›
›

Đề bài và hướng dẫn giải bài tập lớn sức bền vật liệu - Cơ học kết cấu

pdf 113 trang phuongnguyen 3481
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề bài và hướng dẫn giải bài tập lớn sức bền vật liệu - Cơ học kết cấu", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_bai_va_huong_dan_giai_bai_tap_lon_suc_ben_vat_lieu_co_hoc.pdf

Nội dung text: Đề bài và hướng dẫn giải bài tập lớn sức bền vật liệu - Cơ học kết cấu

  1. LỀU MỘC LAN – NGUYỄN VŨ VIỆT NGA ĐỀ BÀI VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP LỚN SỨC BỀN VẬT LIỆU - CƠ HỌC KẾT CẤU NXB-
  2. LỀU MỘC LAN – NGUYỄN VŨ VIỆT NGA ĐỀ BÀI VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP LỚN SỨC BỀN VẬT LIỆU - CƠ HỌC KẾT CẤU NXB-
  3. LỜI GIỚI THIỆU Tài liệu tham khảo “Đề bài và hướng dẫn giải bài tập lớn Sức bến vật liệu - Cơ học kết cấu“ được biên soạn theo đúng đề cương “Chương trình giảng dạy môn SBVL và CHKC“ do tiểu ban môn học của bộ giáo dục và đào tạo soạn thảo . SBVL và CHKC cung cấp một phần kiến thức cơ sở cho các kỹ sư theo học trong các trường đại học kỹ thuật như : thuỷ lợi , xây dựng , giao thông . Hai môn học này trang bị cho các sinh viên và các kỹ sư những kiến thức cần thiết để giải quyết các bài toán thực tế từ công việc thiết kế , thẩm định . đến thi công và là cơ sở cho việc nghiên cứu các môn kỹ thuật thuộc các chuyên ngành khác. Trong chương trình đào tạo hai môn học này , ngoài các bài tập nhỏ bố trí sau mỗi chương của giáo trình , các sinh viên còn buộc phải hoàn thành một số bài tập lớn , có tính chất tổng hợp các kiến thức cơ bản nhất , và được bố trí theo từng học phần của môn học . Để giúp các sinh viên củng cố các kiến thức của môn học và nắm vững từng bước giải quyết các yêu cầu của các bài tập lớn trong chương trình đào tạo của hai môn học, chúng tôi biên soạn tài liệu tham khảo này với đầy đủ các bài tập lớn của hai môn SBVL và CHKC . Tài liệu này bao gồm hai phần , tương ứng với hai môn học . Phân công biên soạn như sau : n Phần I do cô giáo Nguyễn Vũ Việt Nga biên soạn , bao gồm 4 bài tập lớn SBVL. o Phần II do cô giáo Lều Mộc Lan biên soạn , bao gồm 3 bài tập lớn CHKC. Các bài tập lớn này yêu cầu các sinh viên phải hoàn thành theo đúng yêu cầu của giáo viên phụ trách môn học , phù hợp với từng giai đoạn . Trong mỗi phần của tài liệu này , đều bao gồm : phần đề bài và phần bài giải mẫu. Trong phần bài giải mẫu , tài liệu này sẽ giới thiệu cho các bạn đọc các bước giải cũng như cách trình bày một bài tập lớn , nhằm củng cố các kiến thức cơ bản trước khi thi hết môn học . Tuy đã có nhiều cố gắng trong quá trình biên soạn , nhưng do trình độ và thời gian có hạn nên không tránh khỏi những sai sót . Chúng tôi mong nhận được nhiều ý kiến đóng góp của các bạn đồng nghiệp , các bạn sinh viên và các bạn đọc , để tài liệu này ngày càng được hoàn thiện hơn . Xin chân thành cám ơn sự quan tâm và những ý kiến đóng góp quý báu của tất cả các đồng nghiệp đã giúp đỡ chúng tôi rất nhiều trong quá trình biên soạn tài liệu này . CÁC TÁC GIẢ
  4. CÁC YÊU CẦU CHUNG I –YÊU CẦU VỀ TRÌNH BÀY " Trang bìa trình bày theo mẫu qui định (xem phần Phụ lục của tài liệu này); " Bài làm trình bày trên khổ giấy A4; " Các hình vẽ trong bài làm phải rõ ràng, phải ghi đầy đủ các kích thước và tải trọng đã cho bằng số lên sơ đồ tính; " Các bước tính toán, các kết quả tính toán, các biểu đồ nội lực v v cần phải được trình bày rõ ràng, sạch sẽ và theo bài mẫu (xem phần ví dụ tham khảo của tài liệu này). II –YÊU CẦU VỀ NỘI DUNG " Môn Sức bền vật liệu có 4 bài tập lớn sau : 1. Tính đặc trưng hình học của hình phẳng 2. Tính dầm thép 3. Tính cột chịu lực phức tạp 4. Tính dầm trên nền đàn hồi. " Môn Cơ học kết cấu có 3 bài tập lớn sau : 1. Tính hệ tĩnh định 2. Tính khung siêu tĩnh theo phương pháp lực 3. Tính khung siêu tĩnh theo phương pháp chuyển vị và phương pháp phân phối mômen
  5. PHẦN I ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP LỚN SỨC BỀN VẬT LIỆU
  6. BÀI TẬP LỚN SỐ 1 TÍNH ĐẶC TRƯNG HÌNH HỌC CỦA HÌNH PHẲNG BẢNG SỐ LIỆU BÀI TẬP LỚN SỐ 1 STT a(cm) h(cm) R(cm) c(cm) D(cm) Bxbxd (mm) N0 I N0 [ 1 15 15 15 12 24 180x110x10 27a 27 2 18 27 18 14 26 250x160x20 20 20a 3 10 18 20 16 24 125x80x7 30 30 4 14 24 26 20 25 125x80x10 33 33 5 20 18 16 14 26 140x90x8 40 40 6 19 21 18 14 22 140x90x10 45 24a 7 18 24 20 22 26 160x100x9 24 24 8 15 18 24 20 25 160x100x12 24a 24 9 20 21 22 18 24 180x110x12 27 27 10 22 18 25 18 22 200x125x16 22 22a 11 20 24 26 24 25 250x160x18 22a 22 12 22 24 24 20 20 250x160x20 22a 22 Ghi chú: Sinh viên chọn những số liệu trong bảng số liệu phù hợp với hình vẽ của mình. YÊU CẦU VÀ THỨ TỰ THỰC HIỆN Yêu cầu: Xác định các mô men quán tính chính trung tâm và phương của các trục quán tính chính trung tâm của hình phẳng đã cho. Giải bằng hai phương pháp: giải tích và đồ giải. Các bước giải: 1. Xác định toạ độ trọng tâm của hình phẳng: $ Chọn hệ trục ban đầu x0y0 tuỳ ý $ Xác định toạ độ trọng tâm và tính các diện tích, các mô men tĩnh của từng hình thành phần với hệ trục ban đầu đã chọn, $ Dùng công thức xác định trọng tâm C(xC,yC): S S ∑ YO ∑ XO xC = ; yC = ∑F ∑F 7
  7. 2. Tính các mô men quán tính chính trung tâm: $ Chọn hệ trục trung tâm XCY (đi qua trọng tâm C và song song với hệ trục ban đầu). Xác định toạ độ trọng tâm của từng hình thành phần đối với hệ trục trung tâm XCY. i i $ Tính các mô men quán tính trung tâm của từng hình thành phần (J X , J Y i và J XY ) lấy với hệ trục XCY bằng cách dùng công thức chuyển trục song song. Từ đó tính các mô men quán tính trung tâm của toàn hình (JX, JY, JXY). $ Tính mô men quán tính chính trung tâm Jmax, min bằng hai phương pháp: a) Phương pháp giải tích: Dùng công thức xoay trục để xác định mô men quán tính chính trung tâm và vị trí của hệ trục quán tính chính trung tâm (Jmax, Jmin và αmax) 2 JJXY+ ⎛ JJXY− ⎞ 2 Jmax,min = ± ⎜ ⎟ + JXY 2 ⎝ 2 ⎠ JXY JXY tg αmax = − = − JJmax − Y JJX− min b) Phương pháp đồ giải: Dựa vào các giá trị JX, JY, JXY đã tính được ở trên, vẽ và sử dụng vòng tròn Mo quán tính để xác định mô men quán tính chính trung tâm và vị trí của hệ trục quán tính chính trung tâm (Jmax, Jmin và αmax). 8
  8. HÌNH DẠNG MẶT CẮT NGANG y 1 2 0 y0 0 IN a b h c c O O x0 x h B D a 0 3 4 y0 y0 b 2D R B O c x0 x c 0 O R R B b 2D R y0 5 y0 6 h O x c 0 I N0 a 0 c [N O x0 R D y 7 0 y 8 0 IN0 [ N0 c c O x O 0 x0 R D D R 9
  9. 9 y 0 10 y0 h I N0 [ N0 c c O x O x a 0 0 2D D R 11 12 y0 R D B h B O b c x0 c R D B 14 13 y0 y0 h h b b c c x O a 0 O x B a D B 0 16 y0 15 y0 R D B x0 a O c c x0 b O b h B 10
  10. VÍ DỤ THAM KHẢO Đề bài: Xác định các mô men quán tính chính trung tâm và vị trí hệ trục quán tính chính trung tâm cuả hình phẳng cho trên hình 1.1, biết: Thép góc Bxbxd: 250x160x20(mm); D = 20 cm; c = 20 cm; R = 24cm. B=25 cm B=25 cm R=24 cm c=20 cm R=24 cm D=20 cm b=16 cm H×nh 1.1 Tra bảng thép góc có: 2 4 B = 250 mm F = 78,5 cm x0 = 3,85 cm JU = 949 cm 4 b = 160 mm Jx = 4987 cm y0 = 8,31 cm tg α = 0,405 d = 20 mm Jy = 1613 cm4 3,85 y0 10,191 3 2 O2 O3 8,31 10,191 1 30,19 O1 28,31 10 x 13,809 0 30 47,85 Hình1.2 11
  11. Bài làm: 1. Xác định trọng tâm: Chọn hệ trục ban đầu x0y0 như hình vẽ: xem hình 1.2. Chia hình phẳng đã cho thành 3 hình (xem hình 1.2), kích thước và toạ độ trọng tâm của từng hình thành phần lấy với hệ trục ban đầu là: - Hình 1 (chữ nhật): b1 = b + D + R = 16 + 20 + 24 = 60 cm; h1 = 20 cm; x1 = 30 cm; y1 = 10 cm; 2 O1 ( 30,10 ); F1 = b1.h1=1200 cm ; )1( 3 Sx = F1. y1 = 1200.10 = 12000 cm )1( 3 Sy = F1. x1 = 1200. 30 = 36 000 cm - Hình 2 (1/4 tròn): R = 24 cm; Tọa độ trọng tâm của ¼ tròn với hệ trục đi qua trọng tâm hình tròn là: ∗ ∗ 4R 4.24 x 2 = y 2 = = = 10,191 cm 3π 3.3,14 2 ∗ → x2 = R – x 2 = 24 – 10,191 = 13,809 cm O2 ∗ → y2 = c + y 2 = 20 + 10,191 = 30,191 cm 191 , O ( 13,809; 30,191); F = π.R2/ 4 = 452,16cm2; 2 2 10 )2( 3 10,191 Sx = F2. y2 = 452,16. 30,191 = 13 651,162 cm )2( 3 Sy = F2. x2 = 452,16.13,809 = 6 243,877 cm Hình1.2a - Hình 3 (thép góc): sử dụng các giá trị tra bảng thép ở trên, ta có ∗ x 3 = 3,85 cm ∗ y 3 = 8,31 cm * x3 = R + D + x3 = 24 + 20 + 3,85 cm = 47,85 cm * y3 = c + y3 = 20 + 8,31 = 28,31 cm 2 O3 ( 47,85; 28,31); F3 = 78,5 cm . )3( 3 Sx = F3. y3 = 78,5. 28,31 = 2 222,335 cm )3( 3 Sy = F3. x3 = 78,5. 47,85 = 3 756,225 cm 12
  12. Bảng kết quả tính toán i Fi (cm2) i 3 i 3 xi (cm) yi (cm) S x0 (cm ) S y0 (cm ) 1 30,000 10,000 1200,00 12 000,000 36 000,000 2 13,809 30,191 452,16 13 651,162 6 243,877 3 47,850 28,310 78,50 2 222,335 3 756,225 Tổng 1730,66 27 873,497 46 000,102 Toạ độ trọng tâm: i ΣS y0 36000 + 6243,877+ 3756,225 46000,102 XC= = = → XC = + 26,58cm ΣFi 1200+ 452,16 + 78,5 1730,66 i ΣS x 0 12000 + 13651,162+ 2222,335 27873,497 YC= = = → YC = + 16,106 cm ΣFi 1200+ 452,16 + 78,5 1730,66 Toạ độ trọng tâm trong hệ trục ban đầu x0y0 là: C(+26,58; +16,106) 2. Tính các mô men quán tính trung tâm: Chọn hệ trục trung tâm XCY như hình vẽ: Xem hình 1.3. Y y0 3 y2 2 y 3 O2 x2 x 3 O3 14,085 14,085 12,204 y C 1 X O x 6,106 1 1 1 cm 16,106 x 0 12,771 3,42 26,58 cm 21,27 Hình1.3 13
  13. a. Toạ độ trọng tâm của từng hình thành phần đối với hệ trục trung tâm XCY là: Hình ai (cm) bi (cm) 1 3,420 - 6,106 2 -12,771 14,085 3 21,270 12,204 b. Tính mô men quán tính của từng hình thành phần đối với hệ trục trung tâm XCY: Dùng công thức chuyển trục song song. - Hình 1: chữ nhật 60.203 J )1( = J()1 + b2 F = +( − 6,106)2 .1200 = 40 000 + 44 739,883 X x 1 12 )1( 4 → JX = 84 739,883 cm 3 )1( ()1 2 20.60 2 J = J+ a F = + (3,42) 1200 = 360 000 + 14 035,68 Y y 1 1 12 )1( 4 → JY = 374 035,68 cm )1( 4 JXY = a1b1F1 = (3,42)(- 6,106) 1200 = - 25 059,024 cm )1( 4 → JXY = - 25 059,024 cm - Hình 2: 1/4 tròn ()2 (2) Tính mô men quán tính Jx và Jy lấy với hệ trục trung tâm của hình 1.2 ⎡ 4 2 2 ⎤ ()2 ()2 πR. ⎛ 4R ⎞ πR. Jx = Jy = ⎢ − ⎜ ⎟ ⎥ ⎣⎢ 16 ⎝ 3π ⎠ 4 ⎦⎥ ()2 ()2 4 4 4 → Jx = Jy = 0,19625R - 0,14154R = 0,05471R )2( ()2 2 4 2 Vậy: JX = Jx + b2 F2 = 0,05471R + b2 F2 )2( 4 2 JX = 0,05471. 24 + (14,085) . 452,16 = 18 151,464 + 89 702,765 )2( 4 y → JX = 107 854,23 cm 10,191 )2( ()2 2 max Tương tự: JX = Jy + a2 F2 )2( 4 2 JY = 0,05471. 24 + (-12,771) . 452,16 2 = 18 151,464 + 73 746,59 α max )2( 4 x → JY = 91 898,054 cm O2 191 Áp dụng công thức: J)2( = J)2( + a b F , XY x2 y 2 2 2 2 10 Hình1.3a 14
