STRUKTUR BAJA II - Sutoyo PDF [PDF]

Citation preview

FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS MOCH. SROEDJI JEMBER



Oleh:



Ir. Sutoyo Soepiadhy, mm., mt



AGUSTUS 2015



DAFTAR ISI



Kata Pengantar ……………………………………………………………………… i Daftar Isi ……………………………………………………………………………



ii



1. Struktur Lentur (Balok) ………………………………………………………… 1 1.1 Pengertian Balok …. ………………………………………………………. 1 1.2 Perumusan Lentur ………………………………………………………….



1



1.3 Profil Balok ………………………………………………………………… 3 1.4 Perilaku Balok Menerima Beban Gravitasi ………………………………… 3 1.5 Kekuatan Balok Akibat Momen Lentur ……………………………………. 5 1.6 Lendutan Balok ……………………………………………………………... 7 1.7 Kuat Geser Balok …………………………………………………………… 13 2. Struktur Kombinasi Normal dan Lentur (Balok Kolom ………………………… 26 2.1 Kombinasi Gaya Momen dan Normal …...…………………………………. 26 2.2 Momen Lentur dan Normal Tarik …..…...…………………………………. 26 2.3 Momen Lentur dan Normal Tekan …..…...…………………………………. 27 2.2 Momen ………………………….…..…...…………………………………. 28 3. Bangunan Industri …..…………………………………………………………… 41 Daftar Pustaka ………………………………………………………………………. 59



ii



KATA PENGANTAR



Pembuatan Modul Buku Ajar Struktur Baja II merupakan salah satu usaha untuk meningkatkan proses pembelajaran pada Jurusan Teknik Sipil Fakultas Teknik Universitas Mochammad Sroedji Jember. Semoga Buku Ajar Struktur Baja II ini dapat membantu mahasiswa dalam memahami dan melakukan desain elemen struktur balok, struktur balok kolom portal baja, dan desain bangunan industri. Kami sadari bahwa dalam penulisan buku ini masih ada kekurangan, sehingga saran dan masukan sangat kami harapkan demi perbaikan dan manfaat buku ajar ini.



Jember, Agustus 2015



Penyusun



i



1. STRUKTUR LENTUR (BALOK) 1.1 Pengertian Balok Balok adalah bagian dari struktur bangunan yang menerima beban  sumbu memanjang bentang. Jenis-jenis balok yang digunakan pada bangunan: - Stringer Balok sejajar arah jembatan pada lantai kendaraan jembatan. - Floor beam Balok  arah jembatan yang berfungsi meneruskan beban dari stringer ke pemikul utama (rangka batang, balok girder). - Girder Balok besar yang merupakan balok utama pada struktur jembatan. - Gording Balok yang memikul atap pada struktur atap - Joist Balok-balok yang sejajar dengan jarak kecil untuk memikul lantai atau atap bangunan. - Lintel Balok pada dinding terbuka - Sprindel Balok yang memikul dinding luar suatu bangunan.



1.2 Perumusan Lentur f



Sb y



fy Sb z L



y



Balok diatas dua tumpuan



 Diagram tegangan-regangan tarik



Jika suatu balok dibebani dengan beban lentur maka balok tersebut akan menerima momen lentur. Momen lentur balok akan mengakibatkan tegangan lentur pada penampang profil balok. SSp 1



Jika beban ditambahkan maka tegangan lentur yang terjadi akan berubah seperti pada gambar dibawah. fy



f < fy



fy



fy



h



f < fy



fy



gbr. a



fy



gbr. b



gbr. c



fy



gbr. d



Jika tegangan lentur maksimum yang terjadi < tegangan leleh bahan maka fmaks < fy Batas elastis: Jika tegangan lentur maksimum yang terjadi = tegangan leleh : fmaks = fy Momen Leleh :



My = fy . Wx Wx = modulus elastis Wx 



Ix 1 / 2.h



h = tinggi profil



Batas plastis: Jika seluruh penampang profil telah terjadi tegangan leleh fy Momen yang terjadi pada batas elastis dinamakan Momen Leleh (My), sedangkan momen yang terjadi pada batas plastis dinamakan Momen Plastis (Mp). Momen Plastis :



Mp = fy . Zx Zx = modulus plastis



Faktor bentuk () dari suatu penampang adalah perbandingan antara momen plastis (Mp) dengan momen leleh (My):



  -



Faktor bentuk untuk penampang persegi panjang:



  -



Mp fy.Zx Zx   My fy.Wx Wx



Sx 1 / 4.b.h 2   1,50 Wx 1 / 6.b.h 2



Faktor bentuk penampang I :  = 1,10 s/d 1,20



SSp 2



1.3 Profil Balok Pertimbangan dalam penggunaan profil untuk struktur balok: -



Profil WF, INP, [, S sering digunakan sebagai struktur balok



- Profil WF sangat efektif digunakan sebagai struktur balok, karena luasan profil WF dipusatkan pada sayap. Sehingga besaran Wx, Zx akan menjadi besar.



1.4 Perilaku Balok Menerima Beban Gravitasi Pu



y



fy -



fy -



x + fy



L



+ fy



Pu _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _



+ + + + + + + + + + + Struktur balok diberi beban gravitasi (seperti gambar diatas), maka sisi atas balok akan mengalami tegangan tekan, dan sisi bawah balok menerima tegangan tarik. Jika balok mempunyai kemampuan yang besar maka Ix >> Iy, sehingga balok akan lemah terhadap sumbu y. Jika penahan samping maka sisi atas (tertekan) akan menekuk kesamping (lateral). Tampak atas dari balok diatas 2 (dua) tumpuan seperti gambar dibawah.



L



Lb = L penahan lateral



Lb = ½ L



Lb = ½ L Lb = jarak penahan lateral SSp 3



Kegagalan struktur balok akibat tekuk lateral biasanya terjadi akibat beban yang jauh lebih kecil dibandingkan dengan beban yang mengakibatkan kegagalan lentur vertical (beban gravitasi). Jika jarak penahan lateral (Lb) semakin kecil maka beban yang mengakibatkan kegagalan tekuk lateral semakin besar. 3 (tiga) kategori struktur balok menurut jarak penahan lateral meliputi: 1. Penahan lateral menerus : Lb = 0, dan jarak penahan lateral pendek/ kecil : Lb < Lp (Daerah 1 : tekuk plastis : Mn = Mp) 2. Jarak penahan lateral sedang : Lp < Lb < Lr (Daerah 2 : tekuk inelastis : Mr < Mn < Mp) 3. Jarak penahan lateral besar : Lb > Lr (Daerah 3 : tekuk elastis : Mn < Mr) Diagram Kuat ominal Momen Balok (Mn) – Panjang Penahan Lateral (Lb) Mn Mp



Nilai Lp dan Lr lihat Tabel 8.3.2 SNI 03-1729-2002



Mr



Lb Lp Daerah 1 Tekuk plastis



Lr Daerah 1 Tekuk inelastis



Daerah 1 Tekuk elastis



Daerah 1 (Tekuk Plastis) -



Balok dapat diberi beban sampai seluruh penampang balok mencapai tegangan leleh (fy) tanpa menekuk lateral.



