PLASTIC DESIGN-Hanis

PLASTIC DESIGN

DALAM

KONSTRUKSI BAJA

Marsiano

REFERENSI

• M.R Horne dan L.J Morris, Plastic

Design of Low Rise Frames. 1981

• Beedle, Lynn S. “Plastic Design of Steel

Frames, John Wiley & Sons Inc. 1958

• Shuart S.J. Moy. Plastic Methods for

Steel and Concrete Structures.

1. PENDAHULUAN

• Teori konservatif yg kita kenal dan berdasarkan atas sifat elastis dari baja, yang disebut Teori Elastis ( Allowable Stress Design = ASD ).

• Teori tsb mengikuti :

- Hukum Hooke,yg menganggap adanya hub linier antara teg (stress)

dan regangan (strain).

- Tegangan yang disebabkan oleh beban pada suatu struktur

adalah dalam batas elastis material.

- Defleksi kecil diikutkan.

- Dalam perilaku elastis, struktur kembali ke bentuk asli ketika beban

dihilangkan

Marsiano, Dosen Struktur Baja – ISTN.

keamananfaktor

y

maks

Pendahuluan …..

• Kemudian para ahli juga telah lama mengetahui tentang adanya batas-batas sampai dimana hubungan yang linier itu masih berlaku.

• Sehingga pd suatu kasus tertentu,ketika menemui perhitungan yang sulit dan teori elastis tidak dapat konsekwen mengerjakannya, maka berpindah ke teori plastis.


Pendahuluan …..

• Tinjaulah suatu sambungan batang mendapat gaya axial.

- Dalam analisanya kita menganggap bahwa

sebaris rivet yang mendapat gaya P, akan

mendapat gaya geser yang sama dan ini tidak

mungkin terjadi dalam keadaan elastis.

- Untuk memudahkan perhitungan, kita anggap

bahwa gaya geser pada tiap-tiap rivet adalah

sama, dan ini hanyalah mungkin apabila pada

sambungan tersebut telah terjadi ulur (yield).

Sebagai contoh :


Pendahuluan …..

- Rivet yang paling ujung lebih dulu mengulur,

kemudian yang disampingnya dan seterusnya

sampai semua rivet telah berada pada

tegangan ulur (yield stress).

Contoh lain :

• Hal yang serupa juga terjadi pada sambungan

dengan las menahan gaya yang sejajar dengan

panjang las tersebut.


Pendahuluan …..

• Basis-basis untuk mengetahui kekuatan yang

sesungguhnya dari suatu profil baja bangunan

sudah lama dikenal orang, tapi baru akhir-akhir

ini dipergunakan dalam perencanaan (design).

• Ada beberapa nama untuk cara design ini,

antara lain adalah Collapse design, limit

design, ultimate design dan plastic design.

Semuanya ini maksudnya adalah sama.


2. DASAR-DASAR TEORI PLASTIS

• Salah satu sifat dari baja adalah

kemampuannya untuk mengalami

perubahan bentuk yang besar sebelum

putus.

• Gambar dibawah ini menunjukkan

diagram tegangan/regangan suatu baja

bangunan.


Runtuh

Daerah elastis

Daerah plastis

Daerah pengerasan

2300yp

2/ cmKg

%

Gambar 1. Diagram Tegangan-Regangan Baja

Dasar-dasar teori plastis ….


Dasar-dasar teori plastis ….

• Tegangan leleh/ulur (± 2300 kg/cm2) akan tercapai pd waktu perpanjangan telah mencapai kira-kira 0,11%(titik A pada gambar).

• Pada tegangan leleh ini, perpanjangan akan terus terjadi hingga mencapai 1,5% (titik B). Selama waktu itu teg adalah konstan.

• Kemudian terjadi apa yg dinamakan "menjadi kerasnya bahan" atau strain hardening dan perubahan bentuk terus berlangsung sampai perpanjangan kira-kira 25%, pd saat mana baja tsb akan putus (titik D).

• Jelas terlihat bahwa teori elastis (yaitu meliputi daerah 0-A saja) mengabaikan kemampuan berubah bentuk yg amat besar (daerah AB).


3. PERHITUNGAN PLASTIS UNTUK

PENAMPANG SEGI EMPAT

• Teori elastis berdasarkan anggapan bhw suatu penampang yg lurus sebelum adanya lenturan (bending) akan tetap lurus selama bending.

• Jadi, selama perpanjangan pd serat yg terjauh dari garis netral tidak lebih dari 0,11%, tegangan disetiap serat adalah sebanding dgn jaraknya thd garis netral.

Teg

an

gan

2300yp

2/ cmKg


0,11%

23000,11%b

h

2300

Perhitungan plastis untuk penampang segi empat ….

• Marilah kita anggap bhw keadaan maksimum itu telah tercapai pd suatu penampang yg berbentuk segi-empat dari suatu gelegar dan bhw beban yg mengakibatkannya bertambah terus.

