ĐỒ ÁN Sức bền vật liệu

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ
BỘ MƠN CƠNG NGHỆ XÂY DỰNG – GIAO THƠNG
----------

ĐỒ ÁN 1
TÍNH TOÁN SỨC BỀN VẬT LIỆU VÀ KẾT CẤU

Sinh viên

:

Trần Văn Huynh

Mã sinh viên :

18020668

Lớp

:

K63XD

Giảng viên

:

PGS.TS Đào Như Mai
TS Dương Tuấn Mạnh

Hà Nội - 2021


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ
BỘ MƠN CƠNG NGHỆ XÂY DỰNG – GIAO THƠNG
----------

ĐỒ ÁN 1
TÍNH TOÁN SỨC BỀN VẬT LIỆU VÀ KẾT CẤU

Sinh viên

:

Trần Văn Huynh

Mã sinh viên :

18020668

Lớp

:

K63XD

Giảng viên

:

PGS.TS Đào Như Mai
TS Dương Tuấn Mạnh

Hà Nội - 2021

MỤC LỤC
2


PHẦN I: SỨC BỀN VẬT LIỆU
BÀI 1:
1. ĐỀ BÀI.

Cho E=2,1×105 MN/m2, [σ] = 210 MN/m2,

1
 ymax 
 l  = 400



.

Chọn số hiệu mặt cắt cho dầm làm bằng thép chữ I thoả mãn điều kiện bền và điều
kiện cứng. Tính chuyển vị tại mặt cắt D.
Ta có:
P (KN)
24

M (KNm)
40

q (KN/m)
18

a (m)
0.8

b (m)
1.8

c (m)
0.9

Bài làm

2. CÁC BƯỚC GIẢI.
2.1. Chọn sơ bộ mặt cắt theo điều kiện bền của ứng suất pháp.

2.1.1. Xác định phản lực gối tựa Ra ,Rb .

∑M

A

= −2 P × 0.8 − q × 0.8 × 0.4 + P × 1.8 − M + Rb × 2.7

= −48 × 0.8 − 18 × 0.8 × 0.4 + 24 × 1.8 − 40 + Rb × 2.7

⇒ Rb = −

−48 × 0.8 − 18 × 0.8 × 0.4 + 24 × 1.8 − 40 2048
=
( KN )
2.7
135
3


∑M

B

= −2 P × 3.5 − q × 0.8 × 3.1 + Ra × 2.7 − P × 0.9 − M

= −48 × 3.5 − 18 × 0.8 × 3.1 + Ra × 2.7 − 24 × 0.9 − 40
⇒