Download - Pelat Lentur
1 Review pelat satu arah
Tebal minimum pelat satu arah (one-way slab), dimana rasio bentang panjang terhadap bentangpendek, β ≤ 2 dapat dilihat pada Tabel 1.1.
Tab. 1.1: Minimum thickness of of nonprestressed beams or one-way slabs unless deflectionsare computed
Minimum thickness, hExposure member simply
sup-ported
one endcontinu-ous
both endcontinu-ous
cantilever source
not supporting or solid one-way slabs ℓ/20 ℓ/24 ℓ/28 ℓ/10 ACI Table 9.5(a)attached to partitions or other con-struction likely to be damaged bylarge deflections
beams or ribbed one-wayslabs
ℓ/16 ℓ/18.5 ℓ/21 ℓ/8 ACI Table 9.5(a)
Supporting or attached to portionsor other construction likely to bedamaged by large deflections
all members: ω ≤ 0, 12
and sustained loadtotal load < 0.5
ℓ/10 ℓ/13 ℓ/16 ℓ/4 ACI Table 9.20
all memberssustained load
total load > 0.5ℓ/6 ℓ/8 ℓ/10 ℓ/3 ACI Table 9.20
ω = ρ fy/f ′c
Perhitungan momen yang bekerja pada balok menerus atau pelat satu arah (pelat hanya ditulangiuntuk menahan tegangan lentur pada satu arah), dengan syarat:
1. Terdapat dua bentang atau lebih
2. Panjang hampir bentang sama. Bila terdapat 2 bentang bersebelahan dengan bentangpanjang ℓl dan bentang pendek ℓs, maka ℓs ≥ 80%ℓl.
3. Beban terbagi merata
4. Beban hidup tidak lebih dari 3x beban mati
5. Member prismatis
6. Balok-balok pada struktur tidak mengalami momen yang relatif besar akibat pembebananlateral.
Momen maksimum (positif dan negatif) pada pelat 1 arah:
Mu = Cm(wu · ℓ2n) (1.1)
Geser maksimum:
Vu = Cv
!wu · ℓn
2
", (1.2)
1
dimana Cm dan Cv adalah koefisien dari Gb. 1.1. Besarnya ℓn untuk momen positif adalahpanjang bersih pelat 1 arah pada bentang yang ditinjau, ℓn untuk momen negatif diambil nilairata-rata bentang yang bersebelahan. wu adalah beban terfaktor (persatuan panjang).
Gb. 1.1: Momen dan geser berdasarkan ACI Sec. 8.3.3
1.1 Geser pada pelat 1 arah
Gaya geser (Vv) pada pelat 1 arah dapat diketahui dengan menggunakan Pers. (1.2) akibat bebanmerata. Namun koefisien-koefisien geser yang ada pada Gb.1.1 hanya pada lokasi tumpuan.Untuk mencari gaya geser lapangan pada pelat 1 arah digunakan persamaan berikut:
– Bentang eksterior
Vu =0, 25 wLU
wu
!wu ℓn
2
"(1.3)
– Bentang interior
Vu = 0, 15
!wu ℓn
2
"(1.4)
2
Gb. 1.2: Penampang dengan pelat satu arah
Gb. 1.3: Aksi searah dan dua arah
dimana wLU adalah beban terfaktor (beban hidup).
Kuat geser pelat 1 arah, Vc, dapat dihitung dengan
Vc =1
6
#f ′
c bw d (1.5)
dimana bw=1000mm apabila tebal pelat 1 arah memenuhi syarat, maka
φVc > Vu; φ = 0, 85 (1.6)
Ringkasan langkah-langkah desain untuk pelat 1 arah
1. Perkirakan tebal pelat 1 arah (dapat dengan menggunakan tabel 1.1)
2. Hitung beban terfaktor, wu, sesuai pembebanan yang ada pada sistem struktur.
3. Periksa apakah tebal pelat yang diambil kuat terhadap momen lentur yang terjadi dengan
3
menggunakan persamaan
b d2
106=
Mu
φ kn, (1.7)
dimana
φ kn = φ[f ′c ω(1 − 0, 59ω)]; ω = ρ
fy
f ′c
; ρ ≤ 0, 01. (1.8)
Karena persamaan di atas digunakan untuk pelat 1 arah, maka b=1000 mm.
4. Periksa apakah tebal pelat yang diambil kuat terhadap geser dari pers.(1.6)
5. Apabila syarat 1-4 terpenuhi, baru lakukan perhitungan penulangan untuk pelat 1 arahtersebut.
4
2 Two-way slab
2.1 Perilaku pelat 2 arah terhadap lentur
Terdapat 4 tahap pada pelat sebelum mencapai keruntuhan, yaitu:
1. Sebelum terjadi retak pada beton, pelat berperilaku elastis
2. Sesudah retak (sebelum tulangan leleh), kekakuan mengecil dan pelat tidak lagi isotropisdimana pola retak dapat berbeda pada dua arah. Persamaan elastis masih dapat digunakanuntuk menghitung momen pada pelat.
3. Kelelehan tulangan terjadi pada daerah dengan momen tinggi dan menyebar sebagaimanamomen terdistribusi pada area yang masih pada kondisi elastis (Gb.2.1). Leleh pertamaterjadi pada momen negatif (yang mengakibatkan sendi plastis pada pusat sisi memanjangGb.2.1b.) dan kelelehan terjadi sepanjang sisi memanjang hingga ujung pelat Gb.2.1c.Sementara itu, momen positif membesar di garis yang memotong tengah pelat pada arahpendek pelat (dan pada akhirnya membentuk sendi plastis pada garis ini).
4. Dengan diperbesarnya beban terbentuk daerah leleh yang dibatasi oleh garis leleh yangterbagi atas daerah segitiga dan trapesoid.
Gb. 2.1: Aksi inelastic pada pelat 2 arah dengan perletakan jepit di semua sisi
5
Gb. 2.2: Hubungan antara kurvatur pelat dan momen.
6
Gb. 2.3: Tipe perletakan pelat, yaitu semua jepit.
2.2 Rasio kekakuan balok-pelat α
α =4EcbIb/ℓ
4EcsIs/ℓ(2.1)
dikarenakan panjang, ℓ, dari balok dan pelat adalah sama, maka
α =4EcbIb
4EcsIs, (2.2)
dimana Ecb dan Ecs adalah modulus elastisitas dari balok dan pelat. Ib dan Is adalah momeninersia dari balok dan pelat. Penampang balok dan pelat yang diperhitungkan untuk Ib dan Is
dapat dilihat pada Gambar 2.4 untuk bagian yang diarsir. Nilai α akan sering dipakai untukperhitungan selanjutnya.