• Gelegar itu tidak akan patah, tapi perubahan bentuk akan terjadi , pembagian tegangan baru terjadi pula (lihat gambar).

• Misalkan bahwa ulur pd serat yg terjauh mencapai harga 0,22% , jika kita anggap bhw penampang adalah lurus sesudah dan sebelum bending, maka pd titik ditengah-tengah antara garis netral dan bagian yg paling ujung akan terdapat ulur setengahnya = 0,11 %.

Pada keadaan ini telah 50% dari penampang yang berada dalam keadaan plastis.


Teg

an

gan

2300yp

2/ cmKg Perhitungan plastis penampang segi empat ……

0,11%

23000,11%b

h

2300 0,22%

0,22%

2300

2300


Perhitungan plastis untuk penampang segi empat ……

• Apabila pembebanan diteruskan hingga pd serat

yg terluar terdapat ulur ± 1,1% , maka 90% dari

penampang yg berada dlm perhitungan bhw

keadaan tegangan pd gbr paling kanan adalah

sama dgn yg disebelahnya.

Pada keadaan ini telah 100% dari penampang yg

berada dalam keadaan plastis penuh.


Perhitungan plastis penampang segi empat ……

0,11%

23000,11%b

h

2300 0,22%

0,22%

2300

2300 2300

2300 2300

2300

1,1%

1,1%

Gambar 2.

Perkembangan

blok tegangan-

regangan

Teg

an

gan

2300yp

2/ cmKg


Gambar. Penyebaran sendi plastis pada penampang


Gaya Tekan :ypyp x

2

bd

2

db.C

Gaya Tarik : Cxbd

T yp2

yp = tegangan ulur ( yield stress)

Jadi, setelah menjadi apa yang dinamakan plastifikasi

suatu penampang, maka momen perlawanan plastisnya

( MP ) dapat dituliskan sebagai berikut :

yp

2

yp2p x4

bd

2

db .

2

d

2

d C. C.M


Momen Plastis ( Mp )

Maka pada suatu penampang segi-empat :


yp

2yp2

d

1 x6

bdd

3

2b

2d

3

2C. C.M

Terlihat bahwa Mp adalah 50% lebih besar daripada M.

Sebagaimana kita ketahui, momen perlawanan menurut

teori elastis adalah :


Gaya Tekan :ypx

4

bd

22

db.C

yp

Gaya Tarik : CT

maka momen perlawanan elastisnya (M)

dapat dituliskan sebagai berikut :

0,11%

23000,11%

2300


• Apabila bending momen pada suatu penampang telah

mencapai momen plastisnya (Mp), maka penambahan

beban selanjutnya akan menyebabkan seolah-olah gelagar

itu mempunyai engsel pada penampang tersebut.

Dikatakan bhw penampang itu telah mrpkn engsel plastis.

Engsel plastis ini berbeda dengan engsel biasa, disini

perputaran hanya terjadi setelah momen plastis dicapai.

Jadi engsel plastis : memikul momen sampai sebesar Mu.

Sedangkan engsel biasa: sama sekali tdk memikul momen.

• Suatu batang yg telah dibebani sampai daerah plastis akan

mempunyai perubahan bentuk yg permanen setelah beban

itu ditiadakan.



yp

2

1 x6

bd C.M

plastis modulusWZ4

bdpp

2

elastis modulusWZ6

bdxe

2


Dari analisis diatas telah diperoleh :

Nilai :

yp

2

yp2p x4

bd

2

db .

2

d

2

d C. C.M

Shg :

yppp . ZM


xsb thdpenampangseparuh statismomenS42

x

db

d

ypyp2p x42

22

db .

2

d

2

d C. C.M

db

d


Rumus Mp yang lain :

Nilai :

Shg :

ypxp .S2.M



Untuk penampang persegi, nilai shape factor adalah :

1,5bd

bd

Z

Z2

61

2

41

e

p

Perbandingan Zp thd Ze disebut juga faktor bentuk (

Shape Factor = )

x

p

e

p

W

W

Z

Z

Faktor Bentuk ( Shape Factor )


2,461,64 x 1,5plastis keamanafaktor

sehingga :


Pada Perhitungan Plastis :

Faktor keamanan ditinjau thd kondisi Runtuh.

Faktor keamanan plastis , juga sering disebut faktor

beban ( load factor )

1,641400

2300elastiskeamananfaktor

yp

Kalau teg yg diijinkan kita pakai 1400 kg/cm2, maka :

Faktor Keamanan :

Pada Perhitungan Elastis :

Faktor keamanan ditinjau thd tegangan, yaitu teg izin b

4. PENGARUH BENTUK PENAMPANG

Seperti halnya dengan momen perlawanan elastis, momen

perlawanan plastis juga tergantung pada bentuk dari

penampangnya.

yp

ypdA

yy

C

T

Pada gambar dapat dilihat

pembagian tegangan setelah

terjadinya plastisfikasi dari

suatu balok - I

Gaya pada setiap bagian luas

dA = ( y ).dA

Momen terhadap garis netral

= y. ( y ).dA

Jadi :

y.A.dA .y 2M y

A

0p

2

1


Pengaruh bentuk penampang …..

