Bài tập lớn số 1 Tính hệ thanh tĩnh định

GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC MỎ ĐỊA CHẤT
BỘ MÔN SỨC BỀN VẬT LIỆU
Môn: CƠ HỌC KẾT CẤU
*****
Bài tập lớn số 1
TÍNH HỆ THANH TĨNH ĐỊNH
Đề 5.1
Sinh viên : Đỗ Thế Anh
Lớp : Xây Dựng CT Ngầm và Mỏ k57
MSSV: 1221070001
Hà Nội, 11 – 2014
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
Đề 5.1
Bảng số liệu
STT
Kích thước hình
học
Tải trọng
L
1
L
2
L
3
q(KN/m) P(KN) M(KNm)
1 8 12 10 30 100 200
Sơ đồ tính hệ tĩnh định
2 4 2 2 3 3 3 3 2,5 5 2,5
M = 220 kN

P = 110 kN
P = 110 kN
q = 33 kN/m
q = 33 kN/m
E T R P K Q I B L N A
F
2J 2J 2J
J
J J J J J J J
3m
12m
Hình bài làm
I : YÊU CẦU VÀ THỨ TỰ THỰC HIỆN:
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
1.Xác định nội lực trong hệ ghép tĩnh định
1.1.Xác định tải trọng để tính với hệ số vượt tải n=1,1 tính chung cho các
loại tải trọng
1.2.Xác định phản lực tại các gối tựa
1.3.Vẽ các biểu đồ nội lực :M
X
,Q
Y
,N
Z
1.4.Vẽ các đường ảnh hưởng đah R
A
,đah M
B
,đah Q

B
,đah Q
I
khi lực thẳng
đứng P=1 di động trên hệ khi chưa có hệ thống mắt truyền lực.Dùng đường ảnh
hưởng để kiểm tra lại các trị số R
A
,M
B
,Q
B,
Q
I
đã tính được bằng giải tích.
1.5.Vẽ lại các đường ảnh hưởng :đah R
A
,đah M
B
,đah Q
B
,và đahQ
I
khi lực
thẳng đứng P=1 di động trên hệ khi có hệ thống mắt truyền lực.
1.6.Tìm vị trí bất lợi nhất của đàn tải trọng gồm 4 lực tập trung di động trên
hệ khi có mắt truyền lực men uốn tại tiết diện K có giá trị tuyệt đối lớn nhất.
2. 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 2 nguyên nhân tải trọng và chuyển vị cưỡng bức của
gối tựa(xem hình vẽ).Biết:E=10.10

8
KN/m
2
. J=10
-6
L
4
1
(m
4
), ∆ =0,01L
1,
φ =∆/L
2
BÀI LÀM
I .Xác định nội lực trong hệ ghép tĩnh định
1.2, Xác định tải trọng để tính với hệ số vượt tải n=1,1
q = 30.1,1 = 33 kN/m
P = 100.1,1 = 110 kN
M = 200.1,1 = 220 kN.m
1.2. Xác định các phản lực gối tựa :
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
1,Tính dầm LN ( Hình 1- 1)
ΣX = 0 <=> X
L
= 0
ΣY = 0 <=> Y
L
+Y

N
– q.2c = 0
ΣM
L
= 0

<=> Y
N
.2c – q.2c.c = 0
<=> Y
N
= Y
L
= qc = 82,5 kN
*, Tính nội lực dầm
Qy + 33z – 82,5 = 0
(0 5)z≤ ≤
 Qy =-33z+ 82,5
Với z=0 -> Qy
L
= 82,5 KN
Với z= 5 -> Qy
N
= -82,5 KN
Mx +33z.z -82,5z=0
(0 5)z≤ ≤
 Mx = -16,5z
2
+ 82,5z=0
Với z= 0 -> Mx

L
= 0 KNm
Với z= 5->Mx
N
= 0 KNm
5m
Y
= 82,5 Y =82,5 kN
L N
Hình 1- 1
2.Tính dầm NA ( Hình 1- 2)
ΣY =0 <=> -Y
N
- qc + Y
A
= 0
ΣM =0 <=>M
A
= 82,5. 2,5 + 33. 2,5.
2,5
2
=>Y
A
= 165 kN
M
A
= 309,375 kN
*, Tính nội lực dầm theo mặt cắt 2-1

