Bài tập lớn sức bền vật liệu – cơ học kết cấu

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI
‫ﻣ‬CÔNG NGHỆ KỸ THUẬT CƠ KHÍ ‫ﻣ‬

BÀI TẬP LỚN
MÔN: SỨC BỀN VẬT LIỆU – CƠ HỌC KẾT CẤU
Giáo viên hướng dẫn: ………………………
Lớp: ………………………..
Nhóm số: 03

Hà Nội - 2015
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI


TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI
‫ﻣ‬CÔNG NGHỆ KỸ THUẬT CƠ KHÍ ‫ﻣ‬

BÀI TẬP LỚN
MÔN: SỨC BỀN VẬT LIỆU – CƠ HỌC KẾT CẤU
Giáo viên hướng dẫn: ……………..
Lớp: ………………………..

Sinh viên thực hiện:
Hồ ………….

163 106 0…

Nguyễn ………..

163 106 0…

Nguyễn ……………….

163 106 0…

Hà Nội - 2015
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI


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 :
Phần I do cô giáo Nguyễn VũViệt Nga biên soạn , bao gồm4 bài tập lớn
SBVL.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


CÁC YÊU CẦU CHUNG
1.1.

–YÊU CẦU VỀ TRÌNH BÀY

Χηυονγ 2.
liệu này);

Trang bìa trình bày theo mẫu qui định (xem phần Phụ lục của tài

Χηυονγ 3.

Bài làm trình bày trên khổ giấy A4;

Χηυονγ 4.
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;

Χηυονγ 5.
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).
(a) –YÊU CẦU VỀ NỘI DUNG
Article II.

Môn Sức bền vật liệu có 4 bài tập lớn sau :

Section I.1

Tính đặc trưng hình học của hình phẳng

Section I.2

Tính dầm thép

Section I.3

Tính cột chịu lực phức tạp

Section I.4

Tính dầm trên nền đàn hồi.

Article II.

Môn Cơ học kết cấu có 3 bài tập lớn sau :

Section II.1

Tính hệ tĩnh định

Section II.2

Tính khung siêu tĩnh theo phương pháp lực

Section II.3 Tính khung siêu tĩnh theo phương pháp chuyển vị và phương pháp
phân phối mômen


PHẦN I

ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
BÀI TẬP LỚN SỨC BỀN VẬT LIỆU



BÀI TẬP LỚN SỐ 1

TÍNH ĐẶC TRƯNG HÌNH HỌC CỦA HÌNH PHẲNG
BẢNG SỐ LIỆU BÀI TẬP LỚN SỐ 1
STT a(cm)
1
15
2
18
3
10
4

14
5
20
6
19
7
18
8
15
9
20
10
22
11
20
12
22

h(cm)
15
27
18
24
18
21
24
18
21
18
24

24

R(cm)
15
18
20
26
16
18
20
24
22
25
26
24

c(cm)
12
14
16
20
14
14
22
20
18
18
24
20

D(cm)
24
26
24
25
26
22
26
25
24
22
25
20

Bxbxd (mm)
180x110x10
250x160x20
125x80x7
125x80x10
140x90x8
140x90x10
160x100x9
160x100x12
180x110x12
200x125x16
250x160x18
250x160x20

0

N I
27a
20
30
33
40
45
24
24a
27
22
22a
22a

0

N [
27
20a
30
33
40
24a
24
24
27
22a
22
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):

∑
xC =

S

∑

∑

YO

F

;

yC =

S

∑

XO

F
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

và J

i

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 〈max)

Jmax,min =

JX + J Y
2

J


J
±


X

−
J
2

XY

J −J =
Y −
tg 〈max = − max
b) Phương pháp đồ giải:

Y

J





+ J2XY

XY

J −J
X

2

min

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 〈max).

8


HÌNH DẠNG MẶT CẮT NGANG

1

IN0

b

a

c

O

h

3

c
D

4

b

2D

R

h

O

x0

B

y0

c

y0

2

y0

x

a

0

y0
B

O

x0

x0

c
O

R

B

R
b

5

R

y0

6

y0

2D

h

O

c x0

IN

a

[N0

c
O

R
y0

7

IN0

[ N0
c

R

D

D

x0

y0

8

O

0

x0

O

R

c
9 x0


D


9

y

10

0

h

y0

I N0

[ N0

c
O

2D

c

x0

a

D

11

x0

O

R

12
y0

R

D

B

hb

O

x0

c

c

D

R

14

13 y0
h

B

y0

h

b

b

c

c

O

x0

a

B

O

D

B

x0

y0

16
15

a

y0
R
O

D

x0

B
c
b

a
x0

c
O

b
h

B


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:

c=20 cm

B=25 cm

R=24 cm

Thép góc Bxbxd: 250x160x20(mm); D = 20 cm; c = 20 cm; R = 24cm.