Dimana :

y = tegangan ulur ( Tegangan leleh / yield stress )

A = luas penampang

= jarak dari garis netral ketitik berat potongan yang

sebelah atas atau bawah

y

A

Sy

21

Karena : y A.S2

1

Maka :

y

21yp S 2

A

S.A.M



Marilah kita bandingkan momen perlawanan elastis dan

plastis suatu profil I DIN-30.

M = y.W = 2300.1720 = 3960 t-cm.

cm 12,477

959

A

Sy

21

.cm- t4400 ).(12,4)2300).(154(y.A.M yp

12,13960

4400

M

M p

Jadi pada penampang I DIN 30, mempunyai momen

perlawanan plastis (Mp) hanya 12% lebih besar daripada

momen perlawanan elastis (M).


( Faktor bentuk )


Disini faktor keamanan plastis ( load factor = LF ) menjadi :

LF = 1,12 x 1,64 = 1,84 ( ingat, ini utk penampang I ).

Sedangkan LF = 2,46 adalah untuk penampang segi-empat

( lihat hitungan di depan sheet 13 ).

Ini menunjukkan bahwa dua buah gelegar dengan bentuk

penampang yang berbeda, mempunyai faktor keamanan

elastis nilai nya sama yaitu (1,64 ) pada perhitungan elastis ,

tapi faktor keamanan plastis nilainya tidak sama yaitu (1,84

dan 2,46 ) pada perhitungan plastis.

Faktor keamanan yang berdasarkan kekuatan plastis inilah

yang betul-betul menunjukkan keamanan yang sebenarnya.



pypp .W M

Momen perlawanan plastis (Mp) dari suatu penampang dapat

dihitung dengan mengalihkan momen perlawanan elastisnya (M)

dengan faktor perbandingannya ( faktor bentuk = ) yg sudah

diketahui,misalnya :

Penampang segiempat : Mp = 1,5 M

Penampang lingkaran : Mp = 1,7 M

Penampang sembarang : Mp = . M

dinamakan faktor bentuk (shape factor)

Kalau section modulus (W) dari suatu penampang kita kalikan

dengan shape factor ( ) , maka kita dapatkan yang dinamakan

Plastic Modulus ( Wp ).

WP = . WJadi :


yppp . ZMatau

Faktor Bentuk utk tipe-tipe profil yang berbeda

ProfilFaktor bentuk,

Minimum Maximum Rata-rata

Solid rectangle 1,5

Solid Round 16/3 1,70

Universal beam 1,11 1,17 1,14

Universal Column 1,10 1,23 1,14

Bearing Piles 1,11 1,17 1,13

Joist 1,13 1,20 1,16

Channels 1,16 1,22 1,18

Equal Angle 1,81 1,84 1,82

Unequal Angles 1,75 1,83 1,80

Circular hollow sections 1,30 1,47 1,35

Square hollow sections 1,15 1,31 1,20

Rectangular hollow sections 1,19 1,33 1,25

5. DESIGN LOAD, ULTIMATE LOAD DAN

LOAD FACTOR

Apabila suatu beban menimbulkan engsel plastis pada

suatu beam sedemikian hingga konstruksi tersebut

menjadi labil, maka beban itu dinamakan ultimate load.

Dalam keadaan ini dikatakan bahwa gelegar itu telah

menjadi suatu mekanisme.


• Ultimate Load :

• Design Load :

adalah beban yang menimbulkan tegangan maximum yang

diijinkan menurut teori elastis.

Design load, ultimate load dan load factor ….

Perbandingan antara ultimate load dan design

load dinamakan load factor.

Marilah kita jelaskan beberapa istilah diatas

dalam beberapa contoh soal :


• Load Factor :

Contoh 1:

Suatu balok dengan dua tumpuan sederhana mempunyai

bentang = 7,0 meter. Ditengah-tengah bentang tsb bekerja

suatu gaya terpusat P.

Balok tsb menggunakan profil DIN-36 dan mempunyai

mutu yp = 2300 kg/cm2 dan Tegangan ijin lentur ( )

=1400 kg/cm2

Diminta : Tentukan besarnya design load (P1), ultimate

load (P2 ) dan load factor (LF)

Penyelesaian :Data Profil DIN-36 :

A= 192 cm2. ( luas penampang profil )

Wx = 2510 cm3 ( Momen tahanan elastis )

Sx = 1410 cm3. ( Statis momen thd sb netral )


Contoh 1 ….

