1
Ir.
Muhamad
Ryanto, MT.
Jurusan Teknik Sipil
Universitas Sangga Buana YPKP
GESER (SHEAR)
GESER
Geser pada balok langsing Geser pons (punching shear) Geser pada : balok tinggi
brackets/corbels
deep beam
foundation Geser Friksi
3
Untuk kesetimbangan :
* Jumlah tegangan geser pada penampang harus setimbang dengan gaya geser eksternal.
* Tegangan geser vertikal dan horizontal besarnya pada setiap elemen harus seragam .
l R = w 2l w R dx Shear Forces 4 l R = w l 2 w R dx Shear Forces y b Ai NA T V C dx v w V- w dx T + dT C+dC z qmax= Vz q = b v Section Beam
element stressesFlexural Shearflow stressesShear
vmax
v = V Ab Iiy
Geser pada Balok Elastik Isotropik Homogen
5
Tegangan Geser Rata - Rata Diantara Retak - Retak
T T +ΔT jd C C + ΔC T + ΔT T V M V M + ΔM V Δx T == Mjd dan T + T= M + jdΔM jd = Konstan T == jdM
Untuk Keseimbangan Momen
Tegangan rata - rata geser
Jd = 0.875d bw = lebar balok = M V x T = V x j d ; V bT wx = = v bV w jd = = ;
7 Aksi Balok dan Aksi Busur bila Balok Prismatis dan jd Konstan V == dxd (T jd) V == d(T)dx jd + d(jd) dx T Keadaan Ekstrim Bila jd konstan d(jd) dx = 0 d(T) dx V == jd bila dT dx = 0 d(jd) dx T V == jd varies C T C 8 Momen besar 1000 uVd √fc` M Momen kecil ρ 0 4 8 12 24 ~ 0.16 0.30 V ρωVd √fc’ M √fc’ = 0.14 + 17 < 0.3 V √fc’ ... . .. . . . .. . . .. .. . . ... . ... . .. . . . .. . . . .. . .. ... . .. . . . .. . . . .. . .. . . .. . . . . . . . .. . .. .. . . . . . .. . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . .. . . . . . . .. . . . . .
9
Penurunan Rumus Kekuatan Geser Dari
Balok Tanpa Tulangan Sengkang
Asumsi :
Kapasitas beban dicapai ketika tegangan tarik utama mencapai kekuatan tarik beton yang sebanding dengan fc` Meskipun secara eksak distribusi dari tegangan lentur dan tegangan geser pada suatu potongan tidak diketahui, dapat diasumsikan :
ft = Ec/Esx tegangan tarik tulangan V = tegangan geser rata - rata Ec sebanding dengan √fc’
Vu = gaya geser batas
Mu = momen batas pada potongan tersebut
Tegangan geser v : v = k1 Vu
bd
fs= tegangan baja tulangan Mu
As.d =
dan tegangan tarik ftdalam beton : Mu√fc’ Ec.fs ft Ec.Mu Es As.d.Es As.d.Es Mu bd2 f E α α α α α ρ …… 1
11 Atau dapat ditulis :
k4 ft fc` E bd2 = Mu ……… 2 k4 = Konstanta Es= nilainya tetap
Kekuatan tarik beton dapat ditulis : ……… 3 ft max= k5 fc` ρ 12 ft max= ½ ft + (½ ft)2 + v2
Pada persamaan 4 ada 2 variabel Vu/bd√fc’ dan Mu√fc’ /Es ρVud
Dari 440 test didapatkan :
Persamaan 1 s.d. 3 dirumuskan dalam persamaan tegangan utama : k5 √fc’ = ½Vu ku Mu√fc’ + √{ ½ ku Mu fc’ } + ks2 bd Es Vud ρ Es Vud ρ = k5 ½ku Mu√fc’ + √{ ½ ku Mu fc’ } + ks2 Es Vud ρ Es Vud ρ Vu bd√fc’ ….. 4 Vu ρVud bd√fc’ Mu√fc’ = 0.14 + 17 + ≤ 0.3
13 Penampang tanpa tulangan geser
V = Vcz+ Vd+ Vay A B Vcz C1 Va Vax Vay Vd C D E F T2 Vd Vay Vax Va T1
Penampang dengan tulangan geser
V = Vcz+ Vd+ Vay+ Vs A B Vcz C1 Va Vax Vs Vd C D E F T2 Vd Vay Vax Va T1 T2 Vs Vcz’ C1’ Vc
Mengapa lebih banyak dipakai sengkang dibandingkan tulangan tarik miring :
masalah kalau terjadi tegangan terbalik
sengkang diperlukan sebagai pemegang tulangan
pelaksanaan sulit
15 GESER DALAM BALOK BETON
BERTULANG (PB 1989) Vu< φVn
Vu = beban geser batas (terfaktor)
φ = faktor reduksi = 0.60 PB`89 Vn = Vc+ Vs
Vc = geser yang ditahan beton
Vs = geser yang ditahan baja tulangan Vc= 1/6 √fc’ bw.d
= 1/7 ( √fc’ + 120 ρw ) bVud w.d Mu
(rumus untuk geser yang lebih teliti)
16 1. KERUNTUHAN GESER BALOK
AKIBAT PELELEHAN SENGKANG
Sengkang tidak dapat menahan geser bila tidak memotong retak miring. PB`89 pasal 11.5.4.1.
