BTL cơ kết cấu 2 Hình 7Tính khung siêu tĩnh bằng phương pháp lực

Đề số 7.3
Tính khung tĩnh siêu tĩnh theo phương pháp lực.
1)S đồ tính:

2)Số liệu như sau :
STT
3

Kích thước hình học,m
L1
L2
12

10

q(kN/m)
50

Tải trọng
P (kN) M(kN.m)
120

100


I) 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: Momen uốn MP , lực cắt QP , lực dọc NP trên
hệ siêu tĩnh đã cho. Biết F =

10 J

2
L12 (m )

a) Xác định bậc siêu tĩnh và chọn hệ cơ bản
b) Thành lập các phương trình chính tắc dạng tổng quát
c) Xác định các hệ số và số hạng tư do của phương trình chính tắc,
kiểm tra các kết quả tính được
d) Giaỉ hệ phương trình chính tắc
e) Vẽ biểu đồ mômen trên hệ siêu tĩnh đã cho do tải trọng tác dụng MP.
Kiểm tra cân bằng các nút và kiểm tra điều kiện chuyển vị.
f) 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.
Biết E = 2.108 kN/m2 , J = 10-6 L41 (m4)
2) Tính hệ siêu tĩnh chịu tác dụng cả 3 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) Thứ tự thực hiện
1) Cách vẽ biểu đồ momen uốn M do 3 nguyên nhân đồng thời tác
dụng trên hệ siêu tĩnh đã cho và kiểm tra kết quả.
2) Cách tính các chuyển vị đã nêu ở mục 1.2 trên
Cho biết :
- Nhiệt độ thay đổi trong thanh xiên: thớ trên là Ttr = +45o , thớ dưới là
Td =+30o
- Thanh xiên có chiều cao tiết diện h=0,12 m
- Hệ số dãn nở vì nhiệt của vật liệu   10
- Chuyển vị gối tựa :
Gối D dịch chuyển sang phải một đoạn 1  0,001L1 (m)
Gối H bị lún xuống đoạn  2  0,001L2 (m)
5

II) NỘI DUNG BÀI LÀM
1)Tính hệ siêu tĩnh do tải trọng tác dụng.


1.1) Vẽ các biểu đồ nội lực: Momen uốn MP, lực cắt QP, lực dọc NP trên
10 J
hệ siêu tĩnh đã cho. Biết F = L12 (m2).

1. Xác định bậc siêu tĩnh và chọn hệ cơ bản:
Bậc siêu tĩnh được xác định theo công thức :
n = 3V – K
V=2;
V-số chu vi kín
K=3;
K-số khớp đơn giản
=> n= 3 .Vậy khung đã cho có bậc siêu tĩnh là 3
Hệ cơ bản:

Hệ tĩnh định tương đương:

2. Thành lập các phương trình chính tắc tổng quát


-Hệ phương trình chính tắc được xây dựng từ hệ tĩnh định tương
đương
-Hệ có bậc siêu tĩnh là 3 nên ta phải tiến hành khử 3 bậc siêu tĩnh đó
bằng cách tại gối D ta bỏ liên kết gối cố định thay vào đó là một liên kết
gối di động và một lực theo phương ngang X 2 , tại gối D làm tương tự
nhưng phương của gối di động là phương ngang và đặt thêm một lực X3
theo phương thẳng đứng. Ta cắt thanh ngang đi qua gối H, thanh này chỉ

có thành phần lực dọc là X1 .
- Phương trình chính tắc dạng tổng quát:
11 X 1  12 X 2  13 X 3  ...  1n X n  1P  1 z  1t  1  0

 21 X 1   22 X 2   23 X 3  ...   2 n X n   2 P   2 z   2t   2   0
………………………………………………………………..
 n1 X 1   n 2 X 2   n 3 X 3  ...   nn X n   nP   nz   nt   n  0
Ở trường hợp này n = 3 và chỉ xét hệ siêu tĩnh do tải trọng gây ra,
không có các chuyển vị do nhiệt độ, độ dôi,do gối tựa bị lún… Nên ta
được các phương trình chính tắc như sau:

11 X 1  12 X 2  13 X 3  1P  0

 21 X 1   22 X 2   23 X 3   2P  0

 31 X 1   32 X 2   33 X 3   3P  0
Trong đó:
 11,  12,  13 là chuyển vị theo phương X1 do lực X1=1, X2=1, X3=1 gây nên
 21,  22,  23 là chuyển vị theo phương X2 do lực X1=1, X2=1, X3=1 gây nên
 31,  32,  33 là chuyển vi theo phương X3 do lực X1=1, X2=1, X3=1 gây nên
 1P là chuyển vị theo phương X1 do tải trọng gây nên
 2P là chuyển vị theo phương X2 do tải trọng gây nên
 3P là chuyển vị theo phương X3 do tải trọng gây nên
3. Xác định các hệ số và số hạng tự do của hệ phương trình
chính tắc,kiểm tra kết quả tính toán:


 Vẽ

ID : Mx= 0

IB : Mx= 0
CH: Mx= -z (0  z  10)

M

C

M

H

x

x

=0

(kNm)

= -10 (kNm)

EF: Mx= z (0  z  10)

M
M

 Vẽ

E
x

F
x

= 0 (kNm)

= 10 (kNm)


ID: Mx = -z

(0  z  10)

CH: Mx= 10-z

(0  z  10)

M xD = 0 (kNm)

M xC = 10(kNm)

M xI = -10( kNm)

M xH = 0 ( kNm)

IB: Mx = -(10+ zsin  ) (0  z  10)

BC: Mx= 16-z (0  z  6)

M xI =-10(kNm) Với sin  = 3

M xB = 16(kNm)

4
5

M xC = 10(kNm)

5

M xB = -16(kNm)

 Vẽ

cos  =


ID :Mx = 0
IB: Mx = z cos  (0  z  10)

M xI = 0 (kNm)

M xB = 8 (kNm)
BC: Mx = -8 (kNm)
CH: Mx = -8 (kNm)

 Vẽ


DI : Mx = 0

qz 2 cos 
IB : Mx =
(0  z  10)
2
M xI = 0

(kNm)

M xB = -2000(kNm)

BC : Mx = q.10.

10 cos 
-M
2

C
M xB = M x = 1900 (kNm)

CH : Mx =1900
H

M xC = M x = 1900 (kNm)
EF : Mx = -Pz (0  z  10)
M xE = 0
(kNm)

M xF = -1200 (kNm)
 Vẽ

ID: Mx = -z (0  z  10)

CH: Mx= (10-z)-8-z (0  z  10)

I
x

M = -10 (kNm)
M

D
x

=0

(kNm)

=> Mx= 2-2z
M xC = 2

(kNm)

M xH = -18 (kNm)
IB : Mx= -(10+sin  )+ zcos  (0  z  10)
=> Mx = -10+ z (cos  - sin  )

M xI = -10 (kNm)
M xB = -8 (kNm)

BC : Mx = (16-z) -8 (0  z  6)
=> Mx = 8-z
M xB = 8 (kNm)
M xC = 2 (kNm)
Ta có được các biểu đồ nội lực như sau:

EF: Mx= z (0  z  10)

M xE = 0 (kNm)
M xF = 10 (kNm)


Ta tính

+

+

được biểu đồ như hình 1:


So sánh với biểu đồ
ta nhận được 2 kết quả là trùng khớp nhau
=> các biểu đồ đơn vị đã vẽ là đúng
 Tính toán:
1 1
2  1 1
2  1
.
10

.
10
.
.
10

.
10
.
10
.
.10  
.1.12




=
11

3EJ  2
3  EJ  2
3  EF
4000 12

 11=
9 EJ
EF
  22 =

1 1
2  1  10  16  172  1  1
2 
.10.
. .16.16. .16 
 .10.10. .10  


EJ  2
3  2 EJ  2
13  3EJ  2
3 

+) Bài toán phụ: Với đoạn IB


2.16  10 10
.
Zc=
16  10 3

ZC

Nên a= 10+







13

14836
9 EJ
1 1
2  1
8.16.8  448
 33 
 .8.10. .8  
2 EJ  2
3  3EJ
EJ
1  1
1   500
 12   21 
 .10.10. .10  
3EJ  2
3  9 EJ
1 1
 400
 13   31 
 .10.10.8  
3EJ  2
 3EJ
 1  10  16 .10 56   1
 1864
 1
 23   32 
.

