Mengenai Kolom

1. KOLOM BETON BERTULANG
Norman Ray
Surabaya Adhi Tama Technology of Institute

2. Aturan Yang Dipakai
Yang Dipakai
• PBI 1971
PBI 1971
• SKSNI 1993
• SNI 03‐2847‐2002 & S‐
2002

3. Referensi Yang Digunakan
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
ACI‐318M‐1999
Chu‐Kia Wang ,Charles G.Salmon ,”Reinforced Concrete Design” Six
Editon,1998
Edward G.Nawy Reinforced Concrete a fundamental Approach 1996
Edward G Nawy , ”Reinforced Concrete a fundamental Approach ”1996
Tata cara perencanaan struktur beton untuk Bangunan Gedung ,SNI 03‐
2847‐ 2002
Tata cara Perencanaan
Tata cara Perencanaan Ketahanan gempa untuk Bangunan Gedung ,SNI
SNI
03‐1726‐2002
UBC – 1994
Paulay T.and Priesley M.J.N ,” Seismic Design of Reinforced concrete and
l
d i l
”S i i
i
f i f
d
d
Mansory Building “John Wiley & Sons ,INC,1991
R.Park and T.Paulay .”Reinforced Concrete Structures”John Wiley & Sons
,INC.1985
INC 1985
Rachmat Purwono “ Perencanaan Struktur Beton Tahan Gempa “Sesuai
SNI – 1726 dan SNI ‐2847 ,ITS press , 2006
J Thambah Sembiring Gurki, “Beton Bertulang”, Penerbit Rekayasa Sains

4. KOLOM
Pasal 12 SNI 03‐2847‐2002 & S‐2002
• Sebuah elemen yang
menerima gaya aksial
tekan dan
t k d gaya momen
pada ujung2nya
• Jenis 2 kolom :
– Kolom dengan
sengkang atau spiral
– Kolom Komposit

5. Beda KOLOM Pasal 12 SNI 03‐2847‐2002 & S‐
2002 dibanding Code sebelumnya
2002 dib di C d
b l
• Perhitungan panjang tekuk lebih terperinci
• Dibedakan antara kolom panjang dan pendek
• Beda pengaruh antara momen single
d
h
i l
curvature dan double curvature
• Beda pengaruh sitem braced dan unbraced
• Eksentrisitas lebih untuk Ms
• Pengaruh rangkak diperhitungkan

7. Dalam SKSNI 2002 kolom dibedakan menjadi 2 :
2002 kolom
2 :
• Kolom pendek tidak ada bahaya tekuk
– Ti
Tinggi K l
i Kolom < 3x dimensi k l
3 di
i kolom (l b /
(lebar/panjang)
j
)
• Kolom panjang
ada bahaya tekuk
Tinggi Kolom > 3x dimensi kolom (lebar/panjang)
panjang
Tinggi
kolom
lebar

8. Pn maks
• Pn maks = 0,85.Po ( kolom spiral)
• Pn maks = 0,80.Po ( kolom bersengkang )
• Krn kolom menerima 2 beban sekaligus yaitu
M(momen) dan P (aksial)shg muncul
e(eksentrisitas)=M/P maka dlm praktek e=0
tidak ada (aksial murni M=0 dihindari), harus
diperhitungkan adanya emin di
di hit
k
d
i dimana SNI
SNI
S12.3.5 &S12.3.6:
– e min 0 05 h ( kolom spiral )
e min = 0,05 h ( kolom spiral )
– e min = 0,1 h ( kolom bersengkang)

9. Kekuatan Nominal Kolom Pendek
(Beban Konsentris e=0)
• Kolom beugel
Ps12.3.5.2
φ Pn 0,8. φ[0,85.fc (Ag Ast)+fy.Ast]
φ Pn = 0,8. φ[0,85.fc’(Ag‐Ast)+fy.Ast]
< 0,10 fc’.Ag
< φ Pnb
φP b
• Kolom Spiral Ps12.3.5.1
φ Pn = 0,85. φ[0,85.fc’(Ag‐Ast)+fy.Ast]
Po

10. Kolom dg Sengkang
Ast=A1+A2
A1
Po = 0,85 fc’ (Ag-Ast) + fy Ast
Kolom sengkang persegi
SNI 03-2847-2002 Ps 12.3.5
atau
Po Ag [0,85 fc’ (1-ρg) fy
P = A [0 85 f ’ (1 ) + f ρg ]
Ast
ρg =
Ag
A2
h
C2 = A1 fy
A
b
Po
P
C3 = A2 fy
C1 = 0,85 fc’ [ Ag ‐ Ast]