Y = 82,5 kN

N
N A
M = 309,38 kNm
A
2,5 m
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
Qy -33z+Y
A
= 0
(0 2,5)z≤ ≤
 Qy= 33z-165
Với z=0 -> Qy
A
= -165 KN
Với z=2,5 -> Qy
N
= -82,5 KN
Mx + M
A
–Y
A
.z + q.
2
2
z
=0
(0 2,5)z≤ ≤
 Mx= -33
2

2
z
+165z-309,38
Với z=0 -> Mx
A
= -309,38 KNm
Với z= 2,5 -> Mx
N
= 0 KNm
Hình 1-2
Y = 82,5 kN
N
N A
M = 309,38 kNm
A
z
Nz
Mx
Qy
Hình 2-1
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
3.Tính khung QL (Hình 1-3)
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
ΣX = 0 <=> X
Q
= 0
ΣY = 0 <=> Y
B
+ Y

Q
– 33.2,5 – P – Y
L
=
0
ΣM
Q
= 2b.Y
B
– Pb –Y
L
(2b+c)- 33.2,5
2,5
( 2 )
2
b+
= 0
<=>Y
B
= 271,56 kN
<=> Y
Q
= 3,44 kN
*, Tính nội lực dầm
Xét mặt cắt QI (hình 3-1)
Qy-Y
Q
= 0 -> Qy
Q
= Qy

I
= 3,44 KN
Mx – Y
Q
.z= 0
(0 3)z≤ ≤
Với z=0 -> Mx
Q
= 0 KNm
Với z= 3 -> Mx
I
= 10,32 KNm
Xét mặt cẳt BL (hình 3-2)
Qy - qz - Y
L
= 0
(0 2,5)z≤ ≤
Với z =0 -> Qy
L
= Y
L
= 82,5 KN
Với z =2,5 -> Qy
B
= qz + Y
L
= 165KN
Mx +Y
L
.z + q.

2
2
Z
= 0
(0 2,5)z≤ ≤
Với z = 0 -> Mx
L
=0 KNm
Với z = 2,5 -> Mx
B
=-309,38 KNm

P = 110 kNP = 110 kNP = 110 kNP = 110 kNP = 110 kN
Y =3,44KN Y =271,56 KN
Q B
Y = 82,5 KN
L
3m 3m 2,5m
Hình 1-3
Y
Q
Qy
Nz
Mx
z
Hình 3-1
Y = 82,5 KN
L
Qy
Nz

Mx
z
Hình 3-2
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1


5.Tính khung TR (Hình 1-5)
M = 220 kN
X =-17,19 KN
M
Y = -3,44KN
T
X =-17,19KN
T
2m 2m
Hình 1-5
Y
T
Mx
Nz
Qy
z
X
T
Hình 5-1
Y =-3,44kN
P
Mx

Qy
Nz
z
Hình 5-2
∑X = 0 => X
T =
X
M
∑Y = 0 => Y
T
– Y
P
= 0
∑M
T
= 0 => -M – Y
P
.2a - Y
M
.12 = 0
=> Y
T
= -3,44 kN
=> X
M
= -17,19 kN = X
T
*, Tính nội lực hệ dầm.
Xét mặt cắt thanh TR, hình 5-1
Nz + X

T
= 0 -> Nz = - X
T
= 17,19 KN
Qy – Y
T
=0 -> Qy
T
=Qy
R
= Y
T
=-3,44KN
Mx – Y
T
.z=0
(0 2)z≤ ≤
Với z=0 -> Mx
T
= 0
Với z=2 -> Mx
R
=-6,88 KNm
Xét mặt cắt RP hình 5-2
Nz=0
Qy –Y
P
= 0 -> Qy
P
=Qy

R
=Y
P
=-3,44 KN
Mx + Y
P
.z= 0
(0 2)z≤ ≤
Với z=0 -> Mx
P
=0
Với z= 2 -> Mx
R
=6,88 KNm
Xét mặt cắt RM hình 5-3
Nz= 0
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
4.Tính khung PK (Hình 1-4)
∑Y = 0 <=> Y
P
+Y
K
- Y
C
= 0
ΣM
P
=0
 Y
K

