RPS FT12414 · Ganjil 2026/2027

Struktur Beton Bertulang I

Sifat beton dan baja tulangan, lalu analisis dan desain balok serta pelat satu arah terhadap lentur dan geser sesuai SNI 2847, sampai menyusun lembar kerja perhitungan sendiri.

Gedung kuliah dua lantai yang menjadi kasus berjalan semester ini. Seret untuk memutar, cubit atau gulir untuk memperbesar.

Cara belajar di kelas ini

Pertanyaan pemantikSetiap pertemuan dibuka dengan fenomena nyata yang belum bisa dijelaskan dengan rumus.

Mekanisme fisikApa yang terjadi di dalam beton dan baja: regangan, retak, leleh, lekatan.

Simulasi konsepUbah satu besaran dan amati akibatnya sebelum menghafal rumus.

Rumus dan pasal SNIRumus muncul sebagai ringkasan dari mekanisme yang sudah dipahami.

Bedah soal, miskonsepsi, dan cek pemahamanDiskusi kelas, contoh soal bertahap, dan kuis singkat dengan umpan balik langsung.

Kasus berjalan: Gedung Kuliah Teknik, Meulaboh

Satu balok dan satu pelat dari gedung kuliah dua lantai dipakai sejak pertemuan 2 sampai 15. Mahasiswa melihat bagaimana satu elemen berkembang dari pembebanan, kapasitas lentur, geser, sampai lendutan, lalu diotomasi dalam lembar kerja.

Elemen	Data	Dipakai di pertemuan
Balok B1, lantai 2	Bentang 6 m tumpuan sederhana, 300 × 500 mm, q_D = 18 kN/m, q_L = 8 kN/m, f'_c = 25 MPa, f_y = 420 MPa	2, 3, 4, 5, 10, 12, 13, 14, 15
Pelat S1, ruang kelas	Bentang 3,5 m, beban mati tambahan 1,5 kN/m², beban hidup 1,92 kN/m²	11, 15

Capaian pembelajaran

Kode	Rumusan
CPL-2	Mampu menerapkan pemikiran logis, kritis, sistematis, dan inovatif serta memanfaatkan teknologi informasi dan perangkat digital dalam pengembangan dan penerapan ilmu teknik sipil.
CPL-4	Mampu menerapkan pengetahuan matematika, sains alam, ilmu material, dan dasar-dasar rekayasa untuk memperoleh pemahaman menyeluruh tentang prinsip teknik sipil.
CPL-5	Mampu mengidentifikasi, merumuskan, menganalisis, dan menyelesaikan masalah rekayasa kompleks di bidang struktur, geoteknik, transportasi, sumber daya air, dan manajemen konstruksi.
CPMK-1	Mahasiswa mampu menerapkan sifat mekanik beton dan baja tulangan serta konsep kekuatan batas pada penampang beton bertulang.
CPMK-2	Mahasiswa mampu menganalisis dan mendesain balok serta pelat satu arah terhadap lentur dan geser sesuai SNI 2847.
CPMK-3	Mahasiswa mampu menggunakan lembar kerja untuk menghitung kapasitas dan tulangan penampang secara sistematis.

Rencana pembelajaran 16 minggu

Mg	Materi	CPMK	Penilaian	Bobot

Rencana evaluasi

Partisipasi 29%

Case method 20%

Kuis 16%

UTS 15%

UAS 20%

Unsur nilai	Metode	CPMK-1	CPMK-2	CPMK-3	Total
Kuis	Kognitif – kuis	12	4	0	16
UTS	Kognitif – ujian tengah semester	8	7	0	15
UAS	Kognitif – ujian akhir semester	10	8	2	20
Partisipasi	Aktivitas partisipatif	20	9	0	29
Case method	Kognitif – tugas	0	12	8	20
Jumlah		50	40	10	100

Pustaka

Badan Standardisasi Nasional. (2019). SNI 2847:2019 Persyaratan Beton Struktural untuk Bangunan Gedung dan Penjelasan. BSN.
McCormac, J. C., & Brown, R. H. (2015). Design of Reinforced Concrete (10th ed.). John Wiley & Sons.
Wight, J. K. (2016). Reinforced Concrete: Mechanics and Design (7th ed.). Pearson.
Pendukung: Setiawan, A. (2016). Perancangan Struktur Beton Bertulang Berdasarkan SNI 2847:2013. Erlangga.

Satuan: gaya kN, momen kNm, dimensi mm, tegangan MPa (N/mm²), desimal memakai koma. Media: Microsoft Excel, laptop, layar, proyektor.

Minggu 1 · CPMK-1

Beton menahan tekan, baja menahan tarik

Beton bertulang adalah pembagian kerja: masing-masing material ditempatkan di tempat ia paling kuat, dan keduanya dipaksa bergerak bersama oleh lekatan.

Sub-CPMK 1.1: Mahasiswa mampu menjelaskan sifat beton, baja tulangan, dan perilaku komposit beton bertulang.
Penilaian: Diskusi kelas: keaktifan dan ketepatan penjelasan
Metode: Ceramah interaktif dan diskusi kelas; kontrak perkuliahan
Pustaka: SNI 2847 Ps. 19–20; McCormac Bab 1
Bobot: 5%

Pertanyaan pemantik

Sebatang beton 15 × 15 cm patah bila ditekuk dengan tangan dan palu. Mengapa jembatan dari bahan yang sama bisa dilewati truk 30 ton?

Diskusikan berpasangan 3 menit sebelum melanjutkan.

Benda uji silinder 150 × 300 mm untuk menentukan f'_c, dan batang ulir dengan sirip yang mengunci batang ke beton.

Konsep inti mekanisme fisik

Beton adalah batuan buatan. Agregat kasar dan halus diikat oleh pasta semen yang mengeras melalui hidrasi. Bahkan sebelum dibebani, sudah ada retak mikro di bidang batas antara pasta dan agregat.

Mengapa lemah tarik. Saat ditekan, retak mikro cenderung merapat sehingga beton bisa menahan tegangan besar. Saat ditarik, retak mikro terbuka dan menjalar dengan cepat. Akibatnya kuat tarik beton hanya sekitar 10% kuat tekannya, dan keruntuhan tarik terjadi tiba-tiba.

Baja liat dan seragam. Baja meregang elastis sampai leleh, lalu memanjang jauh tanpa putus. Sifat ini memberi tanda peringatan sebelum runtuh.

Syarat komposit. Kedua material bisa bekerja sama karena tiga hal:

Lekatan: sirip batang ulir mengunci batang ke beton, sehingga selama lekatan utuh, regangan baja sama dengan regangan beton di sekitarnya.
Muai termal hampir sama: beton sekitar 10 × 10⁻⁶/°C dan baja sekitar 12 × 10⁻⁶/°C. Perbedaannya kecil, sehingga perubahan suhu sehari-hari tidak merusak lekatan.
Selimut beton: lingkungan basa di dalam beton (pH sekitar 12,5–13) membentuk lapisan pelindung tipis di permukaan baja. Lapisan ini rusak bila klorida dari laut atau karbonasi menembus selimut, dan sejak itu baja mulai berkarat. Selimut juga menahan panas saat kebakaran.

Simulasi di atas menjawab pertanyaan pemantik. Balok polos runtuh begitu beton retak. Balok bertulang retak pada momen yang hampir sama (tulangan hanya menaikkannya sedikit), tetapi setelah retak baja mengambil alih gaya tarik dan balok masih memikul beban beberapa kali lipat.

Sifat mekanik dan rumus

E_c = 4700 √f'_c f_r = 0,62 λ √f'_c ε_cu = 0,003

E_s = 200.000 MPa ε_y = f_y / E_s

SNI 2847:2019 Ps. 19.2.2.1, 19.2.3.1, 20.2.2.2 · λ = 1,0 untuk beton berat normal

Visualisasi material beton tiga simulasi

Tiga simulasi berikut memperlihatkan hal yang tidak terlihat dari luar: retak mikro di dalam beton, pori yang ditinggalkan air, dan kekuatan yang terus tumbuh selama semen masih berhidrasi.

1. Menyelami beton: retak mikro saat ditarik dan ditekan

Potongan beton diperbesar sekitar 10 kali. Butir abu-abu adalah agregat, latar terang adalah pasta semen. Bidang batas di antara keduanya (zona transisi antarmuka) adalah bagian terlemah. Naikkan tegangan dan bandingkan perilaku tarik dengan tekan.

2. Rasio air–semen dan pori kapiler

Semen hanya memerlukan air sekitar 0,25 kali beratnya untuk bereaksi penuh, dan sedikit air tambahan terperangkap di pori gel. Air di atas kebutuhan itu membuat beton mudah dicor, tetapi setelah menguap meninggalkan pori kapiler. Pori inilah yang menurunkan kekuatan dan menjadi jalan masuk air laut.

3. Kekuatan bertambah dengan umur dan perawatan

Beton tidak "kering lalu kuat". Beton menguat karena semen bereaksi dengan air, dan reaksi itu berhenti bila beton kehilangan air terlalu cepat. Karena itu f'_c ditetapkan pada umur 28 hari dan beton harus dirawat basah setelah dicor.

Bedah soal 1: menerima atau menolak beton dari truk mixer

Beton untuk kolom gedung kuliah dipesan dengan f′c = 25 MPa. Tiga pasang silinder 150 × 300 mm umur 28 hari hancur pada beban 450 kN, 420 kN, dan 479 kN. Apakah beton diterima?

Kuat tekan satu benda uji = beban/luas penampang silinder A = ¼π × 150² = 17.671 mm²
f₁ = 450.000/17.671 = 25,5 MPa ; f₂ = 420.000/17.671 = 23,8 MPa ; f₃ = 479.000/17.671 = 27,1 MPa
Syarat 1 (SNI 2847 Ps. 26.12.3): rata-rata tiga uji berurutan ≥ f′c (25,5 + 23,8 + 27,1)/3 = 25,5 MPa ≥ 25 MPa OK
Syarat 2: tidak ada satu uji pun di bawah f′c − 3,5 MPa (untuk f′c ≤ 35 MPa) nilai terkecil 23,8 MPa ≥ 25 − 3,5 = 21,5 MPa OK

Beton diterima. Satu benda uji di bawah 25 MPa tidak otomatis berarti gagal: f′c adalah nilai yang diharapkan dilampaui sebagian besar benda uji, bukan batas mutlak setiap silinder.

Mengapa? Kekuatan beton selalu bervariasi karena air, pemadatan, dan perawatan tidak pernah persis sama. Itu sebabnya penerimaan memakai rata-rata dan batas bawah, dan perencana memakai faktor φ.

Bedah soal 2: sifat material dari f′c

Hitung modulus elastisitas, modulus runtuh, rasio modulus, dan regangan leleh untuk beton f′c = 30 MPa dan baja f_y = 420 MPa.

Modulus elastisitas beton normal E_c = 4.700√f′c = 4.700 × √30 = 25.743 MPa
Modulus runtuh (kuat tarik lentur) f_r = 0,62λ√f′c = 0,62 × √30 = 3,40 MPa
Rasio modulus n = E_s/E_c = 200.000/25.743 = 7,77
Regangan leleh baja ε_y = f_y/E_s = 420/200.000 = 0,0021

Kuat tarik beton hanya 3,40 MPa, sekitar 11% dari kuat tekannya, dan baja 7,8 kali lebih kaku dari beton. Dua angka ini menjelaskan mengapa tulangan dipasang di sisi tarik.

Bedah soal 3: balok beton tanpa tulangan

Balok beton polos 200 × 300 mm bentang 3 m, f′c = 25 MPa, ditumpu sederhana. Berapa beban terpusat di tengah bentang yang membuatnya retak (dan langsung patah)?

Modulus runtuh f_r = 0,62√25 = 3,10 MPa
Modulus penampang S = bh²/6 = 200 × 300²/6 = 3,0 × 10⁶ mm³
Momen retak M_cr = f_r·S = 3,10 × 3,0 × 10⁶ = 9,30 kNm
Momen akibat berat sendiri q = 24 × 0,2 × 0,3 = 1,44 kN/m → M = 1,44 × 3²/8 = 1,62 kNm
Sisa momen untuk beban P PL/4 = 9,30 − 1,62 → P = 4 × 7,68/3 = 10,2 kN

Balok seberat 432 kg ini patah bila ditambah beban sekitar 1 ton di tengahnya, dan patahnya tiba-tiba. Dengan tulangan 2D13, balok yang sama sanggup memikul beberapa kali lipat dan memberi tanda retak sebelum runtuh.

Latihan 1.1 — Silinder yang gagal

Tiga uji: 26,0 ; 20,5 ; 28,0 MPa untuk f′c = 25 MPa. Diterima?
Pembahasan: Rata-rata 24,8 MPa < 25 MPa dan satu uji 20,5 < 21,5 MPa: kedua syarat gagal. Beton perlu diselidiki, misalnya dengan uji inti (core drill).

Miskonsepsi umum

AnggapanTulangan mencegah beton retak.

SebenarnyaBerkat lekatan, tulangan sudah ikut meregang sejak awal, tetapi beton retak pada regangan sangat kecil (sekitar 0,00013), saat tegangan baja baru sekitar 5% f_y. Tulangan hanya menunda retak sedikit. Setelah retak, gaya tarik pindah ke baja, dan lekatan mengendalikan jarak serta lebar retak.

AnggapanBeton makin kuat bila airnya ditambah agar mudah dicor.

SebenarnyaAir berlebih meninggalkan pori setelah menguap. Kenaikan rasio air–semen menurunkan kuat tekan dan membuat beton lebih mudah ditembus air laut.

Lekatan sudah bekerja sebelum retak, lalu mengapa beton tetap retak?

Karena baja dan beton terikat oleh lekatan, keduanya meregang sama. Beton retak begitu regangan tariknya mencapai ε_cr = f_r/E_c, sekitar 0,00013 untuk f'_c = 25 MPa. Pada regangan sekecil itu baja baru bertegangan sekitar E_s·ε ≈ 20 MPa. Retak ditentukan oleh regangan, bukan oleh gaya, sehingga tulangan hanya menunda retak sedikit dengan menambah kekakuan penampang. Begitu retak terbentuk, gaya tarik yang tadinya dipikul beton pindah ke baja dan tegangan baja melonjak. Geser momen pada simulasi berikut melewati M_cr dan amati lonjakannya.

Setelah retak, lekatan tetap bekerja. Di antara dua retak, lekatan mengembalikan sebagian gaya tarik ke beton, sehingga beton di antara retak masih membantu kekakuan (tension stiffening). Lekatan pula yang menentukan jarak retak: makin baik lekatan dan makin banyak batang kecil, makin rapat retaknya dan makin halus lebarnya.

Di lapangan

Mutu K dan f'_c. Di proyek masih sering disebut "beton K-250". K adalah kuat tekan karakteristik kubus 15 cm dalam kg/cm². Kubus memberi angka lebih tinggi dari silinder, sehingga dipakai pendekatan f'_c ≈ 0,83 × K/10: K-250 ≈ 20,75 MPa. Konversi ini hanya perkiraan; spesifikasi dan gambar kerja harus menyebut f'_c silinder seperti di SNI 2847.

Pesisir Meulaboh. Gedung di dekat pantai dapat terpapar klorida dari percikan dan uap air laut. Perencana menetapkan kelas paparannya; untuk elemen yang basah dan terkena klorida dari luar (kelas C2), SNI 2847 Tabel 19.3.2.1 mensyaratkan rasio air–semen maksimum 0,40 dan f'_c minimum 35 MPa. Di lingkungan pesisir, karat tulangan sering menjadi penyebab kerusakan sebelum kekuatan beton sendiri menjadi masalah.

Video pendukung buka di YouTube

Tonton sebelum atau sesudah kelas. Setiap video diberi satu pertanyaan pengarah untuk dibawa ke diskusi.

Why Concrete Needs Reinforcement

Practical Engineering · bahasa Inggris, teks otomatis tersedia

Tonton sambil mencari: bagaimana video menjelaskan perbedaan kuat tekan dan kuat tarik beton, dan apa peran tulangan setelah beton retak? Bandingkan dengan simulasi M_cr di atas.

Buka di YouTube ↗

What is Concrete?

Bahasa Inggris · seri pengantar material beton

Tonton sambil mencari: apa saja bahan penyusun beton dan apa yang terjadi saat semen bereaksi dengan air? Hubungkan dengan simulasi rasio air–semen.

Buka di YouTube ↗

Uji Kuat Tekan Beton dengan Benda Uji Silinder (SNI 1974:2011)

Bahasa Indonesia · materi pelatihan bidang pekerjaan umum

Tonton sambil mencari: bagaimana f'_c dihitung dari beban maksimum dan luas penampang silinder, dan bagaimana benda uji disiapkan sebelum diuji?

Buka di YouTube ↗

Concrete cylinder compressive strength test

Bahasa Inggris · rekaman uji laboratorium

Tonton sambil mencari: perhatikan bentuk pecahan silinder setelah runtuh. Bagaimana arah retaknya terhadap arah beban? Bandingkan dengan simulasi retak mikro mode tekan.

Buka di YouTube ↗

Video dimiliki oleh kanal masing-masing di YouTube dan dapat dihapus atau diubah sewaktu-waktu oleh pemiliknya.

Cek pemahaman

Soal 1Mengapa kuat tarik beton jauh lebih kecil dari kuat tekannya?

Soal 2Jika koefisien muai baja dua kali koefisien muai beton, apa akibatnya pada siang hari yang panas?

Bahan diskusi

Diskusi 1.1 — Benda di sekitar kampus

Sebutkan tiga elemen beton bertulang di gedung Fakultas Teknik. Untuk tiap elemen, tunjukkan sisi mana yang tertarik dan di mana tulangan utama seharusnya berada. Bandingkan dengan pasangan Anda.

Latihan 1.2 — Sifat material f'_c = 30 MPa

Hitung E_c, f_r, dan β₁.
Jawaban: E_c = 25.743 MPa; f_r = 3,40 MPa; β₁ = 0,85 − 0,05(30 − 28)/7 = 0,836.

Minggu 2 · CPMK-1

Kekuatan rencana harus melampaui kekuatan perlu

Beban dan kekuatan yang sebenarnya terjadi di bangunan tidak pernah tepat sama dengan nilai rencana dalam perhitungan: mutu beton dari truk molen bervariasi, dimensi meleset, dan isi ruangan berubah setiap hari. Faktor beban dan faktor reduksi memberi jarak aman di antara keduanya, sehingga peluang kekuatan sebenarnya lebih kecil dari beban sebenarnya menjadi sangat kecil.