R=24 cm

D=20 cm

b=16 cm

H×nh 1.1
Tra bảng thép góc có:
2
F = 78,5 cm
B = 250 mm
4
Jx = 4987 cm
b = 160 mm
4
Jy = 1613 cm
d = 20 mm

tg α = 0,405

3,85

10,191
3

2

O

10,191

O2

1

O1

3

28,31 10
8,31

y0

30,1
9

JU = 949 cm4

x0 = 3,85 cm
y0 = 8,31 cm

x0

13,809
30

47,85

Hình1.2


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)

S x = F1. y1 = 1200.10 = 12000 cm

3

( 1)

S y = F1. x1 = 1200. 30 = 36 000 cm

3

- 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:
∗

4.24

x 2 = y 2 = 3π
→ x2 = R – x

∗

2

= 3.3,14 = 10,191 cm

2

= 24 – 10,191 = 13,809 cm

10,19

∗

4
R

O2
∗

S

(2)

S

(2)

x
y

= F2. y2 = 452,16. 30,191 = 13 651,162 cm
= F2. x2 = 452,16.13,809 = 6 243,877 cm

1

→ y2 = c + y 2 = 20 + 10,191 = 30,191 cm
2
2
O2 ( 13,809; 30,191); F2 = π.R / 4 = 452,16cm ;

10,191

3

3

Hình1.2a

- Hình 3 (thép góc): sử dụng các giá trị tra bảng thép ở trên, ta có
x
y

∗
∗

3

= 3,85 cm

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 .
S

(3)

S

(3)

x

= F3. y3 = 78,5. 28,31 = 2 222,335 cm

3

y

= F3. x3 = 78,5. 47,85 = 3 756,225 cm

3


12


Bảng kết quả tính toán
xi (cm)
30,000
13,809
47,850

i
1
2
3

2

Fi (cm )
1200,00
452,16
78,50

yi (cm)
10,000
30,191
28,310

3

3

(cm )
12 000,000
13 651,162
2 222,335
S xi 0

Tổng 1730,66

S yi 0 (cm )

36 000,000
6 243,877
3 756,225

27 873,497 46 000,102

Toạ độ trọng tâm:
i

ΣS y0
36000 + 6243,877 + 3756,225 46000,102
XC= ΣF =
= 1730,66 → XC = + 26,58cm
1200 + 452,16 + 78,5
i

i

ΣS x 0 12000 + 13651,162 + 2222,335 27873,497 → YC = + 16,106 cm
YC= ΣF =
= 1730,66
1200 + 452,16 + 78,5
i

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
2

y2

y3
x3

x2

O2

y1

C
O1

X
x1

1

6,106 12,204

16,106 cm 14,085

O3

x0
12,771 3,42
26,58 cm

21,27

Hình1.3

13


a. Toạ độ trọng tâm của từng hình thành phần đối với hệ trục trung tâm XCY
là:
ai (cm)
3,420
-12,771
21,270

Hình
1
2
3

bi (cm)
- 6,106
14,085
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
3
60.20
(1)
(1)
2
2
J

x

(1)

J

Y

= J (1) + a 2 F =
y

(

(

1

= 374 035,68 cm
J XY

J XY

1)

+ (− 6,106)

1

.1200 = 40 000 + 44 739,883

12
( 1)
4
J X = 84 739,883 cm

Χηυονγ 6.

( 1)
JY

+bF=

=J

X

1)

20.60

1

3

+ (3,42) 2 1200 = 360 000 + 14 035,68

12

4

= a1b1F1 = (3,42)(- 6,106) 1200 = - 25 059,024 cm

= - 25 059,024 cm

4

4

- Hình 2: 1/4 tròn
Tính mô men quán tính J
( 2)
Jx

→J

( 2)

( 2)

= Jy

x

4

và J

( 2)
y

lấy với hệ trục trung tâm của hình 1.2

2

2
 .R
 4R  .R 
=
− 


4 
 16  3 

( 2)





4

4

= 0,19625R - 0,14154R = 0,05471R
( 2)
( 2)
2
4
2
Vậy: J X = J x + b2 F2 = 0,05471R + b2 F2
x

=J

( 2)

y

( 2)

4

4

2

J X = 0,05471. 24 + (14,085) . 452,16 = 18 151,464 + 89 702,765
( 2)
4
y

J X = 107 854,23 cm

(2)

J

Y

=J

( 2)
y

10,191

+

max

2
a2 F2

4

2

= 0,05471. 24 + (-12,771) . 452,16

( 2)

J Y = 91 898,054 cm
Áp dụng công thức: J

XY

14

max

4

(2)

2

α

18 151,464 + 73 746,59

= J(2)
x2y2

+a bF
2

2 2

O

2

Hình1.3a

10,191

Tương tự:

( 2)
JX

x


2

R

(2)
Ta có:

4

4.R 4.R
− 

=±

J

 8

x2y2

J

(2)
x2y2

.

 3.





= ± (0,125R

.

3.