2.3 Penentuan tebal pelat
Tebal minimum pelat 2 arah untuk kondisi dengan balok tumpuan di antara kolom-kolom inte-rior:
1. Untuk αm ≤ 0, 2 digunakan Tabel 2.1.
7
Gb. 2.4: Balok dan pelat untuk perhitungan α.
Gb. 2.5: Penampang balok seperti disyaratkan ACI Sec. 13.2.4
Tab. 2.1: Minimum thickness of slabs without interior beams
8
2. Untuk 0, 2 ≤ αm ≤ 2
hmin =ℓn(0, 8 + fy/1500)
36 + 5β(αm − 0, 2)≥ 12 cm (2.3)
3. Untuk αm ≥ 2
hmin =ℓn(0, 8 + fy/1500)
36 + 9β≥ 9 cm (2.4)
dimanah = tebal pelat 2 arahℓn = panjang bersih bentang terpanjang pada panel yang ditinjauαm = nilai rata-rata α untuk keempat sisi dari panel yang ditinjauβ = perbandingan bentang (bersih) panjang
bentang (bersih) pendekKondisi two-way slab: β ≤2
2.4 Distribusi momen menggunakan tabel PBI 1971
Penentuan momen lentur yang bekerja pada pelat 2 arah dapat dilakukan dengan tabel koefisienmomen Tabel 2.2. Momen lentur yang bekerja adalah perjalur selebar 1 meter, masing-masingpada arah x dan arah y.
Penggunaan tabel dibatasi dengan syarat-syarat:
1. Beban terbagi rata
2. Panjang bentang terpendek ≥0,8 panjang bentang terpanjang
3. Pada setiap bentang: wu,min ≥ 0, 4wu,max
! Contoh 2.1 Desain pelat lantai untuk panel 4×3m (interior). Mutu beton f ′c=20MPa,
fy=240MPa, Beban hidup (LL)=2kN/m2, SDL=0,84kN/m2 (belum termasuk berat sendiri).Ukuran balok ✷/ 15/30 dan ✷/ 25/30. Modulus elastisitas baja E = 2 × 105 MPa.
15/30
25/3025/30
15/30
A B
C D
4000
mm
3000 mm
y
x
Bentang bersih:ℓnx = 3000-2·12 · 250 = 2750 mm
ℓny = 4000-2·12 · 150 = 3850 mm
β =ℓny
ℓnx=
3850
2750= 1,4
9
Tab. 2.2: Tabel momen pelat 2 arah per meter lebar pada jalur tengah akibat beban terbagi rata[]
Skema & Penyaluran beban momen /meter lebarℓy
ℓx1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,5 3,0
I
0,3x
0,3 y 12
12
12
12y
x
mℓx = 0, 001wuℓ2xx 41 56 67 79 87 97 110 117mℓy = 0, 001wuℓ2xx 41 35 31 28 26 25 24 23mtix = 1
2mℓx
mtiy = 12mℓy
II
12
12
12
12
mℓx = 0, 001wuℓ2xx 25 34 42 49 53 58 62 65mℓy = 0, 001wuℓ2xx 25 22 18 15 15 15 14 14mtx = −0, 001wuℓ2xx 51 63 72 78 81 82 83 83mty = −0, 001wuℓ2xx 51 54 55 54 54 53 51 49
III
0,3x
0,3 y
58
58
12
12
mℓx = 0, 001wuℓ2xx 30 41 52 61 67 72 80 83mℓy = 0, 001wuℓ2xx 30 27 23 22 20 19 19 19mtx = −0, 001wuℓ2xx 68 84 97 106 113 117 122 124mty = −0, 001wuℓ2xx 68 74 77 77 77 76 73 71mtix = 1
2mℓx
mtiy = 12mℓy
IV
12
12
12
12
mℓx = 0, 001wuℓ2xx 24 36 49 63 74 85 103 113mℓy = 0, 001wuℓ2xx 33 33 32 29 27 24 21 20mty = −0, 001wuℓ2xx 69 85 97 105 110 112 112 112mtix = 1
2mℓx
V
12
12
12
12
mℓx = 0, 001wuℓ2xx 33 40 47 52 55 58 62 65mℓy = 0, 001wuℓ2xx 24 20 18 17 17 17 16 16mtx = −0, 001wuℓ2xx 69 76 80 82 83 83 83 83mtiy = 1
2mℓy
VA
0,3 y
0,3x
12
58
12
12
mℓx = 0, 001wuℓ2xx 31 45 58 71 81 91 106 115mℓy = 0, 001wuℓ2xx 39 37 34 30 27 25 24 23mty = −0, 001wuℓ2xx 91 102 108 111 113 114 114 114mtix = 1
2mℓx
mtiy = 12mℓy
VB
0,3x 1
2
12
12
58
0,3 y mℓx = 0, 001wuℓ2xx 39 47 57 64 70 75 81 84mℓy = 0, 001wuℓ2xx 31 25 23 21 20 19 19 19mtx = −0, 001wuℓ2xx 91 98 107 113 118 120 124 124mtix = 1
2mℓx
mtiy = 12mℓy
VIA
12
12
12
58
mℓx = 0, 001wuℓ2xx 25 36 47 57 64 70 79 63mℓy = 0, 001wuℓ2xx 28 27 23 20 18 17 16 16mtx = −0, 001wuℓ2xx 54 73 88 100 108 114 121 124mty = −0, 001wuℓ2xx 60 69 74 76 76 76 73 71mtix = 1
2mℓx
VIIB
12
58
12
12
mℓx = 0, 001wuℓ2xx 28 37 45 50 54 58 62 65mℓy = 0, 001wuℓ2xx 25 21 19 18 17 17 16 16mtx = −0, 001wuℓ2xx 60 70 76 80 82 83 83 83mty = −0, 001wuℓ2xx 54 55 55 54 53 53 51 49mtiy = 1
2mℓy
10
Penentuan tebal pelat 2 arah
Asumsi αm > 2
hmin =ℓn(0, 8 + fy/1500)
36 + 9β(αm − 0, 2)=
3850(0, 8 + 240/1500)
36 + 9(1, 4)≥ 76, 04 mm → Ambil h=100 mm
Periksa apakah asumsi benar
Arah x
hw = 300 − 100 = 200 mm
b = min$
bw + 2hw = 250 + 2 · 200 = 650 mmbw + 2(4h) = 250 + 2 · (4 · 100) = 1050 mm
%= 650 mm
Ib = 8, 57 · 108 mm4
Is =1
12(3000
2+
3000
2) · 1003 = 25 · 107 mm4
α =Ib
Is= 3, 428
250
650300
150
550300
penampang balok arah x penampang balok arah y
Arah y
hw = 300 − 100 = 200 mm
b = min$
bw + 2hw = 150 + 2 · 200 = 550 mmbw + 2(4h) = 150 + 2 · (4 · 100) = 950 mm
%= 550 mm
Ib = 5, 83 · 108 mm4
Is =1
12(4000
2+
4000
2) · 1003 = 33, 333 · 107 mm4
α =Ib
Is= 1, 749
αm =2 · 3, 428 + 2 · 1, 749
4= 2, 5885 . . . > 2 OK!,
maka tebal pelat =100 mm bisa digunakan (sesuai asumsi).