Sub-CPMK 1.2: Mahasiswa mampu menjelaskan konsep desain kekuatan, faktor beban, dan faktor reduksi.
Penilaian: Diskusi kelas & latihan
Metode: Diskusi kelas dan bedah soal
Pustaka: SNI 1727:2020; SNI 2847 Ps. 5.3, 21.2
Bobot: 5%

Pertanyaan pemantik

Sebuah balok dirancang agar kekuatannya tepat sama dengan beban rencana. Apakah balok itu aman? Berapa kira-kira peluangnya runtuh?

Balok B1 dengan beban mati (abu-abu) dan beban hidup (biru). Panah ikut berubah sesuai isian kalkulator kombinasi beban.

Konsep inti beban dan kekuatan adalah besaran acak

Beban hidup ruang kelas berubah setiap hari: kadang kosong, kadang penuh saat ujian. Kuat tekan beton dari satu truk molen berbeda dari truk berikutnya. Dimensi bekisting meleset beberapa milimeter. Karena itu beban Q dan kekuatan R lebih tepat dipandang sebagai sebaran peluang, bukan satu angka.

Keruntuhan terjadi bila R < Q. Makin besar tumpang tindih kedua sebaran, makin besar peluang hal itu terjadi. Daerah tumpang tindih pada grafik adalah gambaran visual; peluang runtuh yang sebenarnya dihitung dari selisih R − Q dan dinyatakan dengan indeks keandalan β. Faktor beban dan φ menuntut kekuatan nominal jauh di atas beban nominal, sehingga kurva kekuatan bergeser ke kanan menjauhi kurva beban.

Beban hidup diberi faktor 1,6 dan beban mati 1,2 karena beban hidup jauh lebih sulit diprediksi. Berat sendiri beton dapat dihitung teliti dari volume, sedangkan jumlah orang dan perabot di ruang kelas tidak.

Persamaan dasar desain kekuatan

φ S_n ≥ U → φM_n ≥ M_u, φV_n ≥ V_uS_n kekuatan nominal · U kekuatan perlu dari beban terfaktor

No.	Kombinasi (SNI 2847 Ps. 5.3.1, SNI 1727)	Dominan
1	1,4D	Beban mati
2	1,2D + 1,6L + 0,5(L_r atau R)	Beban hidup lantai
3	1,2D + 1,6(L_r atau R) + (1,0L atau 0,5W)	Beban atap
4	1,2D + 1,0W + 1,0L + 0,5(L_r atau R)	Angin
5	1,2D + 1,0E + 1,0L	Gempa
6–7	0,9D + 1,0W · 0,9D + 1,0E	Angkat dan guling

Faktor reduksi φ (Ps. 21.2)	φ	Alasan fisik
Lentur terkendali tarik	0,90	Baja leleh dulu, ada peringatan berupa lendutan dan retak lebar
Terkendali tekan, sengkang ikat	0,65	Beton hancur tiba-tiba
Geser dan torsi	0,75	Retak miring berkembang cepat dan getas

Bedah soal: Balok B1 kasus berjalan

Kasus berjalan · B1

Balok B1 bentang 6 m memikul q_D = 18 kN/m (berat sendiri balok, pelat 150 mm, dan finishing dari lebar tributari 3 m) dan q_L = 8 kN/m (ruang kelas dan koridor). Untuk belajar, B1 disederhanakan sebagai balok di atas dua tumpuan sederhana; balok yang menyatu dengan kolom sebenarnya bekerja menerus dan dianalisis di Struktur Beton Bertulang II.

Kombinasi 1 q_u = 1,4·18 = 25,2 kN/m
Kombinasi 2 q_u = 1,2·18 + 1,6·8 = 21,6 + 12,8 = 34,4 kN/m (menentukan)
M_u = 34,4·6²/8 = 154,8 kNm V_u = 34,4·6/2 = 103,2 kN

q_u = 34,4 kN/m · M_u = 154,8 kNm · V_u = 103,2 kN. Angka ini dipakai sampai minggu 15.

Bedah soal 2: balok atap dengan beban hidup atap

Balok atap beton memikul q_D = 12 kN/m. Beban hidup atap (pekerja dan peralatan saat perawatan) 0,96 kN/m² dengan lebar tributari 3 m. Tidak ada beban hidup lantai. Tentukan beban terfaktor.

Beban hidup atap per meter q_Lr = 0,96 × 3 = 2,88 kN/m
Kombinasi 1 1,4D = 1,4 × 12 = 16,80 kN/m
Kombinasi 2 (L dominan, Lr dikali 0,5) 1,2D + 1,6L + 0,5L_r = 14,40 + 0 + 1,44 = 15,84 kN/m
Kombinasi 3 (L_r dominan) 1,2D + 1,6L_r + L = 14,40 + 4,61 + 0 = 19,01 kN/m

q_u = 19,01 kN/m dari kombinasi 3. Mahasiswa yang hanya menghafal "1,2D + 1,6L" akan mendapat 15,84 kN/m, kurang 17%.

Mengapa? Setiap kombinasi menganggap satu beban berada di nilai maksimumnya (faktor 1,6) sementara beban lain di nilai sesaat yang wajar. Kombinasi yang menentukan bergantung pada beban mana yang dominan, jadi semua kombinasi harus diperiksa.

Bedah soal 3: angin yang membalik arah momen

Balok kantilever kanopi beton: momen di pangkal akibat beban mati M_D = −12 kNm, beban hidup M_L = −4 kNm, dan angin isap ke atas M_W = +15 kNm (negatif berarti serat atas tertarik).

1,4D = −16,8 kNm
1,2D + 1,6L = −14,4 − 6,4 = −20,8 kNm
1,2D + 1,0W + L = −14,4 + 15 − 4 = −3,4 kNm
Kombinasi dengan beban mati minimum 0,9D + 1,0W = −10,8 + 15 = +4,2 kNm

Momen terbesar −20,8 kNm (tulangan atas), tetapi kombinasi 0,9D + 1,0W memberi +4,2 kNm: angin dapat membalik lenturan sehingga serat bawah tertarik. Kanopi ringan di daerah berangin perlu tulangan bawah juga.

Mengapa? Faktor 0,9 pada beban mati dipakai saat beban mati justru membantu menahan, misalnya melawan angin angkat atau guling. Di sini beban mati dikurangi karena berat sebenarnya bisa lebih ringan dari perkiraan.

Miskonsepsi umum

AnggapanKombinasi 1,4D selalu paling besar karena faktornya terbesar.

Sebenarnya1,4D hanya menentukan bila beban hidup kecil, kira-kira L < 0,125D. Pada lantai gedung, kombinasi 2 hampir selalu menentukan.

AnggapanFaktor keamanan cukup dipasang di satu tempat, misalnya dengan membesarkan beban 2 kali.

SebenarnyaKetidakpastian beban dan kekuatan berbeda sumbernya. Desain kekuatan memberi faktor masing-masing sehingga keandalan lebih seragam antara elemen.

Di lapangan

Menyusun beban mati tambahan lantai. Spesi 3 cm (3 × 0,21 = 0,63 kN/m²), keramik (sekitar 0,24 kN/m²), plafon dan penggantung (0,18 kN/m²), serta instalasi mekanikal–elektrikal (sekitar 0,25 kN/m²) menghasilkan sekitar 1,3 kN/m². Karena itu nilai 1,5 kN/m² sering dipakai untuk lantai ruang kelas.

Dinding bata di atas balok sekitar 2,5 kN/m² bidang dinding. Dinding setinggi 3,5 m menambah hampir 9 kN/m pada balok di bawahnya, sering lebih besar dari beban hidup itu sendiri.

Cek pemahaman

Soal 1Mengapa faktor beban hidup (1,6) lebih besar dari faktor beban mati (1,2)?

Soal 2Penampang kolom yang memikul tekan besar bersama lentur diberi φ = 0,65, lebih kecil dari balok (0,90). Mengapa?

Minggu 3 · CPMK-1

Balok memikul momen dengan sepasang gaya

Momen lentur di dalam balok ditahan oleh kopel: gaya tekan beton di atas dan gaya tarik baja di bawah, terpisah oleh lengan momen. Seluruh analisis lentur adalah mencari letak dan besar kedua gaya itu.

Sub-CPMK 1.3: Mahasiswa mampu menganalisis penampang balok persegi tulangan tunggal.
Penilaian: Kuis 1: ketepatan analisis penampang tulangan tunggal
Metode: Diskusi kelas dan bedah soal
Pustaka: SNI 2847 Ps. 22.2; McCormac Bab 2–3
Bobot: 6%

Pertanyaan pemantik

Penggaris plastik dibengkokkan. Sisi mana yang memanjang, sisi mana yang memendek, dan adakah garis di dalamnya yang panjangnya tidak berubah?

Gambar garis lurus melintang pada penggaris karet atau spons, lalu tekuk. Garis tetap lurus, hanya miring.

Bidang biru di tengah bentang adalah blok tekan setinggi a = β₁c. Bidang ini bergerak saat letak sumbu netral pada simulasi diubah.

Konsep inti tiga pilar mekanika

Semua analisis penampang beton bertulang, juga kolom dan pelat di mata kuliah lanjutan, berdiri di atas tiga pilar yang sama:

Kompatibilitas regangan. Penampang datar tetap datar. Regangan berbanding lurus dengan jarak dari sumbu netral, sehingga regangan baja dapat dihitung dari regangan beton. Saat serat tekan terluar mencapai ε_cu = 0,003: ε_s = 0,003(d − c)/c.
Hubungan tegangan–regangan. Dari regangan diperoleh tegangan: baja f_s = E_sε_s ≤ f_y; beton digantikan blok persegi 0,85f'_c setinggi a = β₁c. Tarik beton di bawah sumbu netral diabaikan karena sudah retak dan sumbangannya terhadap momen sangat kecil.
Kesetimbangan. Gaya tekan sama dengan gaya tarik (C = T). Hanya ada satu letak sumbu netral c yang memenuhi ketiganya sekaligus.

Coba cari letak itu sendiri di simulasi berikut. Geser c sampai selisih gaya mendekati nol, lalu bandingkan dengan hasil rumus.

Mengapa 0,85f'_c dan β₁?

Distribusi tegangan beton yang sebenarnya berbentuk lengkung seperti kurva tegangan–regangan. Whitney menggantinya dengan persegi yang luasnya sama (gaya C sama) dan titik beratnya di tempat yang sama (lengan momen sama). Tegangan 0,85f'_c dan tinggi a = β₁c adalah hasil kalibrasi terhadap uji balok; angka 0,85 juga menampung kenyataan bahwa beton di dalam struktur sedikit lebih lemah dari silinder uji. Untuk beton lebih kuat kurvanya lebih runcing, sehingga β₁ mengecil.

β₁ = 0,85 untuk f'_c ≤ 28 MPa; β₁ = 0,85 − 0,05(f'_c − 28)/7 ≥ 0,65

C = 0,85 f'_c a b = T = A_s f_y → a = A_sf_y / (0,85 f'_c b)

M_n = T · (d − a/2) = A_s f_y (d − a/2)

SNI 2847 Ps. 22.2.2.4 · lengan momen d − a/2 biasanya 0,85d sampai 0,95d

Bedah soal: kapasitas Balok B1 kasus berjalan

Kasus berjalan · B1

B1 300 × 500 mm, d = 440 mm, 4D19, f'_c = 25 MPa, f_y = 420 MPa. Apakah cukup untuk M_u = 154,8 kNm?

A_s = 4·¼π·19² = 1.134 mm²
Anggap baja leleh a = 1.134·420/(0,85·25·300) = 74,7 mm → c = 74,7/0,85 = 87,9 mm
Buktikan anggapan ε_s = 0,003·(440 − 87,9)/87,9 = 0,0120 > ε_y = 0,0021 → baja leleh, benar
M_n = 1.134·420·(440 − 37,4) = 191,8 kNm ; lengan momen 402,6 mm = 0,92d
φM_n = 0,90·191,8 = 172,6 kNm ≥ M_u = 154,8 kNm

B1 aman terhadap lentur dengan rasio M_u/φM_n = 0,90. Sumbu netral berada 88 mm dari atas, jauh di atas setengah tinggi.

Bedah soal 2: balok dengan baja mutu rendah

Balok lama 250 × 450 mm, 3D16, selimut 40 mm, sengkang Ø10, f′c = 20 MPa, baja BjTS 280 (f_y = 280 MPa). Hitung φM_n.

Tinggi efektif dan luas tulangan d = 450 − 40 − 10 − 8 = 392 mm ; A_s = 3 × 201,1 = 603,2 mm²
Anggap leleh a = 603,2 × 280/(0,85 × 20 × 250) = 39,7 mm ; c = 39,7/0,85 = 46,8 mm
Bukti ε_s = 0,003 × (392 − 46,8)/46,8 = 0,0222 ≥ ε_y = 280/200.000 = 0,0014 leleh
Faktor reduksi ε_t = 0,0222 ≥ 0,005 → φ = 0,90
Kuat lentur M_n = 603,2 × 280 × (392 − 19,9) = 62,8 kNm ; φM_n = 56,6 kNm

φM_n = 56,6 kNm. Sumbu netral sangat dekat ke serat atas (c = 47 mm), tanda balok bertulangan ringan yang sangat daktail.

Bedah soal 3: menambah tulangan tidak selalu menambah kekuatan rencana

Balok 300 × 450 mm, f′c = 20 MPa, f_y = 420 MPa. Bandingkan (a) 4D22 satu lapis, d = 389 mm, dengan (b) 8D22 dua lapis, d = 365,5 mm.

(a) 4D22, A_s = 1.521 mm² a = 1.521 × 420/(0,85 × 20 × 300) = 125,2 mm ; c = 147,3 mm ; ε_t = 0,00492
transisi: φ = 0,65 + 0,25 × (0,00492 − 0,0021)/0,0029 = 0,893 ; M_n = 208,4 kNm ; φM_n = 186,2 kNm
(b) 8D22, A_s = 3.041 mm², anggap leleh a = 250,4 mm ; c = 294,6 mm ; ε_s = 0,003 × (365,5 − 294,6)/294,6 = 0,00072 < 0,0021
Baja tidak leleh, susun kesetimbangan dengan f_s = 600(d − c)/c 0,85 × 20 × 0,85c × 300 = 3.041 × 600(365,5 − c)/c
4.335c² + 1.824.637c − 666.904.828 = 0 → c = 234,7 mm ; f_s = 334,5 MPa ; a = 199,5 mm
ε_t = 0,00167 → terkendali tekan, φ = 0,65 ; M_n = 0,85 × 20 × 199,5 × 300 × (365,5 − 99,7) = 270,4 kNm ; φM_n = 175,7 kNm

Tulangan dua kali lipat menaikkan M_n 30%, tetapi kuat rencana φM_n justru turun dari 186,2 menjadi 175,7 kNm, dan balok runtuh getas tanpa peringatan. Selain itu ε_t < 0,004 tidak diizinkan untuk balok.

Mengapa? Beton tekan hanya mampu memikul gaya sebesar luas blok tekannya. Bila baja terlalu banyak, beton hancur lebih dulu sebelum baja meregang, sehingga baja tambahan tidak bekerja penuh. Faktor φ yang kecil adalah hukuman untuk keruntuhan getas ini.

Miskonsepsi umum

AnggapanSumbu netral selalu di tengah tinggi balok.

SebenarnyaItu hanya berlaku untuk penampang persegi homogen yang belum retak. Setelah retak, sumbu netral naik; pada kondisi batas B1, c hanya 0,2d.

AnggapanMomen ditahan oleh tulangan saja.

SebenarnyaMomen ditahan oleh kopel C dan T. Tanpa beton tekan di atas, tulangan bawah tidak memiliki pasangan gaya.

Di lapangan

Tulangan kantilever yang turun. Pada kanopi dan balkon, sisi tarik ada di atas. Kegagalan klasik terjadi ketika tulangan atas terinjak pekerja saat pengecoran dan turun ke tengah tebal pelat. Nilai d mengecil, lengan momen hilang, dan kanopi runtuh saat perancah dibongkar. Konsep kopel menjelaskan mengapa beberapa sentimeter saja sangat menentukan.

Bank soal latihan berbasis NIM

Masukkan NIM untuk mendapat soal sendiri dengan pembahasan langkah demi langkah. Dosen dapat memakai mode "Soal saja" untuk membagikan soal dan "Kunci jawaban" untuk memeriksa.

Kuis 1 latihan sebelum kuis

Soal 1Jika A_s pada B1 dinaikkan dua kali, bagaimana dengan letak sumbu netral c?

Soal 2Mengapa M_n tidak naik dua kali lipat ketika A_s dinaikkan dua kali?

Latihan 3.1 — Balok 250 × 450

b = 250 mm, d = 390 mm, 3D16, f'_c = 30 MPa, f_y = 420 MPa.
Jawaban: A_s = 603 mm², a = 39,7 mm, β₁ = 0,836, c = 47,6 mm, ε_t = 0,0216, φM_n = 84,4 kNm.

Minggu 4 · CPMK-1

Daktilitas: balok yang memberi peringatan sebelum runtuh

Dua balok bisa memiliki kekuatan sama tetapi perilaku berbeda. Yang satu melendut besar dan retak lebar sebelum runtuh; yang lain hancur dalam sekejap. Jumlah tulangan menentukan yang mana.

Sub-CPMK 1.4: Mahasiswa mampu menentukan batas tulangan minimum dan kondisi terkendali tarik.
Penilaian: Diskusi kelas & latihan
Metode: Diskusi kelas dan bedah soal
Pustaka: SNI 2847 Ps. 9.3.3, 9.6.1, 21.2.2
Bobot: 5%

Pertanyaan pemantik

Kontraktor menambah tulangan balok dua kali lipat "supaya lebih aman". Mengapa SNI justru membatasi tulangan maksimum?

Tinggi blok tekan biru membesar saat tulangan ditambah pada simulasi di bawah.

Konsep inti tiga cara balok runtuh

Tulangan terlalu sedikit

Begitu beton retak, baja tidak cukup menahan gaya tarik yang dilepas beton. Baja langsung leleh, satu retak membuka lebar, dan baja dapat putus. Ini dicegah oleh A_s,min, yang menjamin M_n > M_cr.

