Pengujian Lendutan Pada Balok Secara Teoritis

62 Dari grafik di atas menunjukkan bahwa pada masing-masing benda uji berdasarkan hasil pengujian terdapat perbedaan yang jelas sekali pada saat pembebanan maksimum pada benda uji tanpa perkuatan baja cold formed pada pembebanan 5000 kg dengan lendutan pada Y2 sebesar 12,76 mm. Sedangkan pada benda uji dengan penggunaan Cold Formed-Steel berupa lembaran pelat BK1dan u- wrap BK2 pada pembebanan 5000 kg,besar lendutan pada Y2 lebih kecil yaitu sebesar 9.62 mm dan 7.78 mm. Kedua Balok BK1 dan BK2 juga mengalami penambahan kekuatan lentur kurang lebih sebesar 500 kg.

IV.3.1.1. Pengujian Lendutan Pada Balok Secara Teoritis

Balok BK 1. Sebelum Retak Jika momen lentur lebih kecil daripada momen retak, Mcr,balok dapat diasumsikan tidak retak dan momen inersia dapat diasumsikan sebesar momen inersia untuk penampang kotor Ig. 3 12 1 h b Ig = 4 3 450000000 300 200 12 1 mm Ig = = Analisa lendutan untuk 0,5 P = 500 kg = 5000 N f’c = 22.5 MPa a. Lendutan akibat beban terpusat sebelum retak Gambar 4.6Perletakan Beban Terpusat Universitas Sumatera Utara 63 4 3 24 5 , 2 2 1 x L I E x P g c − = ∆ Ec = 4700 c f Ec = 20270 MPa Maka lendutan: 1000 4 3000 3 450000000 . 06 , 22294 . 24 1000 5000 2 2 1 − = ∆ 1 ∆ = 0,48 mm b. Lendutan akibat beban sendiri sebelum retak Gambar 4.7Perletakan Beban Merata q = 0,2 x 0,3 x 24 = 1,44 kNm mm I E L q g c 15 , 450000000 06 , 22294 384 3000 44 , 1 5 384 5 4 2 4 2 = = ∆ = ∆ Maka besar lendutan yang terjadi secara teoritis sebelum terjadi retakan: 2 1 max ∆ + ∆ = ∆ = 0,48 + 0,15 = 0,63 mm 2. Sesudah Retak Ketika momen lebih besar daripada momen retak, Mcr, retak tarik yang berkembang pada balok akan menyebabkan penampang melintang balok berkurang, dan momen inersia dapat diasumsikan sama dengan nilai transformasi, Icr. Universitas Sumatera Utara 64 Lendutan seketika pada komponen struktur terjadi apabila segera setelah beban bekerja seketika itu pula terjadi lendutan. Pada SK SNI 03-2847-2002 pasal 11.5 ayat 2.3 ditetapkan bahwa lendutan seketika dihitung dengan menggunakan nilai momen inersia efektif Ie berdasarkan persamaan berikut ini: g cr a cr g a cr e I I M M I M M I ≤               − +       = 3 3 1 Dimana: Ie = Momen inersia efektif Icr = momen inersia penampang retak transformasi Ig = momen inersia penampang utuh terhadap sumbu berat penampang seluruh batang tulangan diabaikan Ma = momen maksimum pada komponen struktur saat lendutan dihitung Mcr = momen pada saat timbul retak yang pertama kali Mcr dihitung dengan rumus: t g r cr y I f M = Dimana,fr = modulus retak beton, untuk beton normal fr = 0,7 c f yt = jarak dari garis netral penampang utuh mengabaikan tulangan baja ke serat tepi tertarik. Untuk menentukan penampang retak transformasi: 2 2 3 3 1 d y A n y d A n y b I s s cr − + − + = Dan letak garis