-



Nilai Lp tergantung ukuran penampampang profil dan mutu baja.



-



Kuat nominal momen balok : Mn = Mp . Zx < 1,50 My My = fy . Wx



-



Kuat rencana momen



: Mu =  . Mn



dimana  = 0,90



Daerah 2 (Tekuk Inelastis) -



Kegagalan balok terjadi akibat tekuk lateral. Dimana penampang balok tidak seluruhnya mencapai tegangan leleh (fy). SSp 4



-



Semakin besar Lb semakin kecil penampang yang mencapai tegangan leleh.



-



Pada jarak Lb tertentu yang menacapi fy, maka jarak ini disebut Lr.



-



Besarnya Lr tergantung ukuran penampang balok dan mutu baja (fy).



Daerah 3 (Tekuk Elastis) -



Kegagalan balok terjadi karena tekuk lateral dan punter. Penampang balok tidak ada yang mencapai tegangan leleh (fy).



-



Jika Lb semakin besar maka momen yang terjadi semakin kecil.



-



Jika momen yang bekerja pada balok bertambah besar, maka lendutan kearah lateral semakin besar, dan akan mencapai Mkr. Balok akan mengalami tekuk punter dan sayap yang tertekan akan menekuk lateral.



15 Kekuatan Balok Akibat Momen Lentur. Kuat Nominal Lentur Metode Elastis: Mu <  Mn Mu : momen lentur terfaktor Mn : kuat nominal momen  : faktor reduksi balok = 0,90 1.5.1 Kuat Nominal Lentur Penampang Balok Pengaruh Tekuk Lokal - Momen Leleh : My = Wx. Fy Wx : modulus penampang elastis (momen lawan) fy : tegangan leleh baja - Momen Batas : Mr = Wx (fy – fr) fr : tegangan sisa (profil buatan pabrik fr = 70 MPa, buatan fr = 115 MPa) - Momen Plastis: Mp = Zx . fy Zx ; modulus penampang plastis



SSp 5



Kriteria penampang profil balok: a. Penampang Kompak:   p



 : perbandingan lebar dan tebal pelat (b/t) p, r : harga batas menurut Tabel 7.5.1 SNI 03-1729-2002



Mn = Mp



Mn : kuat nominal lentur penampang (momen nominal)



b. Penampang Tidak Kompak:  p    r



M n  M p  (M p  M r )



(   p ) (   r )



c. Penampang Langsing:



  r   Mn  Mr r   



2



1.5.2 Kuat Nominal Lentur Penampang Balok Pengaruh Tekuk Lateral - Momen Plastis: Mp = Zx . fy - Momen Batas : Mr = Wx (fy – fr) Kriteria panjang lateral balok: a. Bentang Pendek : (tekuk plastis) Lb < Lp



Lb : panjang penahan lateral Lp, Lr : harga batas (Tabel 8.3.2 SNI 03-1729-2002)



Mn = Mp < 1,50 My b. Bentang Sedang : (tekuk inelastis) Lp < Lb < Lr



 ( Lr  Lb)  Mn  C b  Mr  Mp  Mr   Mp ( Lr  Lp )   c. Bentang Panjang : (tekuk elastis) Lb > Lr Mn = Mkr < Mp



harga Mkr ditentukan dalam Tabel 8.3.1 SNI 03-1729-2002



SSp 6



1.6 Lendutan Balok Lendutan balok baja biasanya dibatasi sampai batas tertentu. Hal ini ditentukan oleh berbagai keadaan, meliputi: -



Lendutan yang besar akan mengakibatkan rusaknya barang-barang/ peralatan yang didukung balok tersebut.



-



Lendutan yang besar akan menimbulkan rasa tidak aman bagi pengguna bangunan.



-



Lendutan yang besar akan menimbulkan tampilan bentuk struktur menjadi struktur tidak estetis.



Menurut Tata Cara Perencanaan Struktur Baja untuk Bangunan Gedung, SNI 03-17292002, ditentukan bahwa batas-batas lendutan untuk keadaan kemampuan-layan batas harus sesuai dengan struktur, fungsi bangunan, sifat pembebanan, serta elemen-elemen yang didukung oleh struktur tersebut. Tabel Lendutan Ijin Balok Komponen Struktur dengan Beban Tidak Terfaktor



Beban Tetap



Balok pemikul dinding atau pemikul yang getas



L/360



Balok biasa



L/240



Lendutan Terjadi Untuk menghitung lendutan balok, maka beban kerja yang digunakan dalam perhitungan adalah bukan beban terfaktor Lendutan terjadi  pada balok diatas dua tumpuan sederhana (sendi – rol): -



Akibat beban terpusat P



P.L3  48.E.I



-



Akibat beban merata q







q.L4 384.E.I



SSp 7



Contoh 1 Kontrol lendutan balok seperti gambar dibawah. Profil WF 400.200.8.13, mutu BJ 37 (fy = 2.400 kg/cm2; E = 2.106 kg/cm2) Lendutan maksimum yang diperbolehkan sebesar L/240 qu = 1.500 kg/m L = 9,00 M



Penyelesaian: Data IWF 400.200.8.13: -



Ix = 23.700 cm4



Lendutan Ijin: L 900   3,75.cm 240 240



-



Lendutan Terjadi:







5.q.L4 5.(15).(900) 4   2,70  3,75.cm 384.E.I 384.(2000000).(23700)



(memenuhi)



Contoh 2 Kontrol lendutan balok seperti gambar dibawah. Profil WF 400.200.8.13 Mutu BJ 37 (fy = 2.400 kg/cm2; E = 2.106 kg/cm2) Lendutan maksimum yang diperbolehkan sebesar L/240 Pu = 11.600 kg



4,50M



L = 9,00 M



Penyelesaian: Data IWF 400.200.8.13: -



Ix = 23.700 cm4



Lendutan Ijin: L 900   3,75.cm 240 240



-



Lendutan Terjadi:







P.L3 (11600).(900)3   3,72  3,75.cm 48.E.I 48.(2000000).(23700) SSp 8



(memenuhi)



Contoh 3 Tentukan dimensi struktur balok yang memikul beban mati 200 kg/m dan beban hidup sebesar 1.200 kg/m. Panjang balok L = 8,00 m, mutu baja BJ 37 (Fe 360). Lendutan balok maksimum L/300 (akibat beban hidup) qu L = 8,00 M



Penyelesaian: -



Menentukan beban terfaktor qu = 1,2 D + 1,6 L = 1,2 (200) + 1,6 (1200) = 2.160 kg/m Mu = 1/8 qu L2 = 1/8 (2160) (8)2



-



= 17.280 kgm



Balok disumsikan penampang kompak b .M n  b .M P  b .Z . f y



b .M P  M u M u  b .Z . f y



maka Z perlu 







Mu b . f y



17280.(10) 2  800cm3 0,90.2400



Dicoba profil WF 400.200.8.13; Zx = 1.190 cm3 > Zperlu = 800 cm3



-



d = 400 mm



b = 200 mm



tw = 8 mm



tf = 13 mm



ro = 16 mm



Ix = 23.700 cm4



Kontrol kelangsingan penampang balok b 170 200 f   10,97   7,69 <  p  2.t f 240 2 x13 w 



h tw







memenuhi



400  2(16  13) 1680  42,75 <  p   108,44 memenuhi 8 240 Maka penampang balok kompak



SSp 9



-



Kontrol Lendutan Lendutan Ijin: L 800   2,67.cm 300 300



Lendutan terjadi







5.q.L4 5.(21,60).(800) 4   2,43  2,67.cm 384.E.I 384.(2000000).(23700) memenuhi



Jadi digunakan profil balok WF 800.200.8.13



Contoh 4 Tentukan dimensi struktur balok yang memikul beban hidup 7.500 kg/m. Diasumsikan beban mati termasuk berat sendiri diabaikan. Panjang balok L = 9,00 m. Mutu BJ 37 (Fy = 240 MPa; E = 2.105 MPa). Lendutan balok maksimum yang diperbolehkan L/300. qu = 7.500 kg/m L = 9,00 M



Penyelesaian: - Menentukan beban terfaktor qu



= 1,2 D + 1,6 L = 1,2 (0) + 1,6 (7500)



Mu



= 12.000 kg/m



= 1/8 . qu . L2 = 1/8 (12000).(9)2



= 121.500 kgm



- Balok diasumsikan penampang kompak Mn = Mp = Zx . Fy Mu < b . Mn Mu < b . (Zx . Fy) Maka : Zx 



Zx 



Mu  . fy



121500.(10) 2  5.625.cm3 0,90.(2400)



SSp 10



Dicoba profil WF 700.300.13.24; Zx = 5.760 cm3 > Zperlu = 800 cm3 d = 700 mm



b = 300 mm



tw = 13 mm



tf = 24 mm



ro = 28 mm



Ix = 201.000 cm4



- Kontrol kelangsingan penampang balok



f 



b 2.t f



w 



h tw



 



170 300  10,97  6,25 <  p  240 2 x 24



memenuhi



1680 700  2(24  28)  108,44 memenuhi  45,85 <  p  13 240 Maka penampang balok kompak



- Kontrol Lendutan Lendutan Ijin: L 900   3.cm 300 300



Lendutan terjadi







5.q.L4 5.(120).(900) 4   2,55.cm  2,67.cm 384.E.I 384.(2000000).(201000) memenuhi



Jadi digunakan profil balok WF 700.300.13.24



Contoh 5 Struktur balok baja profil WF seperti gambar dibawah, mutu BJ 37 (Fe 360). Balok menerima beban pusat (P) yang terdiri beban mati D = 4.000 kg dan beban hidup L = 10.000 kg. Lendutan balok maksimum L/300. P



Tentukan dimensi profil balok tersebut



4,00 M



L = 8,00 M



Penyelesaian: - Menentukan beban terfaktor qu



= 1,2 D + 1,6 L = 1,2 (4000) + 1,6 (10000) = 20.800 kg/m



Mu



= ¼ . Pu . L2 = ¼ (20800).(8)



= 41.600 kgm



SSp 11



- Balok diasumsikan penampang kompak Mn = Mp = Zx . Fy Mu < b . Mn Mu < b . (Zx . Fy) Maka : Zx 



Mu  . fy



41600.(10) 2 Zx   1.925,92.cm3 0,90.(2400) Dicoba profil WF 500.200.10.16; Zx = 2.096,36 cm3 > Zperlu = 1.925,92 cm3 d = 500 mm



b = 200 mm



tw = 10 mm



tf = 16 mm



ro = 20 mm



Ix = 47.800 cm4



- Kontrol kelangsingan penampang balok



Maka penampang balok kompak - Kontrol Lendutan Lendutan Ijin: L 800   2,67.cm 300 300



Lendutan terjadi







.P.L3 5.(20800).(800) 3   2,33.cm  2,67.cm 48.E.I 48.(2000000).(47800) memenuhi



Jadi digunakan profil balok WF 500.200.10.20



SSp 12



1.6 Kuat Geser Balok Tegangan geser leleh (y)



y = 0,60 fy



Kuat geser balok harus memenuhi persyaratan : Vu  v .Vn Dimana : Vu = beban geser terfaktor maksimum v = tahanan faktor geser = 0,90 Vn = kuat geser nominal Kuat geser nominal (Vn) Vn   y . Aw Vn  0,60.Fy . Aw



Dimana: fy = tegangan leleh Aw = luas penampang web (badan) Tegangan geser rata-rata luas penampang web dengan mengabaikan efek dari lubang: fv 



V V  Aw d .t w



Dimana: fv = tegangan geser V = gaya geser Q = S = statis momen terhadap garis netral I = momen inersia terhadap garis netral t = tebal bidang geser tw = tebal web Aw = luas web (badan) d = tinggi profil



SSp 13



Diagram Tegangan Geser bf



V .Q fv  t .I



tw h d tf



fv 



V Aw



Stabilitas web (kelangsingan tebal badan):



h 1680  tw Fy (satuan Fy dalam MPa)



atau



h 418  tw Fy (satuan Fy dalam Ksi)



Bagaimana tegangan geser pada pertemuan Flens dan Web? Tegangan geser pada garis netral?