11. Factor reduksi (φ )
• Lentur : φ = 0,80
• Aksial konsentris : φ = 0 65
: φ = 0,65
• Aksial konsentris + Lentur : φ = 0,65 – 0,80
lihat grafik
φ
0,80
0,65
Pu
fc' Ag
0,1

12. Desain Kolom
Pendek
Data awal : Beban
Mu, fc’, fy, Es
M f ’f E
START
Kolom knsentris,
emin=0,1.h
Hitung
Pu,Mu,e=Mu/Pu
Pu Mu e=Mu/Pu
Coba
ρ =8%
Po=0,85.fc’.(Ag‐Ast)+fy.Ast
Po=Ag.(0,85.fc’(1‐ρ)+fy.ρ)
Pn maks=Pu/φ=Pu/0 65=0 8 Po
maks=Pu/φ=Pu/0,65=0,8.Po
1%< ρ <8%
ρ <8%
• Hitung kebutuhan
penampang kolom, Ag
• Rencanakan
dimensinya h,b
tdk
ya
Po=0,85.fc’.(Ag‐Ast)+fy.Ast
ya
Masuk
Compression
failure
ρ min=1%
ρ maks=8%
tdk
e<emin=0,1.h
SELESAI

13. Contoh Soal
Rencanakan kolom pendek dengan beugel
p
g
g
Beban mati = 1300 KN
Beban hidup = 1100 KN
Momen = 56 KN.m
fc=30 Mpa
fy=400 MPa

14. J
Jawab : Coba dengan ρ =3%
g
Pu = 1,2D + 1,6L = 1,2.1300 + 1,6.1100= 3320 KN
Mu = 1,6.ML= 1,6.56= 89,6KN.m
e = Mu/Pu = 89 6/3320 0,02698 m
M /P 89,6/3320= 0 02698
Po=0,85.fc’.(Ag-Ast)+fy.Ast
Po=Ag.(0,85.fc’(1-ρ)+fy.ρ)=Ag.(0,85.30.(1- 3%)+400.3%)
P A (
f ’( ) f ) A (
(
)
)
Pn maks=0,8 Po kolom beugel
Pu/φ= 0,8.Ag.(0,85.30 (1-0,03) + 400.0,03)
Pu= φ. 0,8.Ag.(0,85.30 (1-0,03) + 400.0,03)
3.320= 0,65.0,8.Ag.(0,85.30 (1-0,03) + 400.0,03)
,
, g( ,
( , )
, )

15. 3320
Ag =
= 0,1738m 2
0,65.0,80.(0,85.2,91 + 12)
Jika kolom berbentuk bujur sangkar maka diperlukan h= √0,1738 =
0,42 m= 42 cm
Dicoba ukuran kolom 45x45 cm2 Ag=0,2025 m2
Pn maks = Po/ φ = 5,108/0,8 = 6,348 MN = 6348 KN
e = 26,98 mm = 2,698 cm
e/h = 2,698 / 45 = 0,06 < 0,1 kolom konsentris
e/h dia gga 0 1 da P maks = 0 8 Po
dianggap 0,1 dan Pn ak 0,8

16. Tekan Aksial,Po
Pn max=0,8.Po
e/h=0,6
e/h=0,1
Mlentur,Mn

17. Format Keamanan LRFD
(load i
(l d resistance factor design) Ps 11.1
f
d i ) 11 1
φ
φ
R
R
≥ λ
≥ U
Q
Nilai
Nil i λ untuk salah satu k di i :
k l h
kondisi
U = 1,2 D+ 1,6 L
Pu = 1,2 PD + 1,6 PL
Mu = 1 2 MD + 1,6 ML
1,2
16

18. Kuat Rencana (φ) Ps 11.3
(φ) Ps 11.3
• Aksial Tarik dan Momen
• Aksial Tekan dan Momen
• Desain k l
i kolom :
Beban Pu2 dan Mu2
Kekuatan nominal
Pn ≥
Pu 2
φ
; Mn ≥
Mu 2
φ = 0 80
= 0,80
φ = 0,65
Pu1
Mu1
Mu2
φ
Pu2

19. Kolom Panjang
Ukuran kelangsingan kolom Panjang ditentukan oleh :
k Ln
r
• Sistem Braced frame (Tidak Bergoyang Ps 12.12.2 )
k Ln
M 1b
≤ 34 − 12
r
M 2b
• Sistem unbraced frame (Bergoyang Ps 12 13 2 )
frame (Bergoyang Ps 12.13.2 )
k Ln
≤ 22
r