4

4

– 0,14154R ) = m 0,01654R
(2)

2)

4

4

Trường hợp này tg 〈max < 0 nên J
(

.R


x2y2

4

= 0,01654R , lấy dấu > 0:

4

4

J XY = 0,01654R + a2b2F2 = 0,014654.24 + (14,085).(-12,771).452,16
(

J XY

2)

= 5 487,575 - 81 334,328 = - 75846,753 cm

4

- Hình 3: thép góc
2
J(3) = 4987 + b 2 .F = 4987 + (12,204) .78,5 = 4987 + 11 691,606
X

3

3

( 3)
JX

4

= 16 678,602 cm
2
2
J(3) = 1613 + a .F = 1 613 + (21,27) .78,5 = 1 613 + 35 514,412
Y

3

J(3)XY

( 3)
J Y = 37 127,412
(3)
J x3y3 + a3b3 F3

=

Áp dụng công thức:

tg 〈max = J

J

cm

3

y

x

→ Jxy = (Jmin – JX) tg 〈max

(3)

O

(3)

x

Hình1.3b

x3y3

XY

J XY

max

3

4

Jx3y3 = (949 – 4987). 0,405 = - 1 635,39 cm
+ a3b3F3 = - 1 635,39 + (21,27).(12,204).78,5
J(3) = J(3)
3)

α

< 0, do đó Jx3y3 của

(3)

(

max

xy

−
J
min

Vì tg 〈max > 0 nên Jx3y3
thép góc là:

3,85

4

8,31

→

3

= - 1 635,39 + 20 376,957 = 18 741,567 cm
Bảng kết quả tính toán

Hình
1
2
3

J xi (cm4)
40 000
18 151,464
4 987

J yi (cm4)
360 000
18 151,464
1 613

J Xi (cm4)
84 739,883
107 854,23
16 678,602

4
J xyi (cm )
0
5 487,575
1635,39

JYi (cm4)
374 035,68
91 898,054
37 127,412

ai (cm)
3,42
-12,771
21,27

4
J XYi (cm )
- 25 059,024
-75 846,753
18 741,567

bi (cm)
- 6,106
14,085
12,204


15


Tính mô men quán tính trung tâm của toàn hình:
JX = ∑ J X = 84 739,883 + 107 854,23 + 16 678,602
i

4

JX = 209 272,715 cm
i
J Y = 374 035,68 + 91 898,054 + 37 127,412JY=
→

JY = 583 328,384 cm

4

JXY = ∑ J XY = -25 059,204 – 75 846,753 + 18 741,567
i

JXY = - 82 164,210 cm

4

Tính các mô men quán tính chính trung tâm:

Jmax,min =

JX + J Y
2


J
± 


X

+JY 


2

2

+ J2XY

Jmax,min = 209272,715 + 583328,384

±

Jmax,min =



2
 209272,715 − 583328,384





792601,099
2

± 



2
 - 374055,669



2

2

2



+ (− 82164,210)

+ (− 82164,210)

2

2

Jmax = 396300,55 + 204280,12 = 600580,67
Jmin = 396300,55 - 204280,12 = 192020,43
J
XY
− 82164,210
− 82164,210

J

−J

Y = -600580,67 − 583328,384 = tg〈max=- max
4. Kết quả tính toán:
4
Jmax = 600580,67 cm

Jmin = 192020,43 cm

17252,29 = 4,7625

4

0

〈max ≅ 78 08’5’’
Vòng Mo trên hình 1.4 được vẽ với:

209272,715 + 583328,384

; 0 ) →C
(396300,55; 0) 2
583328,384
+
 209272,715 −
 2
- Bán kính: R = 
 (− 82164,210)


2
R = 204280,12
- Tâm: C (

- Cực: P (JY, JXY) → P ( 583 328,384; - 82164,210)

2

16


J

J
UV

max

= 600580,67 cm

4

Jmin= 192020,43 cm4

Max

Min

0

αmax ≈ 78 08’5’’

O

JXY =82164,210

C

JU

P

JX = 209272,715
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

α

max

O

X

1

16,106cm

3

Min

26,58 cm
Hình1.5
17


BÀI TẬP LỚN SỐ 2

TÍNH DẦM THÉP
BẢNG SỐ LIỆU BÀI TẬP LỚN SỐ 2
STT
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

P (KN)
24
20
36

22
40
30
32
28
26
20

M (KNm)
40
52
54
50
44
42
56
46
38
62

a (m)
0,8
0,7
1,0
1,1
0,8
0,7
0,5
0,6
0,9

0,5

q (KN/m)
18
16
12
14
10
22
15
20
24
16

b (m)
1,8
1,4
1,2
1,4
1,6
1,4
1,2
1,2
1,8
1,5

c (m)
0,9
0.8
0,8

1,4
1,1
0,7
0,9
1,2
1,2
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
2

điều kiện bền của dầm, biết [σ] = 210 MN/m .
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:
WX ≥

MX

max

[σ ]

0

Từ đó tra bảng thép để được số hiệu thép (N I) cần tìm.


18