Tegangan geser pada pertemuan flen dan web bf



tf



Q  S  (b f .t f )( y1 )



y1



 Flen:



h tw



tf



f vf 



V .{(b f .t f )( y1 )}



f vw 



V .{(b f .t f )( y1 )}



d  Web:



I .t f



I .t w



 Tegangan geser pada garis netral: 2



1 1  Qn  Q  . d  t f  (t w ) 2 2 



V .Qn fv  I .t w



Contoh 6 Hitung kuat geser rencana profil WF 300.300.10.15, Mutu baja BJ 37 dengan tegangan leleh fy = 2400 kg/cm2 PENYELESAIAN: Data WF 300.300.10.15: d = 300 mm, b = 300 mm, tf = 15 mm, tw = 10 mm ro = 18 mm bf



 Kontrol kelangsingan tebal web: h = d – 2 (ro + tf)



= 300 – 2 (18 + 15) = 234 mm



h 1680  tw fy



h  tw



234  23,4 10



tw




Zperlu = 1.629,62 cm3, Ix = 47.800 cm4)



 Kontrol penampang balok: b 200 f    6,25 < 2.t f 2 x16



h w  tw







p 



170  10,97 240



(memenuhi)



500  2(16  20) 1680  108,44 (memenuhi)  42,8 <  p  240 10 >>>>> penampang kompak



 Kontrol Geser: φv.Vn > Vu Kuat geser rencana (fv.Vn)



φv Vn = 0,90 (0,60 fy . Aw) = 0,90 (0,60)(2400)(50)(1) = 64.800 kg > Vu = 17.600 kg (ok)  Kontrol lendutan: 



 - Lendutan terjadi:



5.q.L4  384.E.I



5(44)(800) 4   2,45.cm 384.(2000000).(47800)



- Lendutan ijin:



L 800   2,67.cm 300 300 >>>   2,45cm    2,67 cm (ok)







Digunakan profil WF 500.200.10.16



L



L



B



L



L



B



Contoh 11 Suatu balok rangka atap (gording) digunakan profil kanal C (light lip channel) C 150.65.20.3,2. Jarak antara gording = 1,25 m Jarak antar kuda-kuda = 4,00 m Sudut kemiringan atap (α) = 250 Penutup atap genteng, berat = 50 kg/m2 Beban angin = 40 kg/m2 Kontrol apakah gording tersebut kuat menerima beban PENYELESAIAN y c=20 x



a=150



t=3,2



Data profil C 150.65.20.3,2 Ix = 332 cm4 Iy = 53,8 cm4 Zx = 44,30 cm3 Zy =12,20 cm3



b=65 1,25m



α =



4,00



4,00



1. Analisa Pembebanan: a. Beban Mati: - Berat gording C - Berat atap = 1,25 (50) q



= 7,51 kg/m = 62,50 kg/m = 70,01 kg/m



b. Baban Hidup: Bekerja di tengah-tengah bentang gording P = 100 kg



c. Beban Angin: Beban angin = 40 kg/m2 - Koefisien angin tekan = 0,02 α – 0,40 = 0,02 (25) – 0,40 = 0,10 - Koefisien angin hisap = - 0,40 - Wtekan = 0,10 (40) (1,25) - Whisap = -0,40 (40) (1,25)



α



= 5 kg/m = - 20 kg/m



2. Momen-momen yang terjadi pada gording: a. Akibat Beban Mati: q = 70,01 kg/m qx = q cos 25 = 70,01 (cos 25) qy = q sin 25 = 70,01 (sin 25)



qy



= 63,45 kg/m = 29.59 kg/m



Mx = 1/8 (qx) L2 = 1/8 (63,45) (4)2 = 126,90 kgm My = 1/8 (qy) L2 = 1/8 (29,59) (4)2 = 59,18 kgm



qx



b. Akibat Beban Hidup: P = 100 kg Px = P cos 25 = 100 cos25 = 90,63 kg Py = P sin 25 = 100 sin 25 = 42,26 kg Mx = ¼ Px . L = ¼ (90,63) 4 = 90,63 kgm My = ¼ Py . L = ¼ (42,26) 4 = 42,26 kgm



q



α



Py



α



c. Akibat Beban Angin: Beban angin bekerja tegak lurs sumbu x : Angin tekan : Mx = 1/8 Wtekan . L2 My = 0 Angin hisap : Mx = 1/8 Whisap . L2 My = 0



= 1/8 (5) (4)2 = 10 kgm = 1/8 (-20) (4)2 = -40 kgm



Px P



3. Kombinasi Beban Momen Terfaktor Kombinasi Beban 1. U = 1,4 D 2. U = 1,2 D + 0,5 L 3. U = 1,2 D + 1,6 L U = 1,2 D + 1,6 L + 0,8 W 4. U = 1,2 D + 0,5 L + 1,3 W 5. U = 0,9 D + 1,3 W Jadi Momen maksimum:



Mux (kgm) 177,66 197,60 297,29 305,29 210,06 127,21 Mux = 305,29 kgm Muy = 138,64 kgm



Muy (kgm) 82,85 92,16 138,64 138,64 92,16 53,27 = 30.529 kgcm = 13.864 kgcm



4. Diasumsikan penampang kompak, maka: Mnx = Zx . fy Mny = Zy . fy



= 44,30 (2400) = 106.320 kgcm = 12,20 (2400) = 29.280 kgcm



5. Perband. momen ultimit (x,y) dengan momen rencana (x,y) harus < 1 Mux Muy  1 1 b .Mnx b . Mny 2 30529 13864   1,32  1 0,90.(106320) 0,90.( 1 )(29280) 2 Jadi gording profil C 150.65.20.3,2 tidak kuat menerima beban



Untuk struktur balok yang mempunyai penampang I, dengan rasio bf/d < 1,0 Dan merupakan bagian struktur dengan kekangan lateral penuh maka harus Dipenuhi persyaratan sesuai SI 03-1729-2002 berikut : 







 Mux   Muy        1,0  b .Mpx   b .Mpy  







 Cnx.Mux   Cny.Muy        1,0  b .Mnx   b .Mny 



Dengan ketentuan: Untuk bf/d < 0,5 ; Untuk 0,5 < bf/d < 1,0; Untuk bf/d < 0,3 Untuk 0,3 < bf/d < 1,0