20. Dimana :
• kL = Panjang t k k k l
kLn P j
tekuk kolom
• k
= faktor panjang efektif (Pasal 12.12 SNI 03‐
2847 2002 & S 2002)
2847‐2002 & S‐2002)
• Ln = Panjang bersih kolom
r jari
12.11 SNI
• r = jari jari girasi penampang kolom (Pasal 12.11 SNI
03‐2847‐2002 & S‐2002)
• M1b= momen ujung kolom yg lebih kecil ( ak beban
tetap)
• M2b= momen ujung kolom yg lebih besar ( ak beban
tetap)

21. Faktor Pengaruh jepitan (k)
•
•
•
•
menentukan sistem braced/ unbraced
Tergantung pada faktor jepitan (ψ )
g
gp
f
j p
ψA = faktor jepitan kolom atas
ψB = faktor jepitan kolom bawah
B faktor
Dimana persamaan untuk ψ
∑ EI / L (k l )
kolom
Ψ=
∑ EI / L (balok )

22. Sistem Braced & Unbraced
• Sistem Braced
– Tidak ada pergoyangan
– k (faktor pengaruh jepitan) ≤ 1
• Sistem Unbraced
– Ada Pergoyangan ( bahaya tekuk lebih besar )
– k (faktor pengaruh jepitan) > 1

23. Jari – Jari Girasi Penampang Kolom (r)
Y
r=
b
I
A
t
•
Harga pendekatan r ( penampang persegi )
• M arah x
• M arah y
r = 0,3 b
r = 0,3 t
X

24. Panjang Kolom (Ln) SNI 12.11.3
Ln
Ln
Ln
Ln

25. Batas % Tulangan Longitudinal
(SNI 2002 Ps 12.9)
(SNI 2002 P 12 9)
ρ S maksimum = 8%
ki
ρ S min i
i imum = 1 %
As
A
ρS =
Ag

26. Momen ujung kolom bergoyang (SNI Ps 12.13)
momen yg dihi
dihitung dl mendesain k l
dlm
d i kolom
• [ M1b ] < [ M2b ] ( akibat beban tetap )
• [ M1s ] < [ M2s ] ( akibat pergoyangan)
Mu1 = M1b + M1s
u
b
s
Mu2 = M2b + M2s
Pu1
Mu1
Mu2
Pu2

27. Diagram Bantu Penentu Nilai k
Harga k
diperoleh
di
l h
dengan
memasukkan
harga ψ a dan
ψ b pada
p
diagram ini

28. Kolom Bergoyang
•
•
•
•
Mu2 = M2b + M2s
Ada bahaya tekuk
Pengamanan d Magnification Method
dg
ifi i
h d
Sistem Unbraced : Mc = δb.M2b + δs.M2s
Sistem Braced : Mc = δb.Mu2

29. e min untuk kolom Bergoyang
• e min = ( 15 + 0,03 h ) mm sebagai dasar
0 03
eksentrisitas untuk magnification

30. Curvature
Pu1
Pu1
Mu1
Pu1
Mu1
kLn
kLn
Mu2
Pu2
g
Single Curvature
Mu1
>0
Mu 2
Mu1
Mu2
kLn
Mu2
Pu2
Double Curvature
Mu1
<0
Mu2
Pu2
Mu1
=0
Mu 2

31. Pada kolom bergoyang , momen kolom
hrs dikalikan dg Magnification Factor
hrs dikalikan dg Magnification Factor
δb dan δs = Pembesar eksentrisitas awal untuk
mengamankan bahaya tekuk
δb
= Untuk Sistem Braced atau beban yg
tdk menimbulkan pergeseran sumbu
kolom
δs
= Untuk beban yg menimbulkan
pergeseran sumbu k l
b kolom ( angin,
i
gempa )

32. Cm
δb =
≥ 1,0
Pu
P
1−
φ Pc
1
δs =
≥ 1,0
∑ Pu
1−
φ ∑ Pc
Pc = Ptekuk =
π 2 EI
kLn
( Ec Ig / 5 ) + Es . Is
EI =
1+ βd
( Ec Ig / 3,5 )
EI =
1+ βd
M 1b
Cm = 0 ,6 + 0 , 4
M 2b
SNI Ps 12.12.3
SNI Ps 12.12.3
Kolom hrs
menggunakan
Beban aksial &
momen berfaktor

