Bài tập lớn sức bền vật liệu

ĐỀ BÀI : 9
HỆ SỐ K
7
: 1,40
a = 2m
P
1
= K
i
qa = 1,40 x q x 2 =2,8q
M = K
i
qa
2
= 1,40 x q x 2
2
=5,6q
Q = q x 2a = q x 2 x 2 =4q
E = 2.10
11
N/m
2
[
σ
] = 16 kN/cm
2
A.XÁC ĐỊNH TẢI TRỌNG CHO PHÉP TÁC DỤNG LÊN THANH:
I. Vẽ biểu dồ nội lực Q
y
và M
x

bằng phương pháp mặt cắt:
2,4q
3,2q
4,08q
1,2q
1,2q
4q
4q
2,8q
B
D
C
A
q
Y
C
=8q
Y
B
=-1,2q
X
B
=0
M=5,6q
Q=4q
a=2
a=2
1,4a=2,80,6a=1,2
P=2,8q
[kN]

Q
y
Mx
[kNm]
Biểu đồ nội lực số 1 (không kể tải trọng bản thân thanh)
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 1
1. Xác đònh phản lực tại gối:
∑Z = –X
B
= 0
⇒
X
B
= 0
∑Y = –P + Y
C
– Q + Y
B
= 0
⇒
Y
B
+ Y
C
= P + Q
= 2,8q + 4q = 6,8q (1)
∑M
B
= M + 2a.Q – 2,4a.Y
C

+ 3a.P =0
⇒
Y
C
=
1
2,4a
(M

+ 2a.Q + 3a.P)
=
1
2,4.2
(5,6q+2.2.4q + 3.2.2,8q)
=
1
4,8
(38,4q) = 8q
(1)
⇒
Y
B
= 6,8q – Y
C
= 6,8q – 8q = –1,2q
Nhận xét: Trên toàn thanh AB không có lực tác dụng theo phương X
⇒
N
z
=0

trên toàn thanh.
2. Xét đoạn AC:
Dùng mặt cắt 1–1 cắt AC tại O
1
, O
1
cách A đoạn z
1
(0 ≤ z
1
≤ 1,2). Xét phần bên
trái mặt cắt.
O
1
1
1
Q
y1
M
x1
N
z1
P=2,8q
Q
1
=qz
1
z
1
∑Z = N

z1
= 0
⇒
N
z1
= 0
∑Y = –P –Q
1
– Q
y1
= 0
⇒
Q
y1
= –(P + Q
1
) = – (2,8q + z
1
.q) (bậc 1)
Các đầu thanh:
z
1
=0
⇒
Q
y1
= – (2,8q + 0.q) = –2,8q <0 (chiều ngược với giả thiết)
z
1
=1,2

⇒
Q
y1
= – (2,8q + 1,2.q) = –4q <0 (chiều ngược với giả thiết)
∑M
01
= M
x1
+
1
z
2
.Q
1
+ z
1
.P = 0
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 2
⇒
M
x1
= –(
1
z
2
.Q
1
+ z
1
.P)

= –(q.
2
1
z
2
+ 2,8q.z
1
) = –(
2
1
z
2
+ 2,8.z
1
)q (bậc 2)
Tìm cực trò:
Trên AC, Q
y1
≠ 0
⇒

x1
1
dM
dz
≠ 0
⇒
M
x1
không đạt cực trò trên AC

Dễ thấy M
x1
sẽ lõm theo chiều của q
Các đầu thanh:
z
1
=0
⇒
M
x1
= –(
2
0
2
+ 2,8.0)q =0
z
1
=1,2
⇒
M
x1
= –(
2
1,2
2
+ 2,8.1,2)q = –4,08q <0 (căng trên)
Giữa đoạn CD:
z
1
=0,6

⇒
M
x1
= –(
2
0,6
2
+ 2,8.0,6)q = –1,86q <0 (căng trên)
3. Xét đoạn CD:
Dùng mặt cắt 2–2 cắt CD tại O
2
, O
2
cách C đoạn z
2
(0 ≤ z
2
≤ 2,8). Xét phần bên
trái mặt cắt.
Q
2
= q(1,2+z
2
)
1,2
Y
C
=8q
C
O

2
2
2
Q
y2
M
x2
N
z2
P=2,8q
Q
2
=q(1,2+z
2
)
z
2
∑Z = N
z2
= 0
∑Y = Q
y2
+ Q
2
– Y
C
+ P= 0
⇒
Q
y2

= – (P + Q
2
–Y
C
)
= – (2,8q + q(1,2+z
2
) – 8q)
= –q(z
2
– 4) (bậc 1)
Các đầu thanh:
z
2
=0
⇒
Q
y2
= –q(0