3,5 m 3,5 m

P

P1

P2

35,1 tm

65,0 tm

(Elastis) ton 20175

3514P1

ton32,7175

6500P2

Mmax = ¼ P1.L = ¼ P1. 700 = 175 P1.

Mmax =W. = 2510. 1,4 = 3514 t cm

Design load

Mp = ¼ P2 L = ¼ P2 .700 = 175 P2

MP = yp.A. = (2,3)(192)(14,7)

= 6500 t-cm

Ultimate load

Load Factor 86,10,20

2,37

1

2

P

P

y


Kondisi Elastis

Kondisi Plastis

Contoh 2:

Suatu balok dijepit pada kedua ujungnya, mempunyai

bentang = 7,0 m.

Sepanjang bentang menerima beban merata sebesar q .

Balok tsb menggunakan profil DIN-36 dan mempunyai mutu

yp = 2300 kg/cm2 dan Tegangan ijin lentur ( ) =1400 kg/cm2

Diminta : Tentukan besarnya design load (q1), ultimate load

(q2 ) dan load factor.

Penyelesaian :

Data Profil DIN-36 :



Sx = 1410 cm3. ( Statis momen thd sumbu netral )


Contoh 2 ….

7,0 m

M1

q

Mp (Elastis) t/cm086,040800

3514q1

Mmax = M1 = 1/12. q1.L2 = 40800q1

Mmax = W. = 2510. 1,4 = 3520 t-cm

Design load

M1 = 1/12. q2 L2 = 1/12 q2 .700 = 40800 q2

MP = yp.A. = (2,3)(192)(14,7)=6500 t-cm

t/cm0,1640800

6500q2Untuk M1 = Mp :

Apabila beban dinaikkan dari q1 menjadi q2, maka pada kedua ujung

gelegar akan timbul engsel plastis.

Dikedua tempat ini timbul momen plastis M = 65,0 ton-m

Gelegar dalam keadaan ini belum lagi merupakan suatu mekanisme ;

engsel baru timbul pada dua buah tempat, dan ini identik dengan

suatu tumpuan dengan momen-momen Mp pada kedua ujungnya.


Contoh 2 ….

Beban masih dapat ditambah lagi, tapi momen jepitnya tidak akan

bertambah karena disini keadaan plastis telah tercapai.

Yang bertambah besar hanya momen lapangan sampai mencapai

harga momen plastis. Dalam hal ini sekarang gelegar telah menjadi

mekanisme dan bebannya telah mencapai ultimate load (q3).

7,0 m

q3

Mp

M3 = Mp = 65,0 tm

Menentukan ultimate load :

p

2

3p ML .q .8

1M

t/m22,27

65,016

L

M 16q

22

p

3

Load Factor : 58,26,8

2,22

1

3

q

q


Contoh 3:

Suatu balok dijepit pada kedua ujungnya, mempunyai bentang = 10,0 m. dibebani dengan suatu gaya terpusat pada jarak 4 meter dari kiri .

Balok tsb menggunakan profil DIN-36 dan mempunyai mutu yp = 2300

kg/cm2 dan Tegangan ijin lentur ( ) =1400 kg/cm2

Diminta : Tentukan besarnya design load (q1), ultimate load (q2 ) dan

load factor

Penyelesaian :Data Profil DIN-36 :



Sx = 1410 cm3. ( Statis momen thd sumbu netral )


Contoh 3 ….

Design load

35,1 tm

65,0

tm

P2

4,0 m 6,0 m

P

P1

P3

P4

65,0

tm

65,0

tm

65,0

tm

65,0

tm

tm52,0x28,135,1

65,0

23,4 tm

28,1 tm

tm43,3x23,428,1

52,0

65,0

tm

A B C

m tP 1,44P10

64M 112

2

A

MA =W. = (2510)x(1,4)= 3510 t-cm

ton24,4144

3510P1

MA = (1,44)x(24,4) = 35,1 tm ( - )

)( tm28,124,410

642M

3

22

B

)( tm23,424,4x10

64M

2

2

C

Momen plastis Mp = 65,0 tm

Jepitan A akan pertama-tama mencapai

keadaan plastis apabila beban dinaikkan

Jadi :

ton45,224,4x 35,1

65,0P2

Contoh 3 ….

Kemudian titik B menjadi plastis dengan Beban :

t52,46,0

54,265,0

4,0

65,065,0P3

Dan akhirnya titik C akan menjadi plastis pula dengan

beban (ultimate load)

t54,26,0

2x65,0

4,0

2x65,0P4

Load factor : 24,24,24

2,54

1

4

P

P


Ultimate load :

DESIGN PROCEDURE

Dari contoh-contoh soal dimuka dapat kita lihat bahwa :

a. Setiap macam gelegar untuk mencapai beban kapasitasnya (ultimate

load), memerlukan sejumlah tertentu engsel plastis.