netral y ditentukan sebagai berikut: 2 1 2 = + − − + y A n d A n d A n y A n y b s s s s Analisa lendutan pada beban: 0,5P = 1500kg = 15KN f’c = 22.5 MPa Universitas Sumatera Utara 65 Menentukan letak garis netral 2 1 2 = + − − + y A n d A n d A n y A n y b s s s s Dimana, n = EsEc Ec = 22294.06 MPa Es = 200000 MPa Sehingga n = 9 d aktual =       + + − s d d h sengkang tarik tul 2 d aktual = 300 -       + + 40 6 2 10 = 249 mm d’ aktual = s d d sengkang tekan tul + + 2 d’ aktual = mm 51 40 6 2 10 = + + maka, 2 1 2 = + − − + y A n d A n d A n y A n y b s s s s mm y y y y y y y y 88 , 68 74 , 2797 26 , 28 279774 2826 100 157 9 249 157 9 51 157 9 157 9 200 2 1 2 2 2 = = − + = − + = + − − + Universitas Sumatera Utara 66 Menentukan momen inersia penampang retak transformasi: 2 2 3 3 1 d y A n y d A n y b I s s cr − + − + = = 2 2 3 51 88 , 68 157 9 88 , 68 249 157 9 88 , 68 200 3 1 − + − + = 4 mm 2 73394761,2 Kemudian menentukan pada saat timbul retak yang pertama kali: t g r cr y I f M = dimana, mm h y t 150 300 2 1 2 1 = = = 4 3 450000000 300 200 12 1 mm I g = = MPa c f f r 32 , 3 5 , 22 7 , 7 , = = = kNm M cr 96 , 9 150 450000000 32 , 3 = = Ma = 0,5P . 13 L + 18 q. L 2 = 15 . 13 3 + 18 1,44 3 2 = 16,62 kNm Maka: cr a cr g a cr e I M M I M M I               − +       = 3 3 1 Universitas Sumatera Utara 67 2 73394761,2 62 , 16 96 , 9 1 450000000 62 , 16 96 , 9 3 3               − +       = e I 4 5 , 154448175 mm I e = a. Lendutan akibat beban terpusat setelah retak Maka besar lendutan 1000 4 3000 3 9 , 208646542 06 , 22294 24 1000 15000 2 2 1 − = ∆ mm 09 , 3 1 = ∆ b. Lendutan akibat beban sendiri setelah retak q = 0,2 x 0,3 x 24 = 1,44 kNm mm I E L q e c 33 , 9 , 208646542 06 , 22294 384 3000 44 , 1 5 384 5 4 2 4 2 = = ∆ = ∆ Beban keseluruhan lendutan yang terjadi secara teoritis setelah terjadi retakan: 2 1 max ∆ + ∆ = ∆ = 3,09 + 0,33 = 3,42 mm Jadi lendutan pada balok persegi secara teoritis dapat ditentukan dengan cara perhitungan diatas. Maka pada tabel dibawah ini disajikan besarnya lendutan secara teoritis pada masing-masing benda uji yaitu sebagai berikut: 4 3 24 5 , 2 2 1 x L I E x P e c − = ∆ Universitas Sumatera Utara 68 Tabel 4.5 Data Perbandingan Lendutan Secara Teoritis Dengan Percobaan Balok BK Beban P kg Mmax kNm Mcr kNm Icr x10 6 mm 4 Ie x10 6 mm 4 ∆ teoritis tanpa perkuatan 0,01mm ∆ percobaan 0,01mm 1,62 9,96 73,39 - 500 4,12 9,96 73,39 - 39 13 1000 6,62 9,96 73,39 - 63 37 1500 9,12 9,96 73,39 - 87 78 2000 11,62 9,96 73,39 310,56 160 181 2500 14,12 9,96 73,39 205,57 294 314 3000 16,62 9,96 73,39 154,45 461 477 3500 19,12 9,96 73,39 126,63 648 672 4000 21,62 9,96 73,39 110,22 842 882 4500 24,12 9,96 73,39 99,91 1036 1106 5000 26,62 9,96 73,39 93,12 1227 1276 Keterangan: Retak awal pada balok control BK saat P = 2000 kg. Universitas Sumatera Utara 69 Gamabr 4.8 