– 4) = 4q >0 (cùng chiều giả thiết)
z
2
=2,8
⇒
Q
y2
= –q(2,8

– 4) = 1,2q >0 (cùng chiều giả thiết)

SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 3
∑M
02
= M
x2
+ Q
2
(0,6+
2
z
2
) – z
2
.Y
C
+ (1,2+z
2
).P
1
= 0
⇒
M
x2
= 8qz
2
–
q
2
(1,2+z
2

)
2
– 2,8q(1,2+z
2
)
= q(–
2
2
z
2
+4z
2
– 4,08) (bậc 2)
Tìm cực trò:
Trên CD, Q
y2
≠ 0
⇒

x2
2
dM
dz
≠ 0
⇒
M
x2
không đạt cực trò trên CD
Dễ thấy M
x2

sẽ lõm theo chiều của q
Các đầu thanh:
z
2
=0
⇒
M
x2
= q(–
2
0
2
+4.0 – 4,08) = – 4,08q <0 (căng trên)
z
2
=2,8
⇒
M
x2
= q(–
2
2,8
2
+4.2,8 – 4,08) = 3,2q >0 (căng dưới)
Điểm giữa đoạn:
z
2
=1,4
⇒
M

x2
= q(–
2
1,4
2
+4.1,4 – 4,08) = 0,54q >0 (căng dưới)
4. Xét đoạn DB:
Dùng mặt cắt 3–3 cắt DB tại O
3
, O
3
cách B đoạn z
3
(0 ≤ z
3
≤ 2). Xét phần bên
phải mặt cắt.
Y
B
=-1,2q
B
X
B
=0
3
3
O
3
Q
y3

N
z3
M
x3
z
3
∑Z = –N
z3
= 0
⇒
N
z3
= 0
∑Y = Q
y3
+ Y
B
= 0
⇒
Q
y3
=

– Y
B
= 1,2q (= const)
∑M
03
= M
x3

– Y
B
.z
3
= 0
M
x3
= Y
B
.z
3
= –1,2q.z
3
(bậc 1)
Các đầu thanh:
z
3
=0
⇒
M
x3
= –1,2q.0 = 0
z
3
=2
⇒
M
x3
= –1,2q.2 = –2,4q <0 (căng trên)
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 4

II. Kiểm tra biểu đồ đã vẽ bằng phương pháp liên hệ vi phân:
Kiểm tra lại biểu đồ nội lực đã vẽ
bằng phương pháp vi phân :
Đi từ trái qua phải.
Trên AC :
q bậc 0
⇒
Q
y
bậc 1, M
x
bậc 2
Tại A :
Q
yA
= P = –2,8q
M
xA
= 0
Tại C :
Q
yC
tr
= Q
yA
– S
q
AC
=–2,8q–1,2q = –4q
M

xC
tr
= M
XA
+ S
Qy
AC
= 0 +
1
2
(–2,8–
4)q.1,2
=– 4,08q
Trên CD :
q bậc 0
⇒
Q
y
bậc 1, M
x
bậc 2
Tại C :
Q
yC
ph
= Q
yC
tr
+ Y
C

= –4q + 8q = 4q
M
xC
ph
= M
xC
tr
= –4,08q
Tại D :
Q
yD
tr
= Q
yC
ph
– S
q
CD
= 4q–2,8q = 1,2q
M
xD
tr
= M
XC
ph
+ S
Qy
CD
= – 4,08q +
1

2
(4+1,2)q.2,8 = 3,2q
Trên DB :
Không có q
⇒
Q
y
bậc 0, M
x
bậc 1
Tại D :
Q
yD
ph
= Q
yD
tr
= 1,2q
M
xD
ph
= M
xD
tr
– M = 3,2q – 5,6q = –2,4q
Tại B :
Q
yB
= Q
yD

ph
= 1,2q
M
xB
= M
XD
ph
+ S
Qy
DB
= –2,4q + 1,2q.2
= 0
KẾT LUẬN : Kết quả bài toán giải bằng phương pháp vi phân hoàn toàn đúng
với kết quả giải được bằng phương pháp mặt cắt.
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 5
2,4q
3,2q
4,08q
1,2q
1,2q
4q
4q
2,8q
M
x
Q
y
B
D
C

A
q
Y
C
=8q
Y
B
=-1,2q
X
B
=0
M=5,6q
Q=4q
a=2
a=2
1,4a=2,80,6a=1,2
P=2,8q
B. CÁC SỐ LIỆU CẦN THIẾT CỦA TIẾT DIỆN CHỮ I N
0
18:
h = 18 cm J
x
= 1330 cm
4
x
x
y
y
h=180
b=95