Engsel-engsel plastis itu akan timbul pada tempat-tempat momen

maksimum. Ia mungkin terjadi serentak atau satu demi satu.

b. Untuk suatu gelegar yang tertentu kita dapatkan load factor (ini juga

berarti factor keamanan) yang berbeda-beda untuk bermacam-

macam keadaan beban atau konstruksi.

Kita tidak memerlukan keamanan yang lebih besar misalnya pada

konstruksi suatu gelegar yang dijepit pada kedua ujungnya daripada

yang terletak bebas atas dua tumpuan.

Oleh karena itu diadakan suatu cara perhitungan (design procedure)

berdasarkan teori plastis sedemikian rupa sehingga memberikan load

factor yang konstan


Design procedure …

Kita ambil sebagai standar adalah load factor dari I-beam yang

terletak bebas atas dua tumpuan

M = W.

MP = . W. yp ( = shape factor, utk I-beam rata-rata = 1,2)

Load Factor : 2,01400W x

2300 x W x 1,2

M

Mp

Jadi untuk design

a) Tentukan ultimate load (Pu atau qu) = beban x load factor

b) Hitung momen plastis (Mp) yang diakibatkan oleh ultimate load

c) Tentukan momen perlawanan plastis (Wp) yang diperlukan

d) Profil yg diperlukan adalah yang mempunyai momen perlawanan.

pWW


CONTOH - CONTOH SOAL

Contoh 1.

Suatu gelagar terletak beban atas dua tumpuan mendapat beban terpusat

P= 20 ton ditengah bentangnya. Bentang gelagar = 7,0 m. leleh baja 2300

kg/cm2. Tentukan profil yang diperlukan (berat sendiri diabaikan)

Jawab : Dalam contoh diambil load factor = 2.

3,5 m 3,5 m

P

Mp

Ultimate Load Pu = 20 x 2,0 = 40 t

tm707 x 40 x .L.PM41

u41

p

3

yp

p

p cm 30402300

7000000MW

3pcm 2500

1,2

3040

f

WW

Pakai DIN-36 , W = 2510 cm3.



Suatu gelagar dengan bentang 7,0 meter dibebani dengan q = 7,5 t/m

Kedua ujung merupakan jepitan. leleh baja 2300 kg/cm2. izin =1400

kg/cm2

Soal : Tentukan profil yang diperlukan menurut teori elastis dan plastis.

Jawab :

7,0 m

q t/m

7,0 m

MpMi

Mlap

Mi

MMp

Mp

qu t/m

Contoh 2.


Contoh 2 ….

Teori Elastis Teori Plastis

i

2

121 ML x q x maksM

tm30,67 x 7,5 x 2

121

35

cm 21901400

10 x 30,6MW

Dipakai DIN-34, W = 2170 cm3

qu = 2 x 7,5 = 15 t/m.

. tm927 x x15Lx q x M 2

812

u81

M = 2 Mp Mp= ½ M

= ½ (92)= 46 tm

35

yp

p

p cm 20002300

46x10MW

3pcm 1750

1,2

2000

f

WW

Dipakai DIN-30 , W = 1720 cm3


Contoh 2 ….

Note :

a) Pada kedua macam perhitungan ini profil yang dipakai

mempunyai momen perlawanan W yang sedikit lebih

kecil daripada yang diperlukan. Selagi perbedaannya itu

tidak lebih besar daripada 2%, profil tersebut masih

dapat dipakai

b) Ternyata bahwa perhitungan menurut teori plastis

memberikan profil yang lebih ekonomis.



Suatu gelagar dengan bentang 7,5 meter dibebani dengan P = 7,5 t/m

Perletakan jepit dan ujung yg lain sendi. Berat sendiri diabaikan

Soal : Tentukan profil yang diperlukan menurut teori elastis dan plastis.

Jawab :

Contoh 3.

4,5 m 3,0 m

P

A B C

MvMi

4,5 m 3,0 m

P

A B C

Mp

Mp

M


Contoh 3 ….

Teori Elastis Teori Plastis

PL

babaM v 3

2

2

23.

15 x 7,5 2

3,0 x 24,5 x 33,0 4,53

2

xPL

aLaM i 2

22

2

= 14 tm

tm19,9x157,52

4,57,54,52

22

Jadi momen yg menentukan Mi

35

i cm 14201400

19,9x10MW

Pakai profil INP- 40, W=1460 cm3

Pu = 2 x 15 = 30 ton

tm54307,7

4,5x3,0P

L

a.bM uv

6,15,7

5,4 MMMM pp

cmkg 33800001,6

54x105

3

yp

p

p cm 14702300

3380000MW

3pcm 1225

1,2

1470

f

WW

Pakai profil INP-38, W = 1260 cm3


Note :

a) Apabila rumus-rumus untuk mendapatkan momen-

momen (seperti Mv, dan Mi ) dalam perhitungan statis tak

tentu menurut teori elastis tidak tersedia, maka

perhitungannya akan jauh lebih panjang daripada

perhitungan plastis.

b) Dalam perhitungan plastis diperlukan penentuan tempat

dan jumlah engsel plastis yang tepat untuk menjadikan

konstruksi tersebut suatu mekanisme.