11
Menentukan momen-momen pada pelat 2 arah
Menghitung beban merata terfaktor wu:
wDL = wSDL + berat sendiri= 0, 840 + 0, 10 · 24 = 3, 24 kN/m2
wLL = 2 kN/m2
wu = 1, 2wDL + 1, 6wLL = 7, 088 kN/m2
Dengan menggunakan Tabel 2.2 untuk β=1,4 dan kondisi pelat adalah keempat sisi meneruspada tumpuan, maka digunakan koefisien momen II. Dengan panjang sisi pendek ℓx=2750 mm,maka momen pada pelat:
Mℓx = 0,001 wuℓ2x × 42 = 0,001 · 7, 088 · 2, 752 × 42 = 2, 251 kNm/m,
Mtx = −0,001 wuℓ2x × 72 = −0,001 · 7, 088 · 2, 752 × 72 = −3, 860 kNm/m,
Mℓy = 0,001 wuℓ2x × 18 = 0,001 · 7, 088 · 2, 752 × 18 = 0, 965 kNm/m,
Mty = −0,001 wuℓ2x × 55 = −0,001 · 7, 088 · 2, 752 × 55 = −2, 950 kNm/m.
Penulangan pelat 2 arah
– Penulangan tumpuan arah x
Mtx = 3,860 kNm/m = 3,860×106 Nmm/m
Lebar pelat diambil per meter lebar yaitu bw=1000 mm.
Momen nominal penampang:
Mn =Mu
φ=
3, 860 × 106
0, 9= 4, 288 × 106 Nmm
Dengan selimut beton = 25 mm dan (dicoba) menggunakan tulangan berdiameter 8 mm,maka jarak pusat tulangan ke serat tekan terluar adalah
d = 100 − 25 − 1
2× 8 = 71 mm.
Dengan asumsi perkiraan lengan momen
jd = 0, 85 − 0, 9d,
dan asumsi tulangan tarik leleh maka perkiraan luas tulangan yang diperlukan adalah
As =Mu
φfyjd=
4, 288 × 106
240 · (0, 9 × 71)= 280 mm2 (2.5)
12
atau perhitungan luas tulangan menggunakan
As =0, 85f ′
c bw d
fy−
&!0, 85f ′
c bw d
fy
"2
− 1, 7f ′c bw Mn
f2y
(2.6)
=0, 85 · 20 · 1000 · 71
240−
&!0, 85 · 20 · 1000 · 71
240
"2
− 1, 7 · 20 · 1000 · 4, 288 × 106
2402
= 258, 29 mm2
Syarat tulangan minimum pada pelat (ACI Sec. 10.5.4)
ρmin = 0, 0018 b h = 0, 0018 · 1000 · 1000 = 180 mm2 < As perlu . . . OK!,
maka digunakan tulangan φ8-150 (As=335 mm2) untuk tumpuan arah x.
– Langkah yang sama dilakukan untuk penulangan tumpuan dan lapangan pada arah x dany.
– Hasil perhitungan disajikan dalam tabel dan gambar sketsa.Arah x Arah y
tumpuan lapangan tumpuan lapanganMu [×106 Nmm] 3,860 2,251 2,950 0,965Mn [×106 Nmm] 4,288 2,501 3,276 1,072As perlu [mm2] 258,29 149,01 196,08 63,32tulangan φ8-150 φ8-200 φ8-200 φ8-250
A B
C D
4000
mm
3000 mm
y
x
φ8-150 φ8-150
φ8-200
φ8-2
50φ8
-200
φ8-2
00
13
2.5 Perhitungan menggunakan Direct Design Method
Metoda ini merupakan metoda empiris (pendekatan) untuk mengetahui momen-momen yangdapat dipergunakan untuk mendesain sistem pelat 2 arah yang mengalami kondisi pembebananmerata. Di dalam metoda ini momen-momen yang timbul di setiap bentang pada portal (struk-tur) didistribusikan di antara tumpan (momen negatif) dan momen positif di lapangan.
ACI Code 13.6.1 mensyaratkan kondisi-kondisi agar metoda ini dapat dipergunakan:
1. Setidaknya ada 3 bentang menerus pada masing-masing arah struktur.
2. Panjang bentang bersebelahan pada masing-masing arah tidak boleh berbeda lebih dari 13
bentang yang lebih panjang.
3. Pembebanan yang ditinjau hanya terhadap beban gravitasi. Tidak dapat digunakan untukstruktur bergoyang dengan beban lateral, foundation mats, pelat prategang.
4. Beban haruslah beban merata dan beban hidup harus lebih kecil dari 2×beban mati →LL ≤ 2 × DL. Beban papan catur dengan rasio LL ≥ 2 × DL akan menghasilkanmomen yang lebih besar dari yang diperhitungkan pada metoda ini.
5. Panel pelat yang ditinjau haruslah segiempat, dengan rasio bentang panjang terhadap ben-tang yang lebih pendek ≤2.
6. Apabila panel pelat ditumpu balok pada keempat sisinya syarat kekakuan relatif balokpada 2 arah yang saling tegak lurus:
2, 0 ≤ α1(ℓ2)2
α2(ℓ1)2≤ 5, 0 (2.7)
7. Letak pusat penampang kolom dapat menyimpang max.10% dari bentang pada arah peny-impangan dari sumbu antara garis pusat kolom yang berurutan.