33. Contoh Soal
kolom bergoyang
Lihat file D:BAHAN KULIAHBETON 2flow chart kolom bergoyang
Lihat file D:BAHAN KULIAHBETON 2contoh desain kolom dan pondasi

34. Perhitungan Analitis Kekuatan Batas
Penampang Kolom
l
Kondisi yg mungkin terjadi :
g
j
– Maksimum Aksial Compression Control tdk terjadi
eksentrisitas
– Compression Control beton mencapai εcu dan εs< εy
– Balanced Control εcu dan εy tercapai bersamaan
– T i Control εy t
Tension C t l
tercapai l bih d h l
i lebih dahulu
Tergantung pada regangan dan tegangan yang terjadi
Contoh soal lihat Salmon hal

35. Baca contoh soal CK Wang &
Salmon section 13 hal 415-448
•
Dalam kondisi regangan berimbang (balanced control
As, As’, fc’,fy,
•
Pn P balanced
Pn=P balanced
e = e balanced
x = x balanced
Dalam kondisi kekuatan di daerah tekan (compressive control
As, As’, fc’,fy,
, , , y,
•
section 13.12
Pn >P balanced
e < e balanced
x > x balanced
Dalam kondisi kekuatan di daerah tarik (tension control
As, As’, fc’,fy,
section 13.13
13 13
Pn <P balanced
e > e balanced
x < x balanced
section 13.14

36. Contoh Soal no 2 “ J Thambah “

41. Bandingkan
dengan hasil
pemakaian
Software
S f
PCACOL

42. • Cara analitis : Memakan waktu lama
–Untuk pemakaian tertentu
–Typikal diagram interaksi
• Tersedia desain aid :
1. Buku Bantuan Diagram Interaksi
–Untuk pemakaian umum
–Variasi diagram interaksi
Variasi
2. Dibantu dengan software “ PCACOL”

43. START
KONTROL KOLOM
PENDEK dg
SENGKANG
Hitung Po 0,85fc (Ag-Ast) +fy.Ast
Po=0 85fc’(Ag-Ast) +fy Ast
Data awal : Beban
PU, Mu, fc’, fy,
E<e min=0,1h ?
Masuk compressive
compressive
failure region
Hitung e = Mu/Pu
Kolom konsentris
emin=0,1h
Coba ρ=8%
Hitung Po=0,85fc’(Ag-Ast) +fy.Ast
Hitung Po max=
Pu/φ=Pu/0,65
1% < ρ < 8%
Coba Ag lalu
tentukan h,b
SELESAI
Rencanakan ulang
ρ min =1%
ρ max = 8%

44. Contoh Soal Ferguson Bab 18.5 / ITS kolom VI‐6

46. START
Data awal : Beban
PU, Mu, fc’, fy, φ, ρ
Hitung e = Mu/Pu
Gunakan grafik interaksi/ software dg ρ
interaksi/ software dg
coba2 =2% shg diperoleh Ag. Sesuai
harga k= φPn/(fc’.Ag), lalu estimasikan
b=h
Hitung k dan k e/h
sebenarnya maka
diperoleh ρg Ast p
p
ρg,
g
perlu
DESAIN KOLOM
TDK BERGOYANG
dg SENGKANG
Pilih dimensi
tulangan
Hitung X , Pn capacity
YA
φPn
φP cap > Pn
P
perlu ?
Dimensi h, b, ρg
diperbesar
SELESAI

47. Contoh Soal Salmon 13.16.3 Bab 18.5 / ITS kolom VI‐6

51. START
Data awal :
Kolom Bracedframe,
PU, Mu, fc’, fy, Lu
Hitung Ec, Ig, Is,
M1/M2 & k=1
Klu/r 34 12(M1/M2)
Klu/r=34-12(M1/M2)
Cm=0,6+0,4M1/M2,
r=0,3h
βd= 1,2D/
(1,2D+1,6L)
( ,
, )
0,2 Ec Ig + Es Is
atau
1 + βd
0,4 Ec Ig
EI =
1 + βd
n 2 EI
,φ ,
( kL ) 2
kLu
Cm
δb =
Pu
1−
φ Pc
Pc =
Pn perlu =
DESAIN KOLOM dg
PENGARUH
KELANGSINGAN
Pu
φ
δ b Mu
Mn perlu =
φ
e =
Mn
Pn
Redesain
Periksa dg statika
X, Pn cap
φPn cap > Pn
perlu ?
EI =
YA
SELESAI

52. Contoh Soal ITS kolom VI‐14