.b –Y
Q
.2b= 0
<=> Y
K
= 6,88 kN
<=> Y
P
=-3,44 kN
*, Tính nội lực dầm
Xét mặt cắt PK ( hình 4-1)
Nz=0
Qy-Y
P
=0 -> Qy
P
= Qy
K
=-3,44KN
Mx-Y
P
.z =0
(0 3)z≤ ≤
Với z=0 -> Mx
P
=0KNm
Với z= 3 -> Mx
K
=-10,32 KNm
Xét mặt cắt YP ( hình 4-2)

Nz=0
Qy-Y
Q
=0 -> Qy
Q
= Qy
K
= 3,44KN
Mx-Y
Q
.z =0
(0 3)z≤ ≤
Với z=0 -> Mx
Q
=0KNm
Với z= 3 -> Mx
K
=-10,32 KNm

Y =-3,44KN Y =6,88KN
P K
3m 3m
Y =3,44kN
Q
Hình 1-4
Y
P
Mx
Nz
Qy

z
Hình 4-1
Y =3,44kN
Q
Mx
Qy
Nz
Hình 4-2
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
X =-17,19 KN
M
Mx
Qy
Nz
z
Hình 5-3
Qy- X
M
= 0
 Qy
M
=Qy
R
=X
M
=-17,19 KN
Mx - X
M
.z =0
(0 12)z≤ ≤

Với z = 0 -> Mx
M
= 0
Với z= 12 -> Mx
R
= -206,28 KNm
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
6.Tính khung CD
q = 33 kN/m
F
J
X =-17,19
KN
T
Y = -3,44 KN
T
E
Y =195,93 KN
C
X =-17,19 KN
Y = 75,63 KN
D
P=110KN

(Hình 1-6)
Y =195,93 KN
C
X =-17,19 KN

1
1
Qy
Mx
Nz
z
Hình 6-1
P=110KN
z
2
2
Nz
Qy
Mx
Hình 6-2
X =-17,19 KN
P=110KN
a
3
3
Z
Qy
Nz
Mx
∑X = 0 => X
T
= X
C
= -17,19 kN
∑Y = 0 => Y

D
+ Y
C
– P -5q –Y
T
= 0
∑M
C
= 0 => Y
D
4 – Y
T
4 + X
T
12 – q.5.2 +
110 .2 = 0
=> Y
D
= 75,63 kN
=> Y
C
= 195,93 kN
*, Tính nội lực hệ thanh
Xét mặt cắt 1-1
Nz + Y
C
= 0
 Nz
C
= Nz

E
= - Y
C
= -195,93KN
Qy + X
C
= 0
 Qy
C
= Qy
E
= - X
C
= 17,19 KN
Mx + X
C
.z = 0
(0 12)z≤ ≤
 z = 0 -> Mx
C
= 0
 z=12 -> Mx
E
= 206,28KNm
Xét mặt cắt 2-2
Nz = 0
Qy + P = 0
 Qy = -P = -110KN
Mx + Pz = 0
(0 2)z≤ ≤

 z = 0 -> Mx = 0
 z= 2 -> Mx= -220KNm
Xét mặt cắt 3-3
∑N= 0
 Nz.cosα + Qy. Sinα + X
C
= 0
∑Y=0
 Nz sinα – Qy.cosα – P + Y
C
-qz =0
∑M=0
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
1.3.Vẽ biểu đồ nội lực
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
2 4 2 2 3 3 3 3 2,5 5 2,5
M = 220 kN
P = 110 kN
P = 110 kN
q = 33 kN/m
q = 33 kN/m
E T R P K Q I B L N A
F
2J 2J 2J
J
J J J J J J J
3m
12m
N

Z
Q
Y
M
X
+
195,93
17,19
-
-
+
-
-
-
+
-
+
-
110
17,19
17,19
3,44
17,19
3,44
106,56
165
82,5
82,5
165
220

13,72
206,28
51,57
206,28
6,88
6,88
10,32
10,32
309,38
103,13
309,38
-
+
-
37,81
79,07
61,19
79,06
52,94
-
+
51,57
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
Tách nút khung TRM
220KNm
6,88 KNm
6,88 KNm
17,19 KN
3,44 KN 3,44 KN