  14. ⎡R4 ⎛ R.4 R.4 πR. 2 ⎞⎤ Ta có: J )2( = ± ⎢ − ⎜ . . ⎟⎥ x2 y 2 ⎜ ⎟ ⎣⎢ 8 ⎝ .3 π.3 π 4 ⎠⎦⎥ J )2( = ± (0,125R4 – 0,14154R4) = 0,01654R4 x2 y 2 m )2( 4 Trường hợp này tg αmax 0: )2( 4 4 JXY = 0,01654R + a2b2F2 = 0,014654.24 + (14,085).(-12,771).452,16 )2( 4 JXY = 5 487,575 - 81 334,328 = - 75 846,753 cm - Hình 3: thép góc )3( 2 2 JX = 4987 + b3 .F3 = 4987 + (12,204) .78,5 = 4987 + 11 691,606 )3( 4 → JX = 16 678,602 cm )3( 2 2 JY = 1613 + a3 .F3 = 1 613 + (21,27) .78,5 = 1 613 + 35 514,412 )3( 4 3,85 → JY = 37 127,412 cm )3( )3( JXY = Jx3y3 + a3b3 F3 3 y Áp dụng công thức: max Jxy tg αmax = → Jxy = (Jmin – JX) tg αmax α JJmin− x O3 max )3( )3( x Vì tg αmax > 0 nên J < 0, do đó J của x3 y 3 x3 y 3 8,31 thép góc là: )3( 4 J = (949 – 4987). 0,405 = - 1 635,39 cm Hình1.3b x3 y 3 )3( )3( J = J + a3b3F3 = - 1 635,39 + (21,27).(12,204).78,5 XY x3 y 3 )3( → JXY = - 1 635,39 + 20 376,957 = 18 741,567 cm Bảng kết quả tính toán Hình i 4 i 4 i 4 a (cm) b (cm) J x (cm ) J y (cm ) J xy (cm ) i i 1 40 000 360 000 0 3,42 - 6,106 2 18 151,464 18 151,464 5 487,575 -12,771 14,085 3 4 987 1 613 1635,39 21,27 12,204 i 4 i 4 i 4 J X (cm ) J Y (cm ) J XY (cm ) 84 739,883 374 035,68 - 25 059,024 107 854,23 91 898,054 -75 846,753 16 678,602 37 127,412 18 741,567 15
  15. c. Tính mô men quán tính trung tâm của toàn hình: i JX = ∑JX = 84 739,883 + 107 854,23 + 16 678,602 4 → JX = 209 272,715 cm i JY = ∑JY = 374 035,68 + 91 898,054 + 37 127,412 4 → JY = 583 328,384 cm i JXY = ∑JXY = -25 059,204 – 75 846,753 + 18 741,567 4 → JXY = - 82 164,210 cm 3. Tính các mô men quán tính chính trung tâm: 2 JJXY+ ⎛ JJXY+ ⎞ 2 Jmax,min = ± ⎜ ⎟ + JXY 2 ⎝ 2 ⎠ 209272,715 + 583328,384 Jmax,min = 2 2 ⎛ 209272,715 − 583328,384 ⎞ ± ⎜ ⎟ +( − 82164,210)2 ⎝ 2 ⎠ 2 792601,099 ⎛ - 374055,669 ⎞ 2 Jmax,min = ± ⎜ ⎟ +( − 82164,210) 2 ⎝ 2 ⎠ Jmax = 396300,55 + 204280,12 = 600580,67 Jmin = 396300,55 - 204280,12 = 192020,43 JXY − 82164,210 − 82164,210 tgαmax=- = - = - = 4,7625 JJmax − Y 600580,67 − 583328,384 17252,29 4. Kết quả tính toán: 4 Jmax = 600580,67 cm 4 Jmin = 192020,43 cm 0 αmax ≅ 78 08’5’’ Vòng Mo trên hình 1.4 được vẽ với: 209272,715 + 583328,384 - Tâm: C ( ; 0 ) → C (396300,55; 0) 2 2 ⎛ 209272,715 − 583328,384 ⎞ - Bán kính: R = ⎜ ⎟ +( − 82164,210)2 ⎝ 2 ⎠ → R = 204280,12 - Cực: P (JY, JXY) → P ( 583 328,384; - 82164,210) 16
  16. JUV 4 Jmax = 600580,67 cm 4 Jmin= 192020,43 cm Max Min 0 αmax ≈ 78 08’5’’ O JU C 82164,210 = XY J = 209272,715 J X P 396300,55 JY = 583 328,384 Hình 1.4 Vị trí hệ trục quán tính chính trung tâm được biểu diễn trên hình 1.5 Max Y 2 3 Min αmax X O 1 16,106 cm 26,58 cm Hình1.5 17
  17. BÀI TẬP LỚN SỐ 2 TÍNH DẦM THÉP BẢNG SỐ LIỆU BÀI TẬP LỚN SỐ 2 STT P (KN) M (KNm) q (KN/m) a (m) b (m) c (m) 1 24 40 18 0,8 1,8 0,9 2 20 52 16 0,7 1,4 0.8 3 36 54 12 1,0 1,2 0,8 4 22 50 14 1,1 1,4 1,4 5 40 44 10 0,8 1,6 1,1 6 30 42 22 0,7 1,4 0,7 7 32 56 15 0,5 1,2 0,9 8 28 46 20 0,6 1,2 1,2 9 26 38 24 0,9 1,8 1,2 10 20 62 16 0,5 1,5 1,0 Ghi chú: Sinh viên chọn những số liệu trong bảng số liệu phù hợp với hình vẽ của mình. YÊU CẦU VÀ THỨ TỰ THỰC HIỆN Yêu cầu: Hãy chọn số hiệu mặt cắt cho dầm làm bằng thép chữ I (INo) để thoả mãn điều kiện bền của dầm, biết [σ] = 210 MN/m2. Tính chuyển vị tại mặt cắt D. Các bước giải: 1. Chọn sơ bộ mặt cắt: $ Vẽ biểu đồ nội lực của sơ đồ tính với tải trọng đã cho (MX, QY) $ Từ biểu đồ MX vẽ được, chọn mặt cắt nguy hiểm có | MX | max $ Chọn kích thước mặt cắt theo điều kiện bền của ứng suất pháp: M X max WX ≥ []σ Từ đó tra bảng thép để được số hiệu thép (N0 I) cần tìm. 18
  18. 2. Kiểm tra lại điều kiện bền khi có kể đến trọng lượng bản thân: $ Vẽ biểu đồ nội lực trong trường hợp có kể đến trọng lượng bản thân dầm. $ Chọn các mặt cắt nguy hiểm: từ biểu đồ MX và QY chọn ra 3 loại mặt cắt sau: * Mặt cắt có |MX|max * Mặt cắt có |QY|max * Mặt cắt có MX và QY cùng lớn (đôi khi 3 loại mặt cắt này trùng nhau). $ Kiểm tra bền cho dầm tại các điểm sau: * Điểm có ứng suất pháp lớn nhất (tại các điểm trên biên của mặt cắt có |MX|max) MX max σmax = ≤ [σ ] WX * Điểm có ứng suất tiếp lớn nhất (tại các điểm trên đường trung hoà của mặt cắt có |QY|max ): C QSY X τ = max ≤ τ max C [ ] JX b [σ] Theo thuyết bền ứng suất tiếp cực đại thì: [τ ] = 2 [σ] Theo thuyết bền thế năng biến đổi hình dáng thì: [τ ] = 3 * Điểm có ứng suất pháp và ứng suất tiếp đều khá lớn (điểm tiếp giáp giữa thân và cánh trên mặt cắt có MX và QY cùng lớn): Theo thuyết bền ứng suất tiếp cực đại thì: 2 2 σtt = σz +4 τZY ≤ [σ ] Theo thuyết bền thế năng biến đổi hình dáng thì: 2 2 σtt = σz +3 τZY ≤ [σ ] $ Nếu một trong các điều kiện bền trên không thoả mãn thì phải chọn lại số hiệu thép, và kiểm tra bền lại cho dầm. 19
  19. 3. Xác định ứng suất chính: $ Tính ứng suất chính và phương chính tại 5 điểm đặc biệt trên mặt cắt có MX và QY cùng lớn (điểm trên 2 biên, điểm trên đường trung hoà, điểm tiếp giáp giữa thân và cánh) bằng phương pháp giải tích $ Xác định ứng suất chính và phương chính tại 5 điểm đó bằng phương pháp vẽ vòng Mo. 4. Tính chuyển vị: $ Viết phương trình độ võng và góc xoay cho toàn dầm bằng phương pháp thông số ban đầu. $ Tính chuyển vị đứng và góc xoay tại mặt cắt D. 20
  20. SƠ ĐỒ TÍNH 1 2 P 2P 2P P q q M M D D a b c a b c 3 4 2P P q M q M D D P a b c a b 2P c 5 6 P 2P M P q q 2P M D D c a b a b c 7 8 P q 2P q M D D M 2P P a b c a b c 21
  21. 9 10 P P M q q M D D 2P 2P a b c a b c 11 12 q P M q M D D 2P 2P P a b c a b c 13 14 P M M 2P q q D D P a b c a b 2P c 15 16 M q q M D D 2P P P 2P a b c a b c 22
  22. VÍ DỤ THAM KHẢO Đề bài: Chọn số hiệu thép chữ I (NoI) của mặt cắt ngang dầm dưới đây, Biết: []σ = 210 MN/m2, (xem hình 2.1). Tính độ võng và góc xoay tại mặt cắt D. P=10KN q=20KN/m M=40KNmm q=20KN/m B C A D 2 m 3 m 4 m 54,286 KN 75,714 KN H×nh 2.1 Bài làm: 1. Chọn sơ bộ mặt cắt theo điều kiện bền của ứng suất pháp: 1.1. Xác định phản lực gối tựa: − 20− 40+ 40 + 400 ΣMA = VB.7 + P. 2 + q. 2.1 – M – q. 4. 5 = 0 → VB = 7 → VB = 54,286 KN 90+ 320− 40 + 160 ΣMB = -VA.7 + P. 9 + q. 2. 8 - M + q. 4. 2 = 0 → VA = 7 → VA = 75,714 KN Kiểm tra lại phản lực: Σ Y = VA + VB – P – q. 2 – q. 4 = 75,714 + 54,286 – 10 – 20.2 – 20.4 = 0 → VA và VB đã tính đúng. 1.2. Viết phương trình nội lực: Chia dầm làm 3 đoạn - Đoạn CA: Chọn gốc toạ độ tại C và trục z hướng sang phải (0 ≤ Z1 ≤ 2 m ) QY = - P – q. Z1 → QY = - 10 – 20.Z1 → Phương trình bậc nhất 2 Z1 2 MX = - P.Z1 – q. → MX = -10.Z1 – 10.Z1 → Phương trình bậc hai 2 23
  23. * Tại Z1 = 0 (tại C): QY = - 10 KN; MX = 0 * Tại Z1 = 1 m (tại giữa đoạn): QY = - 30 KN; MX = - 20 KNm * Tại Z1 = 2 m (tại A): QY = - 50 KN; MX = - 60 KNm - Đoạn AD: Chọn gốc toạ độ tại A và trục z hướng sang phải (0 ≤ Z2 ≤ 3 m) QY = - P – q.2 + VA = - 10 – 20.2 + 75,714 → QY = 25,714 KN → Phương trình hằng số MX = - P.(2+Z2) – q.2.(1+Z2) + VA.Z2 = - 10(2+Z2) – 40.(1+Z2) +75,714.Z2 → MX = 25,714.Z2 - 60 → Phương trình bậc nhất * Tại Z2 = 0 (tại A): QY = 25,714 KN; MX = - 60 KNm * Tại Z2 = 3 m (tại D): QY = 25,714 KN; MX = 17,142 KNm - Đoạn DB: Chọn gốc toạ độ tại B và trục z hướng sang trái (0 ≤ Z3 ≤ 4 m) QY = - VB + q. Z3 → QY = - 54,286 + 20.Z3 → Phương trình bậc nhất 2 Z3 2 MX = VB.Z3 – q. → MX = 54,286.Z3 – 10 Z3 → Phương trình bậc hai 2 * Tại Z3 = 0 (tại B): QY = - 54,286 KN; MX = 0 * Tại Z3 = 2 m (tại giữa đoạn): QY = - 14,286 KN; MX = 14,286 KNm * Tại Z3 = 4 m (tại D): QY = 25,714 KN; MX = 57,14 KNm 1.3. Xác định vị trí có Mmax: Cho phương trình QY = 0 (ở đoạn DB), ta tìm được toạ độ mặt cắt có Mmax: (mặt cắt E) 54,286 - 54,286 + 20.Z3 = 0 → Z3 = → Z3 = 2,714 m 20 Tính giá trị Mmax: 2 Mmax = 54,286. 2,714 – 10. 2,714 → Mmax = 73,67 KNm Bảng kết quả tính toán nội lực: Đoạn Z (m) QY (KN) MX (KNm) 0 - 10 0 CA 2 - 50 - 60 0 25,714 - 60 AD 3 25,714 17,412 4 25,714 57,412 DB 2,714 0 73,67 0 -54,286 0 24
  24. Vẽ biểu đồ nội lực Z3 Z2 Z1 3 P =10KN 1 q=20KN/m 2 M=40KNm q=20KN/m B C 1 A D E 2 3 12 m 3 m 4 m 75,714 KN 54,286 KN 25,71 25,71 + Q Y 10 (KN) 50 60 54,28 2,714 m M 17,41 X (KNm) 57,41 H×nh 2.2 Mmax = 73,67 1.4. Sơ bộ chọn mặt cắt theo điều kiện bền của ứng suất pháp: Tại mặt cắt E trên hình vẽ có mô men lớn nhất: M = + 73,67 KNm (xem hình 2.2) nên: X max MX max 73,67KNm -4 3 3 WX ≥ = =3,5.10 m → WX ≥ 350 cm []σ 210.103 KN/ m2 3 Tra bảng thép chữ I, chọn INo:27 có WX = 371 cm thoả mãn điều kiện trên và có các đặc trưng sau: qbt = 31,5 Kg/m = 315 N/m = 0,315 KN/m; h = 27 cm; b = 12,5 cm; d = 0,6 cm; t = 0,98 cm; 2 3 3 4 F = 40,2 cm ; WX = 371 cm ; SX = 210 cm ; JX = 5010 cm ; 2. Kiểm tra lại điều kiện bền: (khi kể đến trọng lượng bản thân dầm) Sơ đồ tính của dầm khi có kể đến trọng lượng bản thân như sau: 25
  25. Z3 1 3 Z1 Z2 2 q=20,315 KN/ m M=40KNm q = 20,315KN/ m P =10 KN q=0,315 KN/m C A D E B 1 3 2 12 m 3 m 4 m v =55,3 KN vA=77,54 KN B 26,91 25,96 Q 10 Y 50,63 2,72 m (KN) 60,63 MX 18,6 (KNm) 58,68 H×nhH×nh 2.2.3 3 Mmax = 75,25 KNm 2.1. Xác định phản lực gối tựa: (xem hình2.3) ΣMA = VB.7 + P 2 + q.2.1 + qbt.2.1– M – q. 4. 5 – qbt.7.3,5 = 0 → VB = 55,3 KN ΣMB = - VA.7 + P. 9 + q. 2.8 - M + q 4. 2 + qbt.9.4,5 = 0 → VA = 77,54 KN Kiểm tra lại phản lực: ΣY = VA + VB – P–q.2 – q.4 – qbt.9 = 77,54 + 55,3 – 10 – 20.2 – 20.4 – 0,315.9 = 0 → VA và VB đã tính đúng. Cách khác: - Tính trường hợp do riêng trọng lượng bản thân gây ra (xác định phản lực, vẽ biểu đồ nội lực) 26
  26. - Cộng biểu đồ vừa vẽ với biểu đồ trên hình 2.2 sẽ được biểu đồ như trên hình 2.3. 2.2. Viết phương trình nội lực: Chia dầm làm 3 đoạn, chọn trục z và gốc toạ độ cho mỗi đoạn tương tự như trên: - Đoạn CA: 0 ≤ Z1 ≤ 2 m (gốc toạ độ tại C) QY = - P – (q + qbt). Z1 → QY = - 10 – 20,315.Z1 2 Z1 20,315 2 MX = - P.Z1 – (q + qbt). → MX = -10.Z1 – .Z1 2 2 * Tại Z1 = 0 (tại C): QY = - 10 KN; MX = 0 * Tại Z1 = m (tại giữa đoạn): QY = - 30,315 KN; MX = -20,157 KNm * Tại Z1 = 2m (tại A): QY = - 50,63 KN; MX = - 60,63 KNm - Đoạn AD: 0 ≤ Z2 ≤ 3 m (gốc toạ độ tại A) QY = - P – q.2 – qbt.(2+ Z2) + VA = - 10 – 20.2 – 0,315.(2 + Z2) + 77,54 → QY = 26,91 – 0,315.Z2 2 (2+ Z2 ) MX = - P.(2+Z2) – q.2.(1+Z2) + VA.Z2 – qbt. 2 2 Z2 → MX = - 0,315. + 26,91.Z2 – 60,63 2 * Tại Z2 = 0 (tại A): QY = 26,91 KN; MX = - 60,63 KNm * Tại Z2 = 2m: QY = 26,28 KN; MX = - 7,43 KNm * Tại Z2 = 3m (tại D): QY = 25,965 KN; MX = 18,68 KNm - Đoạn DB: 0 ≤ Z3 ≤ 4 m ( gốc toạ độ tại B ) QY = - VB + (q + qbt). Z3 → QY = - 55,3 + 20,315.Z3 2 Z3 20,315 2 MX = VB.Z3 – (q +qbt). → MX = 55,3.Z3 – .Z3 2 2 * Tại Z3 = 0 (tại B): QY = - 55,3 KN; MX = 0 * Tại Z3 = 2 m (tại giữa đoạn):QY = - 14,67 KN; MX = 69,93 KNm * Tại Z3 = 4 m (tại D): QY = 25,96 KN; MX = 58,68 KNm 27