menentukan bahwa jarak sengkang maksimum (vertikal) adalah :
smax= d/2 atau 600 mm
Bila Vs> 1/3 √fc’ bw.d maka jarak sengkang : smax= d/4 atau 300 mm
Jarak Maksimum Sengkang
45º Max S = d/2 d/2 45º Max S = d d/2
17
2. KERUNTUHAN GESER AKIBAT KEGAGALAN PENJANGKARAN
Keruntuhan akibat sengkang yang mencapai tegangan lelehnya dapat terjadi bila sengkang-sengkang tersebut dijangkarkan dengan sempurna. Sebaiknya sengkang -sengkang diterus-kan masuk ke daerah tekan dan tarik beton dan didetail sesuai dengan syarat-syarat PB`89 pasal 12.12.2 pasal 12.13.5.
fysengkang sebaiknya BJTP/φ24
3. RETAK YANG BERLEBIHAN PADA WAKTU PEMBEBANAN LAYAN
Lebar retak pada tulangan miring > lebar retak pada sengkang.
Lebar retak φ besar - jarak besar >
φ kecil - jarak dekat PB`89 : Vs< 2/3 √fc’ bw.d
19 4. KERUNTUHAN GESER AKIBAT HANCURNYA
BAGIAN BADAN BALOK YANG TERTEKAN Pada bagian balok yang tipis keruntuhan akibat
hancurnya diagonal compression member dibatasi agar tegangan geser yang terjadi < dari (0.2 - 0.25) x tegangan tekan beton yang diijinkan.
PB`89 membatasi Vs< 2/3 √fc’ bw.d
20 Bila retak ≈45°proyeksi horizontal dari retak = d Bila sengkang dipasang miring dengan sudut α, jumlah
sengkang yang memotong bidang retak = d (1+cot α) / s Vc C S Avfy A d B Avfy T Vs = Av.fsy.d
21 Gaya geser yang ditahan sengkang Vs adalah
komponen vertikal dan F yakni F sin α
Jadi : Vs= Avfy( sin α+ cos
α) d s Vc C Avfy d T F =Σ Av fy s F = Avfy d (1 + cot α) s
Kegagalan geser akibat keruntuhan batang tarik.
d d
5. TULANGAN SENGKANG MINIMUM
Sebab keruntuhan geser dari balok tanpa tulangan melintang adalah getas dan mendadak dan karena kegagalan geser sangat berva-riasi dibandingkan dengan nilai pada persamaan geser maka PB`89 ps 11.5.5.1. memberikan syarat tulangan minimum bila
23 Av= bw. s 3 fy Vc= 1/6 √fc` bw.d Vc= 2/3 bw.d Av.fy.d Vs= = 1/3 bs w.d Dimana :
Av = Luas tulangan sengkang (2 kaki) bw = Lebar balok
s = jarak tulangan sengkang fy = mutu tulangan
Vc = kapasitas beton terhadap geser
fc = mutu beton
Vs = kapasitas tulangan terhadap geser
d = tinggi efektif balok
24 LETAK PENAMPANG KRITIS PADA BALOK
BETON DENGAN BEBAN GESER
Tumpuan yang menghasilkan tegangan tekan pada balok, letak penampang kritis dapat dievaluasi pada jarak d dari perlelatakan dan tidak ada beban terpusat yang bekerja dalam daerah d dari perle-takan. Sedang untuk penampang yang menerima tumpuan tarik penampang kritis dievaluasi pada muka kolom.
25 d
KAPASITAS GESER BILA DISERTAI BEBAN AKSIAL
Kapasitas Geser tanpa Beban Aksial
Vc= [(√fc’ + 120 ρw Vu.d ) : 7] bw.d < 0.3 √fc’.bw.d Mu
Kapasitas Geser dengan Beban Aksial Tekan Vu.d Mm Vc= [(√fc’ + 120 ρw ) : 7] bw.d < (0.3 √fc’.bw.d) x 1 +0.3 Nu Ag Mm= Mu- Nu( ) 4k-d 8
27 Kapasitas Geser dengan Beban Aksial Tarik
Vc= (1/6.√fc’.bw.d) ( 1 + )0.3 Nu Ag
28 Langkah Perencanaan terhadap
BEBAN GESER
1. Tentukan besar gaya geser terfaktor Vu pada penampang kritis (mis : Vu= 1.2 VD+ 1.6 VL) 2. Untuk penampang kritis tersebut, hitung Vc;
bila : ≥[ Vc+ √fc’ bw. d ] Vu φ 23 Vu φ bw. s 3 . fy
penampang harus diperbesar 3. Bila : Vc> ≥ ½ Vc
gunakan tulangan minimum : As min =
29 4. Jika : Vφu > Vc
gunakan tul. geser sehingga memenuhi : Vu
31
Stirrups can not sustain the shear force if it does not intersect the diagonal crack. SKSNI - sec 3.4.5 : define that maximum space of each vertical stirrup is :
smax = d/2 or 600 mm
If the shear force in the reinforcement Vs> (√f’c/3) bwd ; then the maximum space of each vertical stirrup is :
smax = d/4 or 300 mm 45º smax= d/2 d/2 45º smax= d d/2
1. Shear Failure in Beams due to Yielding in Stirrup
32
2. Shear Failure due to the Loss of Development Length
* Shear failure due to yielding in the stirrup only could be reached if the stirrups have sufficient development length.
