IKATAN LATERAL UNTUK KOLOM Untuk OMRF 1 IKATAN

IKATAN LATERAL UNTUK KOLOM (Untuk OMRF) 1

IKATAN LATERAL UNTUK KOLOM - Sebagai pemengang tulangan longitudinal (waktu dicor) - Kemungkinan tulangan menekuk hanya diantara dua ikatan Ikatan tidak meningkatkan kekuatan kolom Kelakukan keruntuhan kolom terkena beban konsentris : 1. Terjadi spalling, beban bagian spalling pindah ke core dan tulangan (pada εcu > 0. 004) 2. Tulangan leleh atau menekuk, tegangan core bertambah 3. Bila tegangan beton mencaai kekuatannya terjadi keruntuhan mendadak (disebut sudden failure) Ikatan yang rapat meningkatkan confinement memungkinkan εcu > 0. 003 - 2

IKATAN LATERAL UNTUK KOLOM - Syarat ikatan lateral kolom : Min Φ 9 untuk tulangan < Φ 32 Min Φ 12 (1/2”) untuk tulangan > Φ 36, 43, 57 dan tulangan bundel Jarak begel terkecil dari : NOTE : < 16 Φ tulangan pokok Struktur tahan gempa < 48 Φ tulangan sengkang Punya syarat tersendiri < dimensi terkecil kolom Jarak tulangan longitudinal yang tidak diikat oleh sudut begel < 15 cm ACI 7. 10. 5 Lentur Oleh Beban Kerja 3

KOMPONEN PERHITUNGAN KOLOM 1. FORMAT KEAMANAN : LRFD Load factor : ACI-9. 2 ø R > λ Q lihat ACI-9. 3 > U Misalkan antara lain : U = 1. 2 D + 1. 6 L Untuk beban aksial : Pu = 1. 2 PD + 1. 6 PL Reduction factor, Untuk beban lentur : Mu = 1. 2 MD + 1. 6 ML Nilai ø : Aksial Tarik + M ø = 0, 8 (SNI 2847 = 0, 9) Aksial Tekan + M ø = 0, 65 (SNI 2847 = 0, 7) Lentur Oleh Beban Kerja 4

KOMPONEN PERHITUNGAN KOLOM Pu 1 Misalkan : Bila kolom terkena beban berfaktor Pu 2 dan Mu 2, maka kolom harus di design untuk kekuatan nominal Mu 2 Pu 2 NOTASI Mu 2 selalu berarti |Mu 2| > |Mu 1| Lentur Oleh Beban Kerja 5

KOMPONEN PERHITUNGAN KOLOM 2. PANJANG KOLOM Lu BACA : ACI-10. 11. 3 6

KOMPONEN PERHITUNGAN KOLOM 3. PANJANG TEKUK KOLOM (PIN END LENGTH) Ditentukan oleh (Baca ACI-10. 12): k Lu Tergantung faktor jepitan : A dan B (Baca Salmon 15. 11 & ACI – 10. 12) 7

KOMPONEN PERHITUNGAN KOLOM PANJANG TEKUK BRACED : l e < l 8

KOMPONEN PERHITUNGAN KOLOM PANJANG TEKUK 9

KOMPONEN PERHITUNGAN KOLOM PANJANG TEKUK UNBRACED : l e > l 10

Panjang Equivalent Unbraced Lue = k. Lu Dimana k dapat ditentukan dari Alignment chart (ACI fig. R. 10. 12. 1) Note : lihat fig. 15. 3. 2 dan 15. 3. 3 (Salmon) Contoh : A = 1. 0 B = 4. 0 K = 0, 84 Fixed end : Min 1. 0 (di poer) Salmon ex. 15. 18. 4 Sendi : max = 10 Contoh : A = 1, 0 K = 1, 63 B = 4, 0 11

KOMPONEN PERHITUNGAN KOLOM 4. 5. BRACED AND UNBRACED FRAME Braced Unbraced No sidesway Sidesway exist (bahaya tekuk lebih besar) Braced Unbraced k < 1 k > 1 BATAS KOLOM PENDEK Kolom pendek Kolom panjang Tak ada bahaya tekuk Ada bahaya tekuk Ukuran kelangsingan kolom: Lihat ACI-10. 12. 3. 1 12