  27. 2.3. Xác định vị trí có Mmax: - Cho phương trình QY = 0 (ở đoạn DB), ta tìm được toạ độ mặt cắt có Mmax: (mặt cắt E) 55,3 - 55,3 + 20,315.Z = 0 → Z = → Z3 = 2,72 m 20,315 - Tính giá trị Mmax 2,722 Mmax = 55,3. 2,72 – 20,315. → Mmax = 75,25 KNm 2 Bảng kết quả tính toán: Đoạn Z (m) QY (KN) MX (KNm) 0 - 10 0 CA 2 - 50,63 - 60,63 AD 0 26,91 - 60,63 3 25,96 18,68 DB 4 25,96 58,68 2,72 0 75,25 0 55,3 0 Vẽ biểu đồ nội lực: Các biểu đồ nội lực MX và QY biểu diễn trên hình 2.3 2.4. Chọn mặt cắt nguy hiểm và kiểm tra bền: - Chọn ba mặt cắt nguy hiểm sau: 6 Mặt cắt H có Mx = + 75,25 KNm → kiểm tra điều kiện bền theo ứng suất pháp σmax cho các điểm trên biên. 6 Mặt cắt B có QY = +55,3 KN → kiểm tra điều kiện bền theo ứng suất tiếp τmax cho các điểm trên đường trung hoà. 6 Mặt cắt A ( trái ) có MX = - 60,63 KNm và QY = - 50,63 KN → kiểm tra theo thuyết bền thế năng hoặc thuyết bền ứng suất tiếp cho các điểm tiếp giáp giữa lòng và đế. - Kiểm tra bền: 6 Kiểm tra cho các điểm trên biên (điểm I hoặc K) tại mặt cắt H: M X 75,25 σ = - σ = max ≤ σ → σ = = 202 900 KN/m2 max min [] max −6 WX 371.10 28
  28. 2 2 σmax = 202,9 MN/m < [σ ] = 210 MN/m Thoả mãn điều kiện bền tại biên trên và biên dưới của mặt cắt. 6 Kiểm tra cho các điểm trên đường trung hoà (điểm O - có ứng suất tiếp) tại mặt cắt B theo thuyết bền thế năng: Q.SC Y X [σ] τ = max ≤ τ = max C [] JX .b 3 trong công thức trên, ta lấy bC = d trong bảng, thay số ta được: −6 55,3.210.10 2 → τmax = = 38 600 KN/m 5010.10−8 .0,6.10 −2 2 [σ] 2 τmax = 38,6 MN/m < = 121 MN/m 3 Thoả mãn điều kiện bền tại các điểm trên trục trung hòa của mặt cắt. Biểu đồ ứng suất của mặt cắt A (trái) I σmax = 163,5 1,318 151 E Q 27,5 Y O τmax = 35,4 X F MX 27,5 1,318 151 K σ = 163,5 Y min τZY σZ (MN/m2) H×nh 2.4 (MN/m2) 6 Kiểm tra cho các điểm tiếp giáp giữa thân và cánh (điểm E hoặc F) tại mặt cắt A trái theo thuyết bền TNBĐHD: 2 2 σtd = σ +3 τ ≤[] σ Ta có: M − 60,63 ⎡ ⎛ h ⎞⎤ − 60,63 ⎡ ⎛ 27 ⎞⎤ σ = X y. = . − − t = . − − 0,98 .10−2 E E −8 ⎢ ⎜ ⎟⎥ −8 ⎢ ⎜ ⎟⎥ JX 5010.10 ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ 5010.10 ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ 29
  29. 2 2 σE = 151 000 KN/m → σE = 151 MN/m y 2 E C E C y Tại điểm E có: S= S − d và b = d E X X 2 d X (Xem hình 2.5) Y Do đ : ó Hình 2.5 ⎛ y 2 ⎞ ⎛ 12,522 ⎞ QA ⎜ S− d E ⎟ ⎜ ⎟ −6 Y ⎜ X ⎟ − 50,63.⎜ 210− 0,6. ⎟.10 ⎝ 2 ⎠ 2 τ = - = ⎝ ⎠ = - 27500 KN/m2 E −8 −2 JX .d 5010.10 .0,6.10 2 → τE = - 27,5 MN/m , 2 2 2 → σtd = ()151+ 3 ( − 27,5 ) = 158,33 MN/m 2 2 σtd = 158,33 MN/m < [σ ] = 210 MN/m Thoả mãn theo điều kiện bền của thuyết bền TNBĐHD. Kết luận: Chọn mặt cắt IN0 27 đảm bảo điều kiện bền cho toàn dầm. 3. Xác định ứng suất chính: Dựa vào biểu đồ ứng suất trên hình 2.4, tính các ứng suất chính và phương chính cho các điểm đặc biệt trên mặt cắt A (trái) 3.1. Bằng giải tích: - Điểm trên bên (I và K) MA X 60,63 σ = ± = ± = ± 163 500 KN/m2 = ± 163,5 MN/m2 max,min −6 WX 371.10 2 I 0 Tại I có: σ1 = σmax = 163,5 MN/m (phân tố kéo đơn) αmax = 0 2 K 0 Tại K có: σ3 = σmin = - 163,5 MN/m (phân tố nén đơn) αmax = 0 2 σ ⎛ σ ⎞ 2 - Điểm tiếp giáp giữa lòng và đế (E và F): σmax,min = ± ⎜ ⎟ + τ 2⎝ 2 ⎠ 30
  30. 6 Điểm E: ở trên đã có 2 σE = - σF = 151 MN/m 2 τE = τF = - 27,5 MN/m 2 2 σ ⎛ σ ⎞ 2 151 ⎛151⎞ 2 σmax,min = ± ⎜ ⎟ + τ = ± ⎜ ⎟ +() − 27,5 2⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠ E 2 2 Do đó: σ1 = 75,5+ 80,352 MN/m = 155,852 MN/m E 2 2 σ3 = 75,5 - 80,352 MN/m = - 4,852 MN/m τE − 27,5 E 0 ’ tgαmax = − = - = 0,177 → αmax = 10 6 σE − σ min 151− ( − 4,852) 6 Điểm F: 2 151 ⎛151⎞ 2 σmax,min = - ± ⎜ ⎟ +() − 27,5 2 ⎝ 2 ⎠ F 2 2 σ1 = -75,5+ 80,352 MN/m = 4,852 MN/m F 2 2 σ3 = -75,5 - 80,352 MN/m = - 155,852 MN/m F τF − 27,5 F 0 tg αmax = - = - = 5,67 → αmax = 80 σF − σ min −151 − ( − 155,852) Vậy: Tại điểm E có các ứng suất chính là: 2 σ1 = 155,85 MN/m 2 σ3 = - 4,852 MN/m E 0 ’ αmax = 10 6 Tại điểm F có các ứng suất chính là: 2 σ1 = 4,852 MN/m 2 σ3 = - 155,852 MN/m F 0 αmax = 80 6 Điểm trên đường trung hoà (O): σo = 0 A C −6 Q.SY X − 50,63.210.10 τ = = = - 35 400 KN/m2 = -35,4 MN/m2 o C −8 −2 JX .b 5010.10 .0,6.10 31
  31. 2 σ ⎛ σ ⎞ 2 2 Tại đường trung hoà có: σmax,min = ± ⎜ ⎟ + τ = ± 35,4 MN/m 2⎝ 2 ⎠ Tại điểm O có các ứng suất chính là: 2 σ1 = 35,4 MN/m 2 σ3 = - 35,4 MN/m O 0 αmax = 45 Vì phân tố tại ĐTH là phân tố trượt thuần tuý. 3.2. Biểu diễn phân tố tại 5 điểm đặc biệt trên mặt cắt ngang và vẽ vòng Mo ứng suất cho 5 điểm đó: τ 0 σ σ σ = σ αmax = 0 I σ1 1= max σ1 1 max σ1 σ σ3 σ1 σ3 τ σ τE 1 σE 0 ’ E αmax = 10 5 σ τ E σ E σ1 σ3 Q =50,63 KN Y σ 3 τ σ1 σ3 σ1 0 τO αmax = 45 O σ1 σ τO σ 3 τ σ M =75,25 KNm 1 τ X σ σ1 σ3 0 σ 3 αmax = 80 F F σ σ τF σ τ σ1 3 σ3 K σ σ3 σ3 = σmin σ3 = σmin 0 αmax = 0 Hình 2.6 32
  32. 4. Viết phương trình đường đàn hồi của trục dầm: P =10 KN q=20,315KN/m M=40KNm q=20,315KN/m q=0,315 KN/ m C A D B 2 m1 3 m 4 m vA=77,54 KN vB=55,3 KN H×nh 2.7 Bảng thông số ban đầu Các thông số Đoạn CA (a=0) Đoạn AD (a=2) Đoạn DB (a=5) Δy ≠ 0 0 0 Δϕ ≠ 0 0 0 ΔM 0 0 40 ΔQ - 10 77,54 0 Δq - 20,315 20 - 20 ’ Δ q 0 0 0 4.1. Phương trình độ võng của từng đoạn dầm: ( EJ = const ) 2 3 ' ΔMa. .(Z − a) ΔQa. .(Z − a) yn+1 = yn + Δya + Δy (Z – a) - - a 2!EJ 3!EJ Δq .(Z − a)4 Δq' (Z − a)5 - a. - a - . 4!EJ 5!EJ - Thay các giá trị vào phương trình trên: * Đoạn CA: (0 ≤ Z ≤ 2) 10Z3 20,315Z 4 y1(Z) = y0 + ϕ 0. Z + + 3!EJ 4!EJ 10Z2 20,315Z3 ϕ1(Z) = ϕ 0 + + 2!EJ 3!EJ * Đoạn AD: (2 ≤ Z ≤ 5) 77,54(Z− 2)3 20.(Z− 2)4 y2(Z) = y1(Z) - - 3!EJ 4!EJ 33
  33. 10Z3 20,315Z4 77,54(Z− 2)3 20.(Z− 2)4 → y2(Z) = y0 + ϕ 0. Z + + - - 3!EJ 4!EJ 3!EJ 4!EJ 77,54(Z− 2)2 20.(Z− 2)3 ϕ2 (Z) = ϕ1(Z) - - 2!EJ 3!EJ 10Z2 20,315Z3 77,54(Z− 2)2 20.(Z− 2)3 → ϕ2(Z) = ϕ 0 + + - - 2!EJ 3!EJ 2!EJ 3!EJ * Đoạn DB: (5 ≤ Z ≤ 9) 40(Z− 5)2 20.(Z− 5)4 y3 (Z) = y2 (Z) - + 2!EJ 4!EJ 10Z3 20,315Z4 77,54(Z− 2)3 20.(Z− 2)4 → y3(Z) = y0 + ϕ 0. Z + + - - - 3!EJ 4!EJ 3!EJ 4!EJ 40(Z− 5)2 20.(Z− 5)4 - + 2!EJ 4!EJ 40(Z− 5) 20.(Z− 5)3 ϕ3(Z) = ϕ2(Z) - + EJ 3!EJ 10Z2 20,315Z3 77,54(Z− 2)2 20.(Z− 2)3 → ϕ3(Z) = ϕ 0 + + - - 2!EJ 3!EJ 2!EJ 3!EJ 40(Z− 5) 20.(Z− 5)4 - + EJ 4!EJ 4.2. Xác định y0 và ϕ 0 từ các điều kiện biên sau: - Tại A ( Z = 2 ) có y1 = y2 = 0, thay số: 10Z3 20,315Z 4 77,54(Z− 2)3 20.(Z− 2)4 y2(Z) = y0 + ϕ 0. Z + + - - = 0 3!EJ 4!EJ 3!EJ 4!EJ 10.23 20,315.24 y2(Z) = y0 + ϕ 0. 2 + + = 0 3!EJ 4!EJ 26,87 → y0 + ϕ 0. 2 + = 0 EJ - Tại D (Z = 9) có y3 = 0 10Z3 20,315Z4 77,54(Z− 2)3 20.(Z− 2)4 40(Z− 5)2 y0 + ϕ 0. Z + + - - - 3!EJ 4!EJ 3!EJ 4!EJ 2!EJ 20.(Z− 5)4 + = 0 4!EJ 34
  34. 10.93 20,315.9 4 77,54(9− 2)3 20.(9− 2)4 40(9− 5)2 → y0 + ϕ 0. 9 + + - - - 3!EJ 4!EJ 3!EJ 4!EJ 2!EJ 20.(9− 5)4 + = 0 4!EJ 1215 5553,613 4432,703 2000,833 320 213,333 y0 + ϕ 0. 9 + + − − − + = 0 EJ EJ EJ EJ EJ EJ 228,41 → y 0 + ϕ o. 9 + = 0 EJ Ta có hệ hai phương trình sau: 26,87 28,791 y0 + ϕ 0. 2 + = 0 ϕ 0 = - EJ EJ 228,41 30,713 y0 + ϕ 0. 9 + = 0 y0 = EJ EJ 4.3. Phương trình độ võng và góc xoay toàn dầm: 30,713 28,791 10Z3 20,315Z4 y1(Z) = - Z + + EJ EJ 3!EJ 4!EJ 28,791 10Z2 20,315Z3 ϕ1(Z) = - + + EJ 2!EJ 3!EJ 30,713 28,719 10Z3 20,315Z4 77,54(Z− 2)3 20.(Z− 2)4 y2(Z) = - Z + + - - EJ EJ 3!EJ 4!EJ 3!EJ 4!EJ 28,719 10Z2 20,315Z3 77,54(Z− 2)2 20.(Z− 2)3 ϕ2(Z) = - + + - - EJ 2!EJ 3!EJ 2!EJ 3!EJ 30,713 28,719 10Z3 20,315Z 4 77,54(Z− 2)3 y3(Z) = - Z + + - - EJ EEJ 3!EJ 4!EJ 3!EJ 20.(Z− 2)4 40(Z− 5)2 20.(Z− 5)4 - - + 4!EJ 2!EJ 4!EJ 28,719 10Z2 20,315Z3 77,54(Z− 2)2 ϕ3(Z) = - + + - - EJ 2!EJ 3!EJ 2!EJ 20.(Z− 2)3 40(Z− 5) 20.(Z− 5)4 - - + 3!EJ EJ 4!EJ 4.4. Tính độ võng và góc xoay tại mặt cắt D: Tại mặt cắt D có Z = 5 m (thuộc đoạn 2), do đó thay vào phương trình ϕ2(Z) và y2(Z) ta có 35
  35. 28,719 10.52 20,315.53 77,54(5− 2)2 20.(5− 2)3 ϕ2(Z) = - + + - - EJ 2!EJ 3!EJ 2!EJ 3!EJ 1 80,58 ϕ2(Z) = ()−28,719 + 125 + 423,23 − 348,93 − 90 = (Rad) EJ EJ 30,713 28,719 10.53 20,315.5 4 77,54(5− 2)3 20.(5− 2)4 y2(Z) = - + + - - EJ EJ 3!EJ 4!EJ 3!EJ 4!EJ 1 y2(Z) = ()30,713 (m) EJ Kết quả: 1 yD = ()30,713 (m) EJ 1 ϕD = ()80,58 (Rad) EJ 36
  36. BÀI TẬP LỚN SỐ 3 TÍNH CỘT CHỊU LỰC PHỨC TẠP BẢNG SỐ LIỆU BÀI TẬP LỚN SỐ 3 STT b(m) A(m) l(m) P(KN) γ(KN/m3) q(KN/m2) 1 0,12 0,16 6 200 20 18 2 0,13 0,18 8 300 21 14 3 0,14 0,17 7 350 21 16 4 0,15 0,17 6 400 20 15 5 0,13 0,12 5 300 20 16 6 0,14 0,18 7 400 22 12 7 0,15 0,14 6 350 21 14 8 0,16 0,16 7 400 20 14 9 0,12 0,15 6 300 21 18 10 0,13 0,14 5 200 22 20 11 0,15 0,15 8 250 20 16 Ghi chú: Sinh viên chọn những số liệu trong bảng số liệu phù hợp với hình vẽ của mình. YÊU CẦU VÀ THỨ TỰ THỰC HIỆN Yêu cầu: - Xác định nội lực tại mặt cắt đáy cột. - Vẽ biểu đồ ứng suất pháp tại mặt cắt đáy cột - Vẽ lõi của mặt cắt đáy cột. Biết rằng mỗi sơ đồ cột có 3 lực dọc lệch tâm (Pi trên hình vẽ ký hiệu điểm đặt là ⊗ ), l là chiều cao cột, γ là trọng lượng riêng của cột, q (KN/m2) là lực phân bố đều vuông góc với mặt phẳng chứa cạnh EF. Các bước giải: 1. Vẽ hình chiếu trục đo của cột: $ Từ sơ đồ hình chiếu bằng đã cho, vẽ hình chiếu trục đo của cột trên hệ trục toạ độ Đề Các. $ Chú ý ghi đầy đủ kích thước và tải trọng đã cho. 2. Xác định các đặc trưng hình học của mặt cắt ngang: $ Xác định toạ độ trọng tâm của mặt cắt ngang C(XC, YC) 37
  37. $ Xác định các mô men quán tính chính trung tâm: JX, JY $ Xác định các bán kính quán tính chính trung tâm: iX, iY. 3. Xác định nội lực và ứng suất tại mặt cắt đáy cột: i i $ Xác định toạ độ các điểm đặt lực dọc lệch tâm Pi(X K , Y K ). $ Tính các giá trị nội lực tại mặt cắt đáy cột, lần lượt do các tải trọng đã cho gây ra. $ Xác định đường trung hoà và ứng suất pháp lớn nhất và nhỏ nhất tại mặt cắt đáy cột, từ đó vẽ biểu đồ ứng suất pháp phẳng tại mặt cắt đáy cột. $ Xác định vị trí điểm đặt lực dọc lệch tâm K ( xK, yK ) tương đương tại mặt cắt đáy cột MY MX xK = ; yK = NZ NZ 4. Xác định lõi của mặt cắt đáy cột i2 i2 x = - y ; y = - x a b 5. Biểu diễn: $ Biểu diễn nội lực tại mặt cắt đáy cột bằng hình chiếu trục đo $ Biểu diễn vị trí hệ trục quán tính chính trung tâm $ Biểu diễn điểm đặt lực dọc lệch tâm tại mặt cắt đáy cột $ Biểu diễn đường trung hoà tại mặt cắt đáy cột $ Vẽ biểu đồ ứng suất pháp phẳng tại mặt cắt đáy cột $ Vẽ lõi của mặt cắt. 38
  38. SƠ ĐỒ MẶT CẮT CỘT 1 a a 2 2a 2a ⊗ 2b 2b ⊗ a ⊗ a 2a 3b a 2,5b ⊗ b b E ⊗ E⊗ F F 6a 5a a a 2a a a a 2a a 3 ⊗ 4 3b ⊗ ⊗ 3b 3b ⊗ 1,5b E ⊗ F E ⊗ F 7a a 3a a 6 5 1,5a a 3a a 1,5a ⊗ 3b ⊗ 3b ⊗ ⊗ 2b 2b E ⊗ F E ⊗ F 6a 39
  39. 8 7 ⊗ 2b E⊗ F ⊗ 3b 2b ⊗ ⊗ b 2b E ⊗ F a 4a a a 3a a ⊗ 10 b 4b ⊗ 9 3b ⊗ ⊗ E 2b 2b ⊗ F E ⊗ F 3a 4a 3a a 2a a 12 ⊗ 11 a a 4b ⊗ ⊗ 3b 3b ⊗ ⊗ 2b 2b E ⊗F E F 2a 2a 2a 2a 2a 2a 0,5a 0,5a 40