Metoda ini didasarkan pada kondisi bahwa perubahan momen di antara tumpuan dan lapangan(tengah-tengah bentang) akibat beban merata sama dengan 1
8w ℓ2n atau sama dengan luas daerah
di bawah diagram bidang geser (Gb.2.6)
Apabila momen negatif yang terjadi pada tumpuan Ms mempunyai besar yang sama(kasus padapanel interior pada umumnya), penjumlahan antara momen tengah bentang Mc dan Ms:
Mc + Ms = Mo, (2.8)
untuk pelat yang mengalami pembebanan merata dengan lebar ℓ2 panjang bentang bersih ℓn,beban merata wu,
Mo =wuℓ2ℓ2
n
8, (2.9)
dimana ℓ2 adalah panjang bentang tegak lurus bentang yang ditinjau, dan ℓn diukur di antaramuka tumpuan (kolom, dinding, dsb) tetapi tidak boleh kurang dari 0,65ℓ1 atau harus terpenuhi
ℓn ≥ 0, 65ℓ1, (2.10)
14
n
wMsMs
w2
w2
Area=w n²/8=Mo
Mo=Ms+McMs Mc
Gb. 2.6: Bidang momen dan gaya geser pada balok diatas perletakan sendi rol.
dimana ℓ1 adalah panjang di antara sumbu kedua tumpuan(kolom) pada arah bentang yangditinjau.
2.5.1 Langkah-langkah Direct Design Method
1. Mo dihitung dengan menggunakan pers.(2.9)
2. Mo dibagi ke dalam momen tumpuan dan momen tengah bentang pada struktur pelatbentang yang ditinjau (Gb.2.7). Gb.2.7(a) untuk bentang interior dan Gb.2.7(b) untukbentang eksterior.
3. Mc dan Ms didistribusikan di sepanjang lebar dari pelat (arah tegak lurus bentang yangditinjau) di antara lajur kolom dan lajur tengah bentang yang ditinjau (Gb.2.8).
Dari Gb.2.7a terlihat untuk panel interior momen negatif pada tumpuan=0,65Mo dan momenpositif di tengah bentang adalah 0,35Mo. Nilai-nilai momen (Mc dan Ms) ini mempunyai besarkurang lebih sama dengan momen-momen yang timbul pada struktur balok sederhana (jepit-jepit) akibat beban merata karena asumsi pada panel interior tumpuan tidak mengalami rotasiyang signifikan. Asumsi ini dapat digunakan karena momen-momen ujung di setiap tumpuanmempunyai besar yang sama. Dalam metoda ini kondisi seimbang ini dapat tercapai dikare-nakan syarat-syarat yang membatasi panjang setiap bentang panel dan perbandingan antara be-ban hidup terhadap beban mati sesuai dengan syarat-syarat dari ACI yang telah disebutkansebelumnya.
Untuk panel eksterior Gb.2.7(b), terlihat bahwa koefisien untuk Mc dan Ms terhadap Mo meru-pakan fungsi dari
αec =Kec'
(Ks + Kb)(2.11)
dimana Kec adalah kekakuan efektif kolom, Ks adalah kekakuan efektif pelat, Kb adalah kekakuanefektif balok. Untuk mempermudah proses desain, koefisien untuk Mo(Mc dan Ms) dapat dili-hat pada tabel 2.3 untuk 5 kondisi yang umum terjadi.
15
w
Ms=0,65MoMc=0,35MoMs=0,65Mo
(a) Momen pada bentang interior.
w
Mc=(0,63- )Mo
Ms= Mo
0,281+1/αec
Ms=(0,75- )Mo 0,101+1/αec
0,651+1/αec
kolomeksterior
(b) Momen pada bentang eksterior.
Gb. 2.7: Bidang momen pada panel interior dan eksterior.
2b2a
lajur kolom
2a14 2b
14
lajur tengah
2b12
x
2b+x12
lebar ekivalenportal ujung
lebar ekivalen portal interior
1a1b
Gb. 2.8: Pembagian lajur panel pelat.
16
Tab. 2.3: Distribution of Total Factored Static Moment, Mo, in an Exterior Spans
Slab without beamsbetween interior sup-ports
Exterioredge unre-strained
Slab withbeamsbetweenall support
Withoutedge beam
With edgebeam
Exterioredge fullyrestrained
Interior negativefactored moment
0,75 0,70 0,70 0,70 0,65
Positive factoredmoment
0,63 0,57 0,52 0,50 0,35
Exterior negativefactored moment
0 0,16 0,26 0,30 0,65
Tab. 2.4: Percentage of positive moment to column strip
α1ℓ2
ℓ1
ℓ2/ℓ1
0,5 1,0 2,00 60 60 60
≥ 1 90 75 45
Tab. 2.5: Percentage of negative moment to the column strip at an interior support
α1ℓ2
ℓ1
ℓ2/ℓ1
0,5 1,0 2,00 75 75 75
≥ 1 90 75 45
2.5.2 Distribusi momen-momen pada panel yang ditinjau
Langkah terakhir dari DDM adalah mendistribusikan momen positif, Mc, dan momen negatif,Ms, di antara lajur kolom dan 1
2 lajur tengah sebagai momen-momen yang dipergunakan untukdesain. Besar persentasi pendistribusian momen desain terhadap lajur kolom dapat dilihat padaTabel 2.4 untuk momen positif, Tabel 2.5 untuk momen negatif interior dan Tabel 2.6 untukmomen negatif eksterior. Pada Tabel 2.4 dan 2.5 faktor distribusi ditampilkan untuk 3 nilai(0,5; 1,0 dan 2,0) terhadap dimensi panel ℓ2
ℓ1dan 2 nilai (0 dan 1) untuk α1
ℓ2ℓ1
.
Untuk pelat tanpa balok (flat plate) dimana α = 0, maka α1ℓ2ℓ1
= 0. Dalam hal ini 75% momennegatif dipikul oleh lajur kolom.
α1 =Ib
Is, (2.12)
dimana α adalah kekakuan relatif, Ib dan Is adalah momen inersia balok dan pelat seperti padagambar 2.4.
Digunakan interpolasi linier apabila didapatkan nilai-nilai yang tidak ada secara tepat dalamTabel 2.4 dan 2.5.
Untuk panel eksterior digunakan Tabel 2.6 untuk menentukan besar distribusi momen antara
17
Tab. 2.6: Percentage of negative moment to the column strip at an exterior support
α1ℓ2
ℓ1βt
ℓ2/ℓ1
0,5 1,0 2,00 0 100 100 1000 ≥2.5 75 75 75
≥ 1 0 100 100 100≥ 1 ≥2.5 90 75 45
Gb. 2.9: Penampang balok yang mengalami torsi.
lajur kolom dan lajur tengah. Pada panel eksterior ini, distribusi momen dipengaruhi olehkekakuan torsional balok-balok tumpuan, βt, pinggir dari struktur panel pelat
βt =EcbC
2EcsIs, (2.13)
dimana C analog dengan momen inersia polar dan Is adalah momen inersia pelat selebar ℓ2
yang tegak lurus bentang yang ditinjau.
