Bài tập lớn Cơ học kết cấu 1

GV: NGUYỄN PHI LONG

BÀI TẬP LỚN

CƠ HỌC KẾT CẤU 1

1
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

A. Đề bài:

Yêu cầu:

2
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

B. Trình tự tính toán:
1. Xác định nội lực trong hệ tĩnh định :
1.1. Xác định các phản lực gối tựa :
- Phân tích hệ chính phụ: Lập sơ đồ tầng
- Lần lượt tính toán tự hệ phụ đến hệ chính theo thứ tự:
a) Tính dầm HI:
YH  90kN  Truyền phản lực xuống khung EGH
YI  90kN  Truyền phản lực xuống khung MN

b) Tính dầm MN:

M

M

 P  7.5  90  3  q  3 1.5  YN 10  0  YN  19.5kN

 Y  90  q  3  P  Y

N

 YM  0  YN  240.5kN

c) Tính khung EGH :

 M  90  7  q  3  5.5  H  6  0  H
 Y  90  q  3  Y  0  Y  180kN
 X  H  H  0  H  H  187.5kN
E

G

E

E

G

G

 187.5kN

E

E

G

d) Tính khung AF :

3
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

M

A

 q  5  2  M  180  8  187.5  6  YF  8  P  2  0

 YF  356.875kN

 Y  P  q  5  180  Y

F

X  H

A

 YA  0  YA  53.125kN

 187.5  0  H A  187.5kN

1.2. Dùng phương pháp mặt cắt xác định nội lực trong hệ :
1.2.1. Vẽ biểu đồ momen M:

4
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

1.2.2. Vẽ biểu đồ lực cắt Q:

1.2.3. Vẽ biểu đồ lực dọc N:

5
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

1.3.

Vẽ các dường ảnh hưởng (đah) RM , MN , QN tr , QN ph , QI :

Khi lực thẳng đứng P=1 di động trên hệ khi chưa có mắt truyền lực ta thấy các
tiết diện cần vẽ đah đều thuộc hệ phụ của AF nên khi P=1 di động trên hệ AF
thì đah sẽ trùng với đường chuẩn, do đó ta chỉ vẽ đah thuộc hệ HI và MN.
1.3.1. Vẽ các đường đah RM , MN , QN , QI khi lực thẳng đứng P=1 di động trên
hệ khi chưa có mắt truyền lực :

6
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

1.3.2. Vẽ các đường đah RM , MN , QN tr, QN ph , QI, Mk khi lực thẳng đứng P=1 di
động trên hệ khi có mắt truyền lực :

7
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

1.3.3. 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 trị tuyệt đối max:
Ta thấy đah Mk gồm 4 đoạn thẳng  tính các trị số tgα ứng với các đoạn thẳng
lần lượt từ trái qua phải như sau:

tg 1  0.25; tg 2  0.5; tg 3  0; tg 4  0.5
Lần lượt cho đoàn tải trọng di động từ trái qua phải sao cho các lực tập trung
lân lượt đặt vào các đỉnh I, II, III và IV của đah Mk.

8
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

 dM k 
Tìm vị trí có đạo hàm 
 đổi dấu để xác định lực Pth.
 dz 

 Thử lần 1: Cho P4 đặt vào đỉnh I của đah Mk: (hình a)


Khi P4 đặt tại đỉnh trái I ta có :
 dM k 
 dz   ( P3  P 4)  tg 1  450  0.25  112.5  0





Khi P4 đặt tại đỉnh phải I ta có :
9

SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

 dM k 
 dz   P3  tg 1  P 4  tg 2  200  0.25  250  0.5  75  0



Ta thấy đạo hàm đổi dấu nên P4 đặt ở đỉnh I là Pth. Ta tính Mk ứng với sơ
đồ a:

Mk   P3  0.75  P 4  1.5  525kNm
 Thử lần 2: Cho P3 đặt vào đỉnh I của đah Mk: (hình b)


Khi P3 đặt tại đỉnh trái I ta có :
 dM k 
 dz   ( P1  P 2  P3)  tg 1  500  0.25  125  0





Khi P3 đặt tại đỉnh phải I ta có :
 dM k 
 dz   P3  tg 2  ( P1  P 2)  tg 1  200  0.5  300  0.25  25  0