Tulangan sedang

Baja leleh lebih dulu, balok terus melendut dan retak melebar, baru kemudian beton tekan hancur. Ada waktu untuk evakuasi. Inilah perilaku yang dirancang.

Tulangan terlalu banyak

Beton tekan hancur sebelum baja leleh. Lendutan kecil, retak halus, lalu runtuh tiba-tiba. Dicegah dengan ε_t ≥ 0,004 untuk balok.

Ukuran daktilitas yang mudah dipakai adalah regangan baja tarik terluar ε_t saat beton mencapai 0,003. Makin besar ε_t, makin jauh baja meregang melewati leleh, makin besar kelengkungan yang dicapai balok sebelum runtuh. Simulasi berikut menggambar hubungan momen–kelengkungan untuk tulangan yang Anda pilih.

Batas-batas dalam SNI 2847

A_s,min = maks( 0,25√f'_c/f_y ; 1,4/f_y ) · b_w d

Balok nonprategang: ε_t ≥ 0,004

Terkendali tarik (φ = 0,90): ε_t ≥ 0,005

Terkendali tekan (φ = 0,65): ε_t ≤ ε_ty; transisi: φ = 0,65 + 0,25(ε_t − ε_ty)/(0,005 − ε_ty)

Ps. 9.6.1.2, 9.3.3.1, Tabel 21.2.2 · SNI 2847:2019 mengacu ACI 318-14. ACI 318-19 mengganti batas 0,005 dengan ε_ty + 0,003; jangan tertukar saat membaca buku terbitan baru

c_b = 600 d / (600 + f_y) c_tc = 0,003 d / (0,003 + 0,005) = 0,375 dBatas c untuk kondisi seimbang dan terkendali tarik

Kasus berjalan · B1

Periksa daktilitas B1 (b = 300, d = 440, 4D19, f'_c = 25, f_y = 420).

A_s,min = maks(0,25·5/420 ; 1,4/420)·300·440 = 0,00333·132.000 = 440 mm² < 1.134 mm² OK
ε_t = 0,0120 > 0,005 → terkendali tarik, φ = 0,90
Batas tulangan agar tetap φ = 0,90 c_tc = 0,375·440 = 165 mm → A_s ≤ 0,85·25·0,85·165·300/420 = 2.129 mm²
Kelengkungan leleh dan batas (hasil simulasi) φ_y = 7,0·10⁻⁶ /mm ; φ_u = 0,003/87,9 = 34,1·10⁻⁶ /mm ; μ = 4,9

B1 daktail: setelah baja leleh, balok masih bisa melentur hampir lima kali lipat sebelum beton tekan hancur.

Bedah soal 1: mengapa ada tulangan minimum

Balok 300 × 600 mm (d = 540 mm), f′c = 25 MPa, f_y = 420 MPa, hanya diberi 2D13 karena momennya kecil. Periksa terhadap A_s,min dan bandingkan M_n dengan momen retak.

Tulangan terpasang dan minimum A_s = 265 mm² ; A_s,min = maks(0,25√25/420 ; 1,4/420) × 300 × 540 = 0,00333 × 162.000 = 540 mm² TIDAK OK
Momen retak penampang beton I_g = 300 × 600³/12 = 5,40 × 10⁹ mm⁴ ; M_cr = 3,10 × 5,40 × 10⁹/300 = 55,8 kNm
Kuat lentur dengan 2D13 a = 17,5 mm ; M_n = 265 × 420 × (540 − 8,7) = 59,2 kNm
Kuat lentur dengan A_s,min a = 35,6 mm ; M_n = 540 × 420 × (540 − 17,8) = 118,4 kNm

Dengan 2D13, M_n hanya 6% di atas M_cr: begitu retak pertama muncul, baja langsung mencapai batasnya dan balok bisa patah mendadak. A_s,min menjamin kekuatan setelah retak jauh lebih besar dari kekuatan saat retak.

Bedah soal 2: batas tulangan maksimum dan pengaruh mutu beton

Balok 300 mm dengan d = 540 mm, f_y = 420 MPa. Hitung A_s terbesar yang masih terkendali tarik (ε_t = 0,005) untuk f′c = 25 MPa dan f′c = 30 MPa.

Pada ε_t = 0,005, segitiga regangan memberi c/d = 0,003/(0,003 + 0,005) = 0,375 → c = 0,375 × 540 = 202,5 mm
f′c = 25 MPa, β₁ = 0,85 A_s = 0,85f′c·β₁c·b/f_y = 0,85 × 25 × 0,85 × 202,5 × 300/420 = 2.613 mm²
f′c = 30 MPa, β₁ = 0,85 − 0,05 × 2/7 = 0,836 A_s = 0,85 × 30 × 0,836 × 202,5 × 300/420 = 3.082 mm²
Sebagai rasio (f′c = 25 MPa) ρ_t = 2.613/(300 × 540) = 0,0161 ; rasio seimbang ρ_b = 0,0253

Menaikkan mutu beton 20% menambah batas tulangan terkendali tarik 18%. Batas ρ_t hanya 64% dari rasio seimbang, sehingga balok yang memenuhinya jauh dari keruntuhan tekan.

Mengapa? Pada ε_t = 0,005 baja sudah meregang lebih dari dua kali regangan lelehnya sebelum beton hancur. Lendutan dan retak yang besar menjadi peringatan bagi penghuni.

Miskonsepsi umum

AnggapanMakin banyak tulangan, makin aman.

SebenarnyaMelewati batas tertentu, tambahan tulangan menaikkan kekuatan sedikit tetapi mengubah keruntuhan menjadi getas. φ turun dan sambungan dengan kolom makin padat dan sulit dicor.

AnggapanA_s,min hanya formalitas karena kekuatan sudah cukup.

SebenarnyaBalok yang terlalu besar untuk bebannya (misalnya balok arsitektural) bisa runtuh tiba-tiba saat retak pertama bila tulangannya di bawah minimum.

Cek pemahaman

Soal 1Pada simulasi, tulangan dinaikkan dari 4D19 menjadi 8D22. Apa yang terjadi pada μ dan φ?

Soal 2Untuk menaikkan kekuatan tanpa mengurangi daktilitas, cara paling efektif adalah…

Minggu 5 · CPMK-2

Dari momen perlu ke jumlah batang tulangan

Analisis menjawab "berapa kekuatan penampang ini". Desain menjawab pertanyaan sebaliknya, dan selalu memerlukan keputusan: dimensi awal, diameter yang tersedia di pasar, dan susunan yang bisa dicor.

Sub-CPMK 2.1: Mahasiswa mampu mendesain balok persegi tulangan tunggal.
Penilaian: Tugas 1: ketepatan dan kelengkapan desain
Metode: Diskusi kelas dan bedah soal
Pustaka: SNI 2847 Ps. 9.3.1, 9.6.1, 25.2; McCormac Bab 4
Bobot: 4%

Pertanyaan pemantik

Hasil hitungan meminta A_s = 1.005 mm². Di toko besi hanya ada batang 12 m dengan diameter tertentu. Bagaimana memilihnya, dan apakah pilihan itu muat di dalam balok?

Model mengikuti hasil desain: jumlah batang, diameter, dan tinggi balok.

Konsep inti desain itu berulang

Tentukan dimensi awalh ≥ h_min (L/16 untuk tumpuan sederhana), b ≈ 0,4h–0,6h dan kelipatan 50 mm agar bekisting standar.

Perkirakan dd = h − selimut 40 − Ø sengkang − D/2 ≈ h − 60 mm untuk satu lapis.

Hitung tulangan perluR_n = M_u/(φbd²), lalu ρ dan A_s. Asumsi φ = 0,90 diperiksa belakangan.

Pilih batangJumlah bulat, diameter tersedia, A_s,pasang ≥ A_s,perlu.

Periksa ulangA_s,min, ε_t ≥ 0,004 dan nilai φ, spasi bersih ≥ maks(25 mm; D), lalu φM_n ≥ M_u. Bila gagal, kembali ke langkah 1.

R_n = M_u / (φ b d²)

ρ = (0,85 f'_c/f_y) [ 1 − √(1 − 2R_n/(0,85 f'_c)) ] A_s = ρ b d

Diturunkan dari M_n = A_sf_y(d − a/2) dengan a disubstitusi

Tumpuan	Sederhana	Satu ujung menerus	Dua ujung menerus	Kantilever
h_min balok (Tabel 9.3.1.1)	L/16	L/18,5	L/21	L/8

Tabel h_min hanya berlaku untuk komponen yang tidak menumpu atau terhubung dengan partisi yang mudah rusak akibat lendutan besar, seperti dinding bata. Bila ada dinding bata di atasnya, memenuhi h_min tidak cukup: lendutan harus dihitung (minggu 13). Inilah sebabnya B1 lolos h_min tetapi gagal L/480.

Bedah soal: desain B1 kasus berjalan

Kasus berjalan · B1

M_u = 154,8 kNm, bentang 6 m, f'_c = 25 MPa, f_y = 420 MPa.

h_min = 6.000/16 = 375 mm → pilih h = 500 mm, b = 300 mm ; d = 500 − 40 − 10 − 9,5 = 440,5 mm
R_n = 154,8·10⁶/(0,9·300·440,5²) = 2,95 MPa
ρ = (21,25/420)·[1 − √(1 − 2·2,95/21,25)] = 0,00761 → A_s = 1.005 mm²
Pilih 4D19 = 1.134 mm² (3D22 = 1.140 mm² juga mungkin)
Spasi bersih = (300 − 2·40 − 2·10 − 4·19)/3 = 41 mm ≥ 25 mm OK
ε_t = 0,0120, φ = 0,90, φM_n = 172,8 kNm ≥ 154,8 kNm OK

B1: 300 × 500 mm dengan 4D19 tulangan tarik dan 2D13 tulangan pembawa sengkang di atas.

Di lapangan

Diameter di pasaran umumnya D10, D13, D16, D19, D22, D25, panjang 12 m. Berat per meter = 0,00617 D² kg/m, sehingga D19 ≈ 2,23 kg/m. Ketersediaan diameter besar di daerah perlu dicek ke pemasok sebelum desain final; pilih diameter yang benar-benar tersedia.

Satu proyek, sedikit diameter. Memakai dua atau tiga diameter saja mengurangi salah pasang dan sisa potongan.

Bedah soal 2: balok lantai gudang

Balok tumpuan sederhana bentang 5 m memikul q_D = 12 kN/m (tanpa berat sendiri) dan q_L = 6 kN/m. f′c = 25 MPa, f_y = 420 MPa. Rancang balok.

Dimensi h_min = 5.000/16 = 313 mm → coba 250 × 450 mm (lebih tinggi agar tulangan tidak padat)
Beban berat sendiri 24 × 0,25 × 0,45 = 2,70 kN/m → q_D = 14,70 kN/m
1,4D = 20,58 ; 1,2D + 1,6L = 17,64 + 9,60 = 27,24 kN/m → M_u = 27,24 × 5²/8 = 85,1 kNm
Rasio perlu (d ≈ 450 − 40 − 10 − 8 = 392 mm) R_n = 85,1 × 10⁶/(0,9 × 250 × 392²) = 2,46 MPa → ρ = 0,00625
A_s = 0,00625 × 250 × 392 = 612 mm² ≥ A_s,min = 327 mm²
Pilihan 3D16 = 603 mm² (kurang 1,5%) → φM_n = 83,9 kNm < 85,1 TIDAK OK
4D16 = 804 mm², spasi bersih 28,7 mm ≥ 25 → φM_n = 109,5 kNm ; 3D19 = 851 mm², spasi 46,5 mm → φM_n = 114,7 kNm

Pakai 3D19 (spasi longgar, memudahkan pengecoran) atau 4D16. Pilihan 3D16 gagal walaupun hanya kurang 9 mm²: selalu buktikan dengan analisis, jangan hanya membandingkan luas.

Mengapa? Pembulatan jumlah batang ke atas hampir selalu memberi kapasitas lebih. Namun bila pembulatan ke bawah dipaksakan, hasilnya bisa tidak aman walaupun selisihnya kecil.

Bedah soal 3: memilih diameter tulangan

M_u = 220 kNm, balok 300 × 550 mm, f′c = 25 MPa, f_y = 420 MPa. Bandingkan pilihan 6D16, 5D19, 4D22, dan 3D25.

A_s perlu (d ≈ 489 mm) R_n = 3,41 MPa → ρ = 0,00890 → A_s = 1.305 mm²
6D16 = 1.206 mm² → φM_n = 206,2 kNm TIDAK OK (spasi bersih 20,8 mm juga < 25 mm)
5D19 = 1.418 mm², spasi 26,2 mm → φM_n = 237,8 kNm OK, tetapi rapat
4D22 = 1.521 mm², spasi 37,3 mm → φM_n = 252,3 kNm OK
3D25 = 1.473 mm², spasi 62,5 mm → φM_n = 244,4 kNm OK, paling longgar

Pilih 4D22 atau 3D25. Spasi bersih yang lebar memudahkan agregat kasar lewat sehingga beton padat di sekeliling tulangan; batang besar sedikit juga lebih cepat dipasang.

Bank soal latihan berbasis NIM

Masukkan NIM untuk mendapat soal sendiri dengan pembahasan langkah demi langkah. Dosen dapat memakai mode "Soal saja" untuk membagikan soal dan "Kunci jawaban" untuk memeriksa.

Tugas 1

Tugas 1 · Desain balok persegi tulangan tunggal. Setiap kelompok mendapat satu balok dari denah gedung kuliah (bentang 5–7 m). Serahkan: perhitungan beban, dimensi awal dengan h_min, desain tulangan, empat pemeriksaan pada langkah 5, dan sketsa penampang skala 1:10. Gunakan kalkulator di atas hanya untuk memeriksa hitungan manual.

Minggu 6 · CPMK-1

Tulangan tekan: sedikit menambah kekuatan, banyak menambah daktilitas

Tulangan di sisi tekan membantu beton memikul gaya C. Yang berubah paling besar bukan M_n, tetapi letak sumbu netral dan regangan baja tarik.

Sub-CPMK 1.5: Mahasiswa mampu menganalisis penampang balok tulangan rangkap.
Penilaian: Diskusi kelas & latihan
Metode: Diskusi kelas dan bedah soal
Pustaka: SNI 2847 Ps. 22.2, 9.7.6.4; McCormac Bab 5
Bobot: 5%

Pertanyaan pemantik

Hampir semua balok di lapangan punya tulangan atas dan bawah. Apakah tulangan atas itu ikut menambah kekuatan lentur di tengah bentang?

Tulangan tarik berwarna karat, tulangan tekan biru. Sengkang wajib mengikat tulangan tekan agar tidak tertekuk keluar.

Konsep inti kompatibilitas menentukan f'_s

Tulangan tekan berada jauh lebih dekat ke sumbu netral dibanding serat tekan terluar, sehingga regangannya lebih kecil dari 0,003. Regangan itu ditentukan oleh letak c, bukan oleh keinginan perancang. Karena itu anggapan "semua tulangan leleh" sering salah untuk tulangan tekan.

Tambahan C_s dari baja tekan berarti beton cukup menyumbang gaya lebih kecil. Blok tekan menipis dan c mengecil (sumbu netral bergeser ke atas).
Dengan c mengecil, baja tarik meregang lebih jauh: ε_t naik, daktilitas naik.
Lengan momen hampir tidak berubah, sehingga M_n hanya naik sedikit.

ε'_s = 0,003 (c − d')/c f'_s = E_sε'_s ≤ f_y

0,85f'_cab + A'_s(f'_s − 0,85f'_c) = A_sf_y

M_n = 0,85f'_cab(d − a/2) + A'_s(f'_s − 0,85f'_c)(d − d')

Bila f'_s < f_y, substitusi f'_s = 600(c − d')/c menghasilkan persamaan kuadrat dalam c

Bedah soal

b = 300 mm, d = 540 mm, d' = 50 mm, f'_c = 28 MPa, f_y = 420 MPa, A_s = 6D22 (2.281 mm²), A'_s = 2D19 (567 mm²).

Coba anggap leleh a = (957.936 − 567·396,2)/7.140 = 102,7 mm ; c = 120,8 mm
Buktikan ε'_s = 0,003·(120,8 − 50)/120,8 = 0,00176 < 0,0021 → belum leleh, anggapan salah
Kuadrat 6.069c² + (340.260 − 13.497 − 957.936)c − 17.013.000 = 0 → c = 126,2 mm
f'_s = 600·(126,2 − 50)/126,2 = 362,3 MPa ; a = 107,3 mm ; ε_t = 0,0098
M_n = 765,9·(540 − 53,6) + 192,0·490 = 372,5 + 94,1 = 466,6 kNm ; φM_n = 419,9 kNm
Bandingkan tanpa A'_s a = 134,2 ; c = 157,8 ; ε_t = 0,0073 ; M_n = 453,0 kNm

Tulangan tekan menaikkan M_n hanya 3%, tetapi menaikkan ε_t dari 0,0073 menjadi 0,0098 (34%).

Bedah soal 2: tulangan tekan yang leleh

b = 300 mm, d = 540 mm, d′ = 50 mm, f′c = 25 MPa, f_y = 420 MPa, A_s = 6D25 (2.945 mm²), A′_s = 2D19 (567 mm²). Hitung φM_n dengan memperhitungkan beton yang dipindahkan oleh tulangan tekan.

Anggap A′_s leleh, gaya tekan baja C_s = A′_s(f_y − 0,85f′c) = 567 × (420 − 21,25) = 226,1 kN
Kesetimbangan T = C_c + C_s a = (2.945 × 420 − 226.100)/(0,85 × 25 × 300) = 158,6 mm ; c = 186,6 mm
Bukti leleh tulangan tekan ε′_s = 0,003 × (186,6 − 50)/186,6 = 0,00220 ≥ ε_y = 0,0021 leleh, anggapan benar
Faktor φ ε_t = 0,003 × (540 − 186,6)/186,6 = 0,00568 ≥ 0,005 → φ = 0,90
Momen terhadap tulangan tarik M_n = 0,85 × 25 × 158,6 × 300 × (540 − 79,3) + 226,1 × (540 − 50) = 465,7 + 110,8 = 576,5 kNm
φM_n = 0,90 × 576,5 = 518,9 kNm

Tulangan tekan leleh karena sumbu netral cukup dalam (c = 187 mm, jauh di bawah d′ = 50 mm). Bandingkan dengan bedah soal 1: di sana c lebih kecil sehingga ε′_s tidak mencapai ε_y.