KOMPONEN PERHITUNGAN KOLOM Kolom pendek bila : BRACED SYSTEM : (ACI – 10. 12. 2) UNBRACED SYSTEM : (ACI – 10. 13. 2) 13

RATIONALE MOMENT MAGNIFICATION (Berlaku untuk nonsway) 0 = Lendutan oleh M 1 = Lendutan oleh P = 0 + 1 TUJUAN : Pengamanan stabilitas kolom terhadap momen sekunder. Bidang momen akibat P (Momen Sekunder) 14

RATIONALE MOMENT MAGNIFICATION Hitung lendutan dengan momen area method. 15

RATIONALE MOMENT MAGNIFICATION Berlaku untuk single curvature : dimana Cm adalah amplification factor b atau magnification factor. Lihat nilai Cm di tabel 15. 4. 1 (Salmon). 16

RATIONALE MOMENT MAGNIFICATION DALAM PRAKTEK DIJUMPAI: M 1 M 2 > M 1/M 2< 0 (negatif) M 1/M 2>0 (positif) M 1/M 2 = 0 17

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS (ex. 15. 12. 2. 1 SALMON) Kekuatan terhadap tekuk : Pc = Dimana : Pc = Beban tekuk Et = Garis singgung pada diagram fc - c hognestad’s = k Lu = Panjang tekuk Ec = 1800000 + 500 fc” (psi) fc” = 0, 85 fc’ ES (pada fs fy) = 0 ES = 29000000 psi 18

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS Diagram fc - c hognestad 19

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS Diagram fs - s Tulangan Baja 20

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS Salmon Ex. 15. 2. 1 Diketahui : fc’ = 4000 psi fy = 40000 psi As = ρ b h = 0, 02 b h (0, 01 b h pada tiap sisi) Pakai diagram fc - c dan fs - s didepan untuk Et dan ES 21

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS Ditanyakan : Ordinat dan absis titik – titik : A : k. Lu / r = 0 dan c = o > y = 0, 00138 B : pada c = y = 0, 00138 < o = 0, 00194 C : pada c sedikit lebih kecil dari y Hitung dulu besaran : fc” , Ec, o, y Jawab : a) Titik A : k. Lu / r = 0 tidak ada tekuk Pn = 0, 85 fc’ b h + As fy = 0, 85 fc’ b h + ρ. bh. fy = 1, 235 22

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS b) Titik B : Hitung ordinat ………. . Dimana : Pn = fc’bh + Asfy fy = 3, 92 bh, dan fc’ = fc” Dengan (ordinat B) Hitung 23

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS Dari , dimana : Untuk penampang persegi panjang : (absis B) 24

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS c) Titik C Karena Et = buat seperti b = 1008 ksi Pn = buat seperti b = 3, 92 bh ordinat c = 1, 153 (k. Lu)2 = dapat dihitung = 507 h 2 k 25

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS Nilai r : ACI – 10. 11. 2 M arah x r = 0, 3 b M arah y r = 0, 3 t (pendekatan) Circular : r = 0, 25 diameter y t x b M 1 = (M 1 b + M 1 s)* Pada Braced Frame M 2 = (M 2 b + M 2 s)* Pada Braced Frame * Tidak perlu dipisah x R PADA UNBRACED FRAME y Mins dan Mis DIPISAH M 1 ns dan M 1 s ( M 1 s = momen akibat gravity load dan akibat W atau E dipisah) M 2 ns dan M 2 s 26

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS Pu 1 Pu 2 Mu 1 Single curvature Mu 2 Pu 2 Mu 2 Double curvature Mu 1 Pu 1 k Lu Mu Pu 2 Note : kecuali bila kena ACI-10. 13. 5 27

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS MOMEN DIUJUNG KOLOM - Braced Frame : Boleh digabung M 1 = M 1 ns + M 1 s M 2 = M 2 ns + M 2 s Kemudian Mc = δns M 2 - Unbraced Frame : Dipisah M 1 = M 1 ns + δs. M 1 s M 2 = M 2 ns + δs. M 2 s Note : 6. M 1 s & M 2 s akibat W dan E saja dimagnified , kecuali bila kena ACI – 10. 13. 5 BATAS % TULANGAN Min ρs = 1% Max ρs = 8% 28