ξ = 1,0 ξ = 1,6 η = 1,0 η = 0,4 + bf/d > 1,0



Contoh 12 Suatu balok baja profil IWF 250.250.9.14, mutu baja BJ 37. Balok tersebut memikul momen akibat beban mati MDx = 2.000 kgm dan MDy = 600 kgm, serta memikul beban hidup MLx = 6.000 kgm & MLy = 2.800 kgm. Kontrol kekuatan balok tersebut apabila diasumsikan terdapat sokongan lateral PENYELESAIAN: Beban momen terfaktor: Mux = 1,2 D + 1,6 L = 1,2 (2000) + 1,6 (6.000) Muy = 1,2 D + 1,6 L = 1,2 (600) + 1,6 (2.800)



Kontrol kelangsingan penampang: b 250 f    8,93 2 x14 2.t f h 250  2(14  16) w    21,1 tw 9



= 12.000 kgm = 5.200 kgm



< p 



170  10,97 240



< p 



1680  108,44 240



>>>>> penampang kompak



(memenuhi) (memenuhi)



Menghitung rasio bf/d : bf



250 1 d 250 Untuk 0,3 < bf/d < = 1 >>> maka η = 0,4 + bf/d = 0,4 + 1 = 1,4 



Mnx = Mpx = Zx . Fy = 936,89 (2400) = 2.248.536 kgcm Mny = Mpy = Zy . Fy = 442 (2400) = 1.060.800 kgcm



Persyaratan profil I dengan rasio bf/d < 1 dan dengan tahanan lateralpenuh: 







 Cnx.Mux   Cny.Muy        1,0  b .Mnx   b .Mny  1, 4



1, 4



 1.(12000)   1.(5200)        0,9.(2248536)   0,9.(1060800) 



 0,91  1



Jadi profil IWF 250.250.9.14 kuat menerima beban momen lentur



2. STRUKTUR KOMBINASI NORMAL DAN LENTUR (BALOK KOLOM)



2.1 Kombinasi Gaya Momen dan Normal Bagian struktur suatu bangunan sering menerima gaya atau beban kombinasi momen dan beban normal, seperti kolom portal. Kolom tersebut menerima beban normal tekan dan beban momen lentur akibat suatu sambungan kaku balok-kolom. Hal ini terjadi juga pada truktur rangka batang. Batang atas suatu rangka batang disamping menrima beban tekan juga menerima beban momen lentur apabila letak gording tidak pada titik buhul. Demikian juga batang bawah disamping menerima beban tarik akan menerima beban lentur apabila letak penggantung plafon, ducting AC tidak terletak pada titik buhul. Tidak sentrisnya beban normal dengan titik berat susunan sambungan akan mengakibatkan beban momen pada batang yang disambung. Kombinasi beban momen dan beban tarik cenderung tidak menimbulkanmasalah, karena beban tarik akan mengurangi besarnya lendutan akibat beban momen. Sedang kombinasi beban momen dan beban tekan akan menambah besarnya lendutan sehingga menambah besarnya momen. Batang balok kolom cenderung kaku sehingga tidak terjadi lendutan/ defleksi yang cukup besar.



2.2 Momen Lentur dan Normal Tarik Beberapa contoh suatu batang yang menerima beban aksial tarik dan beban momen lentur secara bersamaan. a. Balok dengan beban tarik dan beban gravitasi b. Penggantung dengan beban tarik eksentris c. Penggantung dengan beban tarik sentry dan beban lateral



Wu Wu



Pu



Pu



Pu Ganbar a



e



Ganbar b SSp-26



Pu Ganbar c



Persamaan interaksi antara beban normal dengan momen lentur pada profil dengan penampang simetris : Untuk



Pu 8  Mux Muy  Pu   1,0     0,20 maka t .Pn 9  b .Mnx b .Mny  t .Pn



Untuk



Pu  0,20 maka t .Pn



 Mux Pu Muy    1,0    2.t .Pn  b .Mnx b .Mny 



Dimana : Pu



: beban normal tarik terfaktor



Mux, Muy : momen lentur terhadap sb x/ sumbu y akibat beban terfaktor Pn



: kekuatan tarik nominal



Mnx



: kekuatan momen lentur nominal terhadap sumbu x



Mny



: kekuatan momen lentur nominal terhadap sumbu y



t



: faktor reduksi untuk kuat tarik kuat leleh t = 0,90,



b



kuat putus t = 0,75



: faktor reduksi untuk kuat lentur (b = 0,90)



2.3 Momen Lentur dan Normal Tekan Batang dengan beban momen lentur dan normal tekan disebut juga balo kolom (beam coloumn). Apabila balok kolom memikul momen lentur sepanjang bagian tanpa pengekang lateral, maka akan melendut pada bidang momen lenturnya. Sehngga akan mengakibatkan momen sekunder (menambah besar momen), sebesar beban tekan dikalikan lendutan (eksentrisitas). Tambahan momen tersebut akan memperbesar lendutan sehingga akan menambah momen sampai mencapai keseimbangan. Pada Gambar a, ada tambahan momen sebesar Pu . ) Apabila portal mengalami pergoyangan, dimana ujung-ujung kolom akan mengalami perpindahan lateral satu dengan lainnya. Hal ini akan mengakibatkan tambahan momen. Pada Gambar b, ada tambahan momen sebesar Pu. ).



SSp-27



Pu M



Pu M











M1 = Mnt + Pu.



M1 = Mlt + Pu.



(momen bertambah akibat )



(momen bertambah akibat )



M



M



Pu



Pu



Gambar a. :



Gambar b.



Kolom Tidak Bergoyang



Kolom Bergoyang



Menghitung momen tambahan akibat d dan D menurut LRFD dapat dihitung menggunakan analisa order pertama, yaitu perkalian antara momen yang diperoleh dengan factor pembesaranmomen b dan s



2.4 Momen a. Elemen tidak bergoyang Mu = bMntu Mntu : momen terfaktor pada analisa order pertama yang diakibatkan beban yang tidak menimbulkan pergoyangan. b



b 



: faktor amplifikasi, untuk memasukkan pengaruh P-



Cm  Nu 1    N crb



N crb 



  



 1,00



Ag. fy  2 .E  2 . Ag 2c 



Dimana : Nu



: gaya tekan terfakror



Ncrb



: gaya tekan kritis Euler untuk elemen tidak bergoyang (k-untuk elemen tidak bergoyang) 



k.L i



SSp-28



-



Untuk elemen tanpa beban transversal : Cm = 0,6 – 0,4 b < 1,00 M1, M2



maka







M1 M2



dimana M1 < M2



: momen di ujung-ujung elemen



 bernilai positif apabila M1 dan M2 membuat lengkungan yang berbeda M



-



M



Untuk elemen tanpa beban transversal : Cm = 1



untuk elemen dengan ujung-ujung sederhana



Cm =0,85



untuk elemen dengan ujung-ujung kaku



b. Elemen bergoyang Mu = b Mnt + b Mlt Dimana : Mlt : momen terfaktor pada analisa order pertama yang diakibatkan beban yang menimbulkan pergoyangan s



: faktor amplikasi, untuk memasukkan pengaruh P-



s 



1   Nu 1  N crs 



N crs 



   



 2 .E . Ag 2 Nu : jumlah beban tekan terfaktor seluruh kolom dalam satu tingkat yang ditinjau. Ncrs : jumlah beban kritis Euler untuk elemen bergoyang (k-bergoyang) dalam satu tingkat tertentu.