GrafikHubungan Beban – Lendutan BalokKontrolBK 1000 2000 3000 4000 5000 6000 200 400 600 800 1000 1200 1400 Be b an k g Lendutan x 0.01 mm secara teoritis balok tanpa perkuatan Universitas Sumatera Utara 70 Balok BK1 Perkuatan dengan lembaran pelat baja cold-formed t cfs = 0.75 mm b cfs = 12 cm 1. Sebelum Retak Jika momen lentur lebih kecil daripada momen retak, Mcr. Balok dapat diasumsikan tidak retak dan momen inersia dapat diasumsikan sebesar momen inersia untuk penampang kotor Ig. 4 3 3 22 , 450000004 75 , 120 12 1 300 200 12 1 mm Ig = + = Analisa lendutan untuk 0,5 P = 500 kg = 5000 N f’c = 22.5 MPa fy cfs = 576.92 MPa fy =341, 14 MPa a. Lendutan akibat beban terpusat sebelum retak Gambar 4.9Perletakan Beban Terpusat 3 3 12 1 12 1 pelat pelat beton beton h b h b Ig + = 4 3 24 5 , 2 2 1 x L I E x P g c − = ∆ Universitas Sumatera Utara 71 Ec = 4700 c f Ec = 22294.06 MPa Maka lendutan: 1000 4 3000 3 22 , 450000004 . 06 . 22294 . 24 1000 5000 2 2 1 − = ∆ 1 ∆ = 0,48 mm b. Lendutan akibat beban sendiri sebelum retak Gambar 4.10Perletakan Beban Merata q = q c + q cfs = 0,2 x 0,3 x 24 +0,00075 x 0,12 x 0,785 = 1,44 kNm mm I E L q g c 15 , 22 , 450000004 06 . 22294 384 3000 44 , 1 5 384 5 4 2 4 2 = = ∆ = ∆ Maka besar lendutan yang terjadi secara teoritis sebelum terjadi retakan: 2 1 max ∆ + ∆ = ∆ = 0,48 + 0,15 = 0,63 mm 2. Sesudah Retak Ketika momen lebih besar daripada momen retak, Mcr, retak tarik yang berkembang pada balok akan menyebabkan penampang melintang balok berkurang, dan momen inersia dapat diasumsikan sama dengan nilai transformasi, Icr. Universitas Sumatera Utara 72 Lendutan seketika pada komponen struktur terjadi apabila segera setelah beban bekerja seketika itu pula terjadi lendutan. Pada SK SNI 03-2847-2002 pasal 11.5 ayat 2.3 ditetapkan bahwa lendutan seketika dihitung dengan menggunakan nilai momen inersia efektif Ie berdasarkan persamaan berikut ini: g cr a cr g a cr e I I M M I M M I ≤               − +       = 3 3 1 Dimana: Ie = Momen inersia efektif Icr = momen inersia penampang retak transformasi Ig = momen inersia penampang utuh terhadap sumbu berat penampang seluruh batang tulangan diabaikan Ma = momen maksimum pada komponen struktur saat lendutan dihitung Mcr = momen pada saat timbul retak yang pertama kali Mcr dihitung dengan rumus: t g r cr y I f M = Dimana,fr = modulus retak beton, untuk beton normal fr = 0,7 c f yt = jarak dari garis netral penampang utuh mengabaikan tulangan baja ke serat tepi tertarik. Untuk menentukan penampang retak transformasi: I cr = �� 3 3 + nA s d – y 2 + nA’ s y – d’ 2 + mA f H + t f – y 2 Dan letak garis netral y ditentukan sebagai berikut: ε cfs = � � � − 1�ε c – ε s � ��� � ��� = � � � − 1�ε c - � � � � Universitas Sumatera Utara 73 576,92 210000 = � 300 � − 1�0,003– 341,14 200000 Maka y = 119 mm Analisa lendutan pada beban: 0,5P = 1500kg = 15KN f’c = 22,5 MPa A s = A’ s = ¼ πd 2 = 157 mm 2 A cfs = b cfs . t cfs = 120 . 