17,19 KN
206,28 KNm
Tách nút khung CEFD
110KN
17,19 KN
195,93 KN
206,28 KNm
220 KNm
79,06 KN
37,81KN
13,72 KNm
51,57 KNm
51,57 KNm
79,07 KN
61,19 KN
52,94 KN
17,19 KN
* Tại nút E
Chiếu theo phương X: 79,06 sinα – 37,81cos α – 17,19 = 0
Chiếu theo phương Y: -110 – 79,06 cosα – 37,81 sinα + 195,93 = 0
Chiếu theo M: 6,88 + 206,28 + 6,88 – 220 = 0
* Tại nút F
Chiếu theo phương X: 51,57sinα - 61,17cosα + 17,19 = 0
Chiếu theo phương Y: 51,57sinα + 61,17cosα -79,07 = 0
Chiếu theo M: 51,57 – 51,57 = 0
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
1.4. Vẽ đường ảnh hưởng: đahR
A
, đahM

B
, đahQ
B
, và đahQ
I
. Theo sơ
đồ sau:
2 4 2 2 3 3 3 3 2,5 5 2,5
M = 220 kN
P = 110 kN
P = 110 kN
q = 33 kN/m
q = 33 kN/m
E T R P K Q I B L N A
F
2J 2J 2J
J
J J J J J J J
3m
12m
dah R
A
dah M
B
dah Q
B
dah Q
I
0,5
0,5

0,42
-
+
-
dah Q
B
dah Q
B
tr
ph
1
+
1
1
1
0,42
-
-
+
1
1
-
2,5
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
Kiểm tra lại các trị số R
A
, M
B
, Q

B
, Q
I
dựa vào đường ảnh hưởng
dựa theo công thức sau:

. . ( )
ons
.
j
i i j k k
a
j
i i j j k k
S P y q y z dz M tg
q c t
S P y q q M tg
α
α
= + +
=
= + Ω +
∑ ∑ ∑
∫
∑ ∑ ∑

Tinh phản lực R
A
:
R

A
= -82,5 – 33.2,5.1 = -165 KN
M
A
= -82,5.2,5 – 33.2,5.
2,5
2
= - 309,38 KNm
Tính mô men tại B dựa vào đường ảnh hưởng M
B
:
M
B
= -33.2,5.7,5.
1
2
= - 309,38 KNm
Tính lực cắt phía bên phải tại gối tựa B
Q
B
ph
= 33.1.2,5 + 33.1.5.
1
2
= 165 KN
Tính lực cắt phía bên trái tại gối tựa B:
Q
B
tr
=-110.0,5 – 0,42.7,5.33.

1
2
= -106,56 KN
Tính lực cắt phía bên phải tại mặt cắt I:
Q
I
ph
= -0,5.110 – 0,42.5.33.
1
2
- 33.0,42.2,5.
1
2
= -106,56 KN
Tính lực cắt phía bên trái tại mặt cắt I:
Q
I
tr
= 0,5.110 – 0,42.5.33.
1
2
- 33.0,42.2,5.
1
2
= KN
Vậy sau khi dùng đường ảnh hưởng để kiểm tra lại các trị số R
A
, M
B
, Q

B
, Q
I
. Kết
quả hoàn toàn trùng khớp với kết quả khi tính bằng giải tích.
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
1.5. Vẽ lại các đường ảnh hưởng: : đahR
A
, đahM
B
, đahQ
B
, đahQ
1
khi
lực thẳng đứng P=1 di động trên hệ khi có hệ thống mắt truyền lực.
2 4 2 2 3 3 3 3 2,5 5 2,5
M = 220 kN
P = 110 kN
P = 110 kN
q = 33 kN/m
q = 33 kN/m
E T R P K Q I B L N A
F
2J 2J 2J
J
J J J J J J J
3m
12m

dah R
A
dah M
B
dah Q
B
dah Q
I
0,5
0,5
0,42
-
-
dah Q
B
dah Q
B
tr
ph
1
+
1
1
0,42
-
-
1
+
1
-

1
3
0,5
1
dah Q
I
0,5
0,5
0,42
-
1
1
+
tr
ph
1
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
1.6. 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.
2 4 2 2 3 3 3 3 2,5 5 2,5
M = 220 kN
P = 110 kN
P = 110 kN
q = 33 kN/m
q = 33 kN/m
E T R P K Q I B L N A
F
2J 2J 2J

J
J J J J J J J
3m
12m
dah M
K
-
+
2,5
3
110 110 165 220
110 110 165 220
110 110 165 220
110 110 165 220
d
c
b
a
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
Tính tan của các góc nghiêng:
1
3
6
tg
α
= −
;
2
3

