’ B2

x1’ x2’

e_x

• a1= 0,2 m ; r1= 3,1 m

x₁’ = a₁+ r₁= 3,3 m • a₂= 0,2 m ; r₂= 1,9 m

x₂’ = a₂+ r₂= 3,1 m • Timbul eksentrisitas

sebesar e_x= + 0,1 m

5,4

===

=== 2,1 m

=====

(15)

• Ada tambahan momen akibat adanya eksentrisitas M_e= R.e_x= 2500.0,1 = 250 kN.m

• M_y= M₁+ M₂+ M_e

= 100 + 150 + 250 = 500 kN.m

Fondasi Telapak Kantilever

Jika fondasi terdiri dari 2 atau lebih fondasi telapak dan diikat oleh satu Balokfondasi telapak kantilever atau fondasi telapak ikat. Fondasi telapak kantilever digunakan jika luasan fondasi berada ditepi luasan Bangunan terbatas oleh batas kuepemilikan.

Balok ikat Balok ikat

================== = 2500 x 0,118 = 295 kNm

====

(16)

Hitungan Fondasi Telapak Kantilever

Hitungan tekanan dasar fondasi terbagi rata secara sama pada fondasi Kolom P1 dan P2.

l1 l2 _R₁ _R2

a1B/2-a1 B2/2

P1 P2

R

r1 r2

B1 B2

q

dan

A

R

r

P

ah netto

netto











tan 2

1

2 1

r

P

R



Hitungan luas pelat fondasi

s =jarak pusat antara kedua A fondasi

bentuk bujur sangkar 2

1 2 1

tan

q

fondasi

diatas

ah

rata

terbagi

beban

q

fondasi

pelat

rata

terbagi

beban

q





1 1

2 2 2

1 2

2 1

2 2 1

1

. .

A b

l A b

s r A A

s A r

A

l b l

b A

 

(17)

CONTOH

• Dua buah kolom berjarak 6 m, sebelah kiri berbatas pada tepi kolom P1 dan bagian kanan P2 bebas. Tebal plat fondasi 0,6 m, muka atas plat fondasi rata dengan muka tanah. Ukuran kolom kanan 60x60 cm2_dan

kolom kiri 40x40 cm2_{. Beban yang bekerja terdiri dari}

• Kuat dukung ijin tanah all=160 kN/m2,beton=24 kN/m2.

Rencanakan bentuk dan ukuran plat fondasi

Beban tetap ₇₀₀ ₁₂₀₀ ₀ ₀

Beban sementara ₁₁₀₀ ₁₆₀₀ ₁₅₀ ₃₀₀

S

r2 r1

r

b1

l1

l2

b2

P1 R P2

O1 O2

(18)

a. Tinjauan terhadap beban tetap R = P1+P2

= 700+1200 = 1900 kN R.r₂ = P₁.r

1900.r₁ = 700.6 r1 = 2.21 m

• Fondasi berbentuk segi empat, R berimpit dengan O

_{all net} =_all– q_plat = 160 – (0,6.24) = 145,6 kN/m2

Luasan ini terdiri dari luasan A1dan A2dengan pusat brat

luasanpelat fondasi (O) sejauh 2,21 m dari pusat kolom P2 13,05m A

145,6 1900 σ

R A A

R σ

net all net

all



 



A. r2= A₁+ s

s = r + a1–(l1/2) a₂ = 1,2 m

= 6 + 0,2 + (2,8/2) = 4,8 m A. r2= A₁+ s

13,05 . 2.21 = A₁+ 4,8 A1 = 6.31 m2

Ditentukan l1= 2,8 m dan bentuk A2adalah bujur sangkar.

Untuk menentukan lebar fondasi b1dicari dengan statis

momen terhadap O2yang brhimpit dengan pusat kolom

P2

7 , 2 7 , 2 62

, 2

74 , 6 31 , 6 05 , 13

25 , 2 8 , 2

31 , 6 b

2 2

2 1

1 1

 

 

  

 

  

use m A

b

m A

A A

(19)

kontrol terhadap beban normal yang bekerja A1 = 6,44 m2

A2 = 7,29 m2

A = 13,73 m2

• Pusat berat alas fondasi gabungan terhadap P2 :

• Kuat dukung yang terjadi :

• Akibat pembulatan ukuran, terjadi perubahan pusat berat alas fondasi (O) terhadap letak R

• e(R)= X2– r2= 2,251 – 2,21 = 0,041

749 , 3 251 , 2 73 , 13 8 , 4 44 , 6 1 1

2    x 

x A s A x  q I x M A R y y ext   

.



terjadi momen akibat resultante beban vertikal (R) My = 1900 x -0,041 = -77,9 kNm

• Mencari inersia :

(20)

S x2 x1 b1 l1 l2 b2

P1 R P2

O1 O2

O1 O O2

e

e1 e2

O’ O

Absis sisi fondasi paling kiri : x1 = -3,949 m Absis sisi fondasi paling kanan : x2 = 3,601 m

(21)

b. Tinjauan terhadap beban sementara R = P1+P2

= 1100 + 1600 = 2700 kN R.r2 = P1.r + M1+ M2

2700.r₂ = 1100.6 + 150 + 300 r₂= 7050/2700 = 2,61 m r_{1 sementara}= 2,61 m

Momen yang bekerja : Akibat beban vertikal

Mr = R (-2,61+2,251)

= 2700 x -0,0359 = -969,3

W1= 24 x 0,6 x 6,44 = 92,74 kN W2= 24 x 0,6 x 7,29

= 104,54 kN

2 2

1 2 max

max

all 2 1 beton 1

max

kN/m

240

.160

1

kN/m

234,55

σ

14,4

417

,

87

3,949

-520,36.

-13,73

2700

σ

1

q

A

R

σ





















y y

I

x

M

Akibat berat pelat fondasi

Mf= -W1. e1+ W2. e2

= -92,74. 2,549 + 104,54. 2,251 = -1,066

(22)

2 2

1 2 min

min

all 2 1 beton 2

min

kN/m

240

.160

1

kN/m

189,91

σ

14,4

417

,

87

51

520,36.3,5

-13,73

2700

σ

1

q

A

R

σ





















y y