Thép I N 18
0
b = 9,5 cm W
x
= 148 cm
3
d = 0,5 cm S
x
= 83,7 cm
4
t = 0,8 cm F = 23,3 cm
2
Trọng lượng bản thân : 184 N/m
C.SƠ BỘ XÁC ĐỊNH Q, P, M NHƯ BÀI TOÁN THANH CHỊU UỐN
THUẦN TÚY:
Xét phân tố ở trạng thái ứng suất đơn, chọn mặt cắt nguy hiểm có
x
max
M 4,08q=
Từ diều kiện bền ta có:
4 6
4 6
x x
M W 4,08q 16.10 .148.10
16.10 .148.10
q 5,804(kN/m)
4,08
.
−
−

 
 
⇒ ≤
⇒ ≤
≤ σ
;

Sơ bộ chọn [q] = 5,7 kN/m
7
2 2
7
[P]= K .[q].a = 1,40. 5,7. 2 = 15,96 kN.
[M] = K .[q].a = 1,40. 5,7. 2 = 31,92 kNm.


⇒



D.KIỂM TRA BỀN THEO BÀI TOÁN THANH CHỊU UỐN NGANG
PHẲNG:
I. Vẽ lại biểu đồ nội lực có tính đến tải trọng bản thân của thanh:
1. Biểu đồ nội lực của thanh chỉ chòu tải trọng bản thân:
Tải trọng bản thân: q
0
=184 N/m =0,184 kN/m.
⇒
Q
0
=3aq

0
=3.2.0,184 =1,104 kN
 Xác đònh phản lực tại gối:
∑X = –X
B
= 0
⇒
X
B
= 0
∑Y = Y
C
– Q
0
+ Y
B
= 0
⇒
Y
B
+ Y
C
= Q
0
= 1,104 kN (1)
∑M
B
= 1,5a.Q
0
– 2,4a.Y

C
=0
⇒
Y
C
=
1
2,4a
1,5a.Q
0
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 6
=
1
2,4
.1,5.1,104 = 0,69 kN
(1)
⇒
Y
B
= 1,104 – Y
c
= 1,104 – 0,69 = 0,414 kN
Trên AC :
q bậc 0
⇒
Q
y
bậc 1, M
x
bậc 2

Tại A :
Q
yA
= 0
M
xA
= 0
Tại C :
Q
yC
tr
= Q
yA
– S
q0
AC
= 0 – 1,2q
0
= – 1,2.0,184 = – 0,221 kN <0
M
xC
tr
= M
XA
+ S
Qy
AC
= 0 +
1
2

.(–0,221).1,2 = – 0,133 kNm < 0 (căng trên)
 Trên AC, M
x
đạt cực trò
⇔
Q
y
=0
⇔
z
1
= 0 (đầu A)
M
xmax
=M
xA
=0
Trên CB :
q bậc 0
⇒
Q
y
bậc 1, M
x
bậc 2
Tại C :
Q
yC
ph
= Q

yC
tr
+ Y
C
= –0,221 + 0,69 = 0,469 kN >0
M
xC
ph
= M
xC
tr
= –0,133 kNm
Tại B :
Q
yB
tr
= Q
yC
ph
– S
q
CB
= 0,469 – 4,8.q
0
= 0,469 – 4,8.0,184
;
– 0,414 kN <0
M
xB
= M

XC
ph
+ S
Qy
CB
= –0,133 +
1
2
.(0,469 – 0,414).4,8
;
0
 Trên CB, M
x
đạt cực trò
⇔
Q
y
=0
⇔
z
2
= 2,333 m
M
xmax
=M
xA
= 0,4614
Tại D:
Q
yD

= Q
yC
ph
– S
q
CD
= 0,469 – 2,8.q
0
= 0,469 – 2,8.0,184
;
– 0,046 kN <0
M
xB
= M
XC
ph
+ S
Qy
CD
= – 0,133 +
1
2
.(0,469 – 0,046).2,8
;
0,459 >0 (căng dưới)
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 7
0,4614
B
C
A

q
0
=0,184 kN/m
Y
C
=0,69kN
Y
B
=0,414kN
X
B
=0
Q
0
=1,104 kN
Mx
[kNm]
[kN]
0,133
0,414
0,469
0,221
Q
y
0,6a=1,2 2,4a=4,8
2. Biểu đồ nội lực thanh có tính tải trọng bản thân:
p dụng nguyên lý cộng tác dụng giữa biểu đồ nội lực thanh chỉ chòu tải trọng
bản thân và thanh chòu tác dụng các lực từ bên ngoài, ta được biểu đồ nội lực của
thanh có tính đến tải trọng bản thân:
X

