Contoh 2:

Rencanakanlah kolom D yang mempunyai bentuk persegi dengan sengkang ikat serta

lakukan pula analisis dari hasil perancangannya. Kolom mempunyai panjang tak tertumpu (lu)

5500 mm dan merupakan bagian dari rangka bangunan dengan portal yang tidak ditahan

terhadap goyangan lateral seperti yang diperlihatkan pada Gambar 4.5. Kolom tersebut

mendukung beban-beban terfaktor sebagai berikut:

a) akibat beban gravitasi:

Pug = 1166 kN, M1b = 60 MNmm, M2b = 19341 MNmm

b) akibat beban angin:

Puw = 327,4 kN , M2s = 159,87 MNmm

Ditetapkan bahwa:

Panjang bentang bersih balok, ln = 6850 mm

d = 0,5 , fc’ = 30 Mpa , fy = 400 Mpa

Gambar 4.5

Portal tanpa pengaku tinjauan terhadap kolom uniaksial (kolom D)

PENYELESAIAN :

Asumsikan ukuran penampang 50 mm x 550 mm, dengan jarak ds = d’ = 50 mm, seperti terlihat

pada Gambar 4.6.

Gambar 4.6

Penampang persegi kolom D

Hitung eksentrisitas dari momen ujung yang terbesar:

e =

M 2b

Pug=1 ,9341 .108

1 ,199.106=165 ,87

.mm

Sedangkan eksentrisitas minimumnya yaitu:

emin = 15 + 0,03h = 15 + 0,03.550 = 31,5 mm

e > emin OK

Lalu hitunglah beban ekivalen akibat kombinasi beban gravitasi dan beban angin.

U = 0,75[(1,2D + 1,6L) + (1,6W)]

Pu = 0,75(1,166 + 0,3274)106 = 1,12.106 N

M1b = 0,75.0,6.108- = 0,45.108 Nmm

M2b = 0,75.1,9341.108 = 1,4506.108 Nmm

M2s = 0,75.1,579.108 = 1,199.108 Nmm

Kemudian dihitung kekakuan kolom.

Ec = 4700√ f ' c=4700√30=25742 ,96 .Mpa

Ig =

112bh3= 1

12350 (550 )3=4 ,8526 .109

.mm4

EI =

Ec I g2,5 (1+βd )

=25742 ,96 .4 ,8526 .109

2,5 (1+0,5 )

= 3,3312.1013 Nmm2

Selanjutnya dihitung angka kelangsingan kolom.

Faktor-faktor kekangan ujung harus ditentukan. Dengan menganggap momen inersia

penampang retak balok sebesar setengah dari momen inersia penampang bruto maka:

1. Momen Inersia balok untuk kondisi di ujung atas kolom yaitu:

Icr ¿I gb2

=12 [ 1

12300 (350 )3]=535937500

.mm4

2. Momen Inersia balok untuk kondisi di ujung bawah kolom yaitu:

Icr

I gb2

=12 [ 1

12300 ( 400 )3 ]=800000000

.mm4

Sehingga faktor-faktor kekangan ujung yang terjadi pada kolom adalah:

A(ujung.atas.kolom) =

Σ EI /I u . .kolom−kolomΣEc I cr /I n . .balok−balok

=

2 (3 ,3312.1013 /5500 )2 (25742 ,96 .535937500/6850 )

= 3,01 3

B(ujung.bawah.kolom) =

Σ EI /I u . .kolom−kolomΣEc I cr /I n . .balok−balok

=

2 (3 ,3312 .1013/5500 )2 (25742 ,96 .800000000/6850 )

= 2,01 2

Dari Gambar 3.10 dengan A = 3 dan B = 2. maka diperoleh k=1,7 sehingga:

klur

=1,7 .55000,3 . 550

=56,67 > 22.(termasuk.kolom.panjang)

Sedangkan beban tekuk Euler yang terjadi adalah:

Pc =

π2EI(klu )

2= π

2 . 3 ,3312 . 1013

(1,7 .5500 )2=3756961,826 .N

Karena 22 < 56,67 < 100 maka digunakan metoda pembesaran momen untuk memperhitungkan

resiko terjadinya tekuk.