Nilai C dihitung dengan
C =( !
1 − 0, 63x
y
"x3y
3, (2.14)
dimana x adalah panjang sisi pendek dari penampang segiempat dan y adalah panjang sisipanjang dari penampang segiempat.
18
Untuk perhitungan C, balok ujung dibagi menjadi bagian-bagian segiempat. Kemudian hitungbesarnya C sebagai penjumlahan C. Dari begbagai kemungkinan kombinasi elemen-elemensegiempat, ambillah yang menghasilkan nilai C terbesar. Dalam hal ini, C akan lebih besardengan mengambil lebar yang besar. Pembagian elemen seperti pada Gb.2.10a akan meng-hasilkan nilai C yang lebih besar daripada Gb.2.10b.
Gb. 2.10: Pembagian penampang balok menjadi elemen-elemen segiempat.
Apabila terdapat balok di antara kolom tumpuan pada bentang yang ditinjau, maka sebesar 85%momen dilimpahkan pada elemen balok apabila α1
ℓ2ℓ1
≥ 1.
Untuk 0 ≤ α1ℓ2ℓ1
≤ 1, maka persentase momen yang diterima balok ditentukan dengan interpo-lasi linier di antara 85% dan 0.
! Contoh 2.2 Jika didapat α1ℓ2ℓ1
= 0, 8, maka balok menerima 0, 8 · 85% = 68% dari momenyang terjadi pada lajur kolom.
Setelah didapat momen-momen pada lajur tengah dan lajur kolom lalu dicari As perlu yangsesuai, detailing penulangan pelat tanpa balok dapat dilihat pada Gambar 2.8.
! Contoh 2.3 Diketahui sistem pelat 2 arah seperti pada Gb.2.11. Dengan DDM hitunglahmomen desain rencana positif dan negatif untuk panel eksterior dan interior (As-2 arah x).f ′
c=21MPa, fy=400MPa, wDL=6.5kN/m2, wLL=2.5kN/m2.
Tebal pelat 200mm, Balok ✷/ 300/600, seluruh kolom ✷/ 300/300
Solusi:
1. Mencari beban terfaktor
wu = 1, 2 · 6.5 + 1, 6 · 2.5 = 11.8 kN/m2
2. Panel interior (As B-C)
ℓ2 =1
2· 7 +
1
2· 7 = 7 m; ℓn = 8 − 1
2· 0, 3 − 1
2· 0, 3 = 7, 7 m
Momen statis (statical moment)
M0 =1
8wu ℓ2 ℓ2
n kNm
19
700
CBA
2
7m7m
8m 8mx
y
b b a a
3
1
a
a300
1120
600
300
600200
2
Pot. b-b
Pot. a-a
Gb. 2.11: Denah pelat 2 arah.
Pembagian M0 untuk momen positif dan momen negatif:
M tengah bentang (Mc) =0, 35 · M0 = 0, 35 · 69258, 13 = 214.2592 kNmM tumpuan (Ms) =0, 65 · M0 = 0, 65 · 69258, 13 = 397.91 kNm
a) Distribusi momen tengah bentang Mc (positif) Untuk distribusi Mc terhadap lajurkolom, dan lajur tengah digunakan Tabel2.4 untuk menentukan koefisien-koefisienMc.
Ib (pot A-A) = 9, 38 · 109mm4; Is =1
12· 7000 · 203 = 4, 6667 · 109mm4.
Ratio lebar pelat:
ℓ2
ℓ1=
7
8= 0, 875
α1 =Ib
Is=
9, 38 · 109
4, 6667 · 109= 2, 01
α1 ·ℓ2
ℓ1= 2, 01 · 7
8= 1, 759
Untuk nilai α1ℓ2ℓ1
=1,769 dan ℓ2ℓ1
=0,875 hasil interpolasi linier dari Tabel 2.4 didapatpersentase distribusi momen positif pada lajur kolom sebesar 78,75%.Maka didapatMomen lajur kolom = 0,7875 · 24240,35 = 168.7291 kNmMomen lajur tengah = 0,2125 · 24240,35 = 45.53 kNm
20
sehingga momen desain per-meter untuk lajur tengah
M =45.53
12 · 3, 5 + 1
2 · 3, 5= 13.0086 kNm/m
Dikarenakan α1ℓ2ℓ1
>1, maka 85% momen pada lajur kolom dilimpahkan pada balok=0,85· 168.7291=143.42 kNm.Momen penyeimbang lajur kolom sebesar 0,15·168.7291=25.31 kNm didistribusikanmerata pada lebar lajur kolom dikurangi lebar balok pada lajur kolom tersebut.Lebar jalur kolom = 1
4 · 7 + 14 · = 3, 5 m
Lebar masing-masing sisi pada jalur kolom setelah dikurang lebar balok = 3,52 − 1
2 ·0, 112 = 1, 694 m sehingga momen penyeimbang per-meter pada lajur kolom
M =25.31
2 · 1, 694= 7.47 kNm/m
Lihat Gambar 2.12.
lajurkolom Balok
M4
M3
M4
M1 Mc
M2
M2
B
2
12 lajur tengah
12 lajur tengah
Gb. 2.12: Distribusi momen tengah bentang pada bentang interior B-C.
b) Distribusi momen ujung Ms (negatif)Untuk ℓ2
ℓ1=0,875 dan α1 · ℓ2
ℓ1=1,759 dilakukan interpolasi linier pada Tabel 2.5 se-
hingga didapat 78,75%. Momen lajur kolom = 0,7875 · 397.91 = 313.3541 kNmMomen lajur tengah = 0,2125 · 397.91 = 84.5559 kNm
Dikarenakan α1 · ℓ2ℓ1
>1, maka 85% momen lajur kolom didistribusikan pada balok=0,85 · 313.3541=266.351 kNm.Momen penyeimbang lajur kolom sebesar 0,15·313.3541=47.0031 kNm didistribusikankedua sisi balok pada lajur kolom. (Lihat Gb. 2.13)
3. Panel eksterior (As A-B)Distribusi momen negatif dan momen positif (Ms dan Mc) untuk panel eksterior sesuaidengan Gambar 2.7(b)Agar memudahkan, digunakan Tabel 2.3 untuk menentukan koefisien pengali M0, se-hingga kita tidak perlu menghitung besaran αec.