Contoh 3 ….


Contoh 4.

Suatu gelagar dengan bentang 7,5 meter dibebani P1 = 5 ton, P2 = 8 ton

Perletakan jepit dan ujung yg lain sendi. Berat sendiri diabaikan

Soal : Tentukan besarnya momen plastis ( Mp ).

Jawab :

Sebuah engsel plastis akan timbul pada

jepitan, engsel kedua belum dapat

ditentukan mungkin timbul pada B atau C

Jawab :

P1u = 2 x 5 =10 ton

P2u = 2 x 8 =16ton

pM3

136

3,0 m

A B C

P1 P2

3642

Mp

D

3,0 m3,0 m


pM3242

3

M 3

9

3 x 16 3

9

6 x 10M

p

B

pC M3

2310 6

9

3 x 16 6

9

6 x 10M

Misalkan engsel plastis kedua timbul pada B,

maka :

MB = Mp = 36 – 1/3 Mp

Mp = ¾ x 36 = 27 tm ( dominant )

Kalau engsel plastis kedua timbul pada C,

maka :

Mc = Mp = 42 – 2/3 Mp.

Jadi engsel plastis kedua timbul pada B.


tm27 tm25,242 x M53

p

Cara lain

B B

16 t10 t

R1 R2

Mp Mp Mp

3,0 3,0 3,0

0,31

pMR

Mp + Mp + 16 x 3,0 – R2 x 6,0 = 0

3

24

6

4822

pp MMR

2616103

24221

pMRR

Mp = ½ ( 3 x 26-24 ) = 27,0 tm

Contoh 5.Suatu gelagar dgn bentang L meter dibebani qu t/m’(termasuk berat sendiri).

Perletakan jepit dan ujung yg lain sendi.

Soal : Tentukan besarnya momen plastis ( Mp ) dan tentukan tempatnya.

Jawab :

Engsel-engsel plastis akan timbul pada

titik-titik A dan B dimana momen-momen

adalah maximum


L

MLqR

p

u21

2

Pada titik B, gaya lintang adalah Nol.

Jadi : R2 – qu x b = 0

0.bqL

MLq u

p

u21

.Lq

MLb

u

p

21

Contoh 5 …..

2

u21

21 .bqxbRM

2

u

p

21

u21

u

p

21p

u21

.Lq

MLq

.Lq

ML

L

MLq

2

2

21

212

81

..

Lq

MMLq

u

p

pu

M

MMM

p

p16

2

21

Pada saat engsel plastis timbul di B, maka M1 = Mp

Jadi :

M

MMMM

p

pp16

2

21

016.MM M. 24M 2

p

2

p

Mp = 0,686 M

= 0,686 x .qu. L2 = 0,086 qu.L2.

Jarak titik B dari tengah-tengah bentang (a) :

Kedua persamaan untuk Mp dan besaran a amat sering dipakai pada

keadaan konstruksi dan pembebanan yang sama, dan kadang-kadang

dapat juga dianggap sebagai rumus

L 0,086L q

M

L q

MLLbLa

u

p

u

p

21

21

21

dan

L 0,414L q

L q 0,086Lb

u

2

u

21

Contoh 5 …..

Contoh 6.Sebuah gelagar atas tiga tumpuan mendapat beban terbagi rata (termasuk

berat sendiri) q = 1 t/m. Masing-masing bentang adalah 6 meter.

Tentukan suatu profil IPE yang dibutuhkan

Jawab :

Disini engsel-engsel plastis akan timbul

pada titik-titik D, B dan E

qu = 2 x 1 = 2 t/m

Keadaan soal ini adalah identik dengan

soal no. 5)

Mp = 0,086 q.L2 = 0,086 x 2 x 62 = 6,2 tm


B C

q t/m

6,0

b

A6,0

b

Mp

MMMp Mp

D EBA C 35

yp

p

p cm 2702300

6,2x10MW

3pcm 225

1,2

270

f

WW

Dipakai profil IPE-22 , W = 252 cm3

Contoh 7.Sebuah gelagar atas tiga tumpuan mendapat beban terpusat P=3t pd

tengah-tengah bentang balok. Masing-masing bentang adalah 6 meter.

Tentukan suatu profil IPE yang dibutuhkan

Jawab :

Pu = 2 x 3 = 6 ton.