0.75 = 90 mm 2 Dimana, n = EsEc dan m = EcfsEc E c = 22294.06 MPa E s = 200000 MPa E cfs = 210000 MPa Sehingga n = 9 dan m = 10 d aktual =       + + − s d d h sengkang tarik tul 2 d aktual = 300 -       + + 40 6 2 10 = 249 mm d’ aktual = s d d sengkang tekan tul + + 2 d’ aktual = mm 51 40 6 2 10 = + + Menentukan momen inersia penampang retak transformasi: I cr = �� 3 3 + nA s d – y 2 + nA’ s y – d’ 2 + mA cfs H + t cfs – y 2 2 2 2 3 119 75 . 300 90 10 51 119 157 9 119 249 157 9 119 200 3 1 − + + − + − + = 172475867,2mm 4 Universitas Sumatera Utara 74 Kemudian menentukan pada saat timbul retak yang pertama kali: t g r cr y I f M = dimana, mm h y t 150 300 2 1 2 1 = = = 4 3 3 22 , 450000004 75 , 120 12 1 300 200 12 1 mm Ig = + = MPa c f f r 32 , 3 5 , 22 7 , 7 , = = = kNm M cr 96 , 9 150 22 , 450000004 32 , 3 = = Ma = 0,5P . 13 L + 18 q. L 2 = 15 . 13 3 + 18 1,44 3 2 = 16,62 kNm Maka: cr a cr g a cr e I M M I M M I               − +       = 3 3 1 2 172475867, 62 , 16 96 , 9 1 22 , 450000004 62 , 16 96 , 9 3 3               − +       = e I 4 4 , 232204932 mm I e = a. Lendutan akibat beban terpusat setelah retak 4 3 24 5 , 2 2 1 x L I E x P g c − = ∆ Universitas Sumatera Utara 75 Maka besar lendutan 1000 4 3000 3 4 , 232204932 22294.06 24 1000 15000 2 2 1 − = ∆ mm 77 , 2 1 = ∆ b. Lendutan akibat beban sendiri setelah retak q = q c + q cfs = 0,2 x 0,3 x 24 +0,00075 x 0,12 x 0,785 = 1,44 kNm mm I E L q g c 29 , 4 , 232204932 22294.06 384 3000 44 , 1 5 384 5 4 2 4 2 = = ∆ = ∆ Beban keseluruhan lendutan yang terjadi secara teoritis setelah terjadi retakan: 2 1 max ∆ + ∆ = ∆ = 2,77 + 0,29 = 3,06 mm Jadi lendutan pada balok persegi secara teoritis dapat ditentukan dengan cara perhitungan diatas. Maka pada tabel dibawah ini disajikan besarnya lendutan secara teoritis pada masing-masing benda uji yaitu sebagai berikut: Universitas Sumatera Utara 76 Tabel 4.6 Data Perbandingan Lendutan Secara Teoritis Dengan Percobaan Balok BK1 Beban P kg Mmax kNm Mcr kNm Icr x10 6 mm 4 Ie x10 6 mm 4 ∆ teoritis 0,01mm ∆ percobaan 0,01mm 1,62 9,96 172,78 - 500 4,12 9,96 172,78 - 39 9 1000 6,62 9,96 172,78 - 63 31 1500 9,12 9,96 172,78 - 87 72 2000 11,62 9,96 172,78 347,2 143 142 2500 14,12 9,96 172,78 269,88 224 257 3000 16,62 9,96 172,78 232,20 306 391 3500 19,12 9,96 172,78 211,71 387 521 4000 21,62 9,96 172,78 199,61 465 779 4500 24,12 9,96 172,78 192,02 557 834 5000 26,62 9,96 172,78 187,01 634 962 5500 29,12 9,96 172,78 183,58 721 1027 Keterangan: Retak awal pada balok BK1 saat P = 2000 kg. Universitas Sumatera Utara 77 Gambar 4.11 GrafikHubungan Beban – Lendutan Balok BK1 1000 2000 3000 4000 5000 6000 200 400 600 800 1000 1200 Be ba n k g Lendutan x 0.01mm teoritis percobaan Universitas Sumatera Utara 78 Balok BK2 Perkuatan dengan baja cold formed berupa u-wrap h cfs = 45 mm t cfs =0.75 mm 1. Sebelum Retak Jika momen lentur lebih kecil daripada momen retak, Mcr. Balok dapat diasumsikan tidak retak dan momen inersia dapat diasumsikan sebesar momen inersia untuk penampang kotor Ig. 4 3 3 3 845 , 450011394 45 75 . 