Persamaan interaksi antara beban normal tekan dengan momen lentur : Untuk



Pu 8  Mux Muy  Pu   1,0     0,20 maka t .Pn 9  b .Mnx b .Mny  t .Pn



Untuk



Pu  0,20 maka t .Pn



 Mux Pu Muy    1,0    2.t .Pn  b .Mnx b .Mny  SSp-29



Dimana : Pu



: beban normal tekan terfaktor



Mux, Muy : momen lentur terhadap sb x/ sumbu y akibat beban terfaktor Pn



: kekuatan tekan nominal



Mnx



: kekuatan momen lentur nominal terhadap sumbu x



Mny



: kekuatan momen lentur nominal terhadap sumbu y



c



: faktor reduksi untuk kuat tekan (c = 0,85)



b



: faktor reduksi untuk kuat lentur (b = 0,90)



Contoh Kolom Tidak Bergoyang Suatu portal tidak bergoyang digunakan profil WF 300x300x12x12 dengan data profil : d = 294 mm



bf = 294 mm tw = 12 mm



tf = 12 mm



r = 18 mm



A = 107,7 cm2



ix = 12,5 cm iy = 7,16 cm Sx = 1150 cm3 Sy = 365 cm3 Zx = 1241 cm3 dan Zy = 557 cm3 Panjang kolom L = 450 cm, kx =0,76



ky = 0,68,



Mutu baja BJ 41 (fy = 250 MPa) Beban tekan Pu = 70 ton



Mntx1 = 7,65 tm



Mnty1 = 2,10 tm



Mntx2 = 10,05 tm



Mnty2 = 2,75 tm



Mntx



Kontrol kekuatan kolom tersebut Penyelesaian - Kontrol penampang kolom h = 294 – 2(12+18) = 234 mm h 234   19,50 tw 12



R 



Maka



665 fy







h  R tw



665 250



 42,06



memenuhi



SSp-30



Mnty



bf







2.t s



R 



302  12,58 2 x12



250 fy bf



Maka



250







2.t s



250



 R



 15,81



memenuhi



Penampang kompak (tidak langsing)



- Kelangsingan struktur (tidak bergoyang) 



k.L i



Arah X:



x 



0,76 x 450  27,36 12,5



N crbx 



 2 .E. Ag  2 .(200000)(107,7)   2.837.088.kg 2x (27,36) 2



Arah Y:



y 



0,68 x 450  42,74 1,16



N crby 



 2 .E. Ag  2 .(200000)(107,7)   1.162.755.kg 2x (42,74) 2



Maka : maks = y = 42,74 c 



 



fy E







42,74 250  0,481  200000



Untuk : 0,25 < c < 1,20 



 Pn  Ag.



1,43 1,6  0,67.c



1,43  1,12 1,6  0,67.(0,481)



fy 



 2500   107,7.   240.550.kg  1,12  SSp-31



Pu 70000   0,342.  0,20  .Pn 0,85 x 240550



digunakan Rumus Interaksi 1



- Momen Balok Mu = b . Mnt Arah X:



M Cm  0,6  0,4 1  M2



  



 7,65   0,6  0,4    0,296  10,05 



 bx 



Cm  Nu 1    N crbx



 bx 



  



 1,00



0,296  0,303  70000  1    2837088 



Digunakan bx = 1,00 Mu = bx . Mntx



= 1,00 x 10,05 = 10,05 tm



Arah Y:



M Cm  0,6  0,4 1  M2



  



 2,10   0,6  0,4    0,905  2,75 



 bx 



Cm  Nu 1  N  crby







   



 1,00



0,905  0,965  70000  1    1162757 



Digunakan by = 1,00 Mu = by . Mnty



= 1,00 x 2,75 = 2,75 tm



SSp-32



- Momen Nominal Kontrol tekuk lokal: h = 294 – 2(12+18) = 234 mm h 234   19,50 tw 12



p 



1680 fy



2.t s







p  R 



1680



 106,25



250



h  p tw



Maka



bf







memenuhi



302  12,58 2 x12



170 fy







250



370 f y  fr



 10,75



250



370







250  70



 27,58



Maka p <  < R (penampang tidak kompak)



Terhadap sumbu X: Mpx = Zx .fy



= 1241 (2500)



MRx = Sx .(fy – fr) = 1150 (2500-700) M nx  M px  ( M px  M Rx )



= 3.102.500 kgcm



= 31,025 tm



= 2.007.000 kgcm



= 20,070 tm



(   p ) ( R   p )



 31,025  (31,025  20,070)



(12,583  10,75)  29,90.tm (27,58  10,75)



Terhadap sumbu Y: Mpy = Zy .fy



= 557 (2500)



MRy = Sx .(fy – fr) = 365 (2500-700) M ny  M py  ( M py  M Ry )



= 1.392.500 kgcm



= 13,925 tm



= 657.000 kgcm



= 6,570 tm



(   p ) ( R   p )



 13,925  (13,925  6,570)



(12,583  10,75)  13,124.tm (27,58  10,75) SSp-33



- Kontrol tekuk lateral LB = 450 cm



E fy



LP  1,76.i y .



 1,76.(7,16).