Mengapa? Leleh atau tidaknya tulangan tekan ditentukan oleh jaraknya ke sumbu netral. Semakin dalam sumbu netral, semakin besar regangan di posisi d′. Karena itu anggapan leleh harus selalu dibuktikan.

Miskonsepsi umum

AnggapanTulangan tekan selalu leleh seperti tulangan tarik.

SebenarnyaSelalu periksa ε'_s. Pada balok rendah dengan d' besar, tulangan tekan sering bekerja di bawah f_y.

AnggapanTulangan atas di lapangan tidak berguna.

SebenarnyaSelain menambah daktilitas, tulangan tekan mengurangi lendutan jangka panjang akibat rangkak (minggu 13) dan menjadi gantungan sengkang.

Cek pemahaman

Soal 1Mengapa d' yang besar membuat tulangan tekan sulit leleh?

Latihan 6.1 — Tulangan tarik 6D25

Ganti A_s menjadi 6D25, d' = 60 mm, lainnya sama.
Jawaban: c = 169,8 mm, f'_s = 388 MPa (belum leleh), ε_t = 0,0065, φM_n = 523,1 kNm.

Minggu 7 · CPMK-1

Pelat lantai ikut bekerja sebagai sayap balok

Balok dan pelat dicor bersamaan. Di tengah bentang, pelat berada di sisi tekan dan menyediakan luas tekan yang jauh lebih lebar dari badan balok.

Sub-CPMK 1.6: Mahasiswa mampu menganalisis penampang balok T.
Penilaian: Kuis 2: ketepatan analisis balok T
Metode: Diskusi kelas dan bedah soal
Pustaka: SNI 2847 Ps. 6.3.2; McCormac Bab 5
Bobot: 6%

Pertanyaan pemantik

Pelat di antara dua balok lebarnya 3 m. Apakah seluruh 3 m itu ikut menahan tekan pada setiap balok?

Penampang T: badan selebar b_w, sayap selebar b_f. Blok tekan biru biasanya hanya beberapa sentimeter di dalam sayap.

Konsep inti shear lag dan momen negatif

Tegangan sayap tidak merata. Gaya tekan masuk ke pelat dari badan balok melalui geser. Makin jauh dari badan, makin kecil tegangan tekan pelat. Fenomena ini disebut shear lag. Lebar efektif b_f adalah lebar khayal dengan tegangan merata yang memberi gaya total sama.

Arah momen menentukan. Di tengah bentang (momen positif) sayap tertekan dan penampang dihitung sebagai T. Di tumpuan balok menerus (momen negatif) sayap tertarik dan retak, sehingga balok dihitung sebagai persegi selebar b_w.

Balok T dalam: b_f = b_w + 2·min( 8h_f ; s_w/2 ; ℓ_n/8 )

Balok L (tepi): b_f = b_w + min( 6h_f ; s_w/2 ; ℓ_n/12 )

SNI 2847 Tabel 6.3.2.1 · s_w jarak bersih ke badan balok sebelah · ℓ_n bentang bersih balok

Kasus a ≤ h_f

Blok tekan di dalam sayap. Hitung sebagai balok persegi selebar b_f. Beton di bawah blok tekan berada di daerah tarik dan diabaikan, sehingga bentuk penampang di sana tidak berpengaruh.

Kasus a > h_f

Pisahkan C_f = 0,85f'_c(b_f − b_w)h_f dan C_w = 0,85f'_ca·b_w. M_n = C_f(d − h_f/2) + C_w(d − a/2).

Bedah soal

b_w = 300, h_f = 120, d = 540, b_f = 1.200 mm, 6D25 (2.945 mm²), f'_c = 25 MPa, f_y = 420 MPa.

a = 2.945·420/(0,85·25·1.200) = 48,5 mm < h_f = 120 mm → perilaku persegi selebar b_f
c = 57,1 mm ; ε_t = 0,0254 → φ = 0,90 ; M_n = 2.945·420·(540 − 24,3) = 638,0 kNm
Bila sayap diabaikan a = 194 mm, ε_t = 0,0041 (transisi, φ = 0,82), φM_n ≈ 450 kNm

φM_n = 574,2 kNm. Mengabaikan sayap meremehkan kapasitas 22% dan salah menilai daktilitas.

Bedah soal 2: menghitung lebar efektif sayap

Balok T lantai: bentang 6 m (bentang bersih ℓ_n = 5,6 m), b_w = 300 mm, pelat h_f = 120 mm, jarak bersih ke balok sebelah 2,7 m. Hitung b_f untuk balok dalam dan balok tepi (SNI 2847 Tabel 6.3.2.1).

Balok dalam: lebar sayap di tiap sisi diambil nilai terkecil dari 8h_f = 960 mm ; s_w/2 = 1.350 mm ; ℓ_n/8 = 700 mm → 700 mm
b_f = b_w + 2 × 700 = 300 + 1.400 = 1.700 mm
Balok tepi (sayap satu sisi): nilai terkecil dari 6h_f = 720 mm ; s_w/2 = 1.350 mm ; ℓ_n/12 = 467 mm → 467 mm
b_f = 300 + 467 = 767 mm

Balok dalam boleh memakai sayap 1.700 mm, balok tepi hanya 767 mm. Pada bentang pendek, batas ℓ_n/8 atau ℓ_n/12 yang menentukan karena tegangan tidak sempat menyebar jauh ke pelat (shear lag).

Bedah soal 3: balok T di daerah momen negatif

Balok T yang sama di atas tumpuan interior memikul M_u = −200 kNm. b_w = 300 mm, d = 540 mm, f′c = 25 MPa, f_y = 420 MPa. Rancang tulangan atas.

Pada momen negatif sayap berada di daerah tarik, jadi daerah tekan hanya badan selebar b_w di bawah. Hitung sebagai balok persegi 300 mm.
R_n = 200 × 10⁶/(0,9 × 300 × 540²) = 2,54 MPa → ρ = 0,00646 → A_s = 1.047 mm²
Pilih 4D19 = 1.134 mm² → φM_n = 215,5 kNm ≥ 200 kNm ; ε_t = 0,0154
Tulangan atas sebaiknya disebar sebagian ke pelat di samping badan (dalam lebar efektif) untuk mengendalikan retak di permukaan pelat.

Sayap yang sangat membantu di lapangan tidak membantu di tumpuan. Momen negatif balok T selalu dirancang dengan lebar badan.

Kuis 2 latihan sebelum kuis

Soal 1Di tumpuan interior balok menerus, penampang T dihitung sebagai…

Soal 2Mengapa a pada balok T di tengah bentang hampir selalu kecil?

Latihan 7.1 — Sayap tipis

b_w = 250, b_f = 600, h_f = 60, d = 450 mm, 6D22, f'_c = 25, f_y = 420.
Jawaban: a persegi = 75,1 mm > 60 mm. C_f = 446,3 kN, a = 96,3 mm, c = 113,3 mm, ε_t = 0,0089, φM_n = 353,8 kNm.

Minggu 8 · CPMK-1 dan CPMK-2

Ujian Tengah Semester

Ujian tertulis materi minggu 1–7. Dinilai dari ketepatan dan kelengkapan jawaban teori dan hitungan. Bobot 15%.

Kisi-kisi

No.	Materi	Bentuk	Sub-CPMK	Porsi
1	Sifat beton dan baja, perilaku komposit	Uraian konsep	1.1	10%
2	Kombinasi beban dan faktor φ	Hitungan singkat	1.2	15%
3	Analisis balok persegi, A_s,min, ε_t	Hitungan	1.3, 1.4	30%
4	Desain balok tulangan tunggal	Desain	2.1	25%
5	Balok rangkap atau balok T	Hitungan	1.5, 1.6	20%

Contoh soal konsep

Gambarkan diagram regangan, tegangan, dan gaya pada balok bertulangan tunggal saat runtuh. Tunjukkan dari mana persamaan a = A_sf_y/(0,85f'_cb) berasal.
Jelaskan mengapa A_s,min dan ε_t ≥ 0,004 diperlukan, masing-masing dengan satu kalimat tentang keruntuhan yang dicegahnya.
Sebuah balok T di tengah bentang memiliki a = 40 mm dan h_f = 120 mm. Mengapa boleh dihitung sebagai balok persegi?

Contoh soal hitungan

Balok sederhana bentang 7 m gedung kantor memikul q_D = 15 kN/m (belum termasuk berat sendiri) dan q_L = 10 kN/m. f'_c = 25 MPa, f_y = 420 MPa.

Tentukan dimensi awal dengan h_min dan b ≈ 0,5h.
Hitung q_u (termasuk berat sendiri) dan M_u.
Rancang tulangan lentur dan lakukan empat pemeriksaan.
Gambarkan penampang skala 1:10.

Petunjuk: h_min = 7.000/16 = 438 mm → coba 300 × 500 mm, berat sendiri 3,6 kN/m.

Rubrik

Aspek	Skor penuh bila	Bobot
Konsep	Anggapan leleh dibuktikan, φ dipilih dari ε_t, diagram regangan benar	30%
Pembebanan	Berat sendiri dihitung, kombinasi menentukan dipilih	20%
Ketelitian	Satuan konsisten, hasil dalam ±2%	30%
Pendetailan	Selimut, spasi bersih, dan sketsa penampang benar	20%

Minggu 9 · CPMK-2

Desain bila tinggi balok dibatasi

Bila tulangan tunggal tidak lagi cukup tanpa melanggar batas daktilitas, ada dua jalan: menambah beton tekan dengan memanfaatkan sayap pelat (balok T), atau menambah baja di sisi tekan (tulangan rangkap). Minggu ini membahas kapan masing-masing dipakai dan bagaimana mendesainnya.

Sub-CPMK 2.2: Mahasiswa mampu mendesain balok tulangan rangkap dan balok T.
Penilaian: Diskusi kelas & latihan
Metode: Diskusi kelas dan bedah soal
Pustaka: SNI 2847 Ps. 9.3.3, 9.7.6.4, 22.2, 25.7.2; McCormac Bab 5
Bobot: 3%

Pertanyaan pemantik

Di lantai atap gedung kuliah, balok B1 (300 × 500 mm) harus memikul tangki air sehingga M_u naik menjadi 330 kNm. Arsitek tidak mengizinkan balok lebih tinggi dari 500 mm. Berapa pun tulangan tarik ditambah, penampang tidak lagi terkendali tarik. Apa yang sebenarnya menjadi batas, dan bagaimana mengatasinya?

Petunjuk: yang habis bukan bajanya, tetapi beton tekannya.

Hasil desain tulangan rangkap: tulangan tarik (karat) dua lapis di bawah, tulangan tekan (biru) di atas yang diikat sengkang.

Konsep inti 1 beton tekan adalah sumber daya yang terbatas

Pada balok tulangan tunggal, setiap tambahan tulangan tarik T harus diimbangi tambahan gaya tekan C. Karena lebar b tetap, satu-satunya cara beton memberi C lebih besar adalah memperdalam blok tekan. Sumbu netral turun, ε_t mengecil, dan pada c = 0,375d penampang mencapai batas terkendali tarik (ε_t = 0,005).

Momen maksimum pada batas ini disebut φM_n1. Untuk B1 dengan dua lapis tulangan (d ≈ 415 mm), φM_n1 = 265 kNm. Momen 330 kNm melebihinya, sehingga ada kekurangan gaya tekan yang harus ditutup oleh sesuatu selain beton badan balok. Ada tiga jalan:

Tambah lengan momen: perbesar h. Paling efektif karena M_n sebanding d², tetapi sering dibatasi arsitektur.
Tambah lebar tekan: manfaatkan sayap pelat (balok T) di daerah momen positif, atau perlebar b.
Tambah baja di sisi tekan: tulangan rangkap. Baja tekan ikut memikul C sehingga blok tekan beton tidak perlu diperdalam.

Konsep inti 2 dua kopel yang bekerja paralel

Balok tulangan rangkap dapat dibayangkan sebagai dua balok khayal yang dijumlahkan:

Kopel 1: beton + A_s1

Beton tekan dengan sebagian tulangan tarik A_s1, dibatasi pada c = 0,375d. Kopel ini memberi M_n1 dan menentukan daktilitas penampang.

Kopel 2: A'_s + A_s2

Baja tekan A'_s dan tambahan baja tarik A_s2 dengan lengan (d − d'). Kopel ini memikul sisa momen M_n2 tanpa memperdalam blok tekan beton.

Karena kopel 2 tidak menyentuh beton, sumbu netral tetap di c = 0,375d dan penampang tetap terkendali tarik. Harga yang dibayar: baja lebih banyak, dan tulangan tekan harus diikat sengkang agar tidak tertekuk.

Perhatikan grafiknya. Di bawah φM_n1, A'_s nol dan A_s naik melengkung. Di atas φM_n1, A_s dan A'_s naik lurus bersama, karena setiap tambahan momen hanya memperpanjang kopel 2 dengan lengan tetap (d − d').

Prosedur desain tulangan rangkap

Tentukan d dan d'Tulangan tarik banyak biasanya dua lapis: d diukur ke pusat berat semua batang tarik, d_t ke lapis terbawah. d' = selimut + Ø sengkang + D'/2.

Kapasitas maksimum tulangan tunggalc = 0,375d, a = β₁c, A_s1 = 0,85f'_cab/f_y, M_n1 = A_s1f_y(d − a/2)

Perlu tulangan tekan?Bila M_u/0,9 ≤ M_n1, desain tulangan tunggal biasa. Bila tidak, M_n2 = M_u/0,9 − M_n1.

Tegangan baja tekanε'_s = 0,003(c − d')/c, f'_s = min(E_sε'_s ; f_y). Jangan langsung menganggap leleh.

Luas tulanganA'_s = M_n2/[(f'_s − 0,85f'_c)(d − d')], A_s = A_s1 + A'_s(f'_s − 0,85f'_c)/f_y

Pilih batang, susun, lalu analisis ulangJumlah batang dibulatkan ke atas sehingga c bergeser. Analisis ulang dengan kompatibilitas regangan (minggu 6), ε_t di lapis terbawah, dan periksa φM_n ≥ M_u.

Bedah soal 1: tulangan rangkap B1 lantai atap kasus berjalan

Kasus berjalan · B1 atap

M_u = 330 kNm, b = 300, h = 500 mm, f'_c = 25 MPa, f_y = 420 MPa, selimut 40 mm, sengkang Ø10. Tulangan tarik direncanakan D22 dua lapis, tekan D16.

Tinggi efektif lapis 1: d₁ = 500 − 40 − 10 − 11 = 439 mm ; lapis 2: d₂ = 439 − 22 − 25 = 392 mm ; rencana d ≈ 415 mm ; d' = 40 + 10 + 8 = 58 mm
Batas tulangan tunggal c = 0,375·415 = 155,6 mm ; a = 0,85·155,6 = 132,3 mm ; A_s1 = 0,85·25·132,3·300/420 = 2.008 mm²
M_n1 = 2.008·420·(415 − 66,1) = 294,2 kNm ; φM_n1 = 264,8 kNm < 330 kNm → perlu tulangan tekan
M_n2 = 330/0,9 − 294,2 = 72,5 kNm
Periksa leleh ε'_s = 0,003·(155,6 − 58)/155,6 = 0,00188 < ε_y = 0,0021 → belum leleh, f'_s = 200.000·0,00188 = 376 MPa
A'_s = 72,5·10⁶/[(376 − 21,3)·(415 − 58)] = 572 mm² ; A_s = 2.008 + 572·354,7/420 = 2.491 mm²
Pilih dan susun tarik 7D22 = 2.661 mm² (4 di lapis bawah, 3 di lapis atas) ; tekan 3D16 = 603 mm²
Spasi lapis bawah (300 − 2·40 − 2·10 − 4·22)/3 = 37 mm ≥ 25 mm OK ; jarak bersih antar lapis 25 mm
Analisis ulang dengan dua lapis c = 165,3 mm ; ε'_s = 0,00195 ; ε_t (lapis 439 mm) = 0,00497 ; φ = 0,897 ; M_n = 392,3 kNm ; φM_n = 352,1 kNm ≥ 330 OK

Pakai 7D22 tarik dua lapis dan 3D16 tekan. Karena jumlah batang dibulatkan ke atas, c bergeser dari 155,6 ke 165,3 mm dan ε_t sedikit di bawah 0,005. Penampang masuk daerah transisi (φ = 0,897) tetapi tetap memenuhi ε_t ≥ 0,004 dan kekuatan.

Apa jadinya tanpa tulangan tekan? Dengan 7D22 yang sama tanpa 3D16, c = 206 mm, ε_t = 0,0034 (φ = 0,76), dan φM_n hanya 282 kNm. Tulangan tekan 603 mm² menaikkan φM_n 25% karena mengangkat sumbu netral sehingga φ kembali hampir 0,90. Dengan 2D16 saja, φM_n = 328 kNm, kurang sedikit dari 330 kNm. Analisis ulang inilah yang menangkap selisih kecil tersebut.

Diskusi: tulangan rangkap atau balok lebih tinggi?

Pilihan untuk M_u = 330 kNm	A: 300 × 500, rangkap	B: 300 × 600, tunggal
Tulangan memanjang	7D22 + 3D16	4D25 + 2D13 pembawa
Berat baja memanjang	25,6 kg/m	17,5 kg/m
Volume beton	0,15 m³/m	0,18 m³/m
φM_n · ε_t	352 kNm · 0,0050	351 kNm · 0,0076
Kemudahan pengecoran	Dua lapis rapat, sulit dipadatkan	Satu lapis, spasi 33 mm

Pilihan B memakai baja 32% lebih sedikit dan jauh lebih daktail, dengan tambahan beton 20%. Karena itu tulangan rangkap umumnya dipilih hanya bila tinggi balok benar-benar dibatasi, atau di tumpuan balok menerus tempat tulangan atas dan bawah memang sudah ada.

Konsep inti 3 balok T: lebar tekan yang sudah tersedia

Di daerah momen positif, pelat lantai sudah menyediakan lebar tekan b_f yang besar tanpa biaya tambahan. Pertanyaan desainnya: apakah blok tekan cukup berada di dalam sayap?

Cara tercepat adalah menghitung kapasitas bila blok tekan tepat setebal sayap (a = h_f):

φM_nf = φ · 0,85f'_c b_f h_f (d − h_f/2)Bila M_u ≤ φM_nf, maka a ≤ h_f dan balok didesain sebagai persegi selebar b_f

Bila M_u > φM_nf, sayap penuh tertekan dan badan ikut menyumbang. Penampang dipecah menjadi dua kopel, mirip balok rangkap: kopel sayap (bagian sayap yang menjorok, b_f − b_w, dengan A_sf) dan kopel badan (b_w dengan A_sw).