B
=0
Y
B
=-1,2q
B
[kNm]
Mx
Q
y
[kN]
P=2,8q
0,6a=1,2 1,4a=2,8
a=2
a=2
Q=4q
M=5,6q
Y
C
=8q
q
A
C
D
15,96
23,021
23,269
6,794
6,426
23,389

18,699
13,221
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 8
 Tính lại nội lực tại các điểm:
Tại A:
Q
yA
= –2,8q + 0 = –2,8.5,7 = 15,96 kN
M
xA
= 0 + 0 = 0 kNm
Tại C:
Q
yC
tr

= –4q + (–0,221) = –4.5,7 – 0,221 = 23,021 kN
Q
yC
ph

= 4q + 0,469 = 4.5,7 + 0,469 = 23,269 kN
M
xC
= –4,08q + (– 0,133) = –4,08.5,7 – 0,133 = –23,389 kNm
Tại D:
Q
yD
= 1,2q + (–0,046) = 1,2.5,7 – 0,046 = 6,794 kN
M

xC
tr

= 3,2q + 0,459 = 3,2.5,7 + 0,459 = 18,699 kNm
M
xC
ph

= –2,4q + 0,459 = –2,4.5,7 + 0,459 = –13,221 kNm
Tại C:
Q
yC
= 1,2q + (–0,414) = 1,2.5,7 – 0,414 = 6,426 kN
M
xC
tr

= 0 + 0 = 0 kNm
Nhận xét: Tải trọng bản thân ảnh hưởng không đáng kể đến nội lực của thanh.
II. Kiểm tra bền cho phân tố ở TTƯS đơn:
Chọn mặt cắt nguy hiểm có
x
max
M 23,389kNm=
x
2
max
max
6
x

M
23,389
158034kN/m
W
148.10
−
σ = = =

2 2
max
15,8kN/ cm 16kN/cm
 
 
⇒ σ = < =
σ
⇒
ĐẠT
III. Kiểm tra bền cho phân tố ở TTƯS trượt thuần túy:
Chọn mặt cắt nguy hiểm có
y
max
Q 23,269kN=
Theo thuyết bền số 4 (thuyết bền về thế năng biến đổi hình dáng cực đại):
 
 
 
 
σ
τ = = =
2

16
9,238kN / cm
3 3

Ứng suất tiếp lớn nhất:
−
− −
 
 
τ = =
⇒ τ = < τ =
;
1/ 2td
6
y x
I 2
max
max
8 2
x
I 2 2
max
Q .S
23,269.83,7.10
29287,4kN/ m
J .d
1330.10 .0,5.10
2,92874kN/ cm 9,238kN/ cm
⇒
ĐẠT

IV. Kiểm tra bền cho phân tố ở TTƯS phẳng đặc biệt:
Chọn mặt cắt nguy hiểm có
y x
Q và M
đều lớn là mặt cắt qua C có :
y
x
Q 23,269kN
M 23,389kNm





=
=
Chọn điểm K’ tiếp giáp giữa lòng và đế tiết diện để kiểm tra.
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 9
2
x x
2
zK' K'
8
x x
2
M M
h 23,389 18.10
y t 0,8.10
J J 2 2
1330.10

144202,9kN/Nm
−
−
−
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
σ = = − = −
=
x
2
y
zyK'
x
2
2 2
6 2
8 2
2
.d
.0,5.10
Q
d h
S t
J 2 2
23,269 0,5.10 18.10

83,7.10 0,8.10
2 2
1330.10
23405,5kN/Nm
− −
− −
− −
 
 
 
 ÷
 
 
 
 
 
 
 ÷
 ÷
 
 
 
τ = − −
= − −
=
[ ]
⇒ < =
σ = σ + τ = + =
σ = σ
2 2 2 2 2

tđ zK ' zyK'
2 2
tđ
16
3 144202,9 3.23405,5 149792,9kN/m
14,97929kN/ cm kN/ cm
⇒
ĐẠT
KẾT LUẬN: Với [q]=5,7kN/m, thanh bền. Vậy chọn [q] = 5,7 kN/m
E. VẼ BIỂU ĐỒ PHÂN BỐ ỨNG SUẤT TẠI MẶT CẮT CÓ Q y VÀ M x
ĐỀU LỚN:
Chọn mặt cắt đi qua C là mặt cắt có
y x
Q và M
cùng lớn
y
x
Q 23,269kN
M 23,389kNm