200000  356.cm.  LB 250



bentang menengah



f L  1.800.kg / cm2 1 1  J  (28,20)(1,20) 3  2 (30,20)(1,20) 3   51,034.cm 4 3 3 



I w  Iy.(



 28,2 2 h2 )  5520 4  4



   1.097.431.cm 6 



X  LR  i y . 1 . 1  1  X 2 . f L2  fL  X1 







 Sx



EGJA 2



 (2000000)(800000)(51,034)(107,7)  181.057.kg / cm 2 1150 2



 S  X 2  4   GJ 



2



 Iw    I   y 2



   1097431  1150 6 4 2    4 0,631.10 .cm / kg ( 800000 )( 51 , 034 ) 5520    











 181057  6 2 LR  7,16. . 1  1  (0,631.10 )(1800) .  1.193.cm  1800 



Maka :



LP  LB  LR



 L  L B   Mn  Cb  M R  M P  M R  R   MP ( LR  LP )   MA = 3,933 (1,125) – 10,05 = - 5,625 tm



3,933



_



10,05



1,125



MB = 3,933 (2,25) – 10,05



1,125



MC = 3,933 (3,375) – 10,05 = + 3,225 tm



1,125



Mmaks = - 10,05 tm



A B C +



7,65



1,125



3,933



SSp-34



= - 1,200 tm



Cb  



2,5.M maks



12,5.M maks  3M A  4 M B  3M C



12,5.(10,05)  2,224 2,5.(10,05)  3(5,625)  4(1,200)  3(3,225)



Maka :



 1193  450   66,42.tm  M  31,025.tm Mnx  2,24 20,7  31,025  20,70  P (1193  350)   Mnx = Mpx =31,025 tm > Mnx = 29,90 tm Jadi Mnx = 29,90 tm



(tekuk lokal yang menentukan)



- Kontrol interaksi balok kolom



Pu 8  Mux Muy    1,0    t .Pn 9  b .Mnx b .Mny   70 8  10,05 2,75   0,859.  1,0    0,85(240,55) 9  0,90.(29,90) 0,90.(13,124)  Jadi kolom portal kuat memikul beban tekan dan momen lentur



SSp-35



memenuhi



Contoh Portal Bergoyang Suatu portal bergoyang digunakan profil WF 400x400x15x15 dengan data profil : d = 388 mm



bf = 402 mm tw = 15 mm



Iy = 5.520 cm4



Sx = 2520 cm3



Zx = 2.730 cm3



Zy = 1.225 cm3



tf = 15 mm



r = 22 mm



A = 178,5 cm2



Sy = 809 cm3



Panjang kolom L = 400 cm, Beban tekan Pu = 110 ton Mutu baja BJ 37 (fy = 240 MPa) Tanpa pergoyangan



kx = 0,82



Mntx1 = 5,25 tm



Mnty1 = 1,26 tm



ky = 0,76



Mntx2 = 6,55 tm



Mnty2 = 1,98 tm



Dengan pergoyangan kx = 1,32



Mntx1 = 8,75 tm



Mnty1 = 2,25 tm



Mntx2 = 12,25 tm



Mnty2 = 3,24 tm



ky = 1,22 Kontrol kekuatan kolom tersebut Penyelesaian - Kontrol penampang kolom h = 388 – 2(15+22) = 314 mm h 314   20,93 tw 15



R 



665 fy



2.t s







R 



Maka



665 240



h  R tw



Maka



bf







 42,93



memenuhi



402  13,4 2 x15



250 fy bf 2.t s







250 240



 R



 16,14



memenuhi



Penampang kompak (penampang tidak langsing)



SSp-36



- Kelangsingan struktur (bergoyang)



x 



1,32 x 400  31,81 16,6



y 



1,22 x 400  51,15 9,54



Maka : maks = y = 51,15 c 



 



fy E







51,15 240  0,564  200000



Untuk : 0,25 < c < 1,20 



 Pn  Ag.



1,43 1,6  0,67.c



1,43  1,17 1,6  0,67.(0,564)



fy 



 2400   178,5.   366.064.kg  1,17  Pu 110000   0,354.  0,20  .Pn 0,85 x366064



digunakan Rumus Interaksi 1



Untuk portal tidak bergoyang



x 



0,82 x 400  19,76 16,6



y 



0,76 x 400  31,87 9,54



N crbx



 2 .E. Ag  2 .(200000)(178,5)    9.014.749.kg 2x (19,76) 2



N crby 



 2 .E. Ag  2 .(200000)(178,5)   3.466.387.kg 2x (31,87) 2



SSp-37



- Momen Balok Mu = b . Mnt + s . Mlt Arah X:



M Cm  0,6  0,4 1  M2



  



 5,25   0,6  0,4    0,279  6,55 



 bx 



Cm  Nu 1    N crbx







  



 1,00



0,279  0,282  110000  1    9014749 



Digunakan bx = 1,00 Apabila diketahui Nu = 2.640 t dan Ncrsx = 83.496 t



 sx 



1  Nu 1    N crsx







  



 1,00



1  1,033  2640  1    83496 



Mux = bx . Mntx2 + sx . Mltx2 = 1 (6,55) + 1,033 (12,25) = 19,204 tm



Arah Y:



M Cm  0,6  0,4 1  M2



  



 1,26   0,6  0,4   0,345  1,98 



 by 



Cm  Nu 1  N  crby



   



 1,00



SSp-38



0,345  0,356  110000  1    3466387 







digunakan by = 1,00 Apabila diketahui Nuy = 2.640 t dan Ncrsy = 32.472 t



 sy 







1  Nu 1  N  crsy



   



 1,00



1  1,088  2640  1    32472  = by . Mnty + by . Mlty



Mu



= 1 (1,98) + 1,088 (3,24)



= 5,505 tm



- Momen Nominal Kontrol tekuk lokal: h 314   20,93 tw 15



p 



1680 fy



2.t s







R  R 



1680



 108,44



240



h  p tw



Maka



bf







memenuhi



402  13,4 2 x15



170







170



370







fy



f y  fr



 10,71



240



370 240  70



 28,38



Maka p <  < R (penampang tidak kompak) Terhadap sumbu X: Mpx = Zx .fy



= 2730 (2400)



MRx = Sx .(fy – fr) = 2520 (2400-700)



= 6.552.000 kgcm



= 65,52 tm



= 4.284.000 kgcm



= 42,84 tm



SSp-39



M nx  M px  ( M px  M Rx )



(   p ) ( R   p )



 65,52  (65,52  42,84)



(13,40  10,97)  62,354.tm (28,38  10,97)



Terhadap sumbu Y: Mpy = Zy .fy



= 1225 (2400)



MRy = Sx .(fy – fr) = 808 (2400-700) M ny  M py  ( M py  M Ry )



= 2.940.000 kgcm



= 29,400 tm



= 1.372.600 kgcm



= 13,726 tm



(   p ) ( R   p )



 29,40  (29,40  13,726)



(13,40  10,97)  27,214.tm (28,38  10,97)



- Kontrol tekuk lateral LB = 400 cm



LP  1,76.i y .