12 1 2 75 , 120 12 1 300 200 12 1 mm x Ig = + + = Analisa lendutan untuk 0,5 P = 500 kg = 5000 N f’c = 22.5 MPa fy cfs = 576.92 MPa fy =341, 14 MPa Lendutan akibat beban terpusat sebelum retak Gambar 4.12Perletakan Beban Terpusat 3 3 12 1 12 1 cfs cfs c c h b h b Ig + = Universitas Sumatera Utara 79 4 3 24 5 , 2 2 1 x L I E x P g c − = ∆ Ec = 4700 c f Ec = 22294,06 MPa Maka lendutan: 2 2 1 1000 4 3000 3 845 , 450011394 . 4 , 20324 . 24 1000 5000 − = ∆ 1 ∆ = 0,48 mm c. Lendutan akibat beban sendiri sebelum retak Gambar 4.13Perletakan Beban Merata q = q c + q cfs = 0,2 x 0,3 x 24 +0,00075 x 0,2 + 0,045 x 0,00075 x 2 x 0,785 = 1,44 kNm mm I E L q g c 15 , 845 , 450011394 4 , 20324 384 3000 44 , 1 5 384 5 4 2 4 2 = = ∆ = ∆ Maka besar lendutan yang terjadi secara teoritis sebelum terjadi retakan: 2 1 max ∆ + ∆ = ∆ = 0,48 + 0,15 = 0,63 mm 2. Sesudah Retak Ketika momen lebih besar daripada momen retak, Mcr, retak tarik yang Universitas Sumatera Utara 80 berkembang pada balok akan menyebabkan penampang melintang balok berkurang, dan momen inersia dapat diasumsikan sama dengan nilai transformasi, Icr. Lendutan seketika pada komponen struktur terjadi apabila segera setelah beban bekerja seketika itu pula terjadi lendutan. Pada SK SNI 03-2847-2002 pasal 11.5 ayat 2.3 ditetapkan bahwa lendutan seketika dihitung dengan menggunakan nilai momen inersia efektif Ie berdasarkan persamaan berikut ini: g cr a cr g a cr e I I M M I M M I ≤               − +       = 3 3 1 Dimana: Ie = Momen inersia efektif Icr = momen inersia penampang retak transformasi Ig = momen inersia penampang utuh terhadap sumbu berat penampang seluruh batang tulangan diabaikan Ma = momen maksimum pada komponen struktur saat lendutan dihitung Mcr = momen pada saat timbul retak yang pertama kali Mcr dihitung dengan rumus: t g r cr y I f M = Dimana, fr = modulus retak beton, untuk beton normal fr = 0,7 c f y t = jarak dari garis netral penampang utuh mengabaikan tulangan baja ke serat tepi tertarik. Untuk menentukan penampang retak transformasi: I cr = �� 3 3 + nA s d – y 2 + nA’ s y – d’ 2 + mA f H + t f – y 2 Dan letak garis netral y ditentukan sebagai berikut: Universitas Sumatera Utara 81 ε cfs = � � � − 1�ε c – ε s � ��� � ��� = � � � − 1�ε c - � � � � 576,92 210000 = � 300 � − 1�0,003– 341,14 200000 Maka y = 119 mm Analisa lendutan pada beban: 0,5P = 1500kg = 15KN Dimana, n = E s E c dan m =E cfs E c E c = 22294,06 MPa E s = 200000 MPa E cfs = 210000 MPa Sehingga n = 9 dan m = 10 d aktual =       + + − s d d h sengkang tarik tul 2 d aktual = 300 -       + + 40 6 2 10 = 249 mm d’ aktual = s d d sengkang tekan tul + + 2 d’ aktual = mm 51 40 6 2 10 = + + Menentukan momen inersia penampang retak transformasi: I cr = �� 3 3 + nA s d – y 2 + nA’ s y – d’ 2 + mA f H + t f – y 2 Universitas Sumatera Utara 82 = 2 2 2 3 119 5 , 22 300 75 , . 