21
Balok
M4
M3
M4
M1Ms
M2
M2
2
12 lajur tengah
12 lajur tengah
lajurkolom
Cmuka kolom
Gb. 2.13: Distribusi momen tumpuan pada bentang interior B-C.
Dari Tabel 2.3 untuk kondisi panel pelat dengan tumpuan balok di keempat sisinya didapatkoefisien M0:
– Momen negatif (eksterior) = 0,16– Momen positif (tengah bentang) = 0,57– Momen negatif (interior) = 0,7
Ms (eksterior) : Ms = 0, 16M0 = 0, 16 · 612.16925 = 97.9471 kNmMc (tengah bentang) : Mc = 0, 57M0 = 0, 57 · 612.16925 = 348.9364 kNm
Ms (interior) : Ms = 0, 7M0 = 0, 7 · 612.16925 = 428.5185 kNm
a) Distribusi M+c tengah bentang
Dari perhitungan sebelumnya (2a) untuk α1 · ℓ2ℓ1
=1,759 dan ℓ2ℓ1
=0,875:Momen lajur kolom = 0,7875 · 348.9364 = 274.7874 kNmMomen lajur tengah = 0,2125 · 348.9364 = 74.149 kNmDikarenakan α1 · ℓ2
ℓ1>1, maka 85% momen lajur kolom didistribusikan pada balok
=0,85 · 274.7874=233.5693 kNm.Momen penyeimbang lajur kolom (tidak termasuk lebar balok) sebesar0,15·274.7874=41.2181 kNm didistribusikan kedua sisi balok pada lajur kolom ataumasing-masing sebesar 41.2181
2 kNm.Setiap 1
2 lebar jalur tengah menerima momen sebesar 74.1492 =37.0745 kNm.
b) Distribusi momen M−s interior
Momen pada lajur kolom= 0, 7875 · 428.5185 = 337.4583 kNmDikarenakan α1 · ℓ2
ℓ1>1, maka 85% momen lajur kolom didistribusikan pada balok
=0,85 · 337.4583=286.84 kNm.Momen lajur tengah sebesar 0,2125·428.5185=91.0602 kNm didistribusikan keduasisi balok pada lajur kolom atau masing-masing sebesar 91.0602
2 =45.5301 kNm untuksetiap 1
2 lajur tengah.
22
Tab. 2.7: Distribusi momen pada pelat interior dan eksterior arah x [kNm].
as A as B as CM− eks. M+ tengah M− int. M+ tengah M− int.
12 lajur tengah 1.3223 37.0745 45.5301 22.76505 38.7006
14.2954 20.6091 27.237 27.237 47.0031
Lajur kolom balok 81.0071 233.5693 286.84 143.42 266.351
14.2954 20.6091 27.237 27.237 47.0031
12 lajur tengah 1.3223 37.0745 45.5301 22.76505 38.7006
c) Distribusi M−s eksterior
Untuk α1 · ℓ2ℓ1
=1,759 dan ℓ2ℓ1
=0,875 digunakan Tabel 2.6 untuk mencari koefisiendistribusi M0. Untuk itu diperlukan nilai βt untuk menggunakan tabel 2.6 ini dariPers.(2.15)Dari Gb. 2.11 potongan A-A dan potongan B-B:
C =
!1 − 0, 63
300
600
"3003 · 600
3+
!1 − 0, 63
200
400
"2003 · 400
3
= 2968333333mm4
Is =1
12· 7000 · 2003 = 4666666667mm4
βt =EcbC
2EcsIs= 0, 318,
Interpolasi pada tabel 2.6, didapat persentase distribusi momen negatif pada lajurkolom untuk tumpuan eksterior sebesar 97,3%.Momen lajur kolom = 0,973 · 97.9471 = 95.3025 kNm karena α1 · ℓ2
ℓ1>1, maka 85%
momen dilimpahkan ke balok = 0,85 · 95.3025 = 81.0071 kNmMomen lajur tengah = (1-0,973) · 97.9471 = 2.6446 kNm atau sebesar 1
2 · 2.6446 =1.3223 kNm untuk setiap lajur 1
2 lajur tengah.Hasil perhitungan panel eksterior ini dapat dilihat pada Tabel 2.7
23
2.6 Perhitungan menggunakan Equivalent Frame Method
Metoda portal ekivalen (Equivalent frame method (EFM)) merupakan metoda yang lebih kuatdibandingkan dengan metoda desain langsung(DDM). Perbedaannya terletak pada penentuanvariasi momen sepanjang bentang portal. Metoda ini lebih luas digunakan, tidak dibatasi olehbentang yang relatif seragam seperti halnya DDM.
Berikut adalah perbandingan antara DDM dan EFM:DDM EFM
Distribusi momen sepanjangportal dengan koefisien momen dengan distribusi momen
Pembatasan luas, bentang ataubeban dibatasi tidak dibatasi
Momen inersia penampangtegak lurus sumbu memanjang disederhanakan
variasi penampang diperhi-tungkan
Efek pembebanan lateral tidak dapat diperhitungkan dapat diperhitungkan
Cara perhitungan sederhanalebih rumit karena dilakukananalisis untuk kekakuan yangbervariasi
Besaran momen Momen statik M0
karena perhitungan yang lebihteliti, maka momen tidak lebihbesar dari M0
2.6.1 Koefisien kekakuan
Seperti halnya pada DDM, struktur dibagi menjadi portal menerus pada kedua arah tegak lurus-nya (Gb.2.14). Tiap lantai dianalisis secara terpisah.