=
=
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 10
x
x
y

y
h=180
b=95
K'
=29287,4
23405,4
1231,87
t=8
C
1
C
y/2
y
d=5
K'
b=95
h=360
y
y
x
x
max
τ
max
τ
2
kN/ m
z
σ
max

σ
min
σ
=158271,4
=-158271,4
2
kN/m
I. Ứng suất tiếp:
- Momen tónh của phần tiết diện bò cắt đối với đường trung hòa:
2
C 1/ 2td
x x
d.y
S S
2
= −
 K thuộc phần bụng:
Thay vào công thức tính ứng suất tiếp của tiết diện chữ I cho các điểm thuộc
phần bụng tiết diện:
2 2 2
1/ 2td 6
y x
zy
8 2
x
2 2
d.y 0,5.10 .y
Q . S 23,269. 83,7.10
2 2
J .d

1330.10 .0,5.10
29287,4 874774,4y (kN/m )
−
−
− −
   
 ÷  ÷
   
τ
− −
= =
= −
K tại đường trung hòa:
K 2
zy
29287,4kN/mτ =
K’ tại điểm tiếp giáp với đề:
2K 2
zy
23405,429287,4 874774,4.0,082 kN/mτ == −
Đồ thò là một đường cong bậc 2 theo y (–0,082
≤
y
≤
0,082m)
 K’ thuộc phần đế:
K'
2
2 2
1/ 2td

6
y x
đế
zyK'
8 2
x
2
d.y
0,5.10 .0,082
Q . S
23,269. 83,7.10
2
2
J .b
1330.10 .9,5.10
1231,87(kN/m )
−
−
− −
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
   
τ
−
−
= =
=

⇒
Tại K’ (điểm tiếp giáp giữa bụng và đế) có bước nhảy của ƯS tiếp.
II. ứng suất pháp:
Ta đã biết với tiết diện thép I đều cánh biểu đồ phân bố ứng suất pháp là
đường bậc nhất phản xứng, ta cần xác đònh
zmax
σ
và
zmin
σ
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 11
2
x x
zmax max
8
x x
2
h 18.10
2 2
M M
23,389
y
J J
1330.10
158271,4kN/Nm
−
−
σ = = =
=
Tiết diện I đều cánh

⇒
2
zmax
zmin
158271,4kN/Nmσ = −σ = −
Ta có biểu đồ ứng suất cho mặt cắt ngang tại C như hình trên.
F. XÁC ĐỊNH CÁC TIẾT DIỆN TRÒN, VUÔNG, CHỮ NHẬT VÀ SO
SÁNH:
I. Tiết diện tròn:
1. Các đặc trưng hình học:
4
4
x
D
J 0,05D
64
=
π
;
4
3
x
x
max
J
0,05D
W 0,1D
D
y
2

= = =
2
D
F
4
= π
2. Xác đònh D:
 Tại mặt cắt có
x
max
M
=23,389kNm (mặt cắt qua C).
3
3
x x x
max max max
x
3
4
0,1D D
0,1
M M M
W
D 0,1135m 11,35cm
0,1
23,389
.16.10
⇒ ⇒
     
     

≥ ≥ ≥
σ σ σ
⇒ = =≥
Sơ bộ chọn D=11,4cm
⇒
F=
2 2
2
D 11,4
102,07cm
4 4
π = π =
 Kiểm tra lại với phân tố ở TTƯS trượt thuần túy:
y
max
Q
=23,296kN (mặt cắt qua C)
[ ]
y
2
max
2
max
4Q
4.23,296
0,3043kN/ cm
3F 3.102,07
9,238kN/cm⇒
τ = = =
τ < τ =

⇒
ĐẠT
 Đối với tiết diện tròn không cần kiểm tra phân tố ở TTƯS phẳng đặc
biệt.
Vậy F
tròn
=102,07cm
2
I
tròn
.100%
F
102,07
438%
F 23,3
= =
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 12
D
X
Y
C
a
Y
X
C
a
II. Tiết diện vuông:
1. Các đặc trưng hình học:
=
4

x
a
J
12
= = =
4
3
x
x
max
a
J
a
12
W
a
y 6
2
=
2
aF
2. Xác đònh a:
 Tại mặt cắt có
x
max
M
=23,389kNm (mặt cắt qua C).
3
x x x
max max max

3
x
3
4
M M 6 M
a
W a
6
6.23,389
a 0,0957m 9,57cm
16.10
     
     
≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
σ σ σ
⇒ ≥ = =
Sơ bộ chọn a=9,6cm
⇒
F=
= =
2 2 2
a 9,6 92,16cm
 Kiểm tra lại với phân tố ở TTƯS trượt thuần túy:
y
max
Q
=23,296kN (mặt cắt qua C)
[ ]
⇒
τ = = =