C_f = 0,85f'_c(b_f − b_w)h_f A_sf = C_f/f_y M_nf = C_f(d − h_f/2)

M_nw = M_u/φ − M_nf → desain persegi b_w × d untuk M_nw → A_sw

A_s = A_sf + A_sw A_s,min dihitung dengan b_w

Anggap φ = 0,90, lalu periksa ε_t setelah tulangan dipilih

Bedah soal 2: balok T dengan a ≤ h_f

M_u = 500 kNm, b_w = 300, b_f = 1.200, h_f = 120, d = 540 mm, f'_c = 25 MPa, f_y = 420 MPa.

Uji sayap φM_nf = 0,9·0,85·25·1.200·120·(540 − 60) = 1.322 kNm ≫ 500 kNm → a ≤ h_f
Desain persegi selebar b_f R_n = 500·10⁶/(0,9·1.200·540²) = 1,59 MPa → ρ = 0,00393 → A_s = 2.549 mm²
Buktikan a = 2.549·420/(0,85·25·1.200) = 42,0 mm < 120 mm OK
Pilih 5D25 = 2.454 mm² < 2.549 → φM_n = 482 kNm (kurang) ; 6D25 = 2.945 mm² → φM_n = 574 kNm OK
Periksa minimum dengan b_w A_s,min = (1,4/420)·300·540 = 540 mm² < 2.945 OK

Pakai 6D25. Sebagai persegi 300 mm, momen yang sama memerlukan a = 194 mm dan masuk daerah transisi. Sayap membuat desain jauh lebih efisien.

Bedah soal 3: balok T dengan a > h_f

Balok tepi dengan pelat tipis: M_u = 600 kNm, b_w = 300, b_f = 600, h_f = 80, d = 540 mm, f'_c = 25 MPa, f_y = 420 MPa.

Uji sayap φM_nf = 0,9·0,85·25·600·80·(540 − 40) = 459 kNm < 600 kNm → a > h_f, penampang T sejati
Kopel sayap C_f = 0,85·25·(600 − 300)·80 = 510 kN ; A_sf = 510.000/420 = 1.214 mm² ; M_nf = 510·(0,540 − 0,040) = 255,0 kNm
Kopel badan M_nw = 600/0,9 − 255,0 = 411,7 kNm ; R_n = 411,7·10⁶/(300·540²) = 4,71 MPa
ρ_w = (21,25/420)·[1 − √(1 − 2·4,71/21,25)] = 0,01283 → A_sw = 0,01283·300·540 = 2.079 mm²
A_s = 1.214 + 2.079 = 3.293 mm² → pilih 7D25 = 3.436 mm² (dua lapis; d = 540 mm berarti h ≈ 620 mm)
Analisis ulang a = (3.436·420 − 510.000)/(0,85·25·300) = 146,4 mm ; c = 172,2 mm ; ε_t = 0,0064 → φ = 0,90
M_n = 510·0,500 + 933,1·(0,540 − 0,0732) = 255,0 + 435,6 = 690,6 kNm ; φM_n = 621,6 kNm ≥ 600 OK

Pakai 7D25. Pada R_n di langkah 3, φ sudah dimasukkan lewat M_u/0,9, sehingga rumus ρ dipakai dengan R_n = M_nw/(b_wd²) tanpa φ.

Latihan 9.1 — Tulangan rangkap atau balok lebih tinggi?

Untuk B1 atap (M_u = 330 kNm), hitung berapa tinggi balok tulangan tunggal (b = 300 mm) yang cukup tanpa tulangan tekan.
Pembahasan: Batas tulangan tunggal: φM_n,maks ≈ 0,9 × 0,85 × 25 × 0,319 × 300 × d² × (1 − 0,159) ≈ 1,54d² (N·mm). M_u = 330 × 10⁶ → d ≈ 463 mm, h ≈ 530 mm. Balok 300 × 550 mm dengan tulangan tunggal setara dengan 300 × 500 mm bertulangan rangkap, dan biasanya lebih murah.

Detail yang sering terlupa

AnggapanTulangan tekan cukup dipasang lurus di atas, sengkang mengikuti kebiasaan.

SebenarnyaTulangan tekan harus diikat sengkang tertutup agar tidak tertekuk keluar (Ps. 9.7.6.4). Untuk batang D32 ke bawah, sengkang minimal D10, dengan spasi tidak lebih dari 16d_b tulangan memanjang, 48d_b sengkang, dan dimensi terkecil balok (Ps. 25.7.2).

AnggapanBalok T selalu dihitung dengan sayap.

SebenarnyaHanya di daerah momen positif. Di tumpuan balok menerus sayap tertarik; balok didesain persegi selebar b_w, dan sebagian tulangan atas disebar ke lebar sayap efektif untuk mengendalikan retak pelat (Ps. 24.3.4).

Anggapand sama untuk semua batang tarik.

SebenarnyaPada dua lapis, lengan momen memakai d ke pusat berat tulangan, tetapi ε_t dan φ memakai d_t ke lapis terbawah. Mencampur keduanya mengubah hasil.

AnggapanHasil A_s perlu dari rumus sudah final.

SebenarnyaPembulatan jumlah batang ke atas menggeser sumbu netral. Penampang terpasang harus selalu dianalisis ulang, seperti pada Bedah soal 1.

Cek pemahaman

Soal 1Mengapa menambah tulangan tarik saja tidak bisa menaikkan kapasitas B1 di atas φM_n1 tanpa kehilangan daktilitas?

Soal 2Di atas φM_n1, mengapa A'_s naik lurus terhadap M_u?

Soal 3Hasil uji sayap: φM_nf = 459 kNm, sedangkan M_u = 400 kNm. Langkah berikutnya adalah…

Latihan

Latihan 9.1 — Tulangan rangkap, f'_c = 30 MPa

b = 250 mm, d = 420 mm, d' = 60 mm, M_u = 280 kNm, f_y = 420 MPa.
Jawaban: β₁ = 0,836; c = 157,5 mm; a = 131,6 mm; A_s1 = 1.998 mm²; φM_n1 = 267,5 kNm < 280 kNm → perlu tulangan tekan. M_n2 = 13,9 kNm; ε'_s = 0,00186 → f'_s = 371 MPa; A'_s = 112 mm² (pasang minimal 2D13 untuk gantungan sengkang); A_s = 2.090 mm². Pilih batang lalu analisis ulang dengan kalkulator.

Latihan 9.2 — Balok T koridor

M_u = 350 kNm, b_w = 250, b_f = 800, h_f = 100, d = 450 mm, f'_c = 25, f_y = 420.
Jawaban: φM_nf = 612 kNm > 350 → persegi selebar 800 mm. R_n = 2,40 MPa; ρ = 0,00608; A_s = 2.189 mm²; a = 54,1 mm. 5D22 (1.901 mm²) memberi φM_n = 306 kNm, kurang. Pakai 6D22 (2.281 mm²): φM_n = 364 kNm, ε_t = 0,0174.

Diskusi 9.3 — Pilihan desain

Untuk M_u = 330 kNm, kelompok A mempertahankan h = 500 mm dengan tulangan rangkap, kelompok B memakai h = 600 mm. Hitung biaya per meter balok dengan harga baja dan beton di Meulaboh saat ini, lalu diskusikan kapan pilihan A tetap masuk akal.

Minggu 10 · CPMK-2

Retak miring dan sengkang yang menjahitnya

Di dekat tumpuan, geser dan lentur bersama-sama menimbulkan tarik diagonal. Beton retak miring kira-kira 45°, dan sengkang yang memotong retak itulah yang menahannya agar tidak terbuka.

Sub-CPMK 2.3: Mahasiswa mampu mendesain tulangan geser balok.
Penilaian: Tugas 2: ketepatan dan kelengkapan desain geser
Metode: Case method: desain balok lantai gedung dua lantai
Pustaka: SNI 2847 Ps. 22.5, 9.6.3, 9.7.6.2; McCormac Bab 8
Bobot: 4%

Pertanyaan pemantik

Retak lentur di tengah bentang tegak lurus. Retak di dekat tumpuan justru miring. Mengapa arahnya berbeda?

Tarik selembar kertas pada dua sudut yang berseberangan. Ke mana arah lipatannya?

Sengkang rapat (biru) di dekat tumpuan tempat geser terbesar. Garis merah adalah pola retak geser–lentur.

Konsep inti tegangan utama dan analogi rangka batang

Tegangan utama. Elemen kecil di garis netral dekat tumpuan hanya mengalami geser. Geser murni sama dengan tarik pada arah 45° dan tekan pada arah tegak lurusnya. Beton retak tegak lurus arah tarik, maka retaknya miring.

Balok yang retak bekerja seperti rangka batang (analogi Ritter–Mörsch):

Beton di antara retak miring menjadi batang tekan diagonal.
Sengkang menjadi batang tarik vertikal yang menggantung beban kembali ke atas.
Tulangan lentur bawah menjadi batang tarik bawah, beton tekan atas menjadi batang tekan atas.

Tanpa sengkang, tidak ada batang vertikal. Begitu retak miring terbentuk, rangka batang itu tidak lengkap dan balok runtuh getas. Sumbangan beton V_c tetap ada setelah retak miring, berasal dari geser di daerah tekan yang belum retak, saling kunci agregat di permukaan retak, dan aksi pasak tulangan lentur. Sengkang menambah V_s. Tanpa sengkang, begitu retak miring melebar, mekanisme beton itu cepat hilang dan balok runtuh getas. Kedua sumbangan dijumlahkan dengan φ = 0,75.

φV_n = φ(V_c + V_s) ≥ V_u φ = 0,75

V_c = 0,17 λ √f'_c b_w d V_s = A_v f_yt d / s

A_v,min = maks(0,062√f'_c ; 0,35) b_ws/f_yt s_maks = min(d/2 ; 600) bila V_s ≤ 0,33√f'_cb_wd

Ps. 22.5.5.1, 22.5.10.5.3, 9.6.3.3, 9.7.6.2.2 · V_u diambil pada jarak d dari muka tumpuan · V_s ≤ 0,66√f'_cb_wd

Mengapa V_u boleh diambil pada jarak d? Retak miring kritis yang paling dekat ke tumpuan memotong balok kira-kira sejauh d dari muka tumpuan. Beban di antara muka tumpuan dan titik itu diteruskan langsung oleh batang tekan diagonal ke tumpuan. Keringanan ini hanya berlaku bila reaksi tumpuan menekan ujung balok (balok di atas tumpuan atau dicor menyatu dengan kolom) dan tidak ada beban terpusat di dalam jarak d (Ps. 9.4.3.2). Balok yang digantung dari bawah atau menerima beban terpusat dekat tumpuan diperiksa di muka tumpuan.

Bedah soal: geser B1 kasus berjalan

Kasus berjalan · B1

q_u = 34,4 kN/m, L = 6 m, b_w = 300, d = 440, f'_c = 25 MPa, sengkang Ø10 dua kaki, f_yt = 280 MPa.

V_u tumpuan = 103,2 kN ; pada jarak d: V_u = 103,2 − 34,4·0,44 = 88,1 kN
V_c = 0,17·5·300·440 = 112,2 kN ; φV_c = 84,2 kN ; ½φV_c = 42,1 kN
V_u = 88,1 > φV_c → perlu sengkang hitung ; V_s = 88,1/0,75 − 112,2 = 5,2 kN (kecil)
s dari V_s = 3.706 mm ; s dari A_v,min = 157·280/(0,35·300) = 419 mm ; s_maks = 220 mm
Zona tanpa sengkang hitung V_u ≤ ½φV_c pada jarak 42,1/34,4 = 1,22 m dari tengah bentang

Pakai Ø10-200 sepanjang balok. Yang menentukan adalah spasi maksimum, bukan kekuatan. Di lapangan sengkang tetap dipasang di tengah bentang untuk memegang tulangan.

Bedah soal 2: geser besar dan pembagian daerah sengkang

Balok tumpuan sederhana bentang 5 m, q_u = 90 kN/m, b_w = 300 mm, d = 500 mm, f′c = 25 MPa, sengkang Ø10 dua kaki (A_v = 157 mm²), f_yt = 280 MPa.

Geser rencana V_u tumpuan = 90 × 5/2 = 225 kN ; pada jarak d: 225 − 90 × 0,5 = 180 kN
Beton V_c = 0,17 × √25 × 300 × 500 = 127,5 kN ; φV_c = 95,6 kN
Baja perlu V_s = 180/0,75 − 127,5 = 112,5 kN ≤ 0,33√f′c·b_wd = 247,5 kN → s_maks = d/2 = 250 mm
Jarak dari kekuatan s = 157 × 280 × 500/112.500 = 195 mm → pakai Ø10-175
Kapasitas dengan spasi maksimum Ø10-250 V_s = 157 × 280 × 500/250 = 88,0 kN ; φ(V_c + V_s) = 0,75 × 215,5 = 161,6 kN
V_u = 161,6 kN tercapai pada x = (225 − 161,6)/90 = 0,70 m dari tumpuan

Pasang Ø10-175 sepanjang 1,0 m dari setiap tumpuan (dibulatkan ke atas dari 0,70 m), lalu Ø10-250 di daerah tengah. Pembagian ini menghemat sekitar 17% sengkang dibanding Ø10-175 sepanjang balok (kira-kira 24 buah dibanding 29 buah).

Bedah soal 3: balok dengan beban terpusat

Balok bentang 6 m memikul beban terpusat terfaktor P_u = 250 kN di tengah bentang dan berat sendiri terfaktor 5 kN/m. b_w = 300 mm, d = 440 mm, f′c = 25 MPa, Ø10 dua kaki, f_yt = 280 MPa.

Geser di tumpuan V_u = 250/2 + 5 × 3 = 140 kN ; pada jarak d: 140 − 5 × 0,44 = 137,8 kN
Beton V_c = 112,2 kN ; φV_c = 84,2 kN < 137,8 kN → perlu sengkang hitung
V_s = 137,8/0,75 − 112,2 = 71,5 kN → s = 157 × 280 × 440/71.500 = 270 mm
s_maks = d/2 = 220 mm (V_s ≤ 217,8 kN) → pakai Ø10-200

Pada beban terpusat, gaya geser hampir konstan dari tumpuan sampai titik beban, sehingga sengkang Ø10-200 dipasang di seluruh bentang. Berbeda dengan beban merata, tidak ada daerah tengah yang gaya gesernya kecil.

Miskonsepsi umum

AnggapanSengkang hanya untuk mengikat tulangan memanjang agar tidak bergeser saat dicor.

SebenarnyaSengkang adalah batang tarik dalam mekanisme rangka batang. Spasinya dihitung dari gaya geser lalu dibatasi s_maks dan A_v,min, bukan ditentukan dari kebiasaan.

AnggapanSengkang perlu lebih rapat di tengah bentang karena lendutan terbesar di sana.

SebenarnyaUntuk balok dengan beban merata, geser terbesar di tumpuan dan nol di tengah. Sengkang rapat di tumpuan.

Di lapangan

Kait sengkang. Untuk balok gravitasi biasa, SNI mengizinkan kait 90° atau 135°. Kait 90° mudah terbuka bila selimut terkelupas, sehingga pada struktur penahan gempa di wilayah seperti Aceh Barat (SRPMK) sengkang wajib memakai kait gempa 135° dengan perpanjangan 6d_b, minimal 75 mm, yang mengunci ke inti beton (Ps. 25.3.4). Laporan kerusakan gempa di Sumatra banyak mencatat sengkang berkait 90° yang terbuka.

Jangan dilas tanpa izin perencana. Las titik antara sengkang dan tulangan memanjang dapat merusak sifat baja di titik las. SNI hanya mengizinkannya bila disetujui perencana (Ps. 26.6.4). Ikat dengan kawat bendrat.

Bank soal latihan berbasis NIM

Masukkan NIM untuk mendapat soal sendiri dengan pembahasan langkah demi langkah. Dosen dapat memakai mode "Soal saja" untuk membagikan soal dan "Kunci jawaban" untuk memeriksa.

Tugas 2 · Case method

Desain balok lantai gedung dua lantai. Setiap kelompok mendapat balok induk dan balok anak dari denah gedung kuliah. Lakukan: pembebanan dengan lebar tributari, diagram V_u, pembagian zona sengkang seperti simulasi di atas, pemilihan spasi untuk tiap zona, dan gambar tampak memanjang balok yang menunjukkan perubahan spasi. Presentasi 10 menit per kelompok: jelaskan mengapa spasi berubah sepanjang balok.

Minggu 11 · CPMK-2

Pelat satu arah: balok selebar satu meter

Bila panel pelat panjang dan sempit, hampir seluruh beban mengalir ke arah bentang pendek. Pelat lalu dirancang seperti balok selebar 1.000 mm, ditambah tulangan susut dan suhu di arah lainnya.

Sub-CPMK 2.4: Mahasiswa mampu mendesain pelat satu arah.
Penilaian: Kuis 3: ketepatan desain pelat satu arah
Metode: Diskusi kelas dan bedah soal
Pustaka: SNI 2847 Ps. 7.3, 6.5, 24.4, 7.7; McCormac Bab 4
Bobot: 4%

Pertanyaan pemantik

Selembar kayu tipis diletakkan di atas dua bata, lalu di atas empat bata di keempat sisinya. Mana yang lebih kaku, dan mengapa panel yang sangat panjang berperilaku hampir sama dengan dua tumpuan?

Tulangan pokok (karat) melintang di atas balok tumpuan. Tulangan susut dan suhu (biru) tegak lurus di atasnya.

Konsep inti beban memilih jalan yang paling kaku

Ambil satu jalur selebar 1 m di arah pendek dan satu jalur di arah panjang. Di titik tengah panel keduanya harus melendut sama. Lendutan jalur sebanding dengan bentang pangkat empat, sehingga jalur pendek jauh lebih kaku dan menarik sebagian besar beban.

w_pendek/w = ℓ_y⁴/(ℓ_x⁴ + ℓ_y⁴)Metode jalur sederhana (Rankine–Grashof) untuk dua tepi panjang dan dua tepi pendek bertumpuan sederhana

Untuk ℓ_y/ℓ_x = 2, jalur pendek memikul 94% beban. Inilah dasar batas praktis "pelat satu arah bila rasio bentang ≥ 2".