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS 7. PERHITUNGAN ANALITIS Dalam keadaan kekuatan batas kondisi penampang kolom bisa dalam kondisi (kena beban) : - Max. Axial Compression control - Compression Control - Balance Control - Tension Control (baca section 13. 11 s/d 13. 17 [salmon]) Tergantung pada regangan dan tegangan yang terjadi (pelajari perhitungan analitis keempat kondisi ini) Diketahui : Dimensi dan Beban (b, h, d 1, d 2, As 1, As 2, Pn) 29

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS a. Penampang kolom b. Eksentrisitas beban Pn dan e c. Diagram regangan dalam keadaan batas x = f(e, 1, 2, b, h, As, Pn) cu = 0, 003 d. Digram Tegangan e. Kesimbangan Gaya N = 0, M = 0 30

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS Es 1 bila 1 < y fy bila 1 > y fs 2 = Es 2 bila 2 < y fy bila 2 > y a = 0, 85 x bila f’c < 30 Mpa a = 1 x dengan 1 = 0, 85 – (f’c - 30) 0, 008 1 < 0, 85 (bila f’c > 30 Mpa) Dimana, Cc = 0, 85. f’c. a. b Cs 1 = As 1. fs 1 Ts 2 = As 2. fs 2 x dicari dari 2 persamaan : N = 0 Pn = Cc + Cs 1 - Ts 2 M = 0 Pn. e = Cc (k + d + a/2) + Cs 1. k + Ts 2. k fs 1 = 31

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS Akan diperoleh 4 kemungkinan kondisi (setelah trial dan error) : 1. AXIAL COMPRESSION CONTROL ε 1 > εy ε 2 (-) εc = 0. 003 Eksentrisitas e kecil εc = 0. 003 Beton mencapai cu dahulu 2 < y 2. COMPRESSION CONTROL ε 1 > εy ε 2 < εy (-) (+) 32

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS 3. BALANCED ε 1 > εy ε 2 = εy (+) εc = 0. 003 (-) cu dan 2 = y tercapai berbarengan xb 4. TENSION CONTROL ε 1 > εy ε 2 > εy (-) εc = 0. 003 (+) Note : Lihat Fig. 13. 14. 2 (diagram interaksi) 2 = y tercapai lebih dahulu 33

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS DIAGRAM INTERAKSI (fig. 13. 14. 2) 1143 k 922 k; 184, 51 k 740 k; 2961 k 560 k; 3731 k Lihat Ex. 13. 1 (compression controlled) 440 k; 4141 k 210 k; 3501 k Lihat Ex. 13. 12. 1 (balanced controlled) Lihat Ex. 13. 14. 1 (tension controlled) 34

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS - Diagram berlaku untuk penampang disamping ini - 19. 2” b= 18” 3#8 fc’= 3 ksi fy = 50 ksi 3#8 h = 24” PROSEDUR ANALITIS PERHITUNGAN KOLOM 1. Selalu hitung dulu balanced condition akan diperoleh: Pb (lihat 13. 12. 6), eb (lihat 13. 12. 7) dan taksiran Ag (bal. ) 2. Bila keadaan: Pn > Pb atau e < eb COMPRESSION CONTROL ANALYSIS 3. Bila keadaan: Pn < Pb atau e > eb TENSION CONTROL ANALYSIS 4. Bila dibuat Ag > Ag (bal. ) TENSION CONTROL Bila dibuat Ag < Ag (bal. ) COMPRESSION CONTROL Note : bila g tetap (see fig. 13. 16. 1) 35

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS 5. APPROXIMATE FORMULA mencari Pn a. Untuk COMPRESSION CONTROL (tulangan simetri) Diketahui b, h, As = As’, f’c > fy, d, d’, cb, Pb, dan eksentrisitas e < eb b. Untuk TENSION CONTROL Diketahui b, h, As = As’, f’c > fy, d, d’, cb, Pb, dan eksentrisitas e > eb c. Bila (rumus 13. 14. 7) Perhitungan kolom dengan cara analitis : Lama / memakan waktu Tersedia Design Aid : Interaction Diagram 36

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS Axial Compression Po 3 ρ1 < ρ2 < ρ3 Po 2 b Ast ρ1 Po 1 ρ2 ρ3 h Kondisi tekan emin balance eb Kondisi tarik Mb 1 Mb 2 Mb 3 Mn Ditentukan oleh nilai ø Tipikal Diagram Interaksi untuk b & h tertentu Untuk pemakaian umum : Tersedia interaction diagram dengan absis dan ordinat non dimensi. → absis → ordinat 37