. .   .16.16.8 .

2 EJ 
2
13   2
3EJ
 3EJ
1  1
2
 1 1
  215000
 1P 
 .10.10.1900  
 .10.10. .1200  
3EJ  2
3
3EJ
 EJ  2

=>  22 



10

.6 = 172

 2P

+)Bài toán phụ:

Với đoạn IB:


²

a

.
1 1
2
 145000
 .2000.10.14  .500.10.13  
2 EJ  2
3
3EJ

145000
1 
1
 129400

.1900.16. .16  
Nên:  2 P 
3EJ
3EJ 
2
EJ


A=

1  1
1
2  2
 1 
1900.16.8
.
2000
.
10
.
.
8

.
500
.
10
.
.
8






2 EJ  2
3  3
 2  3EJ

 303200
 3P =
3 EJ
 Kiểm tra hệ số:
  3P 

a, Tính

.

1 1
2
1  1 1
2  4700
. .10.10. .10  
 .18  2 .10. .10  2.10. .10  
3EJ  2
3
2  EJ  2
3  9 EJ
4700 12

So sánh với :  11   21   31 
9 EJ EF
=

Do khi tính  11   21   31 ta tính đến cả thành phần lực dọc ,còn trong khi đó
nhân hai biểu đồ momen chỉ mới có thành phần momen .Nên có sự
chênh lệch một lượng giữa hai kết quả tính
12

=  11   21   31
EF
=>Hai kết quả tính ở trên phù hợp với nhau

.

b, Tính

.

+


=

1 1
2
1  10  8.10 116 
1  8  2 .6 68 

.

. 
 .10.10. .10  
EJ  2
3
2
9  3EJ  2
5
 2 EJ 

1
+
3EJ
=

2
1 
1
.
20
.
10
.
.
10

18
.
10
.
.10
 2
3
2 

8744
9 EJ

 21   22   23 

8744
9 EJ

Suy ra
.
=  21   22   23
=>Hai kết quả trên phù hợp với nhau
c. Tính
=

.

 1  10  8.10 104 
1  8  2 .6 
1 1
1 1

  40
.

.
8

.
2
.
1
.
8


.
18
.
9
.
8




 3EJ  2
2 EJ 
2
27  3EJ  2
 3EJ  2
 EJ

Ta có:  31   32   33 
Suy ra:

d,Tính

 40
EJ

.
=  31   32   33
=>Hai kết quả trên phù hợp với nhau
.

=

1 1
2
1 10  8.10 244
. .10.10. .10 
.
.
EJ 2
3
2 EJ
2
27

1 10.10 2
1 8  2.6 28
1
.
. .10 
.
. 
(2  2.z ) 2 dz
+

EJ 2 3
3EJ
2
5 3EJ 0
10

=

13084
9 EJ

Ta có:  11   21   31   12   22   32   13   23   33 

13084 12

9 EJ
EF

Do khi tính  11   21   31   12   22   32   13   23   33 ta tính đến cả thành
phần lực dọc ,còn trong khi đó nhân 2 biểu đồ momen chỉ mới có thành
phần momen .Nên có sự chênh lệch một lượng giữa hai kết quả tính


Suy ra

.

+

   21   31  12   22   32  13   23   33

12
= 11
EF

=> Hai kết quả trên phù hợp với nhau

e, Tính

1
=
2 EJ

.

 qz 2 . cos  
1
1  8  2.6

.