τ < τ =
y
2
max
2
max
3Q
3.23,296
0,379kN/ cm
2F 2.92,16
9,238kN / cm
⇒
ĐẠT
 Đối với tiết diện vuông không cần kiểm tra phân tố ở TTƯS phẳng đặc
biệt.
Vậy F
vuông
=92,16cm
2
vuông
I
F
92,16
.100% 395,5%
F 23,3
= =
III. Tiết diện hình chữ nhật (h=2b):
1. Các đặc trưng hình học:
= = =
3 3

4
x
b.h b.(2b) 2
J b
12 12 3
4 4
3
x
x
max
2 2
b b
J
2
3 3
W b
h 2b
y 3
2 2
= = = =
= = =
2
F b.h b.2b 2b
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 13
Y
X
C
b
h=2b
2. Xác đònh D:

 Tại mặt cắt có
x
max
M
=23,389kNm (mặt cắt qua C).
     
     
≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
σ σ σ
⇒ ≥ = =
x x x
3
max max max
3
x
3
4
M M 3 M
2
W b b
3
2
3.23,389
b 0,0603m 6,03cm
2.16.10
Sơ bộ chọn b=6,1cm
⇒
F=
= =
2 2 2

2b 2.6,1 74,42cm
 Kiểm tra lại với phân tố ở TTƯS trượt thuần túy:
y
max
Q
=23,296kN (mặt cắt qua C)
 
 
τ = = =
⇒ τ < τ =
y
2
max
2
max
3Q
3.23,296
0,46955kN/ cm
2F 2.74,42
9,238kN/ cm
⇒
ĐẠT
 Đối với tiết diện chữ nhật không cần kiểm tra phân tố ở TTƯS phẳng đặc
biệt.
Vậy F
chữ nhật
=74,42cm
2
= =
chữnhật

I
F
74,42
.100% 319,4%
F 23,3
KẾT LUẬN: Vậy trong các tiết diện, tiết diện chữ I là tiết kiệm vật liệu nhất
kế đến là các tiết diện: chữ nhật, vuông và tròn.
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 14
G.XÁC ĐỊNH CHUYỂN VỊ MỘT SỐ ĐIỂM VÀ VẼ ĐƯỜNG ĐÀN HỒI CỦA DẦM:
I. Thiết lập dầm giả tạo:
p dụng nguyên lý cộng tác dụng phân tích biểu đồ nội lực của
dầm thành các phần như hình bên nhằm đưa dạng của biểu đồ mômen
về các dạng chuẩn.
Thiết lập dầm giả tạo với các liên kết hợp lý như hình bên.
Đặt tải phân bố cho dầm giả tạo với lực phân bố đồng dạng với
M
x
(vì E.J
x
= const) và có độ lớn
=
x
x
M
q
EJ
II. Tính nội lực trên dầm giả tạo:
1. Xét dầm phụ:
B
D

2
2,8
C
10,64/EJx
21,28/EJx
4,104/EJx
9,31/EJx
11,172/EJx
Ω 6 = 8 , 6 8 9
Ω 7 = 1 , 1 5 9Ω 5 = 1 3 , 9
Ω 8 = 9 , 3 1
1,6
Ω 4 = 9 , 8 5
3,467
2,467
0,6
Ω 3 = 2 1 , 2 8

Ω 1 = 1 7 , 2 3 7
1,167
2,217
2,333
19,152/EJx
4,104/EJx
9,31/EJx
11,172/EJx
10,64/EJx
Ω 2 = 5 , 3 2
21,28/EJx
19,152/EJx

/EJx
/EJx
/EJx
/EJx
/EJx /EJx
/EJx
/EJx
Phương trình cân bằng cho phần dầm phụ:
C
2,8
2
D
B
Ω 1
0,6
Ω 2
3,467
Ω 3
Ω 4
1,6
2,467
Ω 5
1,167
Ω 6
2,333
Ω 7
2,217
Ω 8
Vc
V

B
∑Y = V
C
+ V
B
+ Ω
1
+ Ω
4
+ Ω
3
– Ω
5
– Ω
7
– Ω
6
– Ω
2
– Ω
8
= 0
⇒
V
C
+ V
B
= – Ω
1
– Ω

4
– Ω
3
+ Ω
5
+ Ω
7
+ Ω
6
+ Ω
2
+ Ω
8
= (– 17,237 – 9,85 – 21,28 + 13,9 + 1,159 +
8,69 + 5,32 + 9,31)/(E.J
x
) = –9,988/(E.J
x
)kN
9,3111,172
1,2 2,8
5,7
A
C
D
4,104
D
C
A
5,7

