download

Mata kuliah : S0844 - Teori Dan Perancangan Struktur Baja
Tahun
: 2010
TORSI MURNI
Pertemuan 19-20
Learning Outcomes
Pada akhir pertemuan ini, diharapkan mahasiswa
akan mampu :
• Mahasiswa dapat mengerti dan menghitung torsi murni.
Bina Nusantara University
Outline Materi
• Pengertian Struktur Baja
• Sifat-sifat bahan baja
• Proses pembuatan baja
Bina Nusantara University
Panjang Tekuk
dan Batas Kelangsingan
•
Komponen struktur dengan gaya aksial murni umumnya merupakan
komponen pada struktur segitiga (rangka-batang) atau merupakan
komponen struktur dengan kedua ujung sendi. Untuk kasus-kasus ini, faktor
panjang tekuk ditentukan tidak kurang dari panjang teoritisnya dari as-ke-as
sambungan dengan komponen struktur lainnya.
Lk  kcl  l
Untuk batang-batang yang direncanakan terhadap tekan, angka
perbandingan kelangsingan dibatasi:
Lk
 200
rmin
Bina Nusantara University
•
Berbagai nilai K
Bina Nusantara University
• Tekuk lokal terjadi bila tegangan pada elemen-elemen penampang mencapai tegangan
kritis pelat.
• Tegangan kritis plat tergantung dari perbandingan tebal dengan lebar, perbandingan
panjang dan tebal, kondisi tumpuan dan sifat material.
• Perencanaan dapat disederhanakan dengan memilih perbandingan tebal dan lebar
elemen penampang yang menjamin tekuk lokal tidak akan terjadi sebelum tekuk lentur.
Hal ini diatur dalam peraturan dengan membatasi kelangsingan elemen penampang
komponen struktur tekan:
Besarnya
Bina Nusantara University
ditentukan dalam Tabel 7.5-1 (Tata Cara Perencanaan Struktur Baja)
•
•
•
•
Pada umumnya kekuatan komponen struktur dengan beban aksial tekan
murni ditentukan oleh tekuk lentur. Efisiensi sedikit berkurang apabila
tekuk lokal terjadi sebelum tekuk lentur.
Beberapa jenis penampang berdinding tipis seperti L, T, Z dan C yang
umumnya mempunyai kekakuan torsi kecil, mungkin mengalami tekuk torsi
atau kombinasi tekuk lentur-torsi
Untuk kepraktisan perencanaan, peraturan tidak menyatakan perlu
memeriksa kondisi tekuk torsi/lentur-torsi apabila tekuk lokal tidak terjadi
kecuali untuk penampang L-ganda atau T
Untuk komponen struktur dengan penampang L-ganda atau T harus
dibandingkan kemungkinan terjadinya tekuk lentur pada kedua sumbu
utama dengan tekuk torsi/lentur-torsi
Bina Nusantara University
Komponen struktur yang terdiri dari beberapa elemen yang
dihubungkan pada tempat-tempat tertentu, kekuatannya harus
dihitung terhadap sumbu bahan dan sumbu bebas bahan.
 Kelangsingan arah sumbu bahan
x 
 Kelangsingan arah sumbu bebas bahan
y 
 Kelangsingan ideal
kLx
ix
k .Lky
iy   y2 
iy
m 2
l
2
 Elemen batang harus lebih stabil dari batang majemuk
iy
 1, 2
l
Bina Nusantara University
x
 1, 2
l
l  50
Komponen Tekan: Contoh Soal 1.
Tentukan gaya aksial terpaktor (Nu = u Nu) dari kolom yang dibebani secara
aksial pada gambar dibawah ini (fy = 250 MPa)
Nu
Profil yang digunakan IWF 450.300.10.15
A
= 135 cm2
ix
= 18,6 cm
iy
= 7,04 cm
IWF 450x300
dengan besaran penampang sebagai berikut:
4m
Nu
Bina Nusantara University
a)
Menentukan rasio kelangsingan
Untuk kondisi yang ujung-ujungnya jepit dan sendi: k = 0,8
Panjang tekuk: Lk = k.l = (0,8) (4 m) = 3,2 m
L k 320

 45,45
i y 7,04
L k 320

 17,2
i x 18,6
Dari rasio kelangsingan didapat tekuk terjadi pada arah sumbu y
b)
Menentukan c
c 

1 Lk
 iy
1

(45,45)
 0,511
Bina Nusantara University
fy
E
250
200000
a)
Menentukan rasio kelangsingan
Untuk kondisi yang ujung-ujungnya jepit dan sendi: k = 0,8
Panjang tekuk: Lk = k.l = (0,8) (4 m) = 3,2 m
L k 320

 45,45
i y 7,04
L k 320

 17,2
i x 18,6
Dari rasio kelangsingan didapat tekuk terjadi pada arah sumbu y
b)
Menentukan c
c 

1 Lk
 iy
1

(45,45)
 0,511
Bina Nusantara University
fy
E
250
200000
Daya dukung nominal:
N n  Ag
fy

13500  250 x 10 

-3
1,137
 2968,3 kN
e)
Menentukan gaya aksial terfaktor: Nu
Nu

n Nu
n = faktor reduksi kekuatan = 0,85
Nu

(0,85) (2968.3)
Nu = 2523.0 kN
Bina Nusantara University
Komponen Tekan: Contoh Soal 2.
Tentukan profil IWF untuk memikul beban-beban aksial tekan berikut :
beban mati (DL) = 400 kN, beban hidup (LL) = 700 kN;
Lk = 3m, fy = 250MPa.
Solusi.
a)
Hitung beban ultimate
Nu = (1,2) (400) + (1,6) (700) = 1600 kN
b)
Perkirakan luas penampang yang dibutuhkan
dengan mengasumsikan kelangsingan awal
Lk
L
300
 50 atau imin  k 
 6 cm
imin
50 50
Bina Nusantara University
Komponen Tekan:
Contoh Soal 2
c 

1

1

Lk
imin
fy
E
(50)
250
200.000
 0, 563
 
1.43
1.43

1, 6 - 0, 67 c 1, 6 - 0, 67 x0, 563
 1,168
N u  n . N n
 n Ag f cr
Ag 
Nu
n f cr
1600 x103
Ag 
250 
 0, 85 

 1,168 
 8795 mm 2  87, 95 cm 2
Bina Nusantara University
c)
Dari Tabel profil, pilih IWF 350.250.9.14 dengan besaran penampang:
Ag = 101,5 cm2
iy = 6 cm
ix = 14,6 cm
d)
Cek kelangsingan pelat penampang:
f 
b
250
250

 8, 93; r =
 15,81
t
2(14)
fy
f  r
OK .
Asumsi tidak terjadi tekuk lokal terpenuhi.
a)
Cek kelangsingan tehadap tekuk global:
Lk
300

 50
imin
6
Disini kebetulan asumsi dan hasil perhitungan kelangsingan berdasarkan penampang yang
dipilih sudah sama, sehingga besaran-besaran
Bina Nusantara University
c dan 
tidak perlu dihitung kembali
f)
Cek kapasitas penampang:
N u  Ag . f cr
101, 5x10  250 x10 
2

3
1,168
 2172, 5 kN
Nu   n . Nn
 (0,85) (2172, 5)
Nu  1600 kN  1846, 6 kN
OK .
Penampang yang dipilih ternyata memenhi persyaratan dan cukup efisien.
Bina Nusantara University

Download Report