  40. VÍ DỤ THAM KHẢO Đề bài: Cho mặt cắt cột chịu lực như hình vẽ, biết các lực lệch tâm P1=P2=P3=500KN, áp lực phân bố đều trên mặt EF là q = 15 KN/ m2, trọng lượng riêng của cột là γ = 20 KN/m3 và cột cao L = 4m (xem hình 3.1). Yêu cầu: - Vẽ biểu đồ ứng suất pháp tại mặt cắt đáy cột - Vẽ lõi của mặt cắt đáy của cột 36 cm P 1 ± 18 cm P2 ± P3 20 cm ± E F 20 cm 8 cm 20 cm q H×nh 3.1 Bài làm 1. Vẽ hình chiếu trục đo của cột: Từ mặt cắt cột đã cho trên hình 3.1, ta vẽ được hình chiếu trục đo của cột trong hệ trục toạ độ Đề Các như trên hình 3.2. 2. Xác định các đặc trưng hình học của mặt cắt ngang cột: " Xác định toạ độ trọng tâm của mặt cắt đáy cột: Chọn hệ trục toạ độ ban đầu là x0y0 như hình3.2. 36.48 48.20.10+ 8.18.(20+ 9) + .(20+ 18 + 12) ΣS X0 2 YC = = ΣF 36.48 48.20+ 18.8 + 2 9600 + 4176 + 43200 56976 → YC = = → YC = 28,95 cm 960+ 144+ 864 1968 41
  41. 36 cm y0 ≡ Y P = 500 KN 3 P1 = 500 KN P 2 O 4m 2 q = 15 KN/ m x 0 18 cm 48 cm 20 cm H×nh 3. 2 " Xác định các mô men quán tính chính trung tâm: Hệ trục XCY trên hình 3.3 là hệ trục quán tính chính trung tâm. Chia mặt cắt ngang cột thành 3 hình thành phần: 2 hình chữ nhật và 1 hình tam giác. y0 ≡ Y I 36 cm 45,05 P1 D H ± C X 18 cm B ± = yC 28,95 P2 G 20 cm P3 E ± F 20 cm 8 cm 20 cm q H×nh 3.3 42
  42. 3 3 48.20 2 8.18 2 JX = +(28,95 − 10) .48.20 + +(28,95 − 29) .18.8 + 12 12 3 ⎡48.36 2 48.36⎤ + ⎢ +()20 + 18 + 12 − 28,95 . ⎥ ⎣ 36 2 ⎦ → JX = 32 000 + 344 774,785 + 3 888 + 0,346 + (62 208 + 382 804,186) 4 → JX = 825 675,3 cm 20.483 18.83 ⎡36.243 ⎤ JY = + + .2 ⎢ ⎥ = 184 320 + 768 + 2.41472 12 12 ⎣ 12 ⎦ 4 → JY = 268 032 cm F = 1968 cm2 " Xác định các bán kính quán tính chính trung tâm: JX 825675,3 iX = = → iX = 20,5 cm; F 1968 JY 268032 iY = = → iY = 11,7 cm F 1968 3. Xác định nội lực và ứng suất tại mặt cắt đáy cột: " Xác định toạ độ các điểm đặt lực dọc lệch tâm Pi: Từ hình 3 ta có: P1(24; 9,05); P2 (24; -8,95); P3 (-24; -28,95) " Xác định nội lực: i L MX = ΣPi.y + qF = (-500).9,05 + (-500).(-8,95) + K 2 + (-500).(-28,95) -15. 48.10-2.4.200 MX = - 4 525 + 4 475 + 14 475 – 288.200 → MX = - 43 175 KN.cm i MY = ΣPi.x K = (-500).24 + (-500).24 + (-500).(-24) → MY = -12 000 KN.cm -4 NZ = -(Σ Pi + γ.L.ΣF) = 3.(-500) - 20.4.1968.10 → NZ = - 1 515,74 KN " Xác định ứng suất tại mặt cắt đáy cột: Tính ứng suất tại các điểm góc trên mặt cắt ngang theo công thức: 43
  43. NZXM MY σZ = ± ±y. ± x. F JX JY Bảng kết quả tính toán: 1515,74 43175 12000 xi yi ± x σZ Điểm - ± y 2 (cm) (cm) 1968 825675,3 268032 (KN/cm ) E -24 -28,951 - 0,7702 1.51385 1,07450 1.81815 B -24 -8,9510 - 0,7702 0.46810 1,07450 0.77240 L -4 -8,9510 - 0,7702 0.46810 0,17910 -0.1230 A 4 -8,9510 - 0,7702 0,46810 - 0,1791 -0.4812 D -24 9,0490 - 0,7702 - 0.4732 1,07450 -0.1689 I 0 45,049 - 0,7702 -2.3556 0 -3.1258 H 24 9,0490 - 0,7702 - 0,4732 -1,07450 -2.3179 N 4 9,0490 - 0,7702 - 0,4732 - 0,17910 -1.4225 P -4 9,0490 - 0,7702 - 0,4732 0,17910 -1.0643 G 24 -8,9510 - 0,7702 0,46810 -1,07450 -1.3766 F 24 -28,951 - 0,7702 1,51385 -1,07450 -0.33085 2 Tại E: σmax = 1,81815 KN / cm ; 2 Tại I: σmin = - 3,1258 KN / cm Phân vùng ứng suất tại mặt cắt đáy cột do MX và MY gây ra: Z y0 ≡ Y D I P B + N M + L X MY C E + H A X + G F Hình 3.4 44
  44. Từ hình vẽ và bảng kết quả tính toán, ta thấy ngay 2 điểm nguy hiểm là E & I " Xác định biểu đồ ứng suất pháp tại mặt cắt đáy cột: a) Biểu diễn nội lực tại mặt cắt đáy cột: Z y0 ≡ Y NZ MX M C Y X Hình 3.5 b) Xác định điểm đặt lực dọc lệch tâm K(xK, yK) MY −12000 xK = = = 7,9 cm NZ −1515,74 MX − 43175 yK = = = 28,5 cm NZ −1515,74 Điểm đặt lực dọc lệch tâm biểu diễn trên hình 3.6: K(7,9; 28,5) 7,9 cm Z P=1515,74 KN y0 ≡ Y C K X 28,5 cm Hình 3.6 c) Xác định đường trung hoà: x y Phương trình ĐTH: + = 1 a b 45
  45. − i2 −11,72 a = Y = = - 17,2021 cm a = - 17,2 cm X 9,7 K → − i2 − 20,52 b = X = = - 14,75 cm b = - 14,7 cm YK 28,5 Toạ độ ĐTH là: (-17,2; -14,7)cm Biểu diễn biểu đồ ứng suất pháp phẳng trên hình 3.7 y0 ≡ Y I 2 3,1262 KN/cm J D H C X §TH B G 14,7 cm - E F σZ 17,2 cm + Hình 3.7 1,8184 KN/cm2 4 -Xác định lõi của mặt cắt Chọn 3 đường trung hoà giả thiết: Δ1, Δ2, Δ3 như hình 3.8 dưới đây, y ≡ Y I 0 J D H A C B G X ∆1 ∆3 F E ∆2 Hình 3.8 46
  46. + Đường Δ1: Cắt trục Y tại điểm I(0; 45,05) nên có: b1 = 45,05 cm Cắt trục X tại điểm A(xA; 0) nên sẽ có: a1 = xA. Tính XA theo tính chất đồng dạng của 2 tam giác là: ACI và HJI JH IJ 24 36 24.45,049 = → = Æ xA = = 30,033 cm CA IC XA 45,049 36 Vậy có: a1 = 30,03 cm; b1 = 45,05 cm + Đường Δ2: song song với trục Y nên có: a2 = 24 cm; b2 = ∞ + Đường Δ3: song song với trục X nên có: a3 = ∞; b3 = - 28,95 cm 2 2 iY iX Dùng công thức: XK = - , YK = - ; với: iX = 20,483 cm, iY = 11,67 cm a b để xác định các điểm trên lõi là 3 điểm đặt lực dọc lệch tâm tương ứng: K1, K2, K3. Từ hình vẽ trên, ta lập được bảng sau: ĐTH giả thiết ai (cm) bi (cm) Điểm XKi (cm) YKi (cm) ∆1 30,03 45,05 K1 - 4,54 - 9,31 ∆2 24 ∞ K2 - 5,67 0 ∆3 ∞ - 28,95 K3 0 14,49 Vì mặt cắt đối xứng qua trục Y, nên ta lấy thêm 2 điểm đối xứng với 2 điểm đặt lực dọc lệch tâm do đường Δ1 và đường Δ2 ở trên, được thêm 2 điểm K4 và K5. Nối 5 điểm đó lại, ta được lõi của mặt cắt có dạng như hình vẽ 9 dưới đây 47
  47. Y K3 K2 C K4 X K 1 K5 Hình 3.9 Từ hình 3.6 ta thấy: điểm đặt lực dọc lệch tâm K nằm ngoài lõi nên biểu đồ ứng suất pháp trên hình 3.7 có hai dấu. Muốn biểu đồ ứng suất pháp chỉ có dấu (-) thì lực dọc lệch tâm tại mặt cắt đáy cột phải đặt vào lõi. 48
  48. BÀI TẬP LỚN SỐ 4 TÍNH DẦM TRÊN NỀN ĐÀN HỒI BẢNG SỐ LIỆU BÀI TẬP LỚN SỐ 3 STT a(m) b(m) c(m) J(m4) M(KNm) P(KN) q(KN/m) K(KN/m2) 1 3 4 3 0,03516 70 150 58 60000 2 4 2 4 0,01800 40 120 36 40000 3 2 5 3 0,04267 80 170 60 40000 4 5 2 3 0,02289 60 120 44 60000 5 2 4 4 0,01800 50 80 40 50000 6 3 3 4 0,02858 30 90 48 50000 7 4 4 2 0,04267 90 160 62 60000 8 3 5 2 0,05118 90 170 70 50000 9 3 1 6 0,03652 70 140 56 40000 10 3 6 1 0,02843 50 100 45 60000 11 6 1 3 0,04016 80 160 54 40000 Ghi chú: Sinh viên chọn những số liệu trong bảng số liệu phù hợp với hình vẽ của mình. YÊU CẦU VÀ THỨ TỰ THỰC HIỆN Yêu cầu: Vẽ biểu đồ nội lực (biểu đồ M và biểu đồ Q) của dầm đặt trên nền Winkler. Sơ đồ tính cho trên hình vẽ, môđun đàn hồi của dầm là E = 107 KN/m2. Yêu cầu lập bảng kết quả tính toán nội lực cho các mặt cắt liên tiếp cách nhau 1 m. Các bước giải: 1. Tính sẵn các trị số cần sử dụng: Độ cứng: EJ, hệ số của dầm trên nền đàn hồi: m, m2, m3, m4 2. Lập bảng thông số ban đầu: Lập bảng với 6 thông số cho các đoạn dầm. 3. Viết phương trình mô men uốn và lực cắt của dầm: $ Viết phương trình nội lực của dầm. $ Lập bảng các hệ số Crưlốp tại các mặt cắt cần tính toán. $ Lập phương trình nội lực của toàn dầm dưới dạng số. 49
  49. $ Lập điều kiện biên và giải hệ phương trình để tìm ra các ẩn số y0 và θ0. $ Lập bảng kết quả tính toán nội lực (mô men và lực cắt) tại các mặt cắt cần tính toán. 4. Vẽ biểu đồ nội lực: Dựa vào bảng kết quả tính toán ở trên, vẽ các biểu đồ nội lực. 50
  50. SƠ ĐỒ TÍNH DẦM TRÊN NỀN ĐÀN HỒI 1 P 2P 2 2P M q P q M # # # # # # # # # # # # a a bb cc a b c 3 4 P 2P P q M 2P q M # # # # # # # # # # # # a b c a b c 6 P 5 2P P 2P q M q M # # # # # # # # # # # # a a b c b c 7 2P P 8 P M q 2P q M # # # # # # # # # # # # a b c a b c 9 2P P 10 M q 2P q P M # # # # # # # # # # # # a b c a b c 51
  51. 12 P 11 2P P q M M 2P q # # # # # # # # # # # # a b c a b c 14 2P 13 P M P q q M # # # # # # # # # # # # a b c a b c 15 16 P P 2P q 2P q M M # # # # # # # # # # # # a b c a b c 52
  52. VÍ DỤ THAM KHẢO Đề bài: Tính giá trị nội lực trên các mặt cắt (cách nhau 1 m) và vẽ biểu đồ nội lực cho dầm đặt trên nền Winkler như sơ đồ cho trên hình 4.1, cho biết: q = 80 KN/m b = 1 m M = 800 KNm J = 0,0426 m4 P = 650 KN E = 107 KN/m2 4 3 Hệ số nền K0 = 6.10 KN/m 650 KN 650 KN 100KNm 80 KN/m 800 KNm Z A # # # # # # 3m 4m 4m Y H×nh 4.1 Bài làm 1. Tính sẵn các trị số cần sử dụng: EJ = 0,0426.107 = 426.103 KNm2 Tính các hệ số của dầm trên nền đàn hồi K b 6.104 .1 m4 = 0 = = 0,0352 4.EJ 4.426.103 m = 4 0,0352 = 0,433182 m2 = 0,18764 m3 = 0,081285 Bảng thông số ban đầu: 53
  53. Các Đoạn 1 Đoạn 2 Đoạn 3 thông số Taị A (Z = 0) Tại B (Z =3m) Tại C (Z =7 m) Δy ≠ 0 0 0 Δϕ ≠ 0 0 0 ΔM 0 0 - 100 ΔP - 650 - 650 0 Δq 0 -80 0 Δq/ 0 0 0 2. Viết phương trình nội lực cho từng đoạn: a. Viết phương trình mô men uốn và lực cắt của dầm dài hữu hạn dưới dạng chữ: P y.K 0 .Kϕ0 M = B. mZ +C. mZ + D. mZ 1 m m2 m3 P q M = M1+B. m(Z− 3) + C. m(Z− 3) 2 m m2 M3 = M2+ M.A m(Z− 7) y.K 0 .K ϕ0 Q1 = A.P mZ + B. mZ + C. mZ m m2 q Q2 = Q+ P.A + B. 1 m(Z− 3) m m(Z− 3) Q3 = Q3 − 4m.M.Dm(Z− 7) b. Tính sẵn các hệ số của các số hạng trong các phương trình trên: P 650 K 6.104 - = - = - 1500,531 0 = = 13,851.104 m 0,43318 m 0,43318 q 80 K 6.10 4 - = - = - 184.6807 0 = = 31,9753.104 m 0,43318 m2 0,43318 2 q 80 K 6.10 4 - = - = - 426.3372 0 = = 73,8152.104 m2 0,43318 2 m3 0,43318 3 4.m.M = 4. 0,43318.(- 100) = -173,272 54
  54. c. Thay các giá trị tính sẵn vào phương trình nội lực của dầm: 4 4 M1 = - 1500,531. Bmz + 31,9753.10 .y0. Cmz + 73,8152.10 . ϕ 0.Dmz 4 4 M2 = - 1500,531. Bmz + 31,9753.10 .y0. Cmz + 73,8152.10 . ϕ 0.Dmz – (a) - 1500,531.Bm.(Z-3) – 426,3372.Cm(Z-3) 4 4 M3 = - 1500,531. Bmz + 31,9753.10 .y0. Cmz + 73,8152.10 . ϕ 0.Dmz – - 1500,531.Bm.(Z-3) – 426,3372.Cm.(Z-3) – 100.Am.(Z-7) 4 4 Q1 = - 650.Amz + 13,851.10 .y0.Bmz +31,9753.10 . ϕ 0.Cmz 4 4 Q2 = - 650.Amz + 13,851.10 .y0.Bmz +31,9753.10 . ϕ 0.Cmz - 650.Am(Z-3) (a) - 184,6807. Bm(Z-3) 4 4 Q3 = - 650.Amz + 13,851.10 .y0.Bmz +31,9753.10 . ϕ 0.Cmz - 650.Am(Z-3) - 184,6807. Bm.(Z-3) – (-173,272).Dm.(Z-7) 3. Viết điều kiện biên: Tại D (Z = 11m) ta có: M3 = - 800 KNm và Q3 = 0 4. Tính sẵn các hàm Crưlốp: (Lập bảng tính sẵn các hàm Crưlốp cho các mặt cắt cần tính toán, cách nhau 1 m, với hệ số m = 0,43318) Z mZ AmZ BmZ CmZ DmZ 0 0 1 0 0 0 1 0,43318 0,9941 0,43267 0,0937 0,0135 2 0,86636 0,9062 0, 8501 0,3729 0,1080 3 1,29954 0,5278 1,1764 0,8177 0,3608 4 1,73272 - 0,4702 1,2182 1,3518 0,8299 5 2,16590 - 2,4770 0,6230 1,7820 1,5179 6 2,59909 - 5,7919 - 1,1183 1,7265 2,3049 7 3,03227 - 10,3342 - 4,5760 0,5644 2,8551 8 3,46545 - 15,1787 - 10,1222 - 2,5426 2,5134 9 3,89863 - 17,9374 - 17,4354 - 8,4670 0,2436 10 4,33182 - 14,1328 - 24,7268 - 17,6567 - 5,2994 11 4,76501 3,0853 - 27,7519 - 29,2901 - 15,4184 55