B CA3,0

Mp

MMp Mp

P P

3,0 3,03,0

tm96 x 6x .LPM41

u41

pp MMM21

tm69 x MM32

32

p

35

yp

p

p cm 2612300

10 x 6MW

3pcm 218

1,2

261

f

WW

dipakai profil IPE-22, W = 252 cm3.

Contoh 8.Suatu gelagar menerus atas tiga tumpuan mempunyai bentang masing-masing

8 dan 6 meter. Beban terbagi rata (termasuk berat sendiri) q = 5 t/m

Soal :

a) Rencanakan suatu gelagar yg uniform

b) Rencanakan gelagar yg tdk uniform.

c) Bandingkan mana yang lebih ekonomis kedua cara design diatas

Jawab :Pu = 2 x 3= 6 ton.


B C

q t/m

6,0

b

A8,0

b

MpMMp

Kelebihan

kekuatan

a) Disini yang menentukan adalah bentang yang terpanjang

qu =2x5=10 t/m

MP = 0,086. qu.L2

= 0,086 x 10 x (8)2 = 55 tm

35

yp

p

p cm 23902300

10 x 55MW

3pcm 2000

1,2

2300

f

WW

Untuk seluruh bentang dipakai profil DIN-32

, W = 2020 cm3

lanjutan Contoh 8…..


b) Disini yang menentukan adalah bentang yang pendek

B C

q t/m

6,0A

8,0

x

MpMv

Mp

Ditambah cover

plates

MP = 0,086. qu.L2

= 0,086 x10 x(6)2 = 31 tm.

35

13502300

1031cm

xMW

yp

p

p

3cm 11251,2

1350W

Pakai DIN-26 , W = 1160 cm3.

Cover Plate.

ton.36,18

31x10x8

L

M.LqR

21

1

p

1u21

A

RA – qu . x = 0 m 3,6110

36,1x



2

21 .. xqRM uAv

= 36,1. 3,61 – ½ .10. (3,61)2 = 65 tm.

Momen perlawanan plastis diperlukan :

35

yp

p

p cm 28202300

65x10MW

35

yp

p

ada yang,p cm 13502300

31x10MW

W = 1470 cm3.

Jadi diperlukan tambahan Wp sebanyak 1470 cm3 lagi dgn tambahan cover plate.

Dipakai sepasang cover plate 260x20.

W = 2 x F x d

= 2 x (26,0 x 2,0) x 14,0 = 1460 cm3



Panjanq Cover Plate

MpM

Mp

½ La

L

Mv

l

Cover plate tak perlu dipasang sepanjang L

, cukup sepanjang yang diperlukan.

Ini dapat ditentukan baik secara grafis

maupun analitis.

Secara analitis, dengan mengingat sifat-

sifat suatu parabola, panjang l adalah :

v

p

M

MaLl 12

Jadi panjang cover plate yang diperlukan :

m 5,2065

3112x0,398



Panjanq Cover Plate

Untuk diagram momen yang simetris :M

MMLl

pv

MpMMp

½ La

L

Mv

l

Mp



Cara pertama:

Total berat = 14 x 135 =1890 kg

c) Bandingkan antara cara 1 dan cara 2.

memerlukan profil DIN-26 sepanjang 14 m dan

cover plate sepanjang 5,20 m

Total berat = ( 14 x 94,8 ) + ( 5,20 x 40,8 ) x 2 =1750 kg

Jadi ternyata bahwa design dengan non-uniform section adalah

lebih ekonomis daripada yang uniform.

memerlukan profil DIN-32 sepanjang (8+6)=14m

Cara kedua :

Contoh 9.

A B C D

6,0 6,0 6,0

q = 3 T/M

Sebuah gelagar menerus atas empat tumpuan mempunyai bentang yang sama

L = 6 meter . Beban terbagi rata (termasuk berat sendiri) q = 3 t/m

Soal :


b) Rencanakan gelagar yg tdk uniform.

c) Bandingkan mana yang lebih ekonomis kedua cara design diatas


A B C

MpMp Mp

Mp

DE F G Pada macam konstruksi dan

pembebanan ini momen-momen

plastis akan timbul pada titik-titik

B, C, E dan G.

Lanjutan Contoh 9…


Jawab :

Mp = 0,086 qu. L2.