Faktor-faktor kekangan ujung pada kolom luar L juga dihitung yaitu untuk mendapatkan nilai

faltor pembesaran momen s. bila dianggap dimensi kolom luar L sama dengan kolom dalam D,

maka:

A =

2(3 ,3312 .1013 /5500 )(25742 ,96 .535937500 /6850)

=

2(3 ,3312 .1013 /5500)(25742 ,96 .800000000 /6850)

= 4,03 4

Berdasarkan gambar 3.10 (lampiran 12.b) dengan A = 6 dan B = 4 diperoleh k = 2,2 sehingga:

PCL =

π2EI(Klu)

2=π

2 . 3 ,3312.1013

(2,2 .5500 )2

= 2243309,85 N

Pc = 2(3756961,826 + 2243309,85)

= 12000543,35 N

Jika ditetapkan bahwa gaya aksial terfaktor yang bekerja pada kolom luar yaitu P uL = 0,9151.106

N, maka:

Pu = 2(1,12.106 + 0,915.106) = 4,0702.106 N

Sehingga bila digunakan faktor reduksi kekuatan = 0,7 maka faktor pembesaran momen yang

terjadi adalah:

b =

1

1−Puφ Pc

= 1

1− 1 ,12 .106

0,7 .3756961 ,826

=1 ,74>1

s =

1

1−Puφ Pc

= 1

1−40702000,7 .12000543 ,35

=1 ,94>1

Mu = Mc = b. M2b + s.M2s

= (1,74. 1,4506 + 1,94.1,199).108 = 4,85.108 Nmm

e =

MuPn

=433 ,04 mm

Desain dan analisis kolom pendek ekivalen. Untuk memahami hitungan yang dilakukan dapat

dilihat Gambar 4.7.

Digunakan angka permulaan total 2,4% dan tulangan kolom dianggap simetris sehingga:

= ’ =

Abd

=12

0 ,024=0 ,012

As = A’s = 0,012.350(550-50) = 2100 mm2

Gunakan tulangan 6D22 masing-masing pada dua sisi berhadapan (As = As’= 2279,64 mm2)

=

2279 ,64350 .500

=0 ,013

Cek apakah eksentrisitas rencana yang diberikan lebih besar atau lebih kecil daripada

eksentrisitas balanced eb.

cb =

600d600+ f y

=

600 . 500600+400

=300.mm

ab = 1cb

= 0,85.300 = 255.mm

f’s = 600( cb−d 'cb )

= 600(300−50300 )=.MPa> f y

dengan demikian digunakan f’s = fy = 400 MPa

Pnb = 0,85f’cbab + As’f’s – As fy

= 0,85.30.350.255 = 2275,875 kN

Mnb= 0,85f’cbab(

h2−ab

2)+A’sf’s(

h2−d ' )

+Asfy(d-

h2)

=0,85.30.350.255(

5502

−2552

)+2279,64.400(

5502

−50)+2279 ,64 .400 (500−5502 )

= 746,0268.MNmm

cb = Mnb/Pnb

= 327,8 < c = 433,04

Karena eksentrisitas yang diberikan (e=433,04mm) lebih besar darieb(327,8mm) maka

keruntuhan kolom tersebut berupa keruntuhan tarik.

Selanjutnya analisis tampang tersebut terhadap beban yang bekerja.

ρ = 0,013,m =

f y0 ,85 f 'c =

4000 ,85.30 = 15,686

h−2e2d =

550−2. 433 ,042. 500 = -0,31608

1-

d 'd = 1-

50500 = 0,9

Pn = 0,85f’c bd [ h−2e

2d+√( h−2e

2d )2

+2mp(1−d 'd )] = 0,85.30.350.500

[−0 ,31608+√(−0 ,31608 )2+2. 15 ,686 .0,9 ] = 1638,9154.kN

Pr’ = Pn = 0,7.1638,9154 = 1,1472.106 > 1,12.106.kN OK

Pr’ = >0,1Agf’c

>0,1(350.550)30

1147,2 > 577,5.kN, maka.tetap.dipakai. =0,7 OK!

Cek apakah benar tegangan pada tulangan desak f’ > fy

a =

Pn0 ,85 f 'cb =

1638915 ,40 ,85. 30 .350 = 183,63.mm

c =

183 ,630 ,85 = 216,03.mm

f’s= 600(216 ,03−50216 ,03 )

= 461,1.Mpa > fy………OK!

jadi dimensi dan penulangan kolom dapat digunakan.