  55. Thay điều kiện biên tại D vào phương trình nội lực (a) ở đoạn 3, ta có: 4 4 M3 = -1500,531.Bm.11 + 31,9753.10 .y0.Cm.11 + 73,8152.10 . ϕ 0.Dm.11 - 1500,531.Bm.(11-3) – 426,3372.Cm(11-3) – 100.Amm(11-7) = - 800 (b) 4 4 Q3 = - 650.Am.11 + 13,851.10 .y0.Bm.11 + 31,9753.10 . ϕ 0.Cm.11 – 650.Am.(11-3) - 184,6807.Bm.(11-3) + 173,272.Dm(11-7) = 0 Thay giá trị của các hàm số Crưlốp lấy từ bảng trên vào phương trình (b), ta có: 4 M3 = - 1500,531.(- 27,7519) + 31,9753.10 .y0.(- 29,2901) + 4 + 73,8152.10 . ϕ 0.(- 15,4184) – 1500,531.(- 10,1222) + – 426,3372.(- 2,5426) - 100.(-0,4702) = - 800 (c) 4 Q3 = - 650.(3,0853) + 13,851.y0.10 .(-27,7519) + 4 + 31,9753.10 . ϕ 0.(-29,2901) - 650.(-15,1787) – 184,6807.(-10,1222) + 173,272.0,8229 = 0 4 4 936,5597.10 .y0 + 1138,1123.10 . ϕ 0 = 58762.286 (d) 4 4 384,392.10 .y0 + 936,5597.10 . ϕ 0 = 9872.6705 5. Giải hệ phương trình: Từ phương trình thứ nhất của hệ phương trình (d) ở trên, ta có: 58762,286− 1138,1123.104 y0 = 936,5597.104 Thay vào phương trình thứ hai của hệ (d), ta có: 4 4 58762,286− 1138,1123.10 4 384,392.10 . + 936,5597.10 . ϕ 0 = 9872,6705 936,5597.104 4 4 24117.7926 – 467,1152.10 + 936,5597.10 . ϕ 0 = 9872,6705 4 → 469,4445. 10 . ϕ 0 = -14245.1221 -4 ϕ 0 = - 30.3446.10 Rad 58762,286− 1138,1123.10.4 (− 30,3446.10−4 ) 58762,286 + 34535.5625 y0 = = 936,5597.10 4 936,5597.10 4 56
  56. 93297.8485 -4 → y 0 = Æ y0 = 99.618 10 m 936,5597.104 Thay giá trị y0 và ϕ 0 vào, ta có phương trình nội lưc trong 3 đoạn của dầm đã cho như sau: 4 -4 M1 = - 1500,531. BmZ + 31,9753.10 .99,618.10 CmZ + 4 -4 + 73,8152.10 .(-30,3446.10 ).DmZ 4 -4 Q1 = - 650.AmZ + 13,851.10 .99,618.10 .BmZ + 4 -4 + 31,9753.10 .(-30,3446.10 ).CmZ 4 -4 M2 = - 1500,531. BmZ + 31,9753.10 .99,618.10 CmZ + 4 -4 + 73,8152.10 .(-30,3446.10 ).DmZ – 1500,531.Bm.(Z-3) – 426,3372.Cm.(Z-3) 4 -4 Q2 = - 650.AmZ + 13,851.10 .99,618.10 .BmZ + 4 -4 31,9753.10 .(-30,3446.10 ).CmZ - 650.Am.(Z-3) – 184,6807. Bm.Z-3) 4 -4 M3 = - 1500,531. BmZ + 31,9753.10 .99,618.10 CmZ + 4 -4 + 73,8152.10 .(-30,3446.10 ).DmZ + 1500,531.Bm.(Z-3) – 426,3372.Cm.(Z-3) – 100.Am.(Z-7) 4 -4 Q3 = - 650.AmZ + 13,851.10 .99,618.10 .BmZ + 4 -4 + 31,9753.10 (- 30,3446.10 )CmZ - - 650.Am.(Z-3) – 184,6807. Bm.Z-3) + 173,272.Dm.(Z-7) Ta có phương trình nội lực của toàn dầm như sau: M1 = - 1500,531. BmZ + 3185.315 CmZ - 2239.893.DmZ Q1 = - 650.AmZ + 1379,804.BmZ - 970.278.CmZ M2 = - 1500,531. BmZ + 3185.315 CmZ - 2239.893.DmZ – 1500,531.Bm(Z-3) – 426,3372.Cm(Z-3) Q2 = - 650.AmZ + 1379,804.BmZ - 970.278.CmZ - 650.Am(Z-3) – 184,6807 Bm(Z-3) M3 = - 1500,531.BmZ + 3185.315 CmZ - 2239.893.DmZ – 1500,531.Bm(Z-3) - 426,3372.Cm(Z-3) – 100.Am(Z-7) Q3 = - 650.AmZ + 1379,804.BmZ - 970.278.CmZ - 650.Am(Z-3) – 184,6807 Bm(Z-3) + 173,272 .Dm(Z-7) 57
  57. BẢNG KẾT QUẢ TÍNH LỰC CẮT TẠI CÁC MẶT CẮT YÊU CẦU Đoạn Z mZ - 650.AmZ 1379,804.BmZ - 970,278.CmZ m( Z-3) - 650Am(Z-3) -184,6807Bm(Z-3) m.(Z-7) 173,272Dm(Z-7) Q (KN) 0 0 - 650 0 0 - - - - - - 650 1 0,43318 - 646,165 597,000 - 90,915 - - - - - -140.08 I 2 0,86636 - 589,030 1172,971 - 361,817 - - - - - 222.124 3 1,29954 - 343,070 1623,201 - 793,396 - - - - - 486.735 3 1,29954 - 343,070 1623,201 - 793,396 0 - 650 0 - - -163.265 4 1,73272 305,630 1680,877 - 1311,622 0,43318 - 646,165 - 79,906 - - -51.186 II 5 2,1659 1610,05 859,618 - 1729,035 0,86436 - 589,03 - 156,997 - - -5.394 6 2.59909 3764,735 - 1543,035 - 1675,185 1,29954 - 343,07 - 217,258 - - -13.813 7 3,03227 6717,230 - 6313,983 - 547,625 1,73272 305,63 - 224,978 - - -63.726 7 3,03227 6717,230 - 6313,983 - 547,625 1,73272 305,63 - 224,978 0 0 -63.726 8 3,46545 9866,155 - 13966,652 2467,029 2,1659 1610,05 - 115,056 0,43318 2,339 -136.135 III 9 3,89863 11659,31 - 24057,435 8215,344 2,59909 3764,735 206,528 0,86636 18,713 -192.805 10 4,33182 9186,320 - 34118,138 17131,908 3,03227 6717,23 845,099 1,29954 62.517 -175.064 11 4,76501 - 2005,444 - 38292,183 28419,540 3,46545 9866,155 1869,375 1,73272 142.586 0.029 58
  58. BẢNG KẾT QUẢ TÍNH MÔ MEN TRÊN CÁC MẶT CẮT YÊU CẦU Đoạn Z m Z -1500,531BmZ 3185,315CmZ - 2239,893DmZ m.(Z-3) - 1500,531Bm(Z-3) - 426,3372Cm(Z-3) m.(Z-7) - 100Am(Z-7) M(KNm) 0 0 0 0 0 - - - - - 0 I 1 0,43318 - 649,235 298.464 - 30.239 - - - - - - 381.01 2 0,86636 - 1275,601 1187.804 - 241.908 - - - - - - 329.705 3 1,29954 - 1765,225 2604.632 - 808.153 - - - - - 31.254 3 1,29954 - 1765,225 2604.632 - 808.153 0 0 0 - - 31,254 II 4 1,73272 - 1827,947 4305.909 - 1858,950 0,43318 - 649,235 - 39,948 - - - 70.171 5 2,16659 - 934,831 5676.231 - 3399.934 0,86636 - 1275,601 - 158,981 - - - 93.116 6 2,59909 1678,044 5499.446 - 5162.729 1,29954 - 1765,225 - 348,616 - - - 99.08 7 3,03227 6866,430 1797.792 - 6395.118 1,73272 - 1827,947 - 576.323 - - - 135.166 7 3,03227 6866,430 1797.792 - 6395.118 1,73272 - 1827,947 - 576.323 0 -100 - 235.166 III 8 3,46545 15188,675 -8098.982 - 5629.747 2,16659 - 934,831 - 759.733 0,43218 - 99,41 - 334.028 9 3,89863 26162,358 - 26970.062 - 545.638 2,59909 1678,044 - 736.071 0,86636 - 90,62 - 501.989 10 4,33182 37103,33 - 56242.151 11870.089 3,03227 6866,430 - 240.625 1,29954 - 52,78 - 695.707 11 4,76501 41642,586 - 93298.195 34535.566 3,46545 15188,675 1084.005 1,73272 47,02 - 800.343 59
  59. Biểu đồ nội lực: 650 KN 650 KN 100KNm 80 KN/m 800 KNm Z A B C D 3 m 4 m 4 m 486,735 + - - Q 63,726 163,265 (KN) 800,343 235,166 M 135,166 (KNm) 31,25 H×nh 4.2 Biểu đồ nội lực (để tham khảo): KET QUA TINH TOAN BANG MAY TINH: M NMC Y0 Teta0 0.43318 23 0.00996 -0.00303 Z Y Teta M Q 0.0 0.0099615 -0.0030343 0.0000000 -650.0000000 1.0 0.0071266 -0.0027936 -380.8450000 -140.1870775 2.0 0.0051018 -0.0040241 -329.7900000 222.0708631 3.0 0.0037909 -0.0093300 31.1228000 486.7868019 3.0 0.0037909 -0.0093300 31.1228000 -163.2131981 4.0 0.0026245 -0.0198178 -70.1888000 -51.1123330 5.0 0.0016077 -0.0348689 -93.2355000 -5.1574182 6.0 0.0008065 -0.0516563 -98.7306000 -13.8467519 7.0 0.0002431 -0.0624000 -134.6650000 -63.6694719 7.0 0.0002431 -0.0624000 -234.6650000 -63.6694719 8.0 0.0001258 -0.0519507 -333.8200000 -135.8515721 9.0 0.0008060 0.0026625 -501.4780000 -192.7289675 60
  60. 10.0 0.0026692 0.1309270 -694.8760000 -175.5120164 11.0 0.0061471 0.3602250 -800.0000000 0.0000000 650 KN 650 KN 80 KN/m 100KNm 800KNm Z A B C D 3 m 4 m 4 m Y H×nh 4. 3 Biểu đồ M: Biểu đồ Q: Hình 4.4 61
  61. PHẦN II ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP LỚN CƠ HỌC KẾT CẤU
  62. BÀI TẬP LỚN SỐ 1 TÍNH HỆ THANH PHẲNG TĨNH ĐỊNH BẢNG SỐ LIỆU BÀI TẬP LỚN SỐ 1 T Kích thước hình học (m) Tải trọng hứ tự q(K P M L1 L2 L3 N/m) (KN) (KNm) 1 8 12 10 30 80 150 2 10 8 12 40 100 120 3 12 10 8 50 120 100 4 8 10 12 20 100 150 5 10 12 8 40 80 150 6 12 8 10 30 120 120 7 8 8 10 50 100 150 8 10 10 8 20 80 100 9 12 12 10 40 120 150 1 10 12 12 30 100 120 0 Ghi chú: Sinh viên chọn những số liệu trong bảng số liệu phù hợp với hình vẽ của mình. YÊU CẦU VÀ THỨ TỰ THỰC HIỆN I. Xác định nội lực trong hệ ghép tĩnh định: 1.1. Xác định phản lực tại các gối tựa. 1.2. Vẽ các biểu đồ nội lực: mô men uốn M, lực cắt Q và lực dọc N. 1.3. Vẽ các đường ảnh hưởng: đahRA, đahMB, đahQB và đahQI khi lực thẳng đứng P = 1 di động trên hệ khi chưa có hệ thống mắt truyền lực. Dùng đah để kiểm tra lại các trị số RA, MB, QB, QI đã tính được bằng giải tích. 1.4. Vẽ lại các đường ảnh hưởng: đahRA, đahMB, đahQB và đahQI khi lực thẳng đứng P = 1 di động trên hệ khi có hệ thống mắt truyền lực.
  63. 1.5. Tìm vị trí bất lợi nhất của đoàn tải trọng gồm 4 lực tập trung di động trên hệ khi có mắt truyền lực để mô men uốn tại tiết diện K có giá trị tuyệt đối lớn nhất. II. Xác định một trong các chuyển vị sau của hệ tĩnh định: Chuyển vị đứng tại F, Chuyển vị ngang tại H, Chuyển vị góc xoay tại tiết diện R do tác dụng đồng thời của hai nguyên nhân tải trọng và chuyển vị cưỡng bức của gối tựa (xem hình vẽ). 8 2 Biết: J1 = 2J; J2 = 3J; E = 2. 10 (KN/m ); -6 4 4 J = 10 . L1 (m ); Δ = 0,01. L1 (m); ϕ = Δ/L2.
  64. SƠ ĐỒ TÍNH HỆ TĨNH ĐỊNH 2 4m 4m a = L /4 ; b = L /4 ; c = L /4. P P 1,5P 2P 1 2 3 a a a a a a a b b b b c c c c c q P 1 F q M A B 3m J J K I J1 J1 0,5L2 J2 0,5L 2 L L1 1 Δ 4 4m 2 2 q 3m q P M J1 J1 J J A K I B L2 J 2 J J1 ϕ P H 4m 4m L1 2 M q q 3 3m P F P J1 J1 B A J K I L2 J2 J1 Δ L 1 4m 4m 4 q 3m M P J1 J1 4 0,5L q 2 R P J2 J2 A J J K I B Δ J1 L d 1 4 4m 4m L1 2 5 q P P 3m q M K J1 A J J I B R L2 J2 J2 J1 Δ L1 4m L1 L1 b b b b c c c c c 4 2 2
  65. VÍ DỤ THAM KHẢO Đề bài: Số đề: 4. 5. 3 4 ) Số thứ tự của sơ đồ kết cấu 5 ) Số liệu về kích thước hình học (hàng thứ 5): L1 = 10m; L2 = 12m; L3 = 8m 3 ) Số liệu về tải trọng (hàng thứ 3): q = 50KN/m; P =120 KN; M =100 KNm. Với các số liệu đã cho, sơ đồ tính của kết cấu được vẽ lại như sau (Hình 1): q=50KN/m P=120KN 3m T 2J 2J S L M=100KNm 6m q P=120KN 3J G R A B 3J J J M N K I 6m 2J Δ C D E 2,5 4m 4m 5m 3m 6m 3m 4m 2 2 2 Hình 1.1 Trình tự tính toán: 1. Xác định nội lực trong hệ tĩnh định 1.1 Xác định các phản lực gối tựa: ) Đặt tên các gối tựa và các nút của khung (Hình 1.1). ) Phân tích hệ chính phụ: Lập sơ đồ tầng (Hình 1.2) ) Lần lượt tính toán từ hệ phụ đến hệ chính theo thứ tự sau: 1.Tính dầm MN: YM = 150 KN Æ Truyền phản lực xuống khung GEM YN = 150 KN Æ Truyền phản lực xuống dầm AB 2.Tính dầm AB: Σ MA = - YB.8 + P.6 - YN.3 = - YB.8 + 120.6 - 150.3 = 0Æ YB = 33,75 KN
  66. Σ MB = YA. 8 - P.2 - YN.11 = YA. 8 - 120. 2 - 150.11 = 0 Æ YA = 236,25 KN Kiểm tra lại kết quả tính YA và YB bằng phương trình ΣY = 0 Æ Cho ta kết quả đúng. 3. Tính khung GEM: q=50KN/m q=50KN/m P=120KN T M N L M=100KNm S Y = 150 M YN = 150 q=50KN/m 150 P=120KN 300 G A B G R 362,5 K I XG = XE YG = 300 YA = 236,25 YB= 33,75 XE = 362,5 C D E X = 362,5 C YC = 60,63 YD = 609,38 Hình 1.2 Σ MG = - XE.6 + q.3. 6,5 + YM.8 = - XE. 8 + 50.3.6,5 + 150.8 = 0 Æ XE = 362,5 KN ΣX = 0 Æ XG = 362,5 KN ΣY = 0 Æ YG = 300 KN Truyền phản lực XG và YG sang khung chính CD (lưu ý đổi chiều của phản lực) 4. Tính khung CD: Σ MC = - YD. 8 - P. 2,5 + q.5. 2 + M + YG. 8 + XG. 6 = 0 Æ YD = 609,375 KN ΣX = 0 Æ XC = 362,5 KN ΣY = 0 Æ YC = 60,625 KN 1.2. Dùng phương pháp mặt cắt xác định nội lực trong hệ:
  67. 1.2.1. Vẽ biểu đồ mô men M (Hình 1.3). 4400 4350 300 2175 2075 4050 675 450 125 2175 180 225 1500 67,5 M (KNm) Hình 1.3 1.2.2. Vẽ biểu đồ lực cắt Q: Dựa vào các liên hệ vi phân giữa mô men M và Δ M lực cắt Q, dùng công thức: Q = Q0 ± biểu đồ lực cắt Q (Hình 1.4) AB AB L được suy từ biểu đồ mô men M. 30 170 465 120 300 86,25 362,5 150 33,75 362,5 Q 362,5 (KN) Hình 1.4 3. Vẽ biểu đồ lực dọc N: Biểu đồ lực dọc N (Hình 1.5) được suy từ biểu đồ lực cắt Q bằng cách tách các nút và xét cân bằng về lực.