2,81,2
10,64
1,8
21,28
19,152
1,2 2,8
D
C
A
M=31,92
2,81,2
P=15,96
[kNm]
Mx
P=15,96
1,2 2,8
M=31,92
5,7
A
C
D
23,256
18,24
13,68
b
1
b
1
b
1

b
1
b
1
b
2
b
2
b
2
b
1
Mx
[kNm]
Mx
[kNm]
Mx
[kNm]
2
B
B
2
2
B
2
2
B
Sơ đồ tầng
Dầm giả tạo
Dầm thực

≠
Qgt 0


Mgt=0


Mgt=0


Qgt 0
≠
≠
Qgt 0


Mgt 0
≠


y=0

0
≠θ

θ≠
0

y=0

≠
y 0


0
≠θ

B
D
C
A
5,7
M=31,92
P=15,96
A
C
D
B
1,2
B
D
C
A
2
2,8
11,172/EJx
9,31/EJx
4,104/EJx
19,152/EJx

21,28/EJx
10,64/EJx
C
2
D
B
Sơ đồ phân bố tải trọng giả tạo
19,152
A
1,2
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 15
∑M
C
= 4,8V
B
+ 0,6Ω
1
+ 1,6Ω
4
+ 3,467Ω
3
– 1,167Ω
5
– 2,217Ω
7
– 2,333Ω
6
–
2,467Ω
2

– 3,467Ω
8
=0
⇒
V
B
=
x
1
4,8EJ
(–0,6.17,237

– 1,6.9,85

– 3,467.21,28

+ 1,167.13,9

+
2,217.1,159

+ 2,333.8,69

+ 2,467.5,32

+
3,467.9,31)=
x
-3,211
EJ

kN
⇒
V
C
= –9,988/(E.J
x
) – V
B
=
x
-9,988
EJ
–
x
-3,211
EJ
=
x
-6,777
EJ
kN
2. Xét dầm chính:
Phương trình cân bằng cho dầm chính:
∑Y = Q
yA
+ Ω
9
+ Ω
10
– V

C
= 0
⇒
Q
yA
= – Ω
9
– Ω
10
+ V
C
= [– 11,491 – 1,642 + (–6,777)]/(E.J
x
)
=
x
-19,91
EJ
kN
∑M
A
= M
A
+ 0,8Ω
9
+ 0,9Ω
10
– 1,2V
C
=0

⇒
M
A
=
x
1
EJ
[–0,8.11,491

– 0,9.1,642

– 1,2.
(– 6,777)] =
x
-18,803
EJ
kNm
3. Tính chuyển vò tại A:
Dùng mặt cắt 1 – 1 đi qua A, xét cân bằng
phần bên trái, ta dễ thấy M
gtA
= – M
xA
=
x
18,803
EJ
⇒
y
A

= M
gtA
=
8 -8
18,803
2.10 . 1330.10
=0,00707m = 7,07 mm
4. Tính chuyển vò tại A
1
là trung điểm đoạn AC:
Dùng mặt cắt 2 – 2 đi qua A
1
, xét
cân bằng phần dầm chính bên trái mặt
cắt.
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 16
C
A
1,2
Q
yA
M
A
0,8
Ω 9
Ω 1 0
0,9
/EJx
/EJx
1,2

A
19,152
4,104
/EJx
/EJx
/EJx
/EJx
0,9
0,8
Ω 1 0 = 1 , 6 4 2
Ω 9 = 1 1 , 4 9 1
4,104
19,152
V
C
=-6,777/EJx
C
A
0,6
Q
yA
M
A
0,4
Ω 9
Ω 1 0
0,45
/EJx
/EJx
0,6

A
9,576
1,14
/EJx
/EJx
/EJx
0,45
0,4
Ω 1 0 = 0 , 2 2 8
Ω 9 = 2 , 8 7 3
1,14
9,576
/EJx
'
'
'
'
M
gtA1
Q
gtA1
A
1
∑M
A1
= M
gtA1
– 0,2Ω
9
’

– 0,15Ω
10
’

– 0,6Q
yA
+ M
A
=0
⇒
M
gtA1
=
x
1
EJ
[0,2.11,491

+ 0,15.1,642

+ 0,6(–19,91)