Ta thấy đạo hàm đổi dấu nên P3 đặt ở đỉnh I là Pth. Ta tính Mk ứng với sơ
đồ b:

Mk   P3  1.5  P 2  0.75  P1 0.25  450kNm

 Thử lần 3: Cho P4 đặt vào đỉnh II của đah Mk: (hình c)


Khi P4 đặt tại đỉnh trái II ta có :
 dM k 
 dz   ( P3  P 4)  tg 2  ( P1  P 2)  tg 1  650  0.5  300  0.25  250  0





Khi P4 đặt tại đỉnh phải II ta có :
 dM k 
 dz   P3  tg 2  ( P1  P 2)  tg 1  250  0.5  300  0.25  50  0



Ta thấy đạo hàm không đổi dấu nên không có giá trị Mk cực trị. Tiếp tục
dịch chuyển đoàn tải trọng sang bên phải.
10
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

 Thử lần 4: Cho P3 đặt vào đỉnh II của đah Mk: (hình d)


Khi P3 đặt tại đỉnh trái II ta có :
 dM k 

 dz   ( P1  P 2  P3)  tg 2  500  0.5  250  0





Khi P3 đặt tại đỉnh phải II ta có :
 dM k 
 dz   ( P1  P 2)  tg 2  00  0.5  150  0


Ta thấy đạo hàm không đổi dấu nên không có giá trị Mk cực trị. Tiếp tục
dịch chuyển đoàn tải trọng sang bên phải.
 Thử lần 5: Cho P3 đặt vào đỉnh III của đah Mk: (hình e)



Khi P3 đặt tại đỉnh trái III ta có :
 dM k 
 dz   P 4  tg 4  250  0.5  125  0





Khi P3 đặt tại đỉnh phải I ta có :
 dM k 
 dz   ( P 4  P3)  tg 4  450  0.5  225  0



Ta thấy đạo hàm không đổi dấu nên không có giá trị Mk cực trị. Tiếp tục
dịch chuyển đoàn tải trọng sang bên phải.

Ta có kết luận : Vị trí bất lợi nhất của hệ lực tập trung di động trên hệ khi có mắt
truyền lực để momen uốn tại tiết diện K có gái trị tuyệt đối lớn nhất là vị trí đặt tải
theo sơ đồ 1. Khi đó

max Mk  525kNm

11
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

2. Tính chuyển vị trong hệ tĩnh định :

2.Tính hệ ở trạng thái “k” : Ta có nhận xét Mk=1 được đặt vào khung
EGH nên nó chỉ ảnh hưởng đến nội lực của khung EGH và hệ chính AF, vì vậy khi
tính nội lực ta chỉ cần quan tâm đến hệ khung AFEGH.
 Xác định các phản lực:
1
1
H A  H E  ; YA  YF 
6
8

 Vẽ biểu đồ Mk:

12

SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

2.2.Tính hệ ở trạng thái “p”:
Dùng kết quả đã tính ở phần trên, ta vẽ lại biểu đồ (Mp) trong khung AFEGH.

2.3.Dùng công thức Mawcxoan-Mo tính chuyển vị cần tìm :
2.3.1.Tính chuyển vị góc xoay tại R do tải trọng gây ra:  R ( p )

R ( p)  (Mp).(Mk) 


1  2250.12 2  1  2090.5.(2 1,5) 155.5 
0,5  2
3,5 
. .2  

.1,5 

  .75.5. 

3EJ  2
3  2EJ 
2
2 
3  3
2

1  975.5.2,5 1270.5  2.0,5  1 1125.6 2 1 1125.6 2

.1 

 
2EJ 
2
2 
3  3EJ 2 3 2EJ 2 3

 0.01rad

2.3.2.

2.3.3.
13
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG


GV: NGUYỄN PHI LONG

 R   R ( p)   R ()  0.027rad
Kết quả góc xoay mang dấu dương cho ta kết luận: Tiết diện R dưới tác dụng của 2
tác nhân trên sẽ bị xoay đi 1 góc 0.027 rad theo chiều kim đồng hồ.

THE END!

14
SVTH: NGUYỄN VĨNH TRƯỜNG