  68. 475,625 325,625 104,375 309,375 362,5 609,375 60,625 N Hình 1.5 (KN) 4. Kiểm tra cân bằng các nút: S; T; L; G; R của khung CD khung GEM. ♦ Về mô men: Nút G không cần kiểm tra vì có các mô men nội lực, ngoại lực bằng 0. 4050 T 4400 4400 Σ MS = 4350 - 300 - 4050 = 0 S 300 4350 1500 Σ MT = 4400 - 4400 = 0 2075 R L Σ ML = 2075 + 100 - 2175 = 0 100 675 2175 Σ MR = 1500 + 675 - 2175 = 0 2175 ♦Về lực: Từ kích thước hình học của khung ta có: Sinα = 0, 6; Cosα = 0, 8 Y Y Y 325,625 a) b) c) 104,375 S 170 120 X T α L α X 465 465 α X 362,5 362,5 475,625 30 104,375 309,375 60,625 Hình 1.6 • Kiểm tra nút S: (Hình 1.6a) ΣX = 325,625. 0,8 - 362,5 + 170. 0,6 = 0 ΣY = 60,625 - 120 - 170. 0,8 + 325,625. 0,6 = 0 • Kiểm tra nút T: (Hình 1.6b) ΣX = 30. 0,6 - 475,625. 0,8 + 104,375. 0,8 + 465. 0,6 = 0
  69. ΣY = 465. 0,8 - 30. 0,8 - 104,375. 0,6 - 475,625. 0,6 = 0 • Kiểm tra nút L (Hình 1.6c): ΣX = 362,5 - 104,375. 0,8 - 465. 0,6 = 0 ΣY = 309,375 + 104,375. 0,6 - 465. 0,8 = 0 • Kiểm tra nút G (Hình 1.7b): ΣX = 362,5 - 362,5 = 0 ΣY = - 309,375 - 300 + 609,375 = 0 ♦ Kiểm tra tổng hợp một phần của khung (Hình 1.7a): Y a) P=120KN b) q=50KN/m 309,375 T 362,5 M=100KNm S L G 362,5 X 4350KNm 362,5KN 2175KNm 300 609,375 60,625KN 309,375KN Hình 1.7 ΣX = 362,5 - 362,5= 0 ΣY = 60,625 + 309,375 - 120 - 50. 5 = 0 ΣMS= 4350 - 120. 2,5 + 50. 5. 2 + 100 - 2175 - 309,375. 8 = 0 1.3. Vẽ các đường ảnh hưởng (đah) RA, MB, QB, QI: Khi lực thẳng đứng P =1 di động trên hệ khi chưa có mắt truyền lực (Hình 1.8) ta nhận thấy các tiết diện cần vẽ đah đều thuộc hệ phụ của CD nên khi P = 1 di động trên khung chính CD thì đah sẽ trùng với đường chuẩn do đó ta chỉ quan tâm và vẽ đah thuộc hệ MN và AB. T F 1. Vẽ các đahRA, đahMB, đahQB , đahQB và đahQI khi lực thẳng đứng P= 1 di động trên hệ khi chưa có mắt truyền lực (Hình 1.8b,c,d,e,f): a) q=50KN/m P=1 P=120KN G M N A K I B
  70. 2. Dùng đah để kiểm tra lại các trị số RA, MB, QB và QI đã tính bằng giải tích: 1,375 ⋅ 6 R = 50 ⋅ + 120 ⋅ 0,25 = 236,25 KN ; M = 0 A 2 B T 0,375 ⋅ 6 F Q = 50 ⋅ - 120 ⋅ 0,75 = - 33,75 KN ; Q = 0 B 2 B T 0,375 ⋅ 6 Q = 50 ⋅ - 120 ⋅ 0,25 = 86,25 KN ; I 2 F 0,375 ⋅ 6 Q = 50 ⋅ - 120 ⋅ 0,75 = - 33,75 KN ; I 2 So sánh với kết quả tính theo giải tích cho ta thấy kết quả tính theo hai cách là bằng nhau. T F 3. Vẽ lại các đahRA, đahMB, đahQB , đahQB , đahQI và đahMk khi lực thẳng đứng P = 1 di động trên hệ khi có mắt truyền lực (Hình 1.9): P=1 5,5m 5,5m 6m 5m 4m 4m G A B M N K I
  71. 4. Tìm vị trí bất lợi nhất của hệ 4 lực tập trung P1; P2; P3; P4 di động trên hệ khi có mắt truyền lực để MK có giá trị tuyệt đối lớn nhất. Ta nhận thấy đahMK (Hình 1.10a) gồm 4 đoạn thẳng → tính các trị số tgαi ứng với các đoạn thẳng lần lượt từ trái qua phải: tgα1 = - 0,25; tgα2 = 0,5; tgα3 = 0; tgα4 = - 0,5.
  72. Lần lượt cho đoàn tải trọng di động từ trái qua phải sao cho các lực tập trung lần lượt đặt vào các đỉnh I, II, III của đahMK (theo 5 sơ đồ trong hình 1.10b.c.d.e.f). ⎡dM K ⎤ Tìm vị trí có đạo hàm ⎢ ⎥ đổi dấu để xác định lực Pth. ⎣ dzd Z ⎦ 2m 4m 4m P1 = P2 = 120KN ; P3 = 180KN ; P4 = 240KN P=1 P P4 P1 2 P3 G M N A K I B 5m 3m 6m 3m 4m 2m 2m 2m 1,5 I 1 đah MK (m) a) 1 1 4 II III P P P P 1 1 2 3 4 b) 2 P1 P2 P3 P4 c) 3 P1 P2 P3 P4 d ) 4 P1 P2 P3 P4 e) 5 P1 P2 P3 P4 f) Hình 1.10 ♣ Thử lần 1: Cho P4 đặt vào đỉnh I của đahMK (sơ đồ 1) + Khi P4 đặt ở bên trái đỉnh I ta có: T ⎡dMK ⎤ ⎢ ⎥ = (P3 + P4). tgα1 = - (180 + 240). 0,25 = - 105 < 0 ⎣ dZ ⎦ + Khi P4 đặt ở bên phải đỉnh I ta có:
  73. F F ⎡dMK ⎤ ⎢ ⎥ = P3. tgα1 + P4. tgα2 = - 180. 0,25 + 240. 0,5 = 75 > 0 ⎣ dZ ⎦ Ta nhận thấy đạo hàm đổi dấu nên P4 đặt ở đỉnh I là Pth . Tính MK ứng với sơ đồ 1: MK = - 180. 0,5 - 240. 1,5 = - 450 KNm ♣ Thử lần 2: Cho P3 đặt vào đỉnh I của đahMK (sơ đồ 2) + Khi P3 đặt ở bên trái đỉnh I ta có: T ⎡dMK ⎤ ⎢ ⎥ = (P2 + P3). tgα1 + P4. tgα2 = (120 + 180).0,25 + 240. 0,5 = 45 > ⎣ dZ ⎦ 0 + Khi P3 đặt ở bên phải đỉnh I ta có: F F ⎡dMK ⎤ ⎢ ⎥ = (P1 + P2). tgα1 + (P3 + P4). tgα2 ⎣ dZ ⎦ = - (120 +120). 0,25 + (180 +240). 0,5 = 150 > 0 Ta nhận thấy đạo hàm không đổi dấu nên không cho giá trị MK cực trị. Tiếp tục dịch chuyển đoàn tải trọng sang bên phải. ♣ Thử lần 3: Cho P4 đặt vào đỉnh II của đahMK (sơ đồ 3) + Khi P4 đặt ở bên trái đỉnh II ta có: T ⎡dMK ⎤ ⎢ ⎥ = (P1 + P2). tgα1 + (P3 + P4). tgα2 ⎣ dZ ⎦ = - (120 +120). 0,25 + (180 + 240). 0,5 = 150 > 0 + Khi P4 đặt ở bên phải đỉnh II ta có: F F ⎡dMK ⎤ ⎢ ⎥ = (P1 + P2 ). tgα1 + P3. tgα2 + P4. tgα3 ⎣ dZ ⎦ = - (120 + 120). 0,25 + 180. 0,5 + 240. 0 = 30 > 0 Ta nhận thấy đạo hàm không đổi dấu nên không cho giá trị MK cực trị. Tiếp tục dịch chuyển đoàn tải trọng sang bên phải. ♣ Thử lần 4: Cho P3 đặt vào đỉnh II của đahMK (sơ đồ 4)
  74. + Khi P3 đặt ở bên trái đỉnh II ta có: T ⎡dMK ⎤ ⎢ ⎥ = P1. tgα1 + (P2 + P3). tgα2 + P4. tgα3 ⎣ dZ ⎦ = - 120. 0,25 + (120 +180). 0,5 + 240. 0 = 120 > 0 + Khi P3 đặt ở bên phải đỉnh II ta có: F F ⎡dMK ⎤ ⎢ ⎥ = P1. tgα1 + P2. tgα2 + P3. tgα3 + P4. tgα4 ⎣ dZ ⎦ = - 120. 0,25 + 120. 0,5 + 180. 0 - 240. 0,5 = - 90 < 0 Ta nhận thấy đạo hàm đổi dấu nên P3 đặt ở đỉnh II là Pth. Tính Mk ứng với sơ đồ 4 ta có: Mk = - 120. 1,25 - 120. 1 + 180. 1 + 240. 1 = 150 KNm ♣ Thử lần 5: Cho P3 đặt vào đỉnh III của đahMK (sơ đồ 5) + Khi P3 đặt ở bên trái đỉnh III ta có: T ⎡dMK ⎤ ⎢ ⎥ = (P1 + P2). tgα2 + P3.tgα3 + P4.tgα4 ⎣ dZ ⎦ = (120 + 120). 0,5 + 180. 0 - 240. 0,5 = 0 + Khi P3 đặt ở bên phải đỉnh III ta có: F F ⎡dMK ⎤ ⎢ ⎥ = P1. tgα2 + P2. tgα3 + P3. tgα4 ⎣ dZ ⎦ = 120. 0,5 + 120. 0 + 180. 0,5 = - 30 < 0 Ta nhận thấy đạo hàm đổi từ 0 sang dương nên P3 đặt ở đỉnh III là Pth. Tính Mk ứng với sơ đồ 5 ta có: Mk = 0 + 120. 1 + 180. 1 - 240. 1 = 60 KNm Nếu dịch chuyển tiếp, đoàn tải trọng sẽ ra ngoài đahMk, quá trình thử có thể dừng lại được. min So sánh hai trị số: Mk = - 450 KNm max Mk = 150 KNm Ta có thể kết luận: Vị trí bất lợi nhất của hệ lực tập trung di động trên hệ khi có mắt truyền lực để mô men uốn tại tiết diện K có giá trị tuyệt đối lớn nhất là vị trí đặt tải theo sơ đồ 1. Ứng với sơ đồ này ta có:
  75. max |MK| = 450 KNm. 2. Tính chuyển vị trong hệ tĩnh định Theo yêu cầu của đề bài ta phải xác định chuyển vị góc xoay tại tiết diện R do hai nguyên nhân là tải trọng và gối tựa C dịch chuyển sang phải một đoạn là Δ. 8 2 Với: J1 = 2J; J2 = 3J; E = 2. 10 (KN/m ); -6 4 4 -6 4 -2 4 J = 10 . L1 (m ) = 10 . 10 = 10 (m ) Δ = 0,01. L1 (m) = 0,01. 10 = 0,1 (m). 2.1. Lập trạng thái phụ “k”: 1. Đặt một mô nen tập trung Mk = 1 vào tiết diện R cần xác định chuyển vị góc xoay. 2. Tính hệ ở trạng thái "k": Ta có nhận xét Mk = 1 được đặt vào hệ khung GEM nên nó chỉ ảnh hưởng đến nội lực của khung GEM và khung chính CD của nó chứ không ảnh hưởng đến nội lực trong các hệ phụ MNAB của nó, vì vậy khi tính hệ ở trạng thái “k” ta chỉ cần quan tâm đến nội lực ở phần khung CDGEM. 1 1 + Xác định các phản lực: X = X = ; Y = Y = (chiều của phản lực E C 6 C D 8 xem hình 10). + Vẽ biểu đồ ( M k ): (Hình 1.11). 2.2. Tính hệ ở trạng thái " p ": Dùng kết quả đã tính ở phần trên, để đễ theo dõi trong quá trình nhân biểu đồ ta vẽ lại phần biểu đồ (MP ) trong khung CDGEM (Hình 1.11). 2.3. Dùng công thức Măcxoen-Mo tính chuyển vị cần tìm: 1. Tính chuyển vị góc xoay tại R do tải trọng gây ra: ϕR(P): Vận dụng công thức nhân biểu đồ tính chuyển vị góc xoay tại nút R do tải trọng gây ra với lưu ý trong hệ dầm khung có thể bỏ qua ảnh hưởng của lực cắt và lực dọc. 1,5 a) 2 b) 4350 4400 2J 1 2J 300 2175 1 2075 2 4050 675 1 M =1 K 125 2175 " K " 3J R 3J 2J " P " 1500 MK
  76. 1 ⎛ 4350 ⋅ 12 2 ⎞ ϕR(P) = (MP ). ( M k ) = ⎜ ⋅ ⋅ 2⎟ 3EJ ⎝ 2 3 ⎠ 1 ⎡ 2 + 1,5 350 ⋅ 5 ⎛ 1 ⎞ 2 3,5⎤ + ⎢4050 ⋅ 5 ⋅ + ⎜1,5 + ⋅ 0,5⎟ + ⋅ 125 ⋅ 5 ⋅ ⎥ 2EJ ⎣ 2 2 ⎝ 3 ⎠ 3 2 ⎦ 1 ⎡ 2,5 2325.5 ⎛ 2 ⎞⎤ 1 2175.6 2 1 2175.6 2 + ⎢2075.5. + ⎜1+ .0,5⎟⎥ + . .1+ . . .1 2EJ ⎣ 2 2 ⎝ 3 ⎠⎦ 3EJ 2 3 2EJ 2 3 1 = ()12400 + 17718,75+ 729,167 + 364,583 + 6484,375+ 3875 +1450 + 2175 EJ 45196,875 = = 0,023 rad. 2.108 .10− 6 .10 4 2. Tính chuyển vị góc xoay tại R do gối tựa C dịch chuyển sang phải: ϕR(Δ) n i i ⎛ 1 ⎞ ϕR(Δ) = − ∑ Rk . Δm = − ⎜ − Δ⎟ = 0,017 (rad) 1 ⎝ 6 ⎠ 3. Tính chuyển vị góc xoay tại R do cả hai nguyên nhân đồng thời tác dụng: ϕR = ϕR(P) + ϕR(Δ) = 0,023 + 0,017 = 0,04 (rad). Kết quả mang dấu dương cho ta kết luận tiết diện R dưới tác dụng của hai nguyên nhân trên sẽ bị xoay đi 1 góc 0,04 (rad) thuận chiều kim đồng hồ (cùng chiều với MK = 1 đã giả thiết).
  77. BÀI TẬP LỚN CƠ HỌC KẾT CẤU SỐ 2 TÍNH KHUNG SIÊU TĨNH THEO PHƯƠNG PHÁP LỰC BẢNG SỐ LIỆU CHUNG VỀ KÍCH THƯỚC VÀ TẢI TRỌNG Kích thước hình Thứ học (m) Tải trọng tự L1 L2 q (KN/m) P (KN) M (KNm) 1 8 12 30 80 150 2 10 8 40 100 120 3 12 10 50 120 100 4 8 10 20 100 150 5 10 12 40 80 150 6 12 8 30 120 120 7 8 8 50 100 150 8 10 10 20 80 100 9 12 12 40 120 150 10 10 12 30 100 120 YÊU CẦU VÀ THỨ TỰ THỰC HIỆN 1. Tính hệ siêu tĩnh do tải trọng tác dụng: 1.1. Vẽ các biểu đồ nội lực: Mô men uốn Mp, lực cắt Qp, lực dọc Np trên hệ 2 2 siêu tĩnh đã cho. Biết F = 10J/L1 (m ). 1. Xác định bậc siêu tĩnh và chọn hệ cơ bản (HCB). 2. Thành lập hệ phương trình chính tắc dạng chữ. 3. Xác định các hệ số và số hạng tự do của hệ phương trình chính tắc, kiểm tra các kết quả đã tính được. 4. Giải hệ phương trình chính tắc. 5. Vẽ biểu đồ mô men trên hệ siêu tĩnh đã cho do tải trọng tác dụng Mp. Kiểm tra cân bằng các nút và kiểm tra theo điều kiện chuyển vị.
  78. 6. Vẽ biểu đồ lực cắt Qp và lực dọc Np trên hệ siêu tĩnh đã cho. 1.2. Xác định chuyển vị ngang của điểm I hoặc góc xoay của tiết diện K. 8 2 -6 4 4 Biết: E = 2.10 (KN/m ); J = 10 . L1 (m ). 2. Tính hệ siêu tĩnh chịu tác dụng đồng thời của ba nguyên nhân (tải trọng, nhiệt độ thay đổi và gối tựa dời chỗ). 2.1. Viết hệ phương trình chính tắc dạng số. 2.2. Trình bày: cc 1. Cách vẽ biểu đồ mô men uốn M do 3 nguyên nhân đồng thời tác dụng trên hệ siêu tĩnh đã cho và cách kiểm tra. 2. Cách tính các chuyển vị đã nêu ở mục trên. Biết: ) Nhiệt độ thay đổi trong thanh xiên: o + Ở thớ trên là Ttr = +36 o + Ở thớ dưới là Td = +28 . ) Thanh xiên có chiều cao tiết diện h = 0,1 m. -5 ) Hệ số dãn nở dài vì nhiệt độ α = 10 . ) Chuyển vị gối tựa: + Gối D dịch chuyển sang phải một đoạn Δ1 = 0,001. L1 (m). + Gối H bị lún xuống một đoạn Δ2 = 0,001. L2 (m).
  79. SƠ ĐỒ TÍNH KHUNG SIÊU TĨNH M 1 q q I 2J P 2 6m 3J 6m P 2J 2J I D F 2J 2J 3J M L2 L2 3J J D F H H 8m L1 8m L1 4 q 3 P K M 2J 6m 6m q J 2J 2J P M J I 2J 2J 3J L2 L2 J 2J J J H H D D 8m 8m L1 L L 1 1 8m L1 2 2 2 6 I M 5 2J F 6m q M 6m q 2J 3J 2J P P M K 2J 2J P 3J L2 L2 J J 3J J H D D L1 8m L1 H 8m L1 K P 7 8 q 2J q M 6m M 6m 3J 2J M 2J P I F F L 3J 2 J J L2 J 3J J H D H D L L1 8m L1 8m 1 I P 10 K 9 q 6m q 6m 2J 3J P 2J M 2J P 2J 2J J L L 2 J 2 J 3J M J 3J H D H D L1 L1 8m L1 8m L1 2 2
  80. VÍ DỤ THAM KHẢO Đề bài: Số Đề: 10.5.8 10 ) Số thứ tự của sơ đồ kết cấu 5 ) Số liệu về kích thước hình học (hàng thứ 5): L1 = 10 m; L2 = 12 m. 8 ) Số liệu về tải trọng (hàng thứ 8): q = 20 KN/m; P = 80 KN; M =100 KNm. Với các số liệu đã cho, sơ đồ tính của kết cấu được vẽ lại như sau: (Hình 2.1). q = 20 KN /m K M=100 KNm 6m 3J 2J P = 80 KN C E 2J B 12m 3J J J H D A 8m 10m Hình 2.1 Trình tự tính toán: 1. Tính hệ siêu tĩnh chịu tác dụng của tải trọng 1.1. Vẽ các biểu đồ nội lực: mô men uốn Mp, lực cắt Qp và lực dọc Np. 1. Xác định bậc siêu tĩnh: n = 3V - K = 3. 2 - 3 = 3. 2. Chọn hệ cơ bản (HCB): Là hệ tĩnh định (Hình 2.2a) được suy từ hệ siêu tĩnh đã cho bằng cách loại bỏ bớt 3 liên kết thừa (2 liên kết tại A; 1 liên kết ngăn cản chuyển vị ngang tại D), sau đó thêm vào D và A ba ẩn lực X1; X2; X3.