Tinjau potongan pada portal ekivalen, Gb. 2.15:- Kolom diasumsikan terjepit pada lantai di atas dan di bawah.- Kolom dianggap menahan torsi MT yang ekivalen dengan beban luar torsi mT sepanjangbalok.Fleksibilitas pada kolom dan fleksibilitas pada lajur pelat dianggap sama dengan fleksibilitasyang ditahan oleh kolom ekivalen. Fleksibilitas dalam hal ini berupa rotasi.Dari hubungan itu, didapat besarnya kekakuan ekivalen:
1
Kec=
1
ΣKc+
1
Kt(2.15)
dimanaKec = kekakuan lentur dari kolom ekivalen [momen per satuan rotasi]ΣKc = jumlah kekakuan lentur dari kolom atas dan kolom bawah pada joint [momen per satuan
24
leba
r fra
me
ekiv
alen
arahx
y
x
A
D
B
C
lebar frame ekivalen arah y
Gb. 2.14: Denah lantai dengan portal ekivalen
rotasi]Kt = kekakuan torsi dari balok torsi [momen per satuan rotasi]
Atau bisa juga dinyatakan sebagai:
Kec =ΣKc
1 + ΣKcKt
(2.16)
Kekakuan kolom untuk portal ekivalen dinyatakan sebagai:
Kc =EI
l′
)1 + 3
!l
l′
"2*
(2.17)
dimanaI= momen inersia koloml= panjang bentang (pada centerline)l′= panjang bentang bersih
Carry-over faktor didekati dengan
−1
2(1 + 1/3h) (2.18)
25
c2c1
kolomatas
kolombawah
h
lajur pelat
lajur pelat
lebar portal ekivalen
tinggi lantail1
MT Torsional momentmT
l2
Gb. 2.15: Elemen-elemen pada portal ekivalen
Referensi [8] memberikan pendekatan yang lebih sederhana untuk Kc, dinyatakan dalam
Kc =4EI
L − 2h(2.19)
dimana h adalah tebal pelat.
Kekakuan torsi dari pelat pada lajur kolom
Kt =( 9EcsC
L2[1 − (c2/L2)]3(2.20)
dimana konstanta torsi adalah
C =Σ(1 − 0, 63x/y)x3y
3(2.21)
dan x= dimensi terkecil dari bagian segiempat dari penampang pada pertemuan kolom (sepertitebal pelat)y= dimensi terbesar dari bagian segiempat dari penampang pada pertemuan kolom (seperti lebarkolom)LA= bandwidthLn= bentangc2= dimensi kolom pada arah paralel terhadap balok torsi
Kekakuan balok didapat dari
Ks =4EcsIs
Ln − c1/2(2.22)
26
Maka, faktor distribusi untuk momen jepit
DF =Ks
ΣK(2.23)
dimana ΣK = Kec + Ks(kiri) + Ks(kanan)
2.6.2 Momen di muka kolom
Momen yang dihasilkan pada metoda EFM adalah momen pada titik pertemuan balok dankolom. Untuk menentukan besarnya momen di muka kolom, seperti yang disarankan olehPortland Cement Association (PCA), digunakan sesuai gambar 2.16.
Untuk kolom yang lebar sehingga melebihi 0, 175ℓ1, dimana ℓ1 adalah jarak antara kolom, makadiambil penampang kritis pada lokasi 0, 175ℓ1.
Gb. 2.16: Penampang kritis untuk momen negatif [4].
2.6.3 Redistribusi momen
Jika pelat sesuai dengan persyaratan untuk DDM, maka ACI Section 1 3.7.7.4 memperbolehkanreduksi momen desain sehingga jumlah total momen positif dan rata-rata momen negatif (padagambar 2.17) tidak lebih dari momen statik M0,
++++M1 + M2
2
++++ + M3 ≤ M0. (2.24)
27
Reduksi dapat dilakukan dengan mengalikan M1,M2 dan M3 dengan rasio
wuℓ2ℓ2n
8
,!M1 + M2
2+ M3
". (2.25)
Tentu saja hal ini dapat dilakukan jika rasio pada pers. (2.25) bernilai kurang dari 1.
Gb. 2.17: Momen pada muka kolom.
Distribusi momen pada lajur kolom dan tengah
Sesudah didapatkan momen-momen lapangan dan tumpuan, maka dilakukan distribusi momenpada lajur kolom dan lajur tengah berdasarkan α1
ℓ2ℓ1
pada Tab. 2.4-2.6 sama seperti yang di-lakukan pada metoda DDM.
2.6.4 Konfigurasi beban hidup
Beban hidup dianalisis pada berbagai konfigurasi yang akan menghasilkan beban terbesar.
28
wD
wL
wL
wL
wL
Gb. 2.18: Konfigurasi beban untuk beban hidup
! Contoh 2.4 Sistem pelat lantai seperti pada gambar, tanpa balok ujung dan tanpa droppanel.Tinggi lantai lu=2,67m. Tentukan momen nominal Mn untuk tipikal panel arah utara-selatanuntuk menahan beban hidup wL=2,87kPa dan beban mati tambahan wD=0,77kPa. f ′
c= 27,6MPa,fy=413,7MPa.
Solusi:Tebal pelat untuk panel interior tanpa drop panel:
h =ln33
=7320 − 508
33=
6812
33= 206mm → ambil h = 21cm (2.26)
Tebal pelat untuk panel exterior tanpa balok tepi harus diperbesar setidaknya 10%:
h =ln30
=6100 − 356
30× 1, 1 =
5744
30× 1, 1 = 210mm → ambil h = 21cm (2.27)
29
6,1m 6,1m 6,1m
5,33
m
7,32
m18,3
m6,1m
1 2 3 4D
C
B
A
5,33
m
508mm
356mm
305mm356mm
Pembebanan:
wu = 1, 2 × (0, 21 · 24 + 0, 77) + 1, 6 × 2, 87 = 11, 56kPa (2.28)
Kekakuan lentur kolom atas dan bawah
Kc =4EcIc
Ln − 2h, dimana Ln = 2, 67m (2.29)
Asumsi: modulus elastisitas sama untuk semua elemen struktur. Ekolom = Epelat = Ebalok = E
Momen didistribusikan pada portal (serupa dengan yang dilakukan pada mekanika teknik, dalamhal ini metoda distribusi momen (Cross)). Distribusi dilakukan proporsional terhadap faktordistribusi yang merupakan fungsi dari kekakuan elemen-elemen portal, yaitu kolom, balok danpelat.
Perhitungan kekakuan kolom dan balok diuraikan pada penjelasan di bawah, dan faktor dis-tribusi dituliskan dalam bentuk tabel 2.8.