E fy



 1,76.(9,54). Lp > LB,



200000  484,7.cm.  LB 240



Bentang pendek, dimana Mn = Mp



Mnx = Zx fy



= 2730 (2400) = 6.552.000 kgcm



1,50 My = 1,50 Sx fy = 1,50 (2520) (2400)



= 65,52 tm



= 9.072.000 kgcm = 90,72 tm



- Kontrol interaksi balok kolom, Rumus Interaksi 1



Pu 8  Mux Muy    1,0    t .Pn 9  b .Mnx b .Mny   110 8  19,204 5,051   0,841.  1,0 memenuhi    0,85(366,064) 9  0,90.(62,354) 0,90.(27,214)  Jadi kolom portal kuat memikul beban tekan dan momen lentur



SSp-40



3. BANGUNAN INDUSTRI



f



H L



kd2 ik. gantung ik. angin



penutup atap C



gording



kd2 nok



f D



B



A



H



kolom



kolom B



kolom



kolom



E



L



L



L



POT. MEMANJANG



POT. MELINTANG L



L



B



L = bentang kuda-2 B = jarak kuda-2 D ENAH



L



katan angin kuda2



trackstang kuda2



kuda2



kuda2 gording gording gording gording



B



nok gording gording gording gording L



L



RENCANA ATAP



L



C



f D



B



H A



B POT. MELINTANG



E



L



L POT. MEMANJANG



L



Langkah-Langkah Perencanaan Bangunan Industri BANGUNAN ATAS 1) Perhitungan Dimensi Gording 2) Perhitungan Dimensi Ikatan Gantung / Trackstang 3) Perhitungan Dimensi Ikatan Angin 4) Perhitungan Dimensi Kuda-Kuda 5) Perhitungan Sambungan 6) Perhitungan Dimensi Kolom 7) Perhitungan Konstruksi Perletakan BANGUNAN BAWAH 1) Pondasi



1) Perhitungan Dimensi Gording Gording diletakkan diatas kuda-2 dengan penempatan tegak lurus terhadap bidang atap. Profil gording umumnya digunakan profil I, [, C Gording merupaka balok menerus diatas beberapa tumpuan. Untuk mempermudah perhitungan, gording dapat dianggap Sebagai balok yang terletak diatas dua tumpuan (statistertentu) Pembebanan: 1. Beban Mati (berat gording + penutup atap) 2. Beban Guna/Hidup (Orang) 3. Beban Angin



1. Beban Mati



kuda2



trackstang



trackstang



kuda2



trackstang



trackstang



kuda2



a. Penutup Atap ga = S x berat penutup atap per m2 (kg/m2) = …… kg/m



½S



½S



S



Luas bidang penutup atap yang dipikul gording



gording



S



jarak gording



jarak gording



gording



gording jarak kuda2



jarak kuda2



b.



Beban sendiri gording Diperoleh dengan menaksir dimensi gording dari Tabel profil baja, maka didapat berat gording per m (kg/m) gb = berat sendiri gording = …… Kg/m



Beban Mati = beban penutup atap + berat sendiri gording g = ga + gb (kg/m) Arah X:



gx = g (sin a)



maka :



Mx1 = 1/8 gx . l2



Arah Y:



gy = g (cos a)



maka :



My1 = 1/8 gy . l2



y x g sina a g cos a a



g



2. Beban Hidup/ Guna Baban hidup P = 100 kg (1 orang) bekerja ditengah-tengah bentang gording Arah X:



Px = P (sin a) Mx2 = ¼ Px . L



Arah Y:



Py = P (cosa) My2 = ¼ Py . l y x P sina a P cos a a



P



3. Beban Angin Baban angin bekerja tegak lurus terhadap bidang atap, dan besar beban angin W = 25 – 40 kg/m2 Maka beban angin yang bekerja pada gording : qa = c x W = …….. Kg/m Mx3 = 1/8 qa . l2 My3 = 0 y x



a



qa



Kombinasi Pembebanan 1.



BEBAN TETAP (Beban Mati + Beban Hidup) Mxt = Mx1 + Mx2 Myt = My1 + My2



2.



BEBAN SEMENTARA (Beban Tetap + Beban Angin) Mxt = Mx1 + Mx2 + Mx3 Myt = My1 + My2



Kontrol Kekuatan Mux Muy  1 1 b .Mnx b . Mny 2



Kontrol Lendutan



fX1 



1. Akibat Beban Mati:



f y1 fX 2 



2. Akibat Beban Hidup:



f y2 



f yt  f y1  f y 2



384 .E .I y 5 . g x .l 4  384 .E .I x Py .l 3



48 .E .I y Py .l 3



48 .E .I x



5 .q a .l 4 fX3  384 .E .I x f y3  0



3. Akibat Beban Angin:



f xt  f x1  f x 2  f x 3



5 . g y .l 4



ft 



f  f 2 xt



2 yt



_



 f



_



1 f  L 180



Balok gording



nok



β



c



gording



y c



gording



x



N



M



P/g sina



c



gording



a P/g cos a



c



gording L/3



PERENCANAAN GORDING



L/3



L/3



P



g



M



a



N



L/2



L/2



g cosa



Pcos a



Arah x L/2



L/2



P sina



g sina



Arah y L/3



L/3



L/3



+



P/g



P



g



M



N L/2



L/2



Arah x



Pcos a



1 VM  VN  .g .L 2



g cosa



1 1 Mxt  .P cos .L  g cos .L2 4 8 L/2



L/2 P sina



Arah y L/3



L/3



g sina



L/3



Mx Mxt



My Myt



+



1 1 Myt  .P sin  .L  g sin  .L2 8 12



2) Perhitungan Trackstang Ikatan gantung gording (trackstang) berfungsi:  Sebagai batang tarik  Mengurangi lendutan gording pada arah ⊥ sumbu X atau // kemiringan atap.  Mengurangi tegangan (lentur, geser) arah ⊥ sumbu X y x c



Px/gx α



P/g



Pcosα/gcosα α



α



P/g



Pcosα/gcosα



Py/gy



Ag 



T 0,75. . fu



h1 Bentang L



trackstang



POT MELINTANG



bracing



kuda2



S



kuda2



S



kuda2



S



kuda2



DENAH ATAP



gording C’



Kuda-2



B’



3



gording



D’



4 I



L



β B



Kuda-2



C



1



D



C



2 α B



POTONGAN I



D



c



P/g cos a



a



P/g α



P/g



α



P/g cos a



a



P/g



DETIL-2