1
3
tg
α
= =
;
3
2,5
5
tg
α
−
=
Vì đường ảnh hưởng mô men tại mặt cắt K có cả giá trị âm và dương nên biểu đồ
sẽ có cả Smax và Smin
 Tính lần thứ 1- chọn tải trọng thứ 4, P= 220 kN làm lực P
*
đặt tại đỉnh có tung
độ bằng y = -3: hình( a):
• Cho đoàn tải trọng dịch chuyển về bên trái một đoạn d
z
, ta có:

( )
1
165 220 . 192,5 0
2
dS
dz
−

= + = − <
• Cho đoàn tải trọng dịch chuyển về bên phải một đoạn dz , ta có:

1
165. 220.1 137,5 0
2
dS
dz
−
 
= + = >
 ÷
 
Thỏa mãn điều kiện cực trị, tại vị trí này cho ta giá trị cực tiểu.
( )
( )
min 1 2 3 4
110. 165. 220.
110.0 165.( 1) 220.( 3) 825
k k
S R y y y y y
kNm
= = + + + =
= + − + − = −
∑
Tính thử lần 2- Cho tải trọng thứ 2, P= 110kN làm lực P* đạt tại đỉnh có tung độ
bằng y = -3 hình (b)
• Cho đoàn tải trọng dịch chuyển về bên trái một đoạn dz, ta có:

1 1

(110 110). 165 220. 55 0
2 2
dS
dz
−
 
= + + + − = − <
 ÷
 
• Cho đoàn tải trọng dịch chuyển về bên phải một đoạn dz, ta có:

1 1
110. (110 165) 220. 110 0
2 2
dS
dz
− −
= + + + = >
Thỏa mãn điều kiện cực trị, tại vị trí này cho ta giá trị cực tiểu.
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
( )
( )
min 1 2 3 4
110. 165. 220.
110.( 2) 110.( 3) 165.1 220.1,25 110
k k
S R y y y y y
kNm
= = + + + =

= − + − + + = −
∑
Tính thử lần 3- cho tải trọng thứ 3, P = 165kN làm lực P
*
đặt tại đỉnh có tung độ
bằng y = 2,5 hình(c):
• Cho đoàn tải trọng dịch chuyển về bên trái một đoạn dz, ta có:

1 1
110. 110.1 165.1 220. 110 0
2 2
dS
dz
−
 
= + + + − = >
 ÷
 
• Cho đoàn tải trọng dịch chuyển về bên phải một đoạn dz, ta có:

1 1
110. 110.1 (165 220) 137,5 0
2 2
dS
dz
− −
= + + + = − <
Ta thấy vị trí này thỏa mãn điều kiện cực trị.
Đại lượng S
max

tương ứng:
( )
( ) ( )
ax 1 2 3 4
. 1,5 . 2 .
110. 2,75 1,5 165.2,5 220.0,5 55
m k k
S R y P y y P y P y
kNm
= = + + +
= − − + + =
∑
 Tính thử lần 4- cho tải trọng thứ 4, P= 220kN làm lực P
*
đặt tại đỉnh có tung độ
bằng y = 2,5 hình vẽ (d):
• Cho đoàn tải trọng dịch chuyển về bên trái một đoạn dz, ta có:

1
(110 110). 165.1 220.1 275 0
2
dS
dz
−
= + + + = >
• Cho đoàn tải trọng dịch chuyển về bên phải một đoạn dz, ta có:

1 1
(110 110). 165.1 220. 55 0
2 2

dS
dz
− −
= + + + = − <
Ta thấy vị trí này thỏa mãn điều kiện cực trị.
Đại lượng S
max
tương ứng:
( )
( ) ( )
ax 1 2 3 4
. 1,5 . 2 .
110. 0,75 1,75 165.1,5 220.2,5 27,5
m k k
S R y P y y P y P y
kNm
= = + + +
= − − − + =
∑
Nếu tiếp tục dịch chuyển đoàn tải trọng sang bên trái hay bên phải so với các lần
thử ở trên thì tải trọng sẽ vượt ra ngoài đường ảnh hưởng hoặc đi vào vùng tung độ
bé nên ảnh hưởng sẽ giảm xuống.
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
So sánh các giá trị MaxSmax và Max|Smin| đã tính được ở trên ta thấy giá trị
lớn nhất là -825. Do đó, vị trí tương ứng cho tải trọng thứ 4 có P=220kN làm lực P
*
đặt tại đỉnh có tung độ bằng -3 là vị trí bất lợi nhất và có giá trị là
Max |Smin| = -825KNm
2. Xác định chuyển vị ngang tại H, do tác dụng đồng thời của 2 nguyên nhân