TEKUK PADA KOLOM DENGAN BEBAN KONSENTRIS 8. Pn Max Dalam praktek e = 0 tidak ada. Jadi harus diperhitungkan ada e ACI (10 – 1) → Pn max = 0, 85 Po (kolom spiral) ACI (10 – 2) → Pn max = 0, 80 Po (kolom bersengkang) Ini ditafsir identik dengan eksentrisitas (untuk kolom pendek) e = emin = 0, 05 h (spiral) = 0, 1 h (bersengkang) Kolom Pendek: Po = 0, 85. fc’(Ag – Ast ) + fy. Ast emin untuk Kolom Panjang: ACI – 10. 12. 3. 2 : emin = ( 15 + 0, 03 h ) mm M 2 min = Pu ( 15 + 0, 03 h ) Sebagai dasar e untuk magnification: Bila M 2 min > M 2 Eq. 10. 9 Maka Cm di Eq (10. 14) = 1 atau sesuai hasil Eq (10. 14) 38

KEKUATAN NOMINAL KOLOM PENDEK (BEBAN KONSENTRIS) - Kolom Berspiral (lihat section 13. 3): Pn = kc. fc’. Ac + fy. Ast + ks. fsy. Asp Dimana: kc = 0, 85 Ac = luas beton inti ks. fsy. Asp = kontribusi tulangan spiral ks = 1, 5 – 2, 5 (ambil 1, 9) - Pn max = 0, 85 Pn atau Pn max = 0, 85 Po (ACI 10 -1) 39

KEKUATAN NOMINAL KOLOM PENDEK - Kolom pakai Sengkang h b Po berimpit dengan resultante C 1 + C 2 + C 3 (plastic centroid) Po = 0, 85. fc’. (Ag-Ast) + fy. Ast ; atau Po = Ag [0, 85. fc’(1 -ρg) + fy. ρg] Ast = A 1 + A 2 C 2 = A 1. f y C 3 = A 2. f y C 1 = 0, 85 fc’ (Ag – Ast) 40

KEKUATAN NOMINAL KOLOM PENDEK 9. Faktor Reduksi Φ Lentur ……………………. . Φ = 0, 80 Aksial Konsentris (Begel) …………. . Φ = 0, 65 Aksial konsentris lentur, maka Φ naik dari 0, 65 menjadi 0, 80 (0, 90) Diatur sebagai berikut (ACI- 9. 3. 2) Φ ACI 2002 Φ= (0. 90) 0. 8 (0. 65) 0. 65 ACI 1999 0 0. 1 Baca : section 13. 17 Salmon 41

KEKUATAN NOMINAL KOLOM PENDEK 10. Pengamanan Bahaya Momen Sekunder Pu 1 Pu M 1 ns + M 1 s Akibat D+L Akibat W / E Unbraced (ACI – 10. 13. 3) Braced (ACI – 10. 12. 3) M 2 ns + M 2 s Pu Moment magnified • Pada braced frame Mc = Total akibat D, L, W/E Pu 2 • Pada unbraced frame M 2 = 42

PENGAMANAN KOLOM TERHADAP PENGARUH P-Δ - Kolom langsing ( panjang ) dapat terkena beban tambahan oleh efek P Δ - Pengamanan dibedakan untuk kolom : Braced frame ( ACI – 10. 12 ) Unbraced frame ( ACI – 10. 13 ) - Metode pengamanan dapat dipakai : Second order analysis (ACI-10. 13. 4. 1) → pakai program PC Moment magnification/MM (ACI-10. 13. 4. 2 atau ACI-10. 13. 4. 3) → manual - Moment magnification factor : atau ( ACI - 10. 11. 4. 2 ) - Dianggap braced frame bila Q = - Kolom braced frame dengan > terkena syarat ACI – 10. 13. 5. 43

PENGAMANAN KOLOM TERHADAP PENGARUH P-Δ Pada unbraced frame Pada braced frame Pu Pu 1 M 1 n + M 1 s M 1 = M 1 ns + δs M 1 s M 2 = M 2 ns + δs M 2 Pu 2 M 2 n + M 2 s Pu 44

PENGAMANAN KOLOM TERHADAP PENGARUH P-Δ Hasil First Order dan Secondary Analysis First-order analysis : For equilibrium, M 1 s + M 2 s = Vu Le ΣPu M 1 s Vu Δo 1 ΣPu 1’ Le Vu M 2 s ΣPu 2 2’ ΣPu 45