– (–18,803)]
=
x
9,402
EJ
kNm
y

A1
= M
gtA1
=
8 -8
9,402
2.10 . 1330.10
= 0,00353m = 3,53mm
5. Tính chuyển vò tại C
1
là điểm nằm bên phải C, cách C 1,867m:
Dùng mặt cắt 3 – 3 đi qua C
1
, xét cân bằng phần dầm phụ bên trái mặt cắt
1,867
1,262
1,244
0,933
0,7
0,018
QgtC1
MgtC1
VC=-6,777
Ω 3
Ω 4
Ω 6
Ω 5
Ω 7
1,813
1,167

Ω 7 = 1 3 , 9 0 5
0,933
0,622
Ω 5 = 1 , 4 9 0
Ω 6 = 4 , 6 8 2
0,604
Ω 3 = 1 7 , 3 6 1
1,849
Ω 4 = 0 , 0 1 9
11,172/EJx
2,508/EJx
4,104/EJx
19,152/EJx
0,709/EJx
2,508/EJx
11,172/EJx
4,104/EJx
19,152/EJx
0,709/EJx
C
1,867
C1
C1
'
'
'
'
'
'
'

'
'
'
∑M
C1
= M
gC1
+ 0,018Ω
4
’+ 0,7Ω
7
’– 0,933Ω
6
’– 1,244Ω
5
’– 1,262Ω
3
’– 1,867V
C
=0
⇒
M
gtC1
=
x
1
EJ
[–0,018.0,019– 0,7.13,905+ 0,933.4,682+ 1,244.1,490+
1,262.17,361+ 1,867.(–6,777)] =
x

5,745
EJ
kNm
y
A1
= M
gtA1
=
8 -8
5,745
2.10 . 1330.10
= 0,00216m = 2,16mm
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 17
6. Tính chuyển vò tại D:
Dùng mặt cắt 4 – 4 đi qua D, xét cân bằng phần dầm phụ bên phải mặt cắt
VB
'
1,333
B
2
9,31/EJx
1,71/EJx
21,28/EJx
2
B
0,667
Ω 3 = 2 1 , 2 8
Ω 2 = 1 , 7 1
Ω 1 = 9 , 3 1
'

'
'
0,667
Ω 2 = 1 , 7 1
0,667
1,71/EJx
0,667
Ω 3 = 2 1 , 2 8
9,31/EJx
Ω 1 = 9 , 3 1
MgtD
QgtD
21,28/EJx
∑M
D
= M
gD
+ 0,667(Ω
1
’– Ω
2
’– Ω
3
) – 2V
B
=0
⇒
M
gtD
=

x
1
EJ
[– 0,667(9,31– 1,71– 21,28) + 2(–3,211)

] =
x
2,703
EJ
kNm
y
D
= M
gtD
=
8 -8
2,703
2.10 . 1330.10
= 0,00102m = 1,02mm
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 18
7. Tính chuyển vò tại D
1
là trung điểm đoạn DB:
Dùng mặt cắt 4 – 4 đi qua D, xét cân bằng phần dầm phụ bên phải mặt cắt.
V
B
B
'
'
10,64/EJx

1
0,333
0,333
0,333
0,333 0,667
M
gtD1
Q
gtD1
0,855/EJx
4,655/EJx
Ω 2 = 0 , 4 2 8
Ω 3 = 5 , 3 2
Ω 1 = 2 , 3 2 8
'
'
'
'
'
'
Ω 3 = 5 , 3 2
Ω 2 = 0 , 4 2 8
'
'
'
Ω 1 = 2 , 3 2 8
'
B
1
10,64/EJx

0,855/EJx
4,655/EJx
∑M
D1
= M
gD1
+ 0,333(Ω
1
’’– Ω
2
’’– Ω
3
’’) – V
B
=0
⇒
M
gtD
=
x
1
EJ
[– 0,333(2,328– 0,428– 5,32) + (–3,211)

] =
x
-2,072
EJ
kNm
y

D
= M
gtD
=
8 -8
-2,072
2.10 . 1330.10
= –0,00078m = –0,78mm<0 (A dòch chuyển lên
trên).
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 19
III. Vẽ đường đàn hồi:
Ta có các điểm đã xác đònh được chuyển vò:
A y
A
= 7,07mm
A
1
y
A1
= 3,53mm
C y
C
= 0
C
1
y
C1
= 2,16mm
D y
D

= 1,02mm
D
1
y
D1
= –0,78mm
B y
B
= 0
Đường đàn hồi:
Đường đàn hồi với biến dạng được phóng lớn 100 lần
A
C
D
B
-0,78
1,02
2,16
0
3,53
7,07
BD1D
C1C
A1A
B
D
C
A
5,7
M=31,92

2
2,81,2
P=15,96
[mm]
0,6 0,6 1,867 0,933
1 1
SV: VÕ ANH VŨ (79) Trang 20