tải trọng và chuyển vị cưỡng bức của gối tựa ( xem h.vẽ). Biết J
1
=2J; J
2
=3J;
E= 10.10
8
kN/m
2
.
J=10
-6
.
4
1
L
(m
4
); ∆=0,01L
1
(m);
2
/ L
ϕ
= ∆
Ta thiết lập trạng thái “k” khi có momen tập trung M
K
= 1 tách vào R.
Tách hệ chính phụ ở trạng thái m và k ta được
Trạng thái “k”

M = 1 kNm
F
3m
12m
C D
L E T T R P
M
1/12 KN
1/12 KN
1/12 KN
1/12 KN
1/4 KN 1/4 KN
Trạng thái “m”
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
P = 110 kN
q = 33 kN/m
F
3m
12m
C D
M = 220 kNm
M
17,19 KN
17,19 KN
17,19 KN
17,19 KN
-3,44 KN
-3,44 KN
-3,44 KN

195,93 KN 75,63 KN
L E T T R P
• Khung TMP
Đoạn MR
0 12z
≤ ≤
M
m
= 17,19.z
M
k
=
1
.
12
z
Đoạn RP
0 2z
≤ ≤
M
k
= 0
Đoạn TR
0 2z
≤ ≤
M
k
= 0
• Khung CEFD
Đoạn DF

0 12z
≤ ≤
M
m
= 0
Đoạn TF
0 3z
≤ ≤
M
m
= 17,19.z
M
k
=
1
.
12
z
Đoạn LE
0 2z
≤ ≤
M
k
= 0
Đoạn CE
0 12z
≤ ≤
M
m
= 17,19.z

M
k
=
1
.
12
z
Đoạn EF
0 5z
≤ ≤
M
m
= -8,8.
2
z
+ 79,06 -13,72
M
k
= 1 – 0,15z
Áp dụng CT Mo ta tính được:
Chuyển vị của góc xoay tại R do tác dụng của tại trọng:
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57
GIÁO VIÊN: DƯƠNG ĐỨC HÙNG bài tập lớn số 1
12
2
1
0
1 17,19.
.
EJ 12

z
km dz=
∫
V
+
3
2
1
0
1 17,19.
.
EJ 12
z
dz
∫
+
12
2
1
0
1 17,19.
.
EJ 12
z
dz
∫
+
12
2
0

1
( 8,8. 79,06. 13,72)(1 0,15 ).
EJ
z z z dz− + − −
∫
12 3
3 3
1 1
0 0
12
12
3 4 3 2 3 2
1
0
0
1 17,19 1 17,19
. .
EJ 12 3 EJ 12 3
1 17,19 1 1,32 11,86 2,06 8,8 79,06
. 13,72
EJ 12 3 EJ 4 3 2 3 2
z z
km
z z z z z z
z
= +
 
+ + − + − + −
 ÷
 

V
∆km= 3,54.10
-4
rad
Trong đó J
1
=2J, E = 10.10
8
KN/m
2
, J = 10
-6
L
4
1

( m
4
)= 6,4.10
-5
(m
4
),
∆ =0,01L
1
=0,08 (m), φ=∆/L
2
Chuyển vị của góc xoay tại R do sự chuyển vị cưỡng bức của gối tựa:
∆
k∆

= -∑R
k
∆= - R
k
.∆ =-
1
12
.0,08=- 6,67.10
-3
rad
Chuyển vị góc xoay tại R do tác dụng đồng thời của 2 nguyên nhân tải
trọng và chuyển vị cưỡng bức của gối tựa:
∆
R
=∆
k∆
+ ∆
km
= 3,54.10
-4
– 6,67.10
-3
= -6,316.10
-3
rad
Dấu (-) chứng tỏ chiều chuyển vị của góc xoay ngược với chiều giả sử
ban đầu.
**********THE_END**********
SV: Đỗ Thế Anh Lớp: XDCT Ngầm và Mỏ K57