Tulangan susut dan suhu. Beton menyusut saat mengering, sekitar 0,0005 regangan. Pelat yang ditahan balok tidak bisa memendek bebas, sehingga timbul tarik dan retak di arah panjang meskipun di arah itu tidak ada momen. Tulangan 0,0018bh menyebarkan retak tersebut menjadi banyak retak halus.

Tumpuan	Sederhana	Satu ujung menerus	Dua ujung menerus	Kantilever
h_min pelat (Tabel 7.3.1.1)	ℓ/20	ℓ/24	ℓ/28	ℓ/10

A_s,susut = 0,0018 b h (juga A_s,min lentur pelat)

s_pokok ≤ min(3h ; 450 mm) s_susut ≤ min(5h ; 450 mm)

Ps. 24.4.3.2, 7.6.1.1, 7.7.2.3, 24.4.3.3 · koefisien momen pendekatan Ps. 6.5: lapangan ujung 1/14, lapangan dalam 1/16, tumpuan dalam 1/10–1/11

Bedah soal: pelat S1 kasus berjalan

Kasus berjalan · S1

Pelat ruang kelas bentang 3,5 m tumpuan sederhana, h = 150 mm, beban mati tambahan 1,5 kN/m², beban hidup 1,92 kN/m², f'_c = 25, f_y = 420, D10.

h_min = 3.500/20 = 175 mm → h = 150 mm belum memenuhi; dihitung dulu untuk kekuatan
q_u = 1,2·(0,15·24 + 1,5) + 1,6·1,92 = 9,19 kN/m² → M_u = 9,19·3,5²/8 = 14,08 kNm/m
d = 150 − 20 − 5 = 125 mm ; R_n = 1,00 MPa ; ρ = 0,00244 ; A_s = 305 mm²/m ≥ 0,0018·1.000·150 = 270
s = 78,5·1.000/305 = 257 → D10-250 (314 mm²/m) ; susut 270 mm²/m → D10-275, di lapangan diseragamkan D10-250

Kekuatan terpenuhi (φM_n = 14,5 kNm/m), tetapi tebal di bawah h_min. Ubah h menjadi 180 mm di kalkulator dan amati perubahan tulangan dan berat sendiri.

Di lapangan

Tahu beton dan kaki ayam. Selimut 20 mm dijaga dengan ganjal beton (tahu beton). Tulangan atas di tumpuan ditopang kaki ayam agar tidak turun saat dicor. Bila tulangan atas pelat 150 mm turun 30 mm, d berkurang dari 125 menjadi 95 mm dan kapasitas momen negatif turun sekitar 25%.

Bedah soal 2: pelat kantilever balkon

Pelat balkon menjorok 1,5 m dari balok tepi, h = 150 mm, beban mati tambahan 1,0 kN/m², beban hidup balkon 1,5 × 1,92 = 2,88 kN/m². f′c = 25 MPa, f_y = 420 MPa, D10, selimut 20 mm.

Tebal minimum kantilever L/10 = 1.500/10 = 150 mm OK
Beban q_D = 24 × 0,15 + 1,0 = 4,60 kN/m² ; 1,4D = 6,44 ; 1,2D + 1,6L = 5,52 + 4,61 = 10,13 kN/m²
Momen di pangkal (serat atas tertarik) M_u = q_uL²/2 = 10,13 × 1,5²/2 = 11,39 kNm/m
Tulangan atas d = 125 mm ; R_n = 0,81 MPa → ρ = 0,00197 → A_s = 246 mm²/m < A_s,min = 270 mm²/m
s = 78,5 × 1.000/270 = 291 mm → D10-250 (314 mm²/m) ; φM_n = 14,5 kNm/m ≥ 11,39 OK
Tulangan atas diteruskan masuk ke pelat lantai di belakang balok sedikitnya sepanjang bentang kantilever agar terjangkar.

Tulangan pokok balkon ada di sisi atas. Dalam praktik sering dipakai D10-200 agar lebih kaku terhadap lendutan dan aman bila tulangan sedikit turun saat dicor.

Mengapa? Kantilever melengkung cembung ke atas, sehingga retak muncul di permukaan atas. Tulangan yang terinjak dan turun ke tengah tebal pelat kehilangan lengan momen dan menjadi penyebab utama runtuhnya balkon.

Bedah soal 3: pelat menerus dua bentang dengan koefisien momen

Pelat ruang kelas menerus di atas tiga balok (dua bentang sama), ℓ_n = 3,0 m, h = 130 mm, beban mati tambahan 1,5 kN/m², beban hidup 1,92 kN/m². Pakai koefisien momen SNI 2847 Ps. 6.5.

Beban q_D = 24 × 0,13 + 1,5 = 4,62 kN/m² ; q_u = 1,2 × 4,62 + 1,6 × 1,92 = 8,62 kN/m²
Momen negatif di tumpuan tengah (dua bentang) M_u⁻ = q_uℓ_n²/9 = 8,62 × 9/9 = 8,62 kNm/m
Momen positif bentang ujung (ujung luar tidak terkekang) M_u⁺ = q_uℓ_n²/11 = 7,05 kNm/m
Tulangan (d = 105 mm) negatif: A_s = 222 mm²/m ; positif: 181 mm²/m ; keduanya < A_s,min = 234 mm²/m
s = 78,5 × 1.000/234 = 335 mm ≤ s_maks = 390 mm → D10-300 atas di tumpuan tengah dan D10-300 bawah di lapangan

Momen terbesar terjadi di atas tumpuan tengah, bukan di tengah bentang. Pada pelat tipis dengan beban ringan, tulangan minimum yang menentukan.

Bank soal latihan berbasis NIM

Masukkan NIM untuk mendapat soal sendiri dengan pembahasan langkah demi langkah. Dosen dapat memakai mode "Soal saja" untuk membagikan soal dan "Kunci jawaban" untuk memeriksa.

Kuis 3 latihan sebelum kuis

Soal 1Panel 3 × 3,6 m (rasio 1,2) ditumpu di keempat sisi. Bolehkah dirancang sebagai pelat satu arah?

Soal 2Mengapa tulangan susut tetap diperlukan pada arah yang tidak memikul momen?

Minggu 12 · CPMK-2

Panjang penyaluran: berapa dalam tulangan harus tertanam

Semua hitungan lentur menganggap baja mencapai f_y. Itu hanya benar bila batang tertanam cukup panjang sehingga beton di sekelilingnya bisa mencengkeram gaya sebesar A_sf_y.

Sub-CPMK 2.5: Mahasiswa mampu menghitung panjang penyaluran dan sambungan lewatan.
Penilaian: Diskusi kelas & latihan
Metode: Diskusi kelas dan bedah soal
Pustaka: SNI 2847 Ps. 25.4, 25.5; McCormac Bab 7
Bobot: 3%

Pertanyaan pemantik

Batang tulangan panjangnya 12 m, padahal balok menerus di gedung kuliah panjangnya 30 m. Bagaimana gaya tarik berpindah dari satu batang ke batang berikutnya?

Sambungan lewatan: gaya tarik berpindah dari batang A ke batang B melalui beton di antara keduanya sepanjang ℓ_st.

Konsep inti tiga mekanisme lekatan

Adhesi kimia antara pasta semen dan permukaan baja. Kecil dan hilang begitu batang mulai tergelincir.
Gesekan antara baja dan beton yang mengerut di sekelilingnya.
Kuncian mekanis oleh sirip batang ulir. Ini mekanisme utama. Sirip mendorong beton ke luar seperti baji, sehingga keruntuhan lekatan biasanya berupa retak belah sepanjang batang, bukan batang tercabut.

Kesetimbangan sederhana menjelaskan rumusnya. Gaya batang A_bf_y = (πd_b²/4)f_y harus ditahan tegangan lekat rata-rata u di keliling πd_b sepanjang ℓ_d. Maka ℓ_d = f_yd_b/(4u). Panjang penyaluran sebanding dengan diameter, dan berbanding terbalik dengan √f'_c karena kuat belah beton sebanding dengan √f'_c.

Tulangan atas (ψ_t = 1,3). Saat beton segar dipadatkan, air naik dan terkumpul di bawah batang yang posisinya tinggi. Setelah mengeras, rongga kecil di bawah batang itu mengurangi lekatan.

D ≤ 19: ℓ_d = ( f_yψ_tψ_e / 2,1λ√f'_c ) d_b D ≥ 22: ( f_yψ_tψ_e / 1,7λ√f'_c ) d_b ≥ 300 mm

Kait standar: ℓ_dh = ( 0,24f_yψ_eψ_cψ_r / λ√f'_c ) d_b ≥ maks(8d_b ; 150 mm)

Sambungan lewatan tarik kelas B: ℓ_st = 1,3ℓ_d ≥ 300 mm

Tabel 25.4.2.2, Ps. 25.4.3.1, 25.5.2.1 · berlaku bila spasi bersih dan selimut ≥ d_b dan ada sengkang minimum

Bedah soal: tulangan B1 kasus berjalan

Kasus berjalan · B1

Tulangan bawah D19, f_y = 420 MPa, f'_c = 25 MPa, tanpa lapisan epoksi.

ℓ_d = 420/(2,1·√25)·19 = 40·19 = 760 mm
Tegangan lekat rata-rata u = 283,5·420/(π·19·760) = 2,6 MPa
ℓ_st kelas B = 1,3·760 = 988 → 1.000 mm

Di setiap titik tempat batang harus mencapai f_y (pada B1 di tengah bentang), batang harus tertanam minimal ℓ_d = 760 mm ke kedua arah. Tulangan bawah B1 menerus sampai tumpuan sehingga syarat ini terpenuhi; minimal sepertiganya diteruskan ≥ 150 mm masuk ke tumpuan (Ps. 9.7.3.8.2). Bila perlu disambung, lewatan 1.000 mm ditempatkan di daerah momen kecil.

Di lapangan

Letak sambungan. Sambung tulangan bawah balok di dekat tumpuan (momen positif kecil), dan tulangan atas di sekitar tengah bentang (momen negatif kecil). Kesalahan umum adalah menyambung semua batang di satu potongan, sehingga satu potongan balok menjadi titik lemah.

Balok penahan gempa berbeda. Pada SRPMK, momen di ujung balok berbalik arah saat gempa, sehingga sambungan lewatan dilarang di dalam joint dan dalam jarak 2h dari muka kolom (Ps. 18.6.3.3). Aturan "sambung bawah dekat tumpuan" hanya untuk balok yang memikul beban gravitasi.

Bedah soal 2: tulangan atas D22 dan faktor posisi

Tulangan atas D22 di tumpuan balok tinggi 600 mm (lebih dari 300 mm beton segar di bawahnya), f′c = 25 MPa, f_y = 420 MPa, spasi dan selimut memenuhi syarat, ada sengkang minimum. Hitung ℓ_d.

Rumus sederhana SNI 2847 Tabel 25.4.2.2 untuk D ≥ 22 ℓ_d = f_yψ_tψ_e/(1,7λ√f′c) · d_b
Faktor posisi tulangan atas ψ_t = 1,3 ; tanpa epoksi ψ_e = 1,0 ; beton normal λ = 1,0
ℓ_d = 420 × 1,3 × 1,0/(1,7 × 1,0 × 5) × 22 = 64,2 × 22 = 1.413 mm
Bandingkan tulangan bawah D22 ℓ_d = 420/(1,7 × 5) × 22 = 1.087 mm

Tulangan atas perlu panjang penyaluran 30% lebih besar. Air dan udara naik ke bawah batang atas saat beton dipadatkan, sehingga lekatan di bawahnya lebih lemah.

Bedah soal 3: kait standar di ujung balok

Tulangan D19 harus mencapai f_y tepat di muka kolom tepi, tetapi kolom hanya selebar 400 mm. Hitung panjang penyaluran dengan kait 90° (f′c = 25 MPa, f_y = 420 MPa).

Tanpa kait ℓ_d = 760 mm > 400 − 40 = 360 mm tersedia → tidak muat
Dengan kait standar (SNI 2847 Ps. 25.4.3.1) ℓ_dh = 0,24f_yψ_eψ_cψ_r/(λ√f′c) · d_b = 0,24 × 420/5 × 19 = 383 mm
Bila selimut samping ≥ 65 mm dan selimut di ujung kait ≥ 50 mm ψ_c = 0,7 → ℓ_dh = 268 mm ≥ maks(8d_b ; 150) = 152 mm OK
Panjang tersedia 360 mm ≥ 268 mm → muat dengan kait

Kait memendekkan panjang penyaluran dari 760 mm menjadi 268–383 mm karena bengkokan menahan tulangan secara mekanis seperti jangkar.

Cek pemahaman

Soal 1Mengapa ℓ_d untuk D25 jauh lebih panjang dari D13 pada beton yang sama?

Latihan 12.1 — Tulangan atas D25

Tulangan atas balok tinggi 600 mm, D25, f'_c = 30 MPa, f_y = 420 MPa.
Jawaban: ψ_t = 1,3; ℓ_d = 420·1,3/(1,7·√30)·25 = 1.466 mm; ℓ_st = 1.906 mm.

Minggu 13 · CPMK-2

Kuat belum tentu layak pakai

Balok yang memenuhi kekuatan bisa tetap bermasalah: dinding bata di atasnya retak, pintu macet, plafon bergelombang. Penyebabnya lendutan yang bertambah karena beton retak dan rangkak.

Sub-CPMK 2.6: Mahasiswa mampu memeriksa lendutan dan lebar retak balok.
Penilaian: Tugas 3: ketepatan dan kelengkapan pemeriksaan
Metode: Case method: pemeriksaan lendutan balok bentang panjang
Pustaka: SNI 2847 Ps. 24.2, 24.3; McCormac Bab 6
Bobot: 4%

Pertanyaan pemantik

Satu tahun setelah gedung dipakai, dinding bata di atas balok B1 retak diagonal, padahal balok tidak menunjukkan kerusakan. Apa yang terjadi?

Lendutan diperbesar. Retak lentur (merah) muncul di daerah tengah bentang tempat momen melampaui M_cr. Daerah retak dan lendutan mengikuti isian kalkulator.

Konsep inti kekakuan berubah sepanjang umur

Sebelum retak, seluruh penampang bekerja: kekakuan E_cI_g.
Setelah retak, beton di bawah sumbu netral tidak lagi menahan tarik. Di potongan retak hanya beton tekan dan baja yang bekerja: I_cr, untuk B1 hanya sepertiga I_g. Di antara retak, beton masih membantu, sehingga kekakuan rata-rata I_e berada di antara keduanya.
Seiring waktu, beton tekan terus memendek di bawah beban tetap (rangkak) dan karena mengering (susut). Setelah 5 tahun, lendutan tambahan akibat rangkak dan susut bisa mencapai dua kali lendutan seketika akibat beban tetap, sehingga lendutan totalnya sekitar tiga kali lendutan awal.

Dinding bata dipasang setelah perancah dibongkar. Lendutan yang terjadi setelah itu, yaitu rangkak dan beban hidup, adalah yang meretakkan dinding. Karena itu SNI membatasi bagian lendutan ini dengan L/480.

M_cr = f_rI_g/y_t I_cr = b(kd)³/3 + nA_s(d − kd)²

I_e = (M_cr/M_a)³I_g + [1 − (M_cr/M_a)³]I_cr ≤ I_g Δ_i = 5M_aL²/(48E_cI_e)

Δ_LT = λ_ΔΔ_tetap (lendutan tambahan), λ_Δ = ξ/(1 + 50ρ'), ξ = 2,0 untuk ≥ 5 tahun

Ps. 24.2.3.5, 24.2.4.1 · batas Tabel 24.2.2: L/360 lantai (Δ_L), L/480 bila menumpu elemen mudah rusak, L/240 bila tidak

Bedah soal: lendutan B1 kasus berjalan

Kasus berjalan · B1

B1 300 × 500, d = 440, 4D19 bawah, 2D13 atas, L = 6 m, q_D = 18 kN/m, q_L = 8 kN/m (beban layan), f'_c = 25 MPa. Di atasnya ada dinding bata.

M_cr = 3,10·3,125·10⁹/250 = 38,8 kNm ; M_D = 81,0 kNm ; M_D+L = 117,0 kNm → balok retak
n = 8,51 ; kd = 139,1 mm ; I_cr = 1,143·10⁹ mm⁴ (0,37 I_g)
I_e(D) = 1,360·10⁹ ; Δ_D = 9,5 mm ; I_e(D+L) = 1,215·10⁹ ; Δ_D+L = 15,4 mm ; Δ_L = 5,9 mm ≤ L/360 = 16,7 OK
ρ' = 265/(300·440) = 0,0020 → λ_Δ = 2/(1 + 0,10) = 1,82
Beban tetap diambil beban mati saja, dan seluruh rangkak dianggap terjadi setelah dinding dipasang (anggapan konservatif) Δ setelah dinding = 1,82·9,5 + 5,9 = 23,1 mm > L/480 = 12,5 mm TIDAK OK

B1 kuat dan memenuhi L/360, tetapi akan meretakkan dinding bata di atasnya. Inilah jawaban pertanyaan pemantik.

Di lapangan

Lebar retak. SNI mengendalikan lebar retak lewat spasi tulangan tarik terdekat ke muka tarik: s ≤ 380(280/f_s) − 2,5c_c dan ≤ 300(280/f_s), dengan f_s ≈ 2/3 f_y. Untuk f_y 420 dan selimut bersih 50 mm, spasi maksimum 255 mm. Beberapa batang kecil lebih baik dari sedikit batang besar.

Bongkar perancah terlalu cepat membebani beton muda yang E_c-nya masih rendah. Retak awal yang terbentuk menurunkan kekakuan untuk selamanya.

Bedah soal 2: kontrol retak dengan jarak tulangan

Periksa jarak tulangan B1 (4D19, b = 300 mm, selimut 40 mm, sengkang Ø10) terhadap syarat kontrol retak SNI 2847 Ps. 24.3.2, f_y = 420 MPa.

Tegangan baja saat layan boleh diambil f_s = ⅔f_y = 280 MPa
Selimut bersih ke tulangan tarik c_c = 40 + 10 = 50 mm
Jarak maksimum s ≤ 380(280/f_s) − 2,5c_c = 380 − 125 = 255 mm dan ≤ 300(280/f_s) = 300 mm
Jarak pusat tulangan B1 s = (300 − 2 × 59,5)/3 = 60 mm ≤ 255 mm OK

B1 jauh memenuhi syarat retak. Syarat ini menjadi penting pada balok lebar atau pelat yang memakai sedikit batang besar: banyak batang kecil lebih baik mengendalikan lebar retak daripada sedikit batang besar.

