Struktur Beton 1 [PDF]

Citation preview

MODUL KULIAH



STRUKTUR BETON BERTULANG I



Minggu ke : 9



Tulangan Rangkap



Oleh Resmi Bestari Muin



PRODI TEKNIK SIPIL FAKULTAS TEKNIK SIPIL dan PERENCANAAN UNIVERSITAS MERCU BUANA 2010



DAFTAR ISI



DAFTAR ISI



i



IX Tulangan Rangkap



1



IX.1 Fungsi Tulangan Rangkap . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



1



IX.2 Analisis Balok dengan Tulangan Rangkap



. . . . . . . . . . . . . . . .



1



IX.2.1 Kasus 1 : Tulangan Tekan Leleh . . . . . . . . . . . . . . . . . .



3



IX.2.2 Kasus 2: Tulangan Tekan Belum Leleh . . . . . . . . . . . . . .



4



IX.3 Rasio Tulangan Tarik Maksimum pada Balok dengan Tulangan Rangkap



5



IX.4 Disain Tulangan Rangkap pada Balok . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



6



IX.4.1 Contoh Disain Tulangan Rangkap pada Balok . . . . . . . . . .



7



i



BAB IX



IX.1



Tulangan Rangkap



Fungsi Tulangan Rangkap



Ada beberapa alasan digunakannya tulangan rangkap 1. Mengurangi defleksi. 2. Meningkatkan daktilitas penampang. 3. Mengubah jenis keruntuhan tekan (overreinforced ) menjadi keruntuhan tarik (underreinforced ). 4. Mempermudah pelaksanaan.



IX.2



Analisis Balok dengan Tulangan Rangkap



Gambar IX.1. Balok Tulangan Rangkap Balok dengan tulangan rangkap dapat dianalisis mirip seperti balok T, dimana balok dianggap terdiri dari 2 bagian seperti Gambar IX.2 • Bagian I terdiri dari tulangan tekan dan sebagain tulangan tarik yang mengimbangi tulangan tekan tersebut. T1 = Cs



−→



1



As1 fs = A0s fs0



Bagian I



Bagian II



Gambar IX.2. Bagian-bagian Balok Tulangan Rangkap • Bagian II terdiri dari beton yang tertekan dan sisa tulangan tarik (As − A0s ). (As − A0s ) fs = 0, 85fc0 ba



−→



T2 = Cc



Berdasarkan IX.1 dapat dibuktikan bahwa 0s



 =



c − d0 c



Jika 0s ≥ s , maka fs0 = fy . Substitusi c = 0s Untuk 0s = y dan y =



fy Es



=



 =



fy , 200.000



a β1



 0, 003 pada persamaan di atas, diperoleh



β1 d0 1− a



 0, 003



maka diperoleh nilai



d0 a batas








dimana tulangan



tekan pas akan leleh,  0   d 1 fy = 1− a lim β1 600 Jika nilai d0 /a >



d0 , a lim



Jika nilai d0 /a
ρmaks • −→keruntuhan yang akan terjadi pada balok berupa keruntuhan tekan (overreinforced ) • keruntuhan tekan −→ keruntuhan yang tidak diinginkan, maka ada 2 alternatif yang dapat dilakukan : 1. Perbesar ukuran penampang, atau 2. Pasang tulangan rangkap. Bila tulangan rangkap yang menjadi pilihan, maka agar ρmaks tidak dilampaui, tinggi garis netral c harus ditetapkan pada suatu nilai yang berkaitan dengan ρmaks . Jika garis netral batas yang ditetapkan tersebut adalah cu , maka



Untuk fy = 400M pa −→



cu cb = 0.75 = 0, 75 d d







cu d



= 0, 45.



= 0, 75



600 600+400








600 600 + fy







Dari diagram regangan 0s cu − d0 = 0, 003 cu Jika tulangan tekan sudah leleh −→ untuk fy = 400M pa −→ 0s = 0, 002, sehingga didapat 0, 45d − d0 0, 002 2 = = 0, 45d 0, 003 3 Akhirnya diperoleh d0 = 0, 15d. Artiya d0 < 0, 15d (untukfy = 400 M pa) 6



merupakan kondisi tulangan tekan sudah leleh, jika ρ2 diambil = ρmaks tulangan tunggal.



IX.4.1



Contoh Disain Tulangan Rangkap pada Balok



Diket : Balok ukuran 400x450 mm, mendapat momen terfaktor Mu = 382, 5 kN m. Mutu beton fc0 = 25 M pa dan mutu baja fy = 400 M pa



Ditanya : Disain tulangan balok dimana tidak terjadi keruntuhan tekan (overreinforced )



Jawab : Dengan selimut beton = 40 mm, perkiraan ukuran tulangan sengkang = 10 mm, dan perkiraan ukuran tulangan utama = 32 mm, maka d0 = 40 + 10 +



32 = 66 mm sehingga d = h − d0 = 450 − 66 = 384 mm 2 Mu 382, 5x106 N = = 6, 485 2 2 bd 400x384 mm2



jika digunakan tulangan tunggal, diperoleh ρ > ρmaks = 0, 0203 Untuk itu digunakan tulangan rangkap, dengan ρ = ρ1 + ρ2



dan diambil ρ2 = ρmaks−tul−tunggal = 0, 0203



As2 = ρ2 bd = 0, 0203x400x384 = 3118 mm2 Dari tabel, untuk Mu N = 5, 260 2 bd mm2



ρ = 0, 0203 maka



7



Sehingga Mu2 = 5, 260xbd2 = 5, 260x400x3842 = 310, 2x106 N mm Dengan demikian Mu1 = Mu − Mu2 = 382, 5x106 − 310, 2x106 = 72, 3x106 N mm Mu1 = φMn1 = φA0s fy (d − d0 ) Jika tulangan tekan sudah leleh, maka Mn1 = A0s fy (d − d0 )



dan As1 = A0s



Dari kedua persamaan terakhir diperoleh As1 = A0s =



Mu1 72, 3x106 = = 710 mm2 φfy (d − d0 ) 0, 8x400x(384 − 66)



Seperti telah dibahas sebelumnya, jika diambil ρ2 = ρmaks−tul−tunggal = 0, 0203, maka cu = 0, 45 sehingga cu = 0, 45x384 = 172, 8 mm d Dari diagram regangan cu − d0 0s = 0, 003 cu Diperoleh 0s =



172, 8 − 66 x0, 003 = 0.001854 < 0, 002 → tulangan tekan belum leleh 172, 8



Koreksi tegangan tulangan tekan fs0 = 0s Es = 0.001854x200000 = 371 M pa Mu1 = φMn1 = φA0s fs (d − d0 ) Sehingga A0s =



Mu1 72, 3x106 = = 766 mm2 φfs (d − d0 ) 0, 8x371x(384 − 66)



8



Akhirnya diperoleh



As = As1 + As2 = 710 + 3118 = 3828 mm2



9



dan A0s = 766 mm2