Kolom eksterior
b = 356mm, h = 305mm, Ic =356 · 3053
12= 841, 72 · 106mm4
30
Kekakuan lentur kolom atas Kct = Kcb = Kc
Kc =4E · 841, 72 · 106
2670 − 2 · 210= 1496391E N/mm
Konstanta torsi
C =Σ(1 − 0, 63x/y)x3y
3=
Σ(1 − 0, 63 · 210/305)2103 · 305
3= 533124900
Kekakuan torsi
Kt =( 9EcsC
L2[1 − (c2/L2)]3=
( 9E · 533124900
6100[1 − (356/6100)]3= 942080E N/mm
Kekakuan ekivalen
1
Kec=
1
ΣKc+
1
Kt=
1
2 × 1496391E+
1
942080E
Kec = 716528E N/mm
Kolom interior
b = 356mm, h = 508mm, Ic =356 · 5083
12= 3889, 2 · 106mm4
Kekakuan lentur kolom atas Kct = Kcb = Kc
Kc =4E · 841, 72 · 106
2670 − 2 · 210= 6914127E N/mm
Konstanta torsi
C =Σ(1 − 0, 63x/y)x3y
3=
Σ(1 − 0, 63 · 210/508)2103 · 508
3= 1159785900
Kekakuan torsi
Kt =( 9EcsC
L2[1 − (c2/L2)]3= 2 × 9E · 1159785900
6100[1 − (356/6100)]3= 4098890E N/mm
Kekakuan ekivalen
1
Kec=
1
ΣKc+
1
Kt=
1
2 × 6914127E+
1
4098890E
Kec = 3161720E N/mm
Slab
Ks =4EsIs
Ln − c1/2
Ln= centerline spanc1= column depth
31
Slab bandwith= 6100mm
Tab. 2.8: Perhitungan faktor distribusi momen pada portal ekivalen.
kolom A slab slab kolom B slab
Kc=1496393EKt=942080E
Kec=716528E
Kc=6914127EKt=4098890E
Kec=3161720E
c1=305
b=6100mmhslab=210mmLn=5330mm
Ks=3637026E
b=6100mmhslab=210mmLn=5330mm
Ks=3709752E
c1=508
b=6100mmhslab=210mmLn=7320
Ks=2664973E'
K = Kec + Kskiri
=716528E+3637026E=4353554E
AKct=1496393E
Kcb=1496393E
Ks=3637026EKt=942080E
Kec=716528E
'K = Kec+Kskiri+Kskan
=3161720E+3709752E+2664973E=9536445E
BKct=6914127E
Kcb=6914127E
Ks=2664973E
Kt=4098890E
Ks=3709752E
Kec=3161720E
DF=36370264353554 DF=3709752
9536445 DF=26649739536445
=0.835 =0,388 =0,279
Momen didistribusikan pada elemen portal sesuai dengan Faktor distribusi momen dari (DF)Tab.2.8, seperti yang disajikan pada Tab.2.9.
Momen ujung jepit (FEM)
AB: Mu =wu L2
AB
12=
11, 56 · 5, 332
12= 27, 4 kNm/m
BC: Mu =wu L2
BC
12=
11, 56 · 7, 322
12= 51, 62 kNm/m
Reduksi momen pada muka kolom = Vc3 .
32
Tab. 2.9: Distribusi momen pada portal ekivalen.
A⃝ B⃝ C⃝Distribution factor 0,835 0,388 0,279 0,279 0,388COF 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5FEM [kN/m] -27,4 27,4 -51,62 51,62 -27,4distribution 22,88 9,40 6,76 -6,76 -9,40Carryover moment 4,7 11,44 -3,38distribution -3,92 -3,13 -2,25Final -3,741 45,11 -50,49
Cat: Momen diatas adalah momen pada centerline kolom.
A
7,32m
wu kN/mB C D
5,33m 5,33m
0,835 0,8350,388 0,279 0,279 0,388
CL
27,4 27,4 51,62 51,62 27,4 27,4
0,835x27,4 =22,88 9,4 22,88
Fixed end moment
0,388x(-24,22) =9,4
0,297x(-24,22)=6,76 6,76
11,4 4,73,384,7 11,44
0,5
3,38
0,5
}-24,22
Ballanced moment
Carry-over moment
}8,06
3,13 3,922,253,92 3,13 2,25+
45,11 3,74150,493,741 45,11 50,49Final
+-
33
VAB =wu L
2− Mu.B − Mu.A
Ln
=11, 56 · 5, 33
2− 45, 11 − 3, 741
5, 33= 30, 81 − 7, 76 = 23, 05 kN/m
c = 0, 305 m
Momen di muka kolom:
Mu = 3, 741 − 23, 05 · 0, 305
3= 3, 741 − 2, 34 = 1, 40 kNm/m
Mn =Mu
φ=
1, 40
0, 9= 1, 55 kNm/m
Bentang BA (titik B)Pada centerline
Mu = 45, 11 kNm/mVBA = 30, 81 + 7, 76 = 38, 57 kN/m
c = 0, 508 m
Pada muka kolom
Mu = 45, 11 − 38, 57 · 0, 508
3= 45, 11 − 6, 53 = 38, 6 kNm/m
Mn =Mu
φ=
38, 6
0, 9= 42, 8 kNm/m
Bentang BC (titik B)Pada centerline
Mu = 50, 49 kNm/m
VBC =11, 56 + 7, 32
2= 42, 31 kN/m
Pada muka kolom
Mu = 50, 49 − 42, 31 · 0, 508
3= 50, 49 − 7, 16 = 43, 33 kNm/m
Mn =Mu
φ=
43, 33
0, 9= 48, 14 kNm/m
34
Mencari momen maksimum
Momen maksimum diasumsikan terjadi di lokasi geser nol pada jarak x m di muka A.
x =VAB
wu=
23, 05
11, 56= 2, 00 m
Mumax = VAB x − 1
2wu x2 − Mu
= 23, 05 · 2 − 11, 56 · 2, 002
2− 3, 741 = 19, 24 kNm/m
Mn =Mu
φ=
19, 24
0, 9= 21, 38 kNm/m
Bentang BC (titik B)Pada centerline
VBC =11, 56 + 7, 32
2= 42, 31 kN/m
x =1
2Ln =
7, 32
2= 3, 66 m
Momen maksimum
Mumax = 42, 31 · 3, 66 − 11, 56
2· 3, 662 − 50, 49 = 26, 94 kNm/m
Mn =Mu
φ=
26, 94
0, 9= 29, 9 kNm/m
MAwu
12wu n1
2wu n MB-MA
MB
MA-MB
+ +-
Reaksi perletakan
Bidang geser
akibat wu akibat Mu
Gb. 2.19: Bidang geser akibat beban merata wu dan momen Mu.
35
-50
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
A(0) B(5.33m) C(12.65m)
Mom
en [k
Nm
/m]
Bentang
Mumax=21,38kNm/mMumax=29,9kNm/m
Mmuka kolom=48,14kNm/mMmuka kolom=42,8kNm/m
Mmk=1,55kNm/m
Gb. 2.20: Bidang momen pada portal ekivalen.
36