  81. 3. Lập hệ phương trình chính tắc dạng chữ: δ11 X1 + δ12 X2 + δ13 X3 + Δ1p = 0 δ21 X1 + δ22 X2 + δ23 X3 + Δ2p = 0 δ31 X1 + δ32 X2 + δ33 X3 + Δ3p = 0 4. Xác định các hệ số δkm và các số hạng tự do Δkp của hệ phương trình: ♣ Vẽ các biểu đồ mô men đơn vị: M 1 , M 2 và M 3 do lần lượt các ẩn lực X1 = 1 (Hình 2.2b), X2 = 1 (Hình 2.2c) và X3 = 1 (Hình 2.2d) tác dụng trên HCB. o ♣ Vẽ biểu đồ mô men M P do tải trọng tác dụng trên HCB (Hình 2.2e). a) q K b) 3J M 12 6 2J P C N1=-1,35 E 2J B HCB J 3J HCB J 18 M1 X1 = 1 H X H A X3 1 1 18 D X2 2,25 2,25 c) d) N2=0 N3= 0 12 12 10 10 HCB HCB M3 M2 X3 =1 1 10 0 0 X2 = 1 0 1 0 Hình 2.2 e) q M P 200 100 HCB
  82. ♣ Dùng công thức Măcxoen- Mo và phép nhân biểu đồ để tính các hệ số và các số hạng tự do của hệ phương trình chính tắc: 1 ⎡12⋅ 12 2 ⎤ 1 ⎡12⋅ 10 2 ⎤ × M δ11 = M 1 1 = ⎢ ⋅ ⋅12⎥ + ⎢ ⋅ ⋅12⎥ + EJ ⎣ 2 3 ⎦ 2EJ ⎣ 2 3 ⎦ 1 ⎡18⋅ 18 2 ⎤ 1464 + ⎢ ⋅ ⋅18⎥ = 3EJ ⎣ 2 3 ⎦ EJ 1 ⎡18+ 6 ⎤ 480 × M δ12 = δ21 = M 1 2 = − ⎢ ⋅12 ⋅ 10⎥ = − 3EJ ⎣ 2 ⎦ EJ 1 1 ⎡10⋅ 10 2 ⎤ 1700 566,67 δ = × = 10⋅ 12 ⋅ 10 + ⋅ ⋅10 = = 22 M2 M2 ()⎢ ⎥ 3EJ 2EJ ⎣ 2 3 ⎦ 3EJ EJ 1 ⎡12⋅ 12 ⎤ 1 ⎡10⋅ 10 ⎤ 540 δ = δ = × = − ⋅10 − ⋅12 = − 23 32 M2 M3 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 3EJ ⎣ 2 ⎦ 2EJ ⎣ 2 ⎦ EJ δ33= M 3 × M 3 = 1 12⋅ 12 2 1 12⋅ 12 2 1 1488 = ⋅ ⋅ ⋅12 + ⋅ ⋅ ⋅12 +()12 ⋅ 10 ⋅ 12 = 3EJ 2 3 EJ 2 3 2EJ EJ 1 ⎡12⋅ 12 ⎛ 1 ⎞⎤ 240 δ13 = δ31 = M 1 × M 3 = ⎢ ⎜6 + ⋅12⎟⎥ = 3EJ ⎣ 2 ⎝ 3 ⎠⎦ EJ o MP × M1 Δ1p = =
  83. 1 ⎡ 100⋅ 10 2 2 ⎤ 1 ⎡960⋅ 12 ⎛ 2 ⎞⎤ 20880 =⎢ − ⋅ ⋅12 − ⋅200 ⋅ 10 ⋅ 6⎥ + ⎢ ⋅⎜6 + ⋅12⎟⎥ = 2EJ ⎣ 2 3 3 ⎦ 3EJ ⎣ 2 ⎝ 3 ⎠⎦ EJ o 1 960⋅ 12 19200 Δ = M P × M = − ⋅ ⋅10 = − 2p 2 3EJ 2 EJ o 1 960⋅ 12 1 7680 Δ = M × M = ⋅ ⋅ ⋅12 = 3p P 3 3EJ 2 3 EJ ♣ Kiểm tra kết quả tính các hệ số δkm của hệ phương trình chính tắc: Vẽ biểu đồ mô men đơn vị tổng cộng (Hình 2.3): Ms = M1 + M2 + M3 2 12 12 6 HCB M 8 S X1 = 1 X3=1 X2=1 Hình 2.3 Kiểm tra các hệ số thuộc hàng thứ nhất của hệ phương trình: 1 ⎡12⋅ 12 2 ⎤ = + + = × Σδ1m δ11 δ12 δ13 M 1 M s = ⎢ ⋅ ⋅12⎥ + EJ ⎣ 2 3 ⎦ 1 ⎡12⋅ 10 2 ⎤ 1 ⎡6⋅ 6 2 ⎛ 6+ 18 ⎞⎤ 1224 + ⎢ ⋅ ⋅12⎥ + ⎢ ⋅ ⋅6 + ⎜ ⋅12 ⋅ 8⎟⎥ = 2EJ ⎣ 2 3 ⎦ 3EJ ⎣ 2 3 ⎝ 2 ⎠⎦ EJ Kiểm tra các hệ số thuộc hàng thứ hai của hệ phương trình: × Σδ2m= δ21 + δ22 + δ23 = M 2 M s = 1 1 ⎡10⋅ 10 ⎛ 1 ⎞⎤ 453,33 − ⋅10 ⋅ 12 ⋅ 8 − ⎢ ⎜2 + ⋅10⎟⎥ = − 3EJ 2EJ ⎣ 2 ⎝ 3 ⎠⎦ EJ Kiểm tra các hệ số thuộc hàng thứ ba của hệ phương trình: × Σδ3m = δ31 + δ32 + δ33 = M 3 M s =
  84. 1 12⋅ 12 1 2+ 12 1 12⋅ 12 2 1188 ⋅ ⋅8 + ⋅ ⋅10 ⋅ 12 + ⋅ ⋅ ⋅12 = 3EJ 2 2EJ 2 EJ 2 3 EJ Kiểm tra tất cả các hệ số của hệ phương trình chính tắc: 3 3 1958,7 = × ∑∑δKm = M s M s = k== 1 m 1 EJ 1 12⋅ 12 2 1 12⋅ 10 2 1 ⎛ 6⋅ 6 2 ⎞ ⋅ ⋅ ⋅12 + ⋅ ⋅ ⋅12 + ⎜ ⋅ ⋅6 + 8 ⋅ 12 ⋅ 8⎟ EJ 2 3 2EJ 2 3 3EJ ⎝ 2 3 ⎠ 1 ⎡ 2+ 12 10⋅ 10 ⎛ 2 ⎞⎤ 1 12⋅ 12 2 1958,75 +⎢2 ⋅ 10 ⋅ + ⎜2 + ⋅10⎟⎥ + ⋅ ⋅ ⋅12 = 2EJ ⎣ 2 2 ⎝ 3 ⎠⎦ EJ 2 3 EJ Kiểm tra các số hạng tự do của hệ phương trình chính tắc: ΣΔ Δ Δ Δ o kp = 1p + 2p + 3p = M P × M s = 1 ⎡ 100⋅ 10 2 2 ⎤ 1 960⋅ 12 9360 ⎢− ⋅ ⋅12 − ⋅200 ⋅ 10 ⋅ 6⎥ + ⋅ ⋅8 = 2EJ ⎣ 2 3 3 ⎦ 3EJ 2 EJ 5.Giải hệ phương trình chính tắc: 1464X1 - 480X2 + 240X3 + 20880 = 0 X1 = - 2,225 KN -480X1 + 566,67X2 - 540X3 - 19200 = 0 X2 = 41,914 KN 240X1 - 540X2 +1488X3 + 7680 = 0 X3 = 10,4 KN 6. Vẽ biểu đồ mô men trên hệ siêu tĩnh đã cho do tải trọng tác dụng: o Mp = M1 X1+ M2 X2 +M3 X3 + MP Khi cộng các biểu đồ ta cần phải có sự thống nhất chung về dấu của các nội lực giữa các biểu đồ. Để đỡ nhầm lẫn ta có thể tự qui ước M > 0 khi căng dưới với các thanh ngang; căng phải với các thanh đứng và ngược lại. Ở đây chúng tôi lập bảng tính các mô men tại các đầu thanh với qui ước: người quan sát đứng ở trong khung HCBA; M > 0 căng về phía người quan sát; M < 0 căng về phía ngược lại. Đầu M .X M .X M .X o 1 1 2 2 3 3 M M (KNm) thanh p p MED 26,7 0 0 0 26,7 MEK 26,7 0 0 100 126,7
  85. MCK 13,35 0 0 0 13,35 - M 13,35 419,14 0 307,69 CH 124,8 - M 40,05 419,14 0 -500,81 HC 960 - M 0 419,14 0 294,34 CB 124,8 - M 0 0 0 - 124,8 BC 124,8 - M 0 0 0 - 124,8 BA 124,8 ∗ Kiểm tra cân bằng nút E về mô men: ΣME = 100 + 26,7 - 126,7 = 0 ∗ Kiểm tra cân bằng nút B về mô men: ΣMB = 124,8 - 124,8 = 0 ∗ Kiểm tra cân bằng nút C về mô men: ΣMC = 307,69 - 13,35 - 294,34 = 0 ∗ Kiểm tra theo điều kiện chuyển vị: 1 26,7⋅ 12 2 1 ⎡126,7⋅ 10 2 2 ⎤ − ⋅ ⋅ ⋅12 − ⎢ ⋅ ⋅12 + ⋅200 ⋅ 10 ⋅ 6⎥ EJ 2 3 2EJ ⎣ 2 3 3 ⎦ 1 ⎡ 13,35⋅ 6 2 307,69⋅ 12 500,81⋅ 12 ⎤ 1 ⎡124,8⋅ 12 2 ⎤ +⎢ − ⋅ ⋅6 − ⋅8 + ⋅ 8⎥ + ⎢ ⋅ ⋅12⎥ 3EJ ⎣ 2 3 2 2 ⎦ EJ ⎣ 2 3 ⎦
  86. 1 ⎡124,8⋅ 10 ⎛ 2 ⎞ 294,34⋅ 10 ⎛ 1 ⎞⎤ + ⎜2 + ⋅10⎟ − ⎜2 + ⋅10⎟ = 2EJ ⎢ 2 3 2 3 ⎥ ⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ 1 1217,04 1217,04 ()2705,04− 3922,08 = − = − ( m ) EJ EJ 2⋅ 108⋅ 10− 6⋅ 10 4 = - 0,61 (mm). A+ B Tính sai số theo biểu thức: δ = ()% A 2705,04− 3922,08 ta có δ = =0,45 < 5% là sai số trong giới hạn cho phép 2705,04 ta có thể coi chuyển vị đã tính là bằng 0, điều đó chứng tỏ biểu đồ Mp đã vẽ đúng. 7. Vẽ biểu đồ lực cắt Qp và biểu đồ lực dọc Np: ♣ Biểu đồ lực cắt Qp (Hình 2.5) được suy ra từ biểu đồ Mp dựa vào mối liên 0 Δ M hệ vi phân giữa M và Q: Dùng công thức Q = Q ± để lập bảng tính AB AB L lực cắt tại các đầu thanh với sinα = 0,6; cosα = 0,8. Đầu L ΔM Qp Q0 ± thanh (m) AB L (KN) Q = 1 2,2 DE 0 (26,7 - 0)/12 QED 2 25 Q = - CK 6 0 - (13,35 - 0)/6 QKC 2,225 1 (20.10.0,8)/ 67, Q 126,7/10 EK 0 2 33 1 - - Q 126,7/10 KE 0 (20.10.0,8)/2 92,67 Q = 1 (500,81 + 67, CH 0 QHC 2 307,69)/12 375
  87. Q = 1 (500,81 + 67, CH 0 QHC 2 307,69)/12 375 Q = 1 - (294,34 + - CB 0 QBC 0 124,8)/10 41,914 Q = 1 10. BA 0 124,8/12 QAB 2 4 K 2,25 NEK 67,33 67,33 92,67 E α X 10,4 C B 2,25 E U NED 41,914 67,375 X K 2,25 92,67 α 2,25 QP NKE NKC D H ( KN ) A U Hình 2.5 ♣ Biểu đồ lực dọc Np (Hình 2.6) được suy từ biểu đồ lực cắt Qp bằng cách xét cân bằng hình chiếu các ngoại lực và nội lực tại các nút E, K, C và B với sinα = 0,6; cosα = 0,8. 41,914 ♣ Xét cân bằng nút E: NBC B X ΣX = NEK. 0,8 + 67,33. 0,6 - 2,25 = 0 80 117,525 NEK = - 47,685 KN NBA 10,4 2,25 41,914 ΣU = NED. 0,8 + 67,33 - 2,25. 0,6 = 0 Y N = - 82,475 KN C X ED 69,6 67,375 ♣ Xét cân bằng nút K: NCH Y
  88. ΣX = NKE. 0,8 - 92,67. 0,6 - 2,25 = 0 → NKE = 72,315 KN ΣU = NKC. 0,8 + 2,25. 0,6 + 92,67 = 0 → NKC = - 117,525 KN ♣ Xét cân bằng nút B: ΣX = NBC - 80 + 10,4 = 0 → NBC = 69,6 KN ΣY = NBA + 41,914 = 0 → NBA = - 41,914 KN ♣ Xét cân bằng nút C: ΣX = 69,6 - 67,375 - 2,25 = 0 ΣY = NCH + 117,525 - 41,914 = 0 → NCH = - 75,611 KN
  89. 72,315 K K MK =1 117,525 69,6 47,685 1 E B C 41,914 75,611 '' K '' 82,475 M o NP K H D ( KN) A Hình 2.6 ) Hình 2.7 1.2. Tính chuyển vị góc xoay tại K: 8 2 -6 4 4 -6 4 -2 4 Với E = 2. 10 KN/m ; J =10 . L1 (m ) = 10 . 10 = 10 (m ) 1. Lập trạng thái phụ “k” trên hệ tĩnh định được suy ra từ hệ siêu tĩnh đã cho bằng cách loại bỏ 3 liên kết thừa. Ở đây chúng tôi chọn giống HCB (Hình 2.2). 2. Vẽ biểu đồ mô men ở trạng thái phụ “k” (Hình 2.7). 3. Dùng công thức nhân biểu đồ tính ϕK: 1 ⎛13,35 ⋅ 6 307,69 ⋅ 12 500,81 ⋅ 12 ⎞ ϕK(P) = ⎜ ⋅ 1 + - ⋅ 1 ⎟ 3EJ ⎝ 2 2 2 ⎠ 1 372,89 = ()13,35 + 615,38 - 1001,62 = - EJ EJ 372,89 = − = − 0,00019 rad 2 ⋅ 108 ⋅ 10− 6⋅ 10 4 Vậy tiết diện K bị xoay một góc 0,00019 rad thuận chiều kim đồng hồ.
  90. 2. Tính hệ siêu tĩnh chịu tác dụng đồng thời của ba nguyên nhân (tải trọng, sự thay đổi nhiệt độ và gối tưa dời chỗ): 2.1. Viết hệ phương trình chính tắc dạng số: 1. Chọn hệ cơ bản giống như trên (Hình 2.8). +120 K q -80 3J M 2J P C E 2J B 3J J J HCB X 1 D H A X3 Δ2 X 2 Δ 1 Hình 2.8 2. Lập hệ phương trình chính tắc dạng chữ: δ11 X1 + δ12 X2 + δ13 X3 + Δ1p + Δ1t + Δ1Δ = Δ1 δ21 X1 + δ22 X2 + δ23 X3 + Δ2p+ Δ2t + Δ2Δ = 0 δ31 X1 + δ32 X2 + δ33 X3 + Δ3p + Δ3t +Δ3Δ = 0 3. Xác định các số hạng tự do Δkt và ΔkΔ: i i ΔkΔ = - ∑ Rk ⋅ Δm Δ t Δkt =∑ α ⋅ tc ⋅ Ω N K +∑ ± α ⋅ ⋅ Ω MK h Với Δ1 = 0,001.L1 = 0,001. 10 = 0,01 (m) Δ2 = 0,001.L2 = 0,001. 12 = 0,012 (m) 0 0 -5 tc = (36 + 28)/2 = 32 ; ⎜Δt⎜= 8 ; α = 10 ; h = 0,1 (m) Sử dụng các kết quả tính nội lực đơn vị của thanh xiên EK đã tính ở trên ta
  91. có: N1 = - 1,35 KN ; N2= N 3 = 0 −5 −5 10⋅ 8 ⎛12 ⋅ 10 ⎞ 5- Δt1 =10 ⋅ 32 () − 1,35 ⋅ 10 + ⎜ ⎟ = 4368 ⋅ 10 = 0,044 1,0 ⎝ 2 ⎠ Δ2t = Δ 3t = 0 Phản lực đứng tại liên kết H được ghi trong các (Hình 2.3), (Hình 2.4) và (Hình 2.5). Δ1Δ = - 2,25. Δ2 = - 2,25. 0,012 = - 0,027 Δ2Δ = - 1. Δ2 = - 0,012 Δ3Δ = 0 4. Lập hệ phương trình chính tắc dạng số: 1464 X1 - 480 X2 + 240 X3 + 20880 + (0,044 - 0,027)EJ = 0,01EJ -480 X1 + 566,67 X2 - 540 X3 - 19200 + 0 - 0,012EJ = 0 240 X1 - 540 X2 + 1488 X3 + 7680 + 0 + 0 = 0 1464 X1 - 480 X2 + 240 X3 + 34880 = 0 - 480 X1 + 566,67 X2 - 540 X3 - 43200 = 0 ( ) 240 X1 - 540 X2 + 1488 X3 + 7680 = 0 2.2. Trình bày cách tính: 1. Mô men uốn Mcc trên hệ siêu tĩnh đã cho do tác dụng đồng thời của 3 nguyên nhân: tải trọng, sự thay đổi nhiệt độ trong thanh xiên EK và sự dời chỗ của gối tựa D và H. ♦ Giải hệ phương trình ( ) ta được các nghiệm X1, X2, X3 cc o ♦ M = M1 X1+ M2 X2 +M3 X3 + MP ♦ Kiểm tra theo điều kiện chuyển vị ta dùng biểu thức: 3 3 cc M × Ms = −∑ Δkt − ∑ ΔkΔ + vế phải của hệ phương trình k= 1 k= 1 = - Δ1t - Δ1Δ - Δ2Δ + Δ1 = 0,005 → Nếu kết quả nhân biểu đồ thỏa mãn biểu thức trên thì biểu đồ Mcc được xem là đúng.