PENGAMANAN KOLOM TERHADAP PENGARUH P-Δ Second-order analysis : For equilibrium, δs (M 1 s + M 2 s) = Vu Le + ΣPu Δ 2 u ΣPu δs M 1 s Vu Δ 2 u 1 ΣPu 1’ Le Vu δs M 2 s ΣPu 2 2’ ΣPu 46

PENGAMANAN KOLOM TERHADAP PENGARUH P-Δ Keterangan gambar: Vu = Total story shear (factored) ΣPu = Total story factored vertical load Δo = First order story deflection Δ 2 u = Hasil secondary analysis - Dianggap Nonsway Colomn : Bila salah satu kondisi ini dipenuhi (ACI- 10. 11. 4) 1. Pertambahan M ujung kolom akibat second order effect < 5% momen first order ujung kolom 2. Bila - Menghitung Σ Pu. Δ 2 u : Second order analysis, or Approaximate Moment Magnified Method (ACI-10. 11 s/d 10. 19) 47

PENGAMANAN KOLOM TERHADAP PENGARUH P-Δ dan = pembesar eksentrisitas, awal untuk memperhitungkan / mengamankan terhadap P-Δ effect = untuk braced frame atau untuk beban yang tidak menimbulkan perubahan / pergeseran sumbu kolom = untuk pembebanan yang menimbulkan pergeseran sumbu kolom (angin, gempa) …………………… (10 -9) (Baru : Φk = 0, 75 lihat ACI-R 10. 11. 1, R 10. 12. 3) …………………… (10 -18) (Baru : Φk = 0, 75 lihat ACI-R 10. 13. 4. 2) 48

PENGAMANAN KOLOM TERHADAP PENGARUH P-Δ Pc = P tekuk = …………………… (10 -10) Ambil yang terbesar 49

PENGAMANAN KOLOM TERHADAP PENGARUH P-Δ Lanjutan Butir 10, KLM – 12/25… Sesuai ACI 318 – 99 1. Momen Magnifier for Nonsway Frame (Q) ACI 1985 ( Lama ) Mmax = Mm + P. Δmax = Mm + = . Mm = δb. Mm ACI 1999 Kuat perlu hasil first order awal Pu, m 1 dan M 2 ACI – 10. 12. 3 pakai Φk = stiffness reduction factor (bukan ø!) = 0, 75 Sehingga kuat perlu : Pu dan Mc = δns. M 2, dimana : 50

PENGAMANAN KOLOM TERHADAP PENGARUH P-Δ …………… (ACI 10 -9) …………… (ACI 10. 4. 3. 1) 2. Momen Magnifier for Sway Frame δns berpengaruh kecil M tengah kecil atau Double …. . , jadi δns = 1 Jadi cukup : M 1 = M 1 ns + δs. M 1 s M 2 = M 2 ns + δs. M 2 s Perhitungan δs. Ms ………. ACI 10. 13. 4. 2 dan 10. 13. 4. 3 51

PENGAMANAN KOLOM TERHADAP PENGARUH P-Δ - Boleh pakai : δs. Ms = > Ms bila δs < 1, 5 - Bila δs > 1, 5 pakai δs. Ms = Atau pakai ACI 10. 13. 4. 1 - CAD ( Second Order Awal ) 3. Cracked Section ACI 10. 11. 1 Dipakai untuk: a. Analisa struktur menghitung Δ 0 b. Perhitungan untuk menentukan ψ untuk menentukan k (ACI 10. 13. 1) dimana Ic = 0. 7 Igc Ib = 0. 35 Igb 52

PENGAMANAN KOLOM TERHADAP PENGARUH P-Δ 4. βd = sustained factored axial load Total max factored axial load Dipakai pada perhitungan : Dimana : atau Nilai βd : - Sway frame oleh W atau E βd = 0 - Non sway βd ≠ 0 5. Syarat perhitungan δs Ms (stability check!) ACI 10. 13. 4. 1 Dihitung dengan cara : - Second order analysis …. . . (11 -18) - . . …. (11 -19) Syarat ACI 10. 13. 6 a. ∆ sec order = ∆2 u > 2, 5 ∆ first order ∆o b. Q < 0, 60 c. δs < 2, 5 53