= 0,086 x ( 2 x 3 ) ( 6 )2 = 18,6 tm = 18,6 x 105 kg-cm

35

yp

p

p cm 8102300

10 x 18,6MW

3cm 6751,2

810W

Dipakai profil IPE-33 , W = 713 cm3.


b) Dengan profil yang berbeda, maka kita dapat mendesign berdasarkan

engsel-engsel plastis yg timbul di tiap-tiap momen maximum yaitu di B, C, E, F

dan G

Sebagai profil dasar yang menerus kita pakai yang dipertukan untuk momen

plastis yang timbul pada B, C dan F



Jawab :

b ) Rencanakan suatu gelagar yg tidak uniform

maka kita dapat mendesign berdasarkan engsel-engsel plastis yg timbul di

tiap-tiap momen maximum yaitu di B, C, E, F dan G

Sebagai profil dasar yang menerus kita pakai yang diperlukan untuk momen

plastis yang timbul pada B, C dan F

A B C

MpMp Mp

Mp

DE F G

Mp

M

x



2

81

21

21 xLxqxMM up

kg.cm 13,5.10 tm13,5 66x x x 52

81

21

35

p cm 5872300

10 x 13,5W

3cm 4901,2

587W

Dipakai IPE-30 , W = 557 cm3

. ton15,756

13,56 6. .R

21

A

Tinjau Balok Bentang BC

Tinjau Balok Bentang AB

RA – qu . x = 0 m 2,636

15,75

q

Rx

u

A



Mp = RA . x - ½ . qu . x2.

= 15,75 . 2,63 – ½ . 6. ( 2,63 )2 = 20,7 tm > Mp = 13,5 tm

Jadi diperlukan tambahan cover plate pada bentang pertama dan ketiga

35

yp

p

perlup, cm 9002300

10 x 20,7MW

ada yang p,W = 587 cm3

= 313 cm3.

30

0

120 . 9

154,5

15

4,5

Dipakai cover plate 120.9, ini memerlukan

tambahan plastis modulus sebesar :

2F. 15,4 = 2 x 12,0 x 0,9 x 15,45 = 332 cm3

Panjang cover plate yang diperlukan :

v

p

M

MaLl 12

m 3,1020,7

13,510,37 x 206l



c) Bandingkan mana yang tebih ekonomis

Pada cara design pertamakita memerlukan profil IPE-33 sepanjang 3 x 6 m =18 meter

Total berat = 18 x 49,1 = 883 kg

Pada cara design keduadiperlukan profil IPE-30 sepanjang 18m dan

plat tepi (cover) sepanjang 2 x 3,10 = 6,20 m

Total berat = (18 x 42,2) + (6,20 x 8,48) x 2 = 865 kg,

Note :

Disini ternyata bahwa penghematan bahan dengan non-uniform section tidak

tertalu besar. Mungkin tambahan ongkos untuk melaskan cover plate pada

kedua flage akan melebihi penghematan bahan

Oleh karena itu, disini lebih baik dipakai yang uniform section

Virtual Work Method

Kerja yang dilakukan oleh beban luar pada suatu gelagar

yang melentur adalah sama dengan kerja dalam (internal

work) yang diterima oleh engsel-engsel plastis.

Apabila dua batang bertemu pada suatu engsel plastis,

berputar sebesar sudut radian terhadap satu sama lain,

maka kerja dalam oleh engsel plastis tersebut adalah x Mp


Contoh-contoh perhitungan :

Hitung momen plastis Mp dari contoh soal 2) dengan mempergunakan

virtual work method.

Contoh 1 :

Contoh 1.Suatu balok dijepit pada kedua ujungnya, mempunyai bentang = 7,0 m.

Sepanjang bentang menerima beban merata sebesar q.




7,0 m

15 t/m

2

21

½ L ½ L

Jawab :

Kerja luar :

Beban x luas bidang lentur

= qu x ½ L x ½ = ¼ qu.L2.

Kerja dalam :

Mp x perputaran sudut total

= Mp( +2 + ) =4 xMp

Jadi:

¼ qu.L2. = 4 xMp

Hasil ini adalah cocok dgn Mp yang telah didapat pd terdahulu

Contoh 2.Suatu balok dijepit pada ujungC dan sendi pd ujung lain, mempunyai

bentang = 7,5 m. Menerima beban terpusat P pd titik B.




Jawab :

Kerja luar :

Beban x ordinat

= Pux3

Kerja dalam :


= Mp ( 1 + 1,66 )

Jadi:

Pu x 3 = Mp ( 1 + 1,66 )

2x15x3 = 2,66 Mp

4,5 m 3,0 m

15 t

A B C

66,0

66,1

3

tm33,82,66

90M p

( cocok ).

Contoh 2….


Note

Batang pada ujung A memang

berputar sudutnya, tapi momen

tak ada disana, sehingga kerja

dalamnya adatah nol.

Contoh 3.Suatu balok dijepit pada ujung D dan sendi pd ujung lain, mempunyai

bentang = 9,0 m. Menerima beban terpusat P pd titik B dan C.




Jawab :

Kerja luar :

Beban x ordinat

= P1u x 6 + P2u x 3

Kerja dalam :


= Mp (3+1)

Jadi:

P1u x 6 + P2u x 3 = Mp (3+1)

2 x 5 x 6 + 2 x 8 x 3 = 4 Mp

( cocok ).

3,0 m 3,0 m

A B C

P1u P2u

D

3,0 m

2

3

63

tm274

108M p

PLASTIC DESIGN-Hanis

Documents