Mengapa? Retak lebar membuat air dan klorida mencapai tulangan, terutama di daerah pesisir seperti Meulaboh. Jarak tulangan yang rapat membagi regangan menjadi banyak retak halus, bukan sedikit retak lebar.

Tugas 3 · Case method

Pemeriksaan lendutan balok bentang panjang. Gunakan B1 yang tidak memenuhi L/480. Usulkan dan bandingkan tiga solusi: (a) menaikkan h, (b) menambah tulangan tekan untuk menurunkan λ_Δ, (c) memasang dinding setelah sebagian rangkak terjadi atau mengganti dinding bata dengan partisi ringan. Hitung lendutan setiap solusi dengan kalkulator, lalu pilih satu dengan alasan teknis dan biaya.

Cek pemahaman

Soal 1Mengapa menambah tulangan tekan mengurangi lendutan jangka panjang?

Minggu 14 · CPMK-3

Lembar kerja: hitungan desain yang bisa diperiksa orang lain

Lembar kerja yang baik bukan sekadar mempercepat hitungan. Ia memaksa urutan logika yang sama setiap kali, membuat setiap asumsi terlihat, dan langsung menandai bila ada pemeriksaan yang gagal.

Sub-CPMK 3.1: Mahasiswa mampu menyusun lembar kerja perhitungan kapasitas dan desain balok.
Penilaian: Tugas 4: ketepatan dan kelengkapan lembar kerja
Metode: Case method: lembar kerja desain balok persegi
Media: Microsoft Excel
Bobot: 8%

Pertanyaan pemantik

Gedung kuliah punya 48 balok. Bila satu balok dihitung manual 30 menit, berapa lama sampai semuanya selesai, dan berapa peluang salah tulis di salah satunya?

Konsep inti lembar kerja adalah algoritma

Masukan

Sel berwarna, satu besaran per sel, satuan di kolom sebelah. Hanya sel ini yang boleh diubah pengguna.

Proses

Urutannya sama dengan hitungan manual minggu 3–5. Setiap baris satu langkah, dengan rumus yang merujuk sel, bukan angka yang diketik ulang.

Pemeriksaan

Setiap syarat SNI menjadi sel dengan fungsi IF yang menghasilkan OK atau TIDAK OK, diberi warna dengan conditional formatting.

Verifikasi

Lembar kerja baru dipercaya setelah hasilnya cocok dengan satu hitungan manual yang diketahui, misalnya B1: φM_n ≈ 172,7 kNm.

Model balok mengikuti isian lembar kerja di bawah.

Lembar kerja contoh salin ke Excel

Kolom C adalah rumus yang diketik di Excel. Nilai di kolom D dihitung langsung dari isian di atas tabel, sehingga mahasiswa dapat mencocokkan hasil lembar kerjanya sendiri.

Pengaturan regional Indonesia. Bila Windows memakai format regional Indonesia, Excel memakai titik koma sebagai pemisah argumen dan koma sebagai desimal: =IF(B9<=28;0,85;MAX(0,65;0,85-0,05*(B9-28)/7)). Rumus di tabel ditulis dengan format regional Inggris (koma sebagai pemisah, titik sebagai desimal). Nama fungsi seperti IF dan MAX tidak berubah.

Fitur Excel yang dipakai

Fitur	Kegunaan di lembar kerja
Data Validation (daftar)	Diameter hanya bisa dipilih dari 10, 13, 16, 19, 22, 25, sehingga tidak ada D18
Conditional Formatting	Sel pemeriksaan hijau bila OK, merah bila TIDAK OK
ROUNDUP	Jumlah batang perlu: `=ROUNDUP(As_perlu/(PI()*D^2/4),0)`
Goal Seek	Mencari h terkecil yang membuat φM_n = M_u
Name Manager	Memberi nama sel (fc, fy, b) agar rumus mudah dibaca dan diperiksa

Tugas 4 · Case method

Lembar kerja desain balok persegi. Susun lembar kerja yang (1) menghitung kapasitas balok tulangan tunggal dari data penampang, (2) mendesain tulangan dari M_u, (3) memeriksa A_s,min, ε_t, spasi, dan geser dengan sel OK/TIDAK OK. Verifikasi dengan B1 dan dua soal latihan, lalu jalankan untuk seluruh balok lantai 2 gedung kuliah dalam satu tabel. Serahkan file .xlsx dan laporan 2 halaman tentang hasil verifikasi.

Rubrik Tugas 4

Aspek	Skor penuh bila	Bobot
Kebenaran	Hasil cocok dengan hitungan manual B1 dan dua latihan dalam ±0,5%	35%
Kelengkapan pemeriksaan	A_s,min, ε_t, φ, spasi bersih, dan geser semuanya otomatis	25%
Keterbacaan	Masukan, proses, dan hasil terpisah; satuan dan rujukan pasal tertulis	20%
Ketahanan terhadap salah input	Validasi data dan pesan bila masukan tidak masuk akal	20%

Minggu 15 · CPMK-2

Satu balok, satu pelat, dari beban sampai gambar

Pertemuan ini merangkai seluruh langkah desain balok dan pelat satu arah menjadi satu alur, memakai kasus yang sama sejak minggu 2.

Sub-CPMK 2.7: Mahasiswa mampu merangkum langkah desain balok dan pelat satu arah.
Penilaian: Diskusi kelas: keaktifan dan ketepatan merangkum
Metode: Ceramah interaktif dan diskusi kelas
Pustaka: Seluruh pustaka
Bobot: 3%

Gedung kuliah: B1 dan S1 hanyalah dua dari puluhan elemen yang dirancang dengan alur yang sama.

Alur desain balok

BebanBeban mati dan hidup dengan lebar tributari, kombinasi yang menentukan (pada lantai umumnya 1,2D + 1,6L) → q_u, M_u, V_u. Minggu 2

Dimensih ≥ h_min, b ≈ 0,5h, d ≈ h − 60. Minggu 5

LenturR_n → ρ → A_s; bila tidak cukup, tulangan rangkap atau manfaatkan sayap T. Minggu 3–9

Daktilitas dan detailA_s,min, ε_t ≥ 0,004, φ, spasi bersih. Minggu 4–5

GeserV_u pada d, V_c, zona sengkang, s_maks, A_v,min. Minggu 10

Penyaluranℓ_d, letak sambungan lewatan. Minggu 12

Kemampuan layanΔ_L ≤ L/360, lendutan setelah dinding ≤ L/480, spasi kontrol retak. Minggu 13

GambarPotongan tumpuan dan lapangan, tampak memanjang dengan zona sengkang dan sambungan.

Ringkasan kasus berjalan

Pemeriksaan	B1 300 × 500, 4D19, Ø10-200	Status
Lentur φM_n ≥ M_u	172,6 ≥ 154,8 kNm	OK
Daktilitas ε_t	0,0120 ≥ 0,005	OK
A_s,min	1.134 ≥ 440 mm²	OK
Geser	Ø10-200, s_maks menentukan	OK
Penyaluran D19	ℓ_d = 760 mm, lewatan 1.000 mm	OK
Lendutan Δ_L	5,9 ≤ 16,7 mm	OK
Lendutan setelah dinding	23,1 > 12,5 mm	TIDAK OK

Pelajaran dari kasus ini: pemeriksaan kekuatan saja tidak cukup. Pada bentang 6 m dengan dinding bata, kemampuan layanlah yang menentukan dimensi. Ubah h di kalkulator minggu 13 untuk mencari tinggi yang memenuhi L/480.

Soal terpadu untuk diskusi

Balok B2 di koridor lantai 2: bentang 5 m tumpuan sederhana, q_D = 14 kN/m, q_L = 10 kN/m, tidak menumpu dinding. f'_c = 25 MPa, f_y = 420 MPa, f_yt = 280 MPa.

Kelompok 1: tentukan q_u, M_u, V_u, dan dimensi awal.
Kelompok 2: rancang tulangan lentur dan periksa daktilitas.
Kelompok 3: rancang sengkang dengan pembagian zona.
Kelompok 4: periksa lendutan seketika dan jangka panjang dengan batas yang sesuai.
Semua: gabungkan hasil, gambar potongan dan tampak memanjang, lalu verifikasi dengan lembar kerja minggu 14.

Bank soal terpadu latihan berbasis NIM

Masukkan NIM untuk mendapat soal sendiri dengan pembahasan langkah demi langkah. Dosen dapat memakai mode "Soal saja" untuk membagikan soal dan "Kunci jawaban" untuk memeriksa.

Cek pemahaman akhir

Soal 1Urutan pemeriksaan yang benar untuk balok baru adalah…

Soal 2Balok memenuhi lentur dan geser, tetapi gagal L/480. Solusi yang paling efektif biasanya…

Minggu 16 · CPMK-1 sampai CPMK-3

Ujian Akhir Semester

Ujian tertulis seluruh materi Struktur Beton Bertulang I. Dinilai dari ketepatan analisis, kelengkapan jawaban, dan integrasi seluruh konsep. Bobot 20%.

Kisi-kisi

No.	Materi	Bentuk	CPMK	Porsi
1	Konsep: perilaku komposit, daktilitas, kompatibilitas regangan	Uraian	1	20%
2	Analisis balok persegi, rangkap, atau T	Hitungan	1	30%
3	Desain geser dan zona sengkang	Desain	2	15%
4	Desain pelat satu arah	Desain	2	10%
5	Penyaluran dan lendutan	Hitungan	2	15%
6	Membaca dan memperbaiki potongan lembar kerja	Analisis	3	10%

Contoh soal CPMK-3

Sebuah lembar kerja menghasilkan φM_n = 191,8 kNm untuk B1 (300 × 500, 4D19). Rumus di sel φM_n adalah =B20.

Apa kesalahan rumus tersebut?
Tuliskan rumus yang benar beserta sel φ yang diperlukan.
Pemeriksaan apa yang seharusnya mendeteksi kesalahan ini sebelum diserahkan?

Petunjuk: 191,8 adalah M_n, belum dikalikan φ = 0,90.

Contoh soal konsep

Jelaskan dengan analogi rangka batang mengapa balok tanpa sengkang dapat runtuh getas meskipun tulangan lenturnya cukup.
Balok A dan B memiliki φM_n sama. A dengan ε_t = 0,012, B dengan ε_t = 0,0045. Mana yang Anda pilih untuk gedung sekolah di Aceh Barat dan mengapa?

Setelah minggu 16 · Pengayaan CPMK-1, 2, 3

Studi kasus terpadu: lantai laboratorium struktur

Satu sistem lantai dirancang dari awal sampai akhir: pelat menerus, balok T dengan beban merata dan beban terpusat, tulangan dua lapis, sengkang bertingkat, penyaluran di tumpuan, lalu lendutan yang ternyata menentukan. Studi kasus ini merangkai semua materi semester dan berakhir dengan keputusan desain yang harus dipertanggungjawabkan.

Tujuan: Mahasiswa mampu menyelesaikan desain sistem lantai beton bertulang secara utuh, memeriksa semua keadaan batas, dan memilih solusi ketika satu pemeriksaan gagal.
Bentuk: Kerja kelompok 3–4 orang, laporan dan lembar kerja
Waktu: Dua minggu setelah UAS, atau sebagai bahan persiapan UAS
Acuan: SNI 2847:2019; SNI 1727:2020
Bobot: —

Pertanyaan pemantik

Balok yang kuat terhadap lentur dan geser, dengan tinggi jauh di atas h_min, apakah pasti layak dipakai? Apa yang terjadi pada dinding bata di atasnya?

Balok T: pelat yang dicor menyatu dengan balok ikut memikul tekan di daerah momen positif.

Soal studi kasus

Denah lantai laboratorium. Balok B2 (tebal) memikul pelat selebar 3 m dan beban terpusat rangka uji 2,5 m dari tumpuan A (atas).

Data	Nilai
Fungsi	Lantai 2 laboratorium struktur, Fakultas Teknik, Meulaboh (di dalam gedung, tidak terpapar cuaca)
Material	f′c = 25 MPa (beton normal), f_y = 420 MPa, f_yt = 280 MPa (sengkang Ø10)
Pelat S2	Menerus di atas banyak balok berjarak 3,0 m (as ke as), lebar badan balok 300 mm, ujung luar menyatu dengan balok tepi
Balok B2	Bentang 7,5 m as ke as kolom 400 × 400 mm, dianggap tumpuan sederhana; b_w = 300 mm, h = 600 mm, menyatu dengan pelat
Beban mati tambahan lantai	1,5 kN/m² (keramik, spesi, plafon, utilitas)
Beban hidup lantai	4,0 kN/m², ditetapkan perencana untuk laboratorium dengan peralatan ringan
Dinding bata di atas B2	2,5 kN/m² bidang dinding, tinggi 3,5 m, dipasang setelah perancah dibongkar
Rangka uji hidrolik	Beban terpusat pada B2 di 2,5 m dari tumpuan A: P_D = 20 kN (berat rangka), P_L = 30 kN (beban kerja)
Selimut beton	Pelat 20 mm; balok 40 mm

Tugas kelompok:

Rancang tebal dan tulangan pelat S2 dengan metode koefisien momen; periksa geser dan tulangan susut.
Hitung beban, reaksi, serta diagram gaya lintang dan momen balok B2. Tentukan letak momen maksimum.
Rancang tulangan lentur B2 sebagai balok T, termasuk susunan lapis tulangan dan pemeriksaan daktilitas.
Rancang sengkang B2 dengan pembagian daerah yang hemat.
Periksa penyaluran tulangan di tumpuan.
Periksa lendutan jangka panjang dan retak. Bila tidak memenuhi, usulkan dan buktikan perbaikannya.
Sajikan ringkasan desain dan gambar potongan.

Contoh penyelesaian bagian A · pelat S2

Tebal pelat dan beban

Tebal minimum (SNI 2847 Tabel 7.3.1.1), ℓ = 3.000 mm bentang ujung (satu ujung menerus): ℓ/24 = 125 mm ; bentang dalam (kedua ujung menerus): ℓ/28 = 107 mm → pakai h = 130 mm
Beban mati q_D = 24 × 0,13 + 1,5 = 4,62 kN/m²
Kombinasi 1,4D = 6,47 ; 1,2D + 1,6L = 5,54 + 6,40 = 11,94 kN/m² → q_u = 11,94 kN/m²
Syarat metode koefisien (SNI 2847 Ps. 6.5.1) ≥ 2 bentang, bentang hampir sama, beban merata, L/D = 4,0/4,62 = 0,87 ≤ 3 semua terpenuhi
Bentang bersih ℓ_n = 3,0 − 0,3 = 2,7 m ; q_uℓ_n² = 11,94 × 2,7² = 87,07 kNm/m

h = 130 mm memenuhi tebal minimum di semua bentang, jadi lendutan pelat tidak perlu dihitung. Metode koefisien boleh dipakai.

Lokasi (SNI 2847 Tabel 6.5.2)	Koefisien	M_u (kNm/m)	A_s perlu (mm²/m)	Dipakai
Tumpuan luar (menyatu dengan balok tepi)	1/24	3,63	92 → 234 (min)	D10-300 atas
Lapangan bentang ujung	1/14	6,22	159 → 234 (min)	D10-300 bawah
Tumpuan dalam pertama (muka luar)	1/10	8,71	224 → 234 (min)	D10-300 atas
Lapangan bentang dalam	1/16	5,44	139 → 234 (min)	D10-300 bawah
Tumpuan dalam lainnya	1/11	7,92	203 → 234 (min)	D10-300 atas

Tulangan, geser, dan susut pelat

Contoh perhitungan di tumpuan dalam pertama, d = 130 − 20 − 5 = 105 mm R_n = 8,71 × 10⁶/(0,9 × 1.000 × 105²) = 0,878 MPa → ρ = 0,00213 → A_s = 224 mm²/m
Tulangan minimum A_s,min = 0,0018 × 1.000 × 130 = 234 mm²/m → menentukan di semua lokasi
Jarak s = 78,5 × 1.000/234 = 336 mm ≤ s_maks = min(3 × 130 ; 450) = 390 mm → D10-300 (262 mm²/m)
Cek kekuatan terbesar a = 5,2 mm ; φM_n = 0,9 × 262 × 420 × (105 − 2,6) = 10,14 kNm/m ≥ 8,71 OK
Geser di muka tumpuan dalam pertama V_u = 1,15 × 11,94 × 2,7/2 = 18,5 kN/m ≤ φV_c = 0,75 × 0,17 × 5 × 1.000 × 105 = 66,9 kN/m OK
Tulangan susut arah memanjang 234 mm²/m, s ≤ min(5h ; 450) = 450 mm → D10-300

Pelat S2: h = 130 mm, D10-300 atas di semua tumpuan dan bawah di semua lapangan, D10-300 susut. Pelat tipis dengan beban sedang hampir selalu dikendalikan tulangan minimum, bukan kekuatan.

Mengapa? Momen negatif terbesar ada di tumpuan dalam pertama (1/10), bukan di tengah bentang. Bentang ujung hanya tertahan di satu sisi, sehingga lebih lentur dan "menumpahkan" momen ke tumpuan sebelahnya.

Bagian B · beban dan gaya dalam balok B2

Lebar efektif sayap, beban, dan kombinasi

Lebar efektif balok dalam (SNI 2847 Tabel 6.3.2.1), ℓ_n = 7,5 − 0,4 = 7,1 m tiap sisi: min(8h_f = 1.040 ; s_w/2 = 1.350 ; ℓ_n/8 = 888) = 888 mm → b_f = 300 + 2 × 888 = 2.075 mm
Beban mati merata pelat + finishing (4,62 × 3,0) = 13,86 ; badan di bawah pelat 24 × 0,30 × 0,47 = 3,38 ; dinding 2,5 × 3,5 = 8,75 → q_D = 25,99 kN/m
Beban hidup merata q_L = 4,0 × 3,0 = 12,0 kN/m
Kombinasi (diterapkan ke beban merata dan terpusat bersama) 1,4D: q = 36,39 kN/m, P = 28,0 kN ; 1,2D + 1,6L: q_u = 50,39 kN/m, P_u = 72,0 kN (menentukan)

q_u = 50,39 kN/m dan P_u = 72,0 kN di x = 2,5 m. Beban mati dan hidup harus dikombinasikan secara konsisten: tidak boleh mengambil 1,4D untuk satu beban dan 1,2D + 1,6L untuk beban lain.