* The stirrups should be anchorage into the compression and tension zone of concrete and should be detailed regarding SNI provision especially sec. 3.5.13.2.
33
Crack width sloping web reinforcement > crack width at vertical stirrups
Crack width at bigger bar diameter and bigger spaced > small bar diameter and close spaced.
Vs< 2/3 . √fc’ bw.d (crack width requirement for shear)
At thin part of beams, failure due to diagonal compression member must be restricted so that the generated shear stress is less than (0.2 to 0.25) times the concrete strength, then :
Vs< 2/3. √fc’ bw.d
3. Excessive Crack at Service Loads
4. Shear Failure due to Web Compression
Beams without web reinforcement will cause a sudden and brittle failure due to so many shear mode failure. Then SNI define :
if Vu > φ(0.5 Vc) → minimum shear reinforcement
5. Shear Failure due to Yielding at Tension Steel
Av min= bws 3 fy
Where :
Av min = minimum shear reinforcement bw = beam width
s = space between each stirrup fy = steel strength
35
Critical section = the location of the first inclined crack.
The critical section must be taken at the face of support when one of the following occurs :
1. Factored shear Vudoes gradually decrease from the face of support but the support is itself a beam or girder and therefore does not introduce compression into the end region of the member.
2. When a concentrated load occurs between the face of support and the distance d therefrom. 3. When any loading may cause a potential
inclined crack to occur at the face of support or extend into instead of away from the support.
Vu
Critical section
d
Critical section
Critical section
Instead of these three condition, critical section could be taken as the location at spacing d from support surface.
36
In The SNI strength design method for shear, it is required that :
Where :
Vu = factored shear force φVn = shear strength capacity
Vn = nominal shear strength
φ = reduction factor for shear = 0.6 (SNI 3.2.3.2.(3)) Vc = portions of shear strength from concrete Vs = portions of shear strength from reinforcement
Vu ≤ φVn Vn = Vc + Vs SNI eq. 3.4-1 SNI eq. 3.4-2 α=30° 35° 40° 45° Contribution of concrete neglected Contribution of stirrups vs Shea r re si stan ce , vu vc
37
For element with bending & shear :
Vc = (√f’c/6) bwd SNI eq. 3.4-3
For element with bending & shear & axial compression : Vc = 2 {1 + (Nu/14Ag)} (√f’c/6) bwd SNI eq. 3.4-4
Where :
Vc = shear force from contribution of concrete (N) f’c = strength of concrete (MPa)
bw = width of beam (mm) d = effective depth of beam(mm) Nu = axial compression ultimate load (N) Ag = section area of element (mm2)
Concrete Contribution to Shear Strength
bw d
Reinforcement Contribution to Shear Strength If using Vertical Stirrups : SNI eq. 3.4-17
Vs =
If using Sloping Stirrups : SNI eq. 3.4-18 Vs =
Minimum Shear Reinforcement : Av min = SNI eq. 3.4-14
Maximum Shear Strength : SNI 3.4.5.6).(8) Vs max = (2√f’c/3) bwd Avfyd s Avfy(sin α+ cosα) d s bws 3 fy Where :
Vs = shear force from contribution of shear reinforcement (N) Av = area of shear reinf. (mm2)
fy = steel yield strength(MPa) d = effective depth of beam(mm) s = spacing of stirrups (mm) bw = width of beam(mm)
s
39 Start Find : Vu Vu> φVc Vu< ½φVc ½φVc≤Vu≤ φVc define : Ø and use Av min Av min = 1 bws 3 fy * No shear -reinforcement no yes φVs= Vu-φVc φVs> φ(2√f’c/3) bwd define : Ø Vs = 1 Avfyd s Change the dimension of beam yes no Finish 2 no yes 40 1 Check :
spacing of shear reinforcement, s Vs> (√f’c/3) bwd s < smax s < smin Finish smax= d/2 or 600 mm smax= d/4 or 300 mm no yes
* Use double stirrups or * Increase Ø 2 yes no no no s = smax Finish
43