  92. 2. Cách tính chuyển vị góc xoay tại K: ♦ Lập trạng thái phụ "k" như trên (Hình 2.7) ♦ Tính hệ tĩnh định đã chọn ở trạng thái "k": Xác định phản lực tại D, H; vẽ biểu đồ mô men và xác định lực dọc trong thanh xiên EK. cc o 0 0 ♦ ϕK(P; t0; Δ) = M × Mk + Δkt +ΔkΔ Ở đây với trạng thái “k” đã chọn để tính góc xoay tại K ta có phản lực tại gối tựa D; phản lực đứng tại H; và nội lực mô men, lực dọc trong thanh xiên EK 0 0 bằng 0 nên Δkt = ΔkΔ = 0.
  93. BÀI TẬP LỚN CƠ HỌC KẾT CẤU SỐ 3 TÍNH KHUNG SIÊU TĨNH THEO PHƯƠNG PHÁP CHUYỂN VỊ VÀ PHƯƠNG PHÁP PHÂN PHỐI MÔ MEN. BẢNG SỐ LIỆU CHUNG VỀ KÍCH THƯỚC VÀ TẢI TRỌNG Kích thước hình Tải trọng học (m) Thứ tự q P M L1 L2 (KN/m) (KN) (KNm) 1 8 12 30 80 150 2 10 8 40 100 120 3 12 10 50 120 100 4 8 10 20 100 150 5 10 12 40 80 150 6 12 8 30 120 120 7 8 8 50 100 150 8 10 10 20 80 100 9 12 12 40 120 150 10 10 12 30 100 120 YÊU CẦU VÀ THỨ TỰ THỰC HIỆN: 1. Vẽ biểu đồ mô men uốn Mp của khung siêu tĩnh đã cho theo phương pháp chuyển vị. 2. Vẽ biểu đồ mô men uốn Mp của khung siêu tĩnh đã cho theo phương pháp phân phối mô men. 3. Vẽ biểu đồ lực cắt Qp, lực dọc Np trên hệ siêu tĩnh đã cho. 4. Xác định chuyển vị ngang của điểm I hoặc góc xoay của tiết diện K.
  94. 8 2 -6 4 4 Biết: E = 2.10 (KN/m ); J = 10 . L1 (m ). Chú ý: 1. Vẽ xong biểu đồ mô men uốn Mp cần kiểm tra cân bằng các nút và cân bằng hình chiếu cho các biểu đồ lực cắt Qp, lực dọc Np. 2. Cần so sánh kết quả tính nội lực giữa hai phương pháp. 3. Cần hiểu rõ ý nghĩa của công thức tính chuyển vị và cách lập trạng thái phụ ''k'' để tính chuyển vị. SƠ ĐỒ TÍNH KHUNG SIÊU TĨNH (Bài tập lớn số 3) M P q 1 2 2J 2J K 0,5L2 P 6m P J 2J K L2 q J 0,5L2 2J J L2 L L L1 1 1 2 2 8m L1 4 3 4 q q I P 0,5L2 J 6m 0,5L P 2 2J J 0,5L2 2J K P 0,5L2 J L2 J 0,5L2 J L1 L1 8m P 5 q 4 M M 6 0,5L 2J K 2J 6m q I P 2 0,5L2 2J P J J 0,5L2 0,5L2 L J 2 L L L 1 1 1 8m L1 2 2 4 q J P K 7 0,5L2 8 2J q 6m 0,5L2 2J K 2J J P L2 J J 0,5L2 L2 J L1 L1 2 2 8m L1 9 P q 10 P 4 M K q 2J 6m 0,5L 2J 2J K 2J 2 L2 J J
  95. VÍ DỤ THAM KHẢO Đề bài: Số đề: 10. 7. 5 10 ) Số thứ tự của sơ đồ kết cấu 7 ) Số liệu về kích thước hình học (hàng thứ 7): L1 = 8 m; L2 = 8 m. 5 ) Số liệu về tải trọng (hàng thứ 5): q = 40KN/m; P = 80 KN. Với các số liệu đã cho, sơ đồ tính của kết cấu được vẽ lại như sau (Hình 3.1): P = 80 KN P Z 1 q = 40 KN /m K B 2J B q 8m Z2 J 2J 6m HCB C C A 4m A P J P Hình 3.1 4m D D Hình 3.2 2m 8m Trình tự tính toán: 1. Dùng phương pháp chuyển vị vẽ biểu đồ mô men uốn MP do tải trọng tác dụng trên hệ siêu tĩnh đã cho:
  96. 1.1. Xác định số ẩn số: n = ng + nt = 1 + 1 = 2. 1.2. Lập hệ cơ bản (HCB): Thêm vào nút B một liên kết mô men và một liên kết lực, tương ứng với chúng là các ẩn chuyển vị Z1 và Z2 (Hình 3.2). 1.3. Lập hệ phương trình chính tắc: r11 Z1 + r12 Z2 + R1p = 0 r21 Z1 + r22 Z2 + R2p = 0 o 1.4. Dùng bảng tra vẽ các biểu đồ đơn vị: M 1 , M 2 và M Pdo lần lượt các ẩn Z1 = 1 (Hình 3.3), Z2 = 1 (Hình 3.4) và tải trọng (Hình 3.5) gây ra trên HCB. 1.5. Tính các hệ số: r11; r12; r22 và các số hạng tự do R1p; R2p: , o + Tách nút B ở các biểu đồ, M 1 M2 và M Pxét cân bằng về mô men để xác định các phản lực mô men r11, r12 và R1p trong liên kết mô men được thêm vào B trên HCB. + Xét cân bằng về lực của thanh BC ở biểu đồ và ođể xác định các M2 M P phản lực thẳng r22 và R2p trong liên kết lực được thêm vào B trên HCB.
  97. Z1 = 1 Z2 = 1 0,5EJ B B 0,094EJ 0,6EJ 0,25EJ HCB 0,094EJ HCB M2 M1 0,047EJ Hình 3.3 Hình 3.4 r11 400 r 160 0,6EJ r =1,1EJ 12 B 11 B 0,5EJ 0,094EJ 400 R1p r12 = r21 = - 0,094EJ 160 B 400 B r22 R1p= - 240 0,024EJ P R2p C 160 B 100 q r22=0,03EJ M* 0,006EJ P R2p= 25 C 120 ( KNm ) 25 Hình 3.5
  98. 1.6. Giải hệ phương trình chính tắc: 1,1EJ Z1 - 0,094EJ Z2 - 240 = 0 Z1 = 200,712/EJ - 0,094EJ Z1 + 0,03EJ Z2 + 25 = 0 Z2 = - 204,436/EJ 1.7. Vẽ biểu đồ mô men trên hệ siêu tĩnh đã cho (Hình 3.6): o Mp = M1 Z1+ M2 Z2 + M P Khi cộng các biểu đồ ta cần phải có sự thống nhất chung về dấu của các nội lực giữa các biểu đồ. Để đỡ nhầm lẫn ta có thể tự qui ước M > 0 khi căng dưới với các thanh ngang; căng phải với các thanh đứng và ngược lại. Ở đây chúng tôi lập bảng tính mô men tại các đầu thanh với qui ước: người quan sát đứng ở trong khung khi đó M > 0 căng về phía người quan sát và M < 0 căng về phía ngược lại. Đầu M . Z M2. Z2 1 1 Mp Mp thanh MBK 0 0 - 160 - 160 - MBA - 100,356 - 19,217 0 119,573 - MBC 120,427 0 - 400 279,573 MAB 50,178 19,217 0 69,395 - MDC 0 - 9,608 -120 129,608 160 279,573 K B 400 119,573 Kiểm tra cân bằng nút B về mô men: ΣMB = 279,573 - 119,573 - 160 = 0 69,395 C B A 160 160 95,196 279,573 119,573 MP (KNm) 129,608 Hình 3.6 D
  99. 2. Dùng phương pháp phân phối mô men (PPMM) vẽ biểu đồ mô men uốn MP: Hệ siêu tĩnh đã cho có một nút cứng B có chuyển vị thẳng, trình tự tính như sau: Z1 2.1. Xác định số ẩn số: n = nt = 1. P 2.2. Lập hệ cơ bản (HCB) (Hình 3.7). B q 2.3. hệ phương trình chính tắc: M1 r11 Z1 + R1p = 0 2.4. biểu đồ đơn vị M do Z = 1 gây 1 1 C ra trên HCB (Hình 3.8). Khác với phương A pháp chuyển vị ở đây mô men tại nút B đã cân bằng sau khi thực hiện sơ đồ PPMM HCB P (Hình 3.8). ♣Xác định độ cứng đơn vị qui ước ρkj: Hình 3.7 D ρBA = iBA = 0,125EJ; 3 3 2EJ ρ =i = ⋅ = 0,15EJ BC 4 BC 4 10 ♣ Xác định các hệ số phân phối mô men μkj: 0,125EJ 0,15EJ μ = = 0,455 ; μ = = 0,545 BA 0,125EJ+ 0,15EJ BC 0,125EJ+ 0,15EJ ♣ Kiểm tra các hệ số PPMM: Σ μBj = μBA + μBC = 0,455 + 0,545 = 1
  100. ♣ Lập sơ đồ PPMM để vẽ (Hình 3.8): Ở đây chúng tôi sử dụng kết quả biểu M đồ1 M2 Z =1 tra bảng do Z2 =1 ở trên, đó là (Hình 3.4) trong0,051EJ phần tính1 theo phương +0,051EJ pháp chuyển vị). -0,051EJ B B +0,094EJ 0,54 + - 0,043EJ 0,455 0 C C M A 1 - 0,0 22EJ A 0,072EJ + +0,094EJ +0,072EJ + 0,047EJ 0,047EJ D D Hình 3.8 o M P ♣ Lập sơ đồ PPMM để vẽ (Hình 3.9) o Sử dụng kết quả biểu đồ tra bảng do tải trọng tác dụng ở trên, đó là Mp (Hình 3.5) trong phần tính theo phương pháp chuyển vị. +269,2 160 269,2 -130,8 + -160 400 109,2 B B 0,545 400 -109,2 0,455 0 C C 54,6 A 160 100 -54,6 A o MP 120 ( KNm ) -120 D Hình 3.9 D
  101. 2.5. Xác định các hệ số của phương trình chính tắc: B r 11 P B R1p R = 4,525 r11 = 0,021EJ 1p 0,015EJ 20,475 C C 0,006EJ 25 2.6. Giải phương trình chính tắc: 0,021EJ. Z1 + 4,525 = 0 Z1 = - 215,476/EJ 2.7. Vẽ biểu đồ mô men trên hệ siêu tĩnh: (Hình 3.10). o Mp = M1 . Z1+ Mp Lập bảng tính các mô men tại các đầu thanh với qui ước: người quan sát đứng ở trong khung; M > 0 căng về phía người quan sát; M < 0 căng về phía ngược lại. Sau đó so sánh kết quả tính Mp giữa phương pháp chuyển vị và phương pháp phân phối mô men (sai số kết quả tính giữa 2 phương pháp được ghi trong bảng). Đầu M . Z Sai số giữa hai 1 1 Mpo Mp thanh PP MBK 0 - 160 - 160 0% - - - M 0,5% BA 10,989 109,2 120,189 - - - M 0,22% BC 10,989 269,2 280,189 MAB 15,514 54,6 70,114 0,1% - - M -120 0,4% DC 10,127 130,127
  102. 160 280,189 400 B 120,189 70,114 C A 160 94,937 MP (KNm) 130,127 Hình 3.10 D 3. Vẽ biểu đồ lực cắt Qp và biểu đồ lực dọc Np: 3.1 Biểu đồ lực cắt Qp (Hình 3.11) được suy ra từ biểu đồ Mp. Ở đây chúng tôi dùng kết quả tính MP theo phương pháp chuyển vị (Hình 3.6) để tính lực cắt tại các đầu thanh dựa vào mối liên hệ vi phân giữa M và Q: 3.2. Dùng công thức: Δ M Δ M Q = Q0 ± Q = Q0 ± AB AB L BA BA L Kết quả tính lực cắt tại các đầu thanh được ghi trong bảng sau: Đầu ΔM L(m) Q0 ± Qp thanh AB L Q BK 2 0 - (160 - 0)/2 - 80 = QKB Q - - AB 8 0 = QBA (69,395+119,573)/8 23,621
  103. QBC 10 (40.10.0,8)/2 279,573/10 187,957 - - Q 10 279,573/10 CB (40.10.0,8)/2 132,043 Q CE 4 0 95,196/4 23,799 = QEC Q - (129,608 + ED 4 0 -56,201 = QDE 95,196)/4 3.3. Biểu đồ lực dọc Np (Hình 3.12) được suy từ biểu đồ lực cắt Qp bằng cách xét cân bằng hình chiếu các nội lực và ngoại lực tại các nút B và C với sinα = 0,6; cosα = 0,8. 111,443 297,231 187,957 B K B K 128,557 80 C 23,621 C A 132,043 A 182,769 56,201 23,621 E NP (KN) D QP (KN) D Hình 3.12 Hình 3.11 ♣ Xét cân bằng nút B: 80 B 187,957 NBK = 0 Σ X = NBC. 0,8 - 187,957. 0,6 + 23,62 = 0 α X 23,62 NBC NBC = 111,443 KN Σ U = N . 0,8 + 187,957 + 80. 0,8 - 23,62. 0,6 = 0 NBA BA U → NBA = - 297,183 KN NCB ♣ Xét cân bằng nút C: 132,043 X C α 23,62 NCD U
  104. Σ X = NCB. 0,8 + 132,043. 0,6 + 23,62 = 0 NCB= - 128,557 KN Σ U = NCD. 0,8 + 23,62. 0,6 + 132,043 = 0 NCD = - 182,769 KN 4. Tính chuyển vị góc xoay tại K: 8 2 Với E = 2. 10 KN/m ; MK = 1 B K -6 4 4 -6 4 J =10 . L1 (m ) = 4096. 10 (m ) 4.1. Lập trạng thái phụ “k” trên hệ tĩnh định được suy ra từ hệ siêu tĩnh đã cho bằng cách loại bỏ liên kết khớp tại C (Hình 3.13). C A 4.2. Vẽ biểu đồ mô men ở trạng '' k '' thái phụ “k” (Hình 3.14). 160 279,573 Hình 3.13 1 D K B 119,573 400 69,395 C A 160 95,196 0 MK MP (KNm) 129,608 D Hình 3.14 Hình 3.6 4.3. Dùng công thức nhân biểu đồ tính ϕK:
  105. 1 ⎛160 ⋅ 2 ⎞ 1 ⎡69,395 ⋅ 8 19,573 ⋅ 8 ⎤ ϕ = × = ⋅ 1 + ⋅ 1 - ⋅ 1 K(P) M P M K ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ 2EJ ⎝ 2 ⎠ EJ ⎣ 2 2 ⎦ ϕK(P) = - 0,00015 rad Vậy tiết diện K sẽ bị xoay một góc 0,00015 rad thuận chiều kim đồng hồ.
  106. Phụ lục: Mẫu Trang bìa TRƯỜNG ĐẠI HỌC THỦY LỢI HÀ NỘI BỘ MÔN SỨC BỀN - CƠ KẾT CẤU BÀI TẬP LỚN SỐ TÍNH HỆ TĨNH ĐỊNH Số đề : 4 . 5 . 3 Họ và tên sinh viên : Lớp : Người hướng dẫn : Hà Nội -2006
  107. MỤC LỤC Trang Lời giới thiệu 3 Các yêu cầu chung 4 Phần I: SỨC BỀN VẬT LIỆU Bài tập lớn số 1: Đặc trưng hình học của hình phẳng Bảng số liệu 7 Ví dụ tham khảo 11 Bài tập lớn số 2: Tính dầm thép Bảng số liệu 18 Ví dụ tham khảo 23 Bài tập lớn số 3: Tính cột chịu lực phức tạp Bảng số liệu 37 Ví dụ tham khảo 41 Bài tập lớn số 4: Tính dầm trên nền đàn hồi Bảng số liệu 49 Ví dụ tham khảo 53 Phần II:
  108. CƠ HỌC KẾT CẤU Bài tập lớn số 1: Tính hệ thanh phẳng tĩnh định Bảng số liệu 65 Ví dụ tham khảo 68 Bài tập lớn số 2: Tính khung siêu tĩnh theo phương pháp lực Bảng số liệu 81 Ví dụ tham khảo 84 Bài tập lớn số 3: Tính khung siêu tĩnh theo phương pháp chuyển vị Và phương pháp phân phối mô men Bảng số liệu 96 Ví dụ tham khảo 98 Phụ lục 108 Mục lục 109