45 10 119 75 , 300 75 , . 200 10 51 119 157 9 119 249 157 9 119 200 3 1 − − + − + + − + − + = 5 200785698, Kemudian menentukan pada saat timbul retak yang pertama kali: t g r cr y I f M = dimana, mm h y t 150 300 2 1 2 1 = = = 4 3 3 3 845 , 450011394 45 75 . 12 1 2 75 , 120 12 1 300 200 12 1 mm x Ig = + + = MPa c f f r 32 , 3 5 , 22 7 , 7 , = = = Ma = 0,5P . 13 L + 18 q. L 2 = 15 . 13 3 + 18 1,44 3 2 = 16,62 kNm Maka: cr a cr g a cr e I M M I M M I               − +       = 3 3 1 5 200785698, 62 , 16 96 , 9 1 845 , 450011394 62 , 16 96 , 9 3 3               − +       = e I 4 6 , 254424340 mm I e = Universitas Sumatera Utara 83 a. Lendutan akibat beban terpusat setelah retak 4 3 24 5 , 2 2 1 x L I E x P g c − = ∆ Maka besar lendutan 1000 4 3000 3 6 , 254424340 06 , 22294 24 1000 15000 2 2 1 − = ∆ mm 53 , 2 1 = ∆ b. Lendutan akibat beban sendiri setelah retak q = q c + q cfs = 0,2 x 0,3 x 24 + 0,00075x0,2 + 0,045x0,00075x2 x 0,785 = 1,44 kNm mm I E L q g c 27 , 6 , 254424340 06 , 22294 384 3000 44 , 1 5 384 5 4 2 4 2 = = ∆ = ∆ Beban keseluruhan lendutan yang terjadi secara teoritis setelah terjadi retakan: 2 1 max ∆ + ∆ = ∆ = 2,53 + 0,27 = 2,8 mm Jadi lendutan pada balok persegi secara teoritis dapat ditentukan dengan cara perhitungan diatas. Maka pada tabel dibawah ini disajikan besarnya lendutan secara teoritis pada masing-masing benda uji yaitu sebagai berikut: Universitas Sumatera Utara 84 Tabel 4.7 Data Perbandingan Lendutan Secara Teoritis Dengan Percobaan Balok BK2 Beban P kg Mmax kNm Mcr kNm Icr x10 6 mm 4 Ie x10 6 mm 4 ∆ teoritis 0,01mm ∆ percobaan 0,01mm 1,62 9,96 200,78 - 500 4,12 9,96 200,78 - 39 9 1000 6,62 9,96 200,78 - 63 28 1500 9,12 9,96 200,78 - 87 69 2000 11,62 9,96 200,78 357,73 139 133 2500 14,12 9,96 200,78 288,26 210 223 3000 16,62 9,96 200,78 254,42 280 359 3500 19,12 9,96 200,78 236,02 348 417 4000 21,62 9,96 200,78 225,15 412 563 4500 24,12 9,96 200,78 218,33 474 621 5000 26,62 9,96 200,78 213,84 530 778 5500 29,12 9,96 200,78 210,75 624 955 Keterangan: Retak awal pada balok BK2 saat P = 2000 kg. Universitas Sumatera Utara 85 Gambar 4. Grafik Hubungan Beban – Lendutan Balok BK2 1000 2000 3000 4000 5000 6000 200 400 600 800 1000 1200 Be ba n k g Lendutan x0,01 mm teoritis percobaan Universitas Sumatera Utara 86 Dari tabel dan grafik diatas dapat dilihat balok dengan perkuatan pelat baja cold- formed atau u-wrap, lendutan yang terjadi lebih kecil daripada lendutan pada balok biasa dan secara teoritis.

IV.3.1.2. Beban Pada Lendutan Ijin