10

z
.
dz

.
1900


0

2
5

3EJ  2


10

1 1
1 1
2

 1 1
. .18.9.1900  
. .2.1.1900  
. .10.10. .1200
3EJ  2
3
 3EJ  2
 EJ 2
 130000
=
3EJ
 130000
  2 p   3P 
3EJ

-

Ta có: 1 p

Suy ra:
.

= 1 p   2 p   3P
=> Hai kết quả trên phù hợp với nhau
4. Giải hệ phương trình chính tắc

4000 12 4000 12.l12
4000 12.12 2 27776
 11 






9 EJ EF 9 EJ E.10.J 9 EJ 10 EJ
45EJ
27776
500
400
215000
.X 1 
.X 2 
.X 3 
0
45 EJ
9 EJ
3EJ
3EJ
 500
14836
1864

129400
.X 1 
.X 2 
.X 3 
0 
9 EJ
9 EJ
3EJ
EJ
400
1864
448
303200
X1 
X2 
.X 3 
0
3EJ
3EJ
EJ
3EJ

X1= 71,5748(kN)
X2=1,92

(kN)

X3=206,9561(kN)

 Kiểm tra kết quả của hệ phương trình chính tắc:

Sai số được tính va kiểm tra như sau:
Phương trình thứ nhất:
27776
500
400
215000
.71,5748 
.1,92 
.206,9561 
45EJ
9 EJ
3EJ
3EJ .100 0  5,4.10 5 0
0
0 < 5%
27776
500
400
.71,5748 
.1,92 
.206,9561
45EJ
9 EJ
3EJ
Phương trình thứ hai:


 500
14836
1864

129400
.71,5748 
.1.92 
.206,9561 
9 EJ
9 EJ
3EJ
EJ .100 0  6,7.10 5 0
0
0 < 5%
 500
14836
1864
.71,5748 
.1,92 
.206,9561
9 EJ
9 EJ
3EJ
Phương trình thứ ba:
400
1864
448
303200
.71,5748 
.1,92 
.206,9561 
3EJ
3EJ
EJ

3EJ .100 0  1,26.10 5 0
0
0 < 5%
400
1864
448
.71,5748 
.1,92 
.206,9561
3EJ
3EJ
EJ

5.Vẽ biểu đồ momen:
Ta có hệ tĩnh định tương đương như sau:

Theo nguyên lý cộng tác dụng ta có:
=

X1+

X 2+

X 3+


Nên ta có được biểu đồ:


 Kiểm tra cân bằng nút:

 Kiểm tra theo điều kiện chuyển vị:


Ta tính

.

1
Với đoạn IB :
2 EJ
Nên
.

z
 6425,4573

  19,2  164,41288z  20 z .  10  5 dz  EJ

10

2

0

.
2  1 6425,4573
1  275,0712  263,5512
1




.
.6.5,02 
=  .19,2.10. .10 
3  EJ
EJ
3EJ 
2
2

10

1
1 1
2
(
263
,
5512

73
,
4948
z
).(
2

2
z

)
dz

.
.
484
,
252
.
10
.
.10
+
3EJ 0
EJ 2
3
= - 2,98 .10-3(m)



Đánh giá sai số :
0,298% <  =5%
Vậy vẽ biểu đồ momen ở trên là đúng
6.Vẽ biểu đồ QP,NP trên hệ siêu tĩnh

1
. 19,2  0  =-1,92(kN)
10
 Đoạn IB : Qy=  1,92. sin   206,9561. cos   qz cos 
 Đoạn ID ; Qtr=

Q yA =

164,41288(kN)

Q yB = - 235,58712(kN)

1
 Đoạn BC: Qtr=Qph= .275,0712  263,5512  =1,92(kN)
6
1
 Đoạn CH: Qtr=Qph= 263,5512  ( 471,3968) =73,4968(kN)
10

1
.0  ( 484,252) =48,4252(kN)
 Đoạn EF: Qtr=Qph=
10


Ta có được biểu đồ QP

:

+)Vẽ biểu đồ NP:
Tách nút I :

NIB=NIDsin  -1,92cos 

NID=164,41288cos  +NIBsin 
=>

NIB= -125,70966(kN)
NID= -206,9561 (kN)
Tách nút B:

NIB= -NBC.sin  -1,92.cos 
NBC= -235,58712.cos  -NBI.sin  =>
CE:
BC,CH:

Nz= 71,5748(kN)
Nz=-293,0439(kN)

Ta vẽ được biểu đồ NP như sau:

NIB= 174,29034(kN)
NBC= -293,0439(kN)


1.2) Xác định chuyển vị ngang của điểm 1 hoặc góc xoay của tiết diện K.
Biết E = 2.108 kN/m2 , J = 10-6 L41 (m4)
Ta có trạng thái “k” như sau:

Ta vẽ được biểu đồ nội lực :


K

Kết hợp với biểu đồ nội lực của hệ siêu tĩnh đã được vẽ ở trên ta có:

Ta có:

 km   km1   km 2
 km  

M p. M k
EJ

dz  

N p .N k
EF

dz


 km1

1

.
2 EJ

3





19
,
2

164
,
41288
z

20
z

z
.

dz

5

10

2



0



1  275,0712  263,5512


.
6
.
3
,
021387896


+
3EJ 
2

1 1
2
1 


.
471
,
3968

263
,
5512
.
10
.
.

10

263
,
5512
.
10
.
.10
+
3EJ  2
3
2 
4247,66809
=
EJ
 km 2

1
 858,8976  858,8976  858,8976.12 2  12368,12544

.71,5748.12 



10 J
EF
EF
10EJ
EJ

E. 2
12
3

 

Suy ra:  km  1,958.10 m
Dấu (-) chứng tỏ chuyển vị ngang đặt tại mặt cắt I có chiều ngược với
chiều giả sử của lực đặt tại đó
2) Tính hệ siêu tĩnh chịu tác dụng cả 3 nguyên nhân (Tải trọng, nhiệt
độ thay đổi và gối tựa dời chỗ).
2.1) Viết hệ phương trình chính tắc dạng số
1,Chọn hệ cơ bản giống như ở trên
2,Lập hệ phương trình chính tắc:

 11 X 1   12 X 2   13 X 3  1 p  1t  1z  0
 21 X 1   22 X 2   23 X 3   2 p   2t   2 z  0
 31 X 1   32 X 2   33 X 3   3 p   3t   3 z  0
2.2) Trình bày
1, Vẽ biểu đồ momen uốn :
Các biểu đồ

,

,

,

đã vẽ được ở trên

Các hệ số  11 ,  22 ,  33 ,  12 ,  13 ,  21 ,  23 ,  31 ,  32 ,  1 p ,  2 p ,  3 p đã có ở trên


Khi đó ta tính các hệ số do nhiệt độ và chuyển vị cưỡng bức gây nên
a,Các hệ số do nhiệt độ:
+) Trong thanh xiên chịu sự thay đổi của nhiệt độ, momen uốn và lực dọc
do X1= 1 gây ra trong hệ cơ bản đều = 0
=> 1t  0
+) Đối với lực X2= 1

Trong thanh xiên : Nz=

 2t   .t c . N  
2

4
5



 t .  M 
2
h

10  16.10  0,1595(m)
45  30  4
10 5
.
.10 
.45  30.

= 10 .
2
5
0,12
2
+) Đối với lực X3= 1

 2t

5

Trong thanh xiên Nz= -sin  =



3
5

 2t   .tc . N    t .  M 
3
3
h
45  30  3 
10 5
1

.  .10 
.45  30. .8.10   0,05225(m)
2
0,12

 5
2

b, Các hệ số do chuyển vị cưỡng bức :
5
= 10 .

1 z  0
 2 z  1.1  0,012(m)

3z  0
Thay các hệ số ở trên vào hệ phương trình chính tắc ta có:

27776
500
400
215000
.X 1 
.X 2 
.X 3 
00  0
45EJ
9 EJ
3EJ
3EJ

 500
14836
1864
129400

.X 1 
.X 2 
.X 3 
 0,1595  0,012  0,012
9 EJ
9 EJ
3EJ
EJ