Reaksi, gaya lintang, dan momen maksimum

ΣM_B = 0 R_A × 7,5 = 50,39 × 7,5 × 3,75 + 72 × 5,0 → R_A = 236,97 kN
ΣV = 0 R_B = 50,39 × 7,5 + 72 − 236,97 = 212,97 kN
Gaya lintang di beban terpusat kiri P: 236,97 − 50,39 × 2,5 = 111,0 kN ; kanan P: 111,0 − 72 = 39,0 kN
D masih positif di kanan P, jadi D = 0 terjadi di bentang sebelah kanan P x₀ = 2,5 + 39,0/50,39 = 3,27 m dari A
Momen maksimum M_u = 236,97 × 3,27 − 50,39 × 3,27²/2 − 72 × (3,27 − 2,5) = 450,0 kNm
Pembanding M di bawah P = 435,0 kNm ; M di tengah bentang = 444,3 kNm

M_u,maks = 450,0 kNm di x = 3,27 m, di antara titik beban dan tengah bentang. Mendesain dengan momen tengah bentang saja (444,3 kNm) sedikit kurang aman.

x dari A (m)	Keterangan	V_u (kN)	M_u (kNm)
0	Tumpuan A	237,0	0
0,72	Jarak d dari muka kolom A	200,8	157,1
2,50	Beban rangka uji (kiri / kanan)	111,0 / 39,0	435,0
3,27	D = 0, momen maksimum	0	450,0
6,78	Jarak d dari muka kolom B	−176,8	139,8
7,50	Tumpuan B	−213,0	0

Bagian C · lentur balok T

Desain tulangan lentur

Uji sayap dengan d ≈ 517,5 mm (dua lapis D25, lihat langkah 4) φM_nf = 0,9 × 0,85 × 25 × 2.075 × 130 × (517,5 − 65) = 2.334 kNm ≫ 450 kNm → a < h_f, desain sebagai persegi selebar b_f
Tulangan perlu R_n = 450,0 × 10⁶/(0,9 × 2.075 × 517,5²) = 0,900 MPa → ρ = 0,00219 → A_s = 0,00219 × 2.075 × 517,5 = 2.352 mm²
Satu lapis tidak cukup 4D25 (1.963 mm²) muat satu lapis tetapi φM_n = 392 kNm < 450 ; 5D25 satu lapis: spasi bersih (300 − 100 − 125)/4 = 18,8 mm < 25 tidak muat
Pakai 5D25 = 2.454 mm² dalam dua lapis (3 + 2), jarak bersih antarlapis 25 mm y₁ = 40 + 10 + 12,5 = 62,5 mm ; y₂ = 62,5 + 25 + 25 = 112,5 mm ; titik berat = (3 × 62,5 + 2 × 112,5)/5 = 82,5 mm
d = 600 − 82,5 = 517,5 mm ; d_t (lapis terluar) = 600 − 62,5 = 537,5 mm
Analisis a = 2.454 × 420/(0,85 × 25 × 2.075) = 23,4 mm < h_f ; c = 27,5 mm
Daktilitas dengan d_t ε_t = 0,003 × (537,5 − 27,5)/27,5 = 0,0556 ≥ 0,005 → φ = 0,90
φM_n = 0,9 × 2.454 × 420 × (517,5 − 11,7) = 469,3 kNm ≥ 450,0 kNm OK (rasio 0,96)
Tulangan minimum memakai b_w A_s,min = 0,00333 × 300 × 517,5 = 518 mm² ≤ 2.454 OK ; spasi bersih lapis 1 = (300 − 100 − 75)/2 = 62,5 mm OK

B2 memakai 5D25 (3 di lapis bawah, 2 di lapis kedua) dan 2D13 pembawa di atas. Momen dihitung dengan d ke titik berat semua tulangan, sedangkan ε_t memakai d_t ke lapis terluar.

Potongan B2 di tengah bentang setelah desain lentur (sebelum pemeriksaan lendutan). Gambar tidak berskala; sayap sebenarnya jauh lebih lebar.

Mengapa? Karena sayap sangat lebar, blok tekan hanya setebal 23 mm dan sumbu netral sangat dangkal. Balok T hampir selalu sangat daktail di daerah momen positif; yang membatasi justru ruang untuk menaruh tulangan di badan yang sempit.

Bagian D · geser dan sengkang

Sengkang bertingkat

Beton V_c = 0,17 × 5 × 300 × 517,5 = 132,0 kN ; φV_c = 99,0 kN ; ½φV_c = 49,5 kN
Sisi A, pada jarak d dari muka kolom (x = 0,2 + 0,5175 = 0,72 m; beban P berada lebih jauh dari d) V_u = 200,8 kN → V_s = 200,8/0,75 − 132,0 = 135,8 kN ≤ 0,33√f′c·b_wd = 256,2 kN → s_maks = d/2 = 259 mm
s = 157,1 × 280 × 517,5/135.800 = 168 mm → Ø10-150
Kapasitas dengan jarak maksimum praktis Ø10-250 (A_v,min memberi s = 419 mm, tidak menentukan) V_s = 91,0 kN ; φ(V_c + V_s) = 167,3 kN → dicapai di x = (237,0 − 167,3)/50,39 = 1,38 m
Sisi B V_u = 176,8 kN → V_s = 103,8 kN → s = 219 mm → Ø10-200 ; 167,3 kN dicapai 0,91 m dari B
Daerah tengah dari x = 2,5 m (kanan P, V_u = 39,0 kN) sampai x = 4,26 m, V_u ≤ ½φV_c: secara hitungan tidak perlu sengkang

Pasang Ø10-150 dari muka kolom A sampai 1,4 m, Ø10-200 sepanjang 1,0 m dari kolom B, dan Ø10-250 di antaranya (termasuk daerah tengah, untuk memegang tulangan dan menahan beban yang berpindah posisi).

Mengapa? Beban terpusat membuat diagram gaya lintang tidak simetris: sisi A memikul geser lebih besar sehingga butuh sengkang lebih rapat dan lebih panjang. Rangka uji juga bisa dipindah di kemudian hari; karena itu sengkang di daerah tengah tetap dipasang dengan jarak maksimum.

Bagian E · penyaluran di tumpuan

Penyaluran tulangan bawah di tumpuan sederhana

Panjang penyaluran D25 tulangan bawah (SNI 2847 Tabel 25.4.2.2) ℓ_d = 420 × 1,0 × 1,0/(1,7 × 1 × 5) × 25 = 1.235 mm
Syarat di tumpuan sederhana (Ps. 9.7.3.8.3) bila ujung tulangan dikekang gaya tekan reaksi ℓ_d ≤ 1,3M_n/V_u + ℓ_a
Seluruh 5D25 diteruskan ke tumpuan, ℓ_a = panjang tertanam melewati as tumpuan = 200 − 40 = 160 mm 1,3 × 521,4 × 10⁶/236.970 + 160 = 2.860 + 160 = 3.020 mm ≥ 1.235 mm OK
Di kolom tepi, ujung tulangan diberi kait 90° agar terjangkar penuh di dalam kolom.

Syarat penyaluran terpenuhi dengan selisih besar. Syarat ini menjamin tulangan tidak tercabut di daerah geser besar dekat tumpuan, tempat retak miring memotong tulangan.

Bagian F · lendutan dan retak

Lendutan jangka panjang dengan dinding di atas balok

Penampang T utuh (abaikan tulangan) titik berat 168 mm dari atas ; I_g = 11,31 × 10⁹ mm⁴ ; y_t = 432 mm
Momen retak M_cr = 3,10 × 11,31 × 10⁹/432 = 81,2 kNm
Penampang retak (n = 200.000/23.500 = 8,51; 2D13 tekan ikut diperhitungkan) kd = 92,2 mm < h_f ; I_cr = 4,32 × 10⁹ mm⁴ (0,38I_g)
Momen layan maksimum akibat D: M_a = 208,6 kNm ; akibat D + L: M_a = 333,3 kNm (keduanya ≫ M_cr, balok retak)
Momen inersia efektif (SNI 2847 Ps. 24.2.3.5) I_e = (M_cr/M_a)³I_g + [1 − (M_cr/M_a)³]I_cr → D: 4,73 × 10⁹ ; D + L: 4,42 × 10⁹ mm⁴
Lendutan seketika (integrasi M/E_cI_e untuk beban merata dan terpusat) Δ_D = 11,0 mm ; Δ_D+L = 18,7 mm → Δ_L = 7,7 mm ≤ L/360 = 20,8 mm OK
Faktor jangka panjang (ξ = 2,0 untuk 5 tahun) ρ′ = 265/(300 × 517,5) = 0,0017 → λ_Δ = 2,0/(1 + 50 × 0,0017) = 1,84
Lendutan setelah dinding terpasang (rangkak akibat beban mati + seluruh beban hidup) Δ = 1,84 × 11,0 + 7,7 = 27,9 mm > L/480 = 15,6 mm TIDAK OK

B2 kuat terhadap lentur dan geser, dan tingginya (600 mm) jauh di atas h_min = 469 mm, tetapi lendutannya merusak dinding bata di atasnya. Tebal minimum tabel tidak berlaku untuk balok yang memikul elemen yang mudah rusak akibat lendutan besar.

Kontrol retak

f_s = ⅔f_y = 280 MPa, c_c = 50 mm s_maks = 380 × (280/280) − 2,5 × 50 = 255 mm ≤ 300 mm
Jarak pusat tulangan lapis bawah s = (300 − 2 × 62,5)/2 = 87,5 mm ≤ 255 OK

Retak lentur terkendali karena tulangan berupa beberapa batang dengan jarak rapat.

Bagian G · desain ulang dan keputusan

Pemeriksaan lendutan gagal, jadi desain belum selesai. Ada beberapa jalan keluar; masing-masing dihitung ulang dengan cara yang sama.

Pilihan	Tulangan	φM_n / M_u	Δ jangka panjang	Batas	Catatan
Semula: h = 600 mm	5D25 dua lapis	469 / 450	27,9 mm	L/480 = 15,6	Tidak memenuhi
h = 700 mm	4D25 satu lapis	466 / 456	20,5 mm	15,6	Masih tidak memenuhi
h = 750 mm	4D25 satu lapis	503 / 459	16,6 mm	15,6	Hampir, tetapi belum
h = 800 mm	4D25 satu lapis	540 / 462	13,3 mm	15,6	Memenuhi; tulangan lebih sedikit dan satu lapis
Tetap 600 mm, dinding diganti partisi ringan berdilatasi	5D25 dua lapis	469 / 450	27,9 mm	L/240 = 31,3	Memenuhi bila elemen di atas balok tidak mudah rusak
Tambah kolom di tengah bentang	Bentang menjadi dua kali 3,75 m: momen dan lendutan turun drastis, tetapi denah laboratorium terganggu

Pembuktian pilihan h = 800 mm

Beban mati bertambah karena badan lebih tinggi badan 24 × 0,30 × 0,67 = 4,82 kN/m → q_D = 27,43 kN/m ; q_u = 52,12 kN/m ; M_u = 462,0 kNm
Lentur dengan 4D25 satu lapis d = 800 − 62,5 = 737,5 mm ; a = 18,7 mm ; φM_n = 540,4 kNm ≥ 462,0 OK ; spasi bersih 33,3 mm ≥ 25 OK
Lendutan I_g = 26,3 × 10⁹ ; M_cr = 144,7 kNm ; I_cr = 7,49 × 10⁹ mm⁴ ; Δ_D = 4,2 mm ; Δ_L = 5,4 mm
Δ = 1,89 × 4,2 + 5,4 = 13,3 mm ≤ 15,6 mm OK
Geser ikut membaik karena d lebih besar (V_c naik 43%); sengkang dihitung ulang dengan langkah bagian D.

Rekomendasi: B2 300 × 800 mm dengan 4D25 satu lapis. Tinggi bertambah 200 mm, tetapi tulangan berkurang satu batang dan pemasangannya lebih mudah. Bila tinggi ruang tidak mengizinkan, pilihan berikutnya adalah partisi ringan atau kolom tengah, dan keputusan itu dibicarakan dengan arsitek dan pemilik gedung.

Ringkasan desain

Elemen	Hasil
Pelat S2	h = 130 mm; D10-300 atas di tumpuan, D10-300 bawah di lapangan, D10-300 susut
Balok B2 (rekomendasi)	b_w = 300, h = 800 mm, b_f = 2.075 mm; 4D25 bawah, 2D13 atas
Sengkang B2	Ø10 dua kaki, rapat di dekat tumpuan sesuai bagian D (dihitung ulang untuk d = 737,5 mm), Ø10-250 di tengah
Penyaluran	Semua tulangan bawah diteruskan ke tumpuan dengan kait 90° di kolom tepi
Kemampuan layan	Δ jangka panjang 13,3 mm ≤ L/480; retak terkendali

Pertanyaan refleksi

1. Mengapa tinggi minimum tabel tidak cukup untuk B2?

Tabel 9.3.1.1 berlaku untuk balok yang tidak memikul atau tidak tersambung dengan partisi atau elemen lain yang mudah rusak akibat lendutan besar. B2 memikul dinding bata, sehingga lendutan wajib dihitung dan dibandingkan dengan L/480.

2. Apa akibatnya bila kontraktor mengganti 5D25 dengan 8D19 dalam satu lapis?

8D19 = 2.268 mm² < 2.352 mm² perlu, dan spasi bersih (300 − 100 − 152)/7 = 6,9 mm jauh di bawah 25 mm. Beton tidak bisa mengalir di antara tulangan, sehingga lekatan rusak dan rongga terbentuk. Penggantian tulangan harus disetujui perencana dengan perhitungan.

3. Mengapa rangka uji dihitung sebagian sebagai beban mati dan sebagian beban hidup?

Berat rangka selalu ada (permanen), sedangkan gaya kerja saat pengujian hanya sesekali dan besarnya berubah. Pemisahan ini menentukan faktor beban yang dipakai dan juga beban mana yang menimbulkan rangkak (lendutan jangka panjang).

Rubrik penilaian studi kasus

Aspek	Skor penuh bila	Bobot
Pembebanan dan gaya dalam	Kombinasi konsisten, letak M_maks benar, diagram lengkap	20%
Desain pelat	Tebal, koefisien momen, tulangan minimum dan spasi benar	15%
Lentur balok T	Lebar efektif, susunan lapis, d dan d_t, daktilitas benar	20%
Geser dan penyaluran	Sengkang bertingkat dengan batas jarak dan penyaluran di tumpuan	15%
Kemampuan layan	I_e, lendutan jangka panjang, batas yang sesuai	15%
Keputusan desain	Perbaikan dibuktikan dengan hitungan dan alasannya jelas	15%

Struktur Beton Bertulang I

Cara belajar di kelas ini

Kasus berjalan: Gedung Kuliah Teknik, Meulaboh

Capaian pembelajaran

Rencana pembelajaran 16 minggu

Rencana evaluasi

Pustaka

Beton menahan tekan, baja menahan tarik

Konsep inti mekanisme fisik

Sifat mekanik dan rumus

Visualisasi material beton tiga simulasi

1. Menyelami beton: retak mikro saat ditarik dan ditekan

2. Rasio air–semen dan pori kapiler

3. Kekuatan bertambah dengan umur dan perawatan

Bedah soal 1: menerima atau menolak beton dari truk mixer

Bedah soal 2: sifat material dari f′c

Bedah soal 3: balok beton tanpa tulangan

Miskonsepsi umum

Lekatan sudah bekerja sebelum retak, lalu mengapa beton tetap retak?

Video pendukung buka di YouTube

Why Concrete Needs Reinforcement

What is Concrete?

Uji Kuat Tekan Beton dengan Benda Uji Silinder (SNI 1974:2011)

Concrete cylinder compressive strength test

Cek pemahaman

Bahan diskusi

Kekuatan rencana harus melampaui kekuatan perlu

Konsep inti beban dan kekuatan adalah besaran acak

Persamaan dasar desain kekuatan

Bedah soal: Balok B1 kasus berjalan

Bedah soal 2: balok atap dengan beban hidup atap

Bedah soal 3: angin yang membalik arah momen

Miskonsepsi umum

Cek pemahaman

Balok memikul momen dengan sepasang gaya

Konsep inti tiga pilar mekanika

Mengapa 0,85f'c dan β1?

Bedah soal: kapasitas Balok B1 kasus berjalan

Bedah soal 2: balok dengan baja mutu rendah

Bedah soal 3: menambah tulangan tidak selalu menambah kekuatan rencana

Miskonsepsi umum

Bank soal latihan berbasis NIM

Kuis 1 latihan sebelum kuis

Daktilitas: balok yang memberi peringatan sebelum runtuh

Konsep inti tiga cara balok runtuh

Tulangan terlalu sedikit

Tulangan sedang

Tulangan terlalu banyak

Batas-batas dalam SNI 2847

Bedah soal 1: mengapa ada tulangan minimum

Bedah soal 2: batas tulangan maksimum dan pengaruh mutu beton

Miskonsepsi umum

Cek pemahaman

Dari momen perlu ke jumlah batang tulangan

Konsep inti desain itu berulang

Bedah soal: desain B1 kasus berjalan

Bedah soal 2: balok lantai gudang

Bedah soal 3: memilih diameter tulangan

Bank soal latihan berbasis NIM

Tugas 1

Tulangan tekan: sedikit menambah kekuatan, banyak menambah daktilitas

Konsep inti kompatibilitas menentukan f's

Bedah soal

Bedah soal 2: tulangan tekan yang leleh

Miskonsepsi umum

Cek pemahaman

Pelat lantai ikut bekerja sebagai sayap balok

Konsep inti shear lag dan momen negatif

Kasus a ≤ hf

Kasus a > hf

Bedah soal

Bedah soal 2: menghitung lebar efektif sayap

Bedah soal 3: balok T di daerah momen negatif

Kuis 2 latihan sebelum kuis

Ujian Tengah Semester

Kisi-kisi

Contoh soal konsep

Contoh soal hitungan

Rubrik

Desain bila tinggi balok dibatasi

Mengapa 0,85f'_c dan β₁?

Konsep inti kompatibilitas menentukan f'_s

Kasus a ≤ h_f

Kasus a > h_f

Kopel 1: beton + A_s1

Kopel 2: A'_s + A_s2

Bedah soal 2: balok T dengan a ≤ h_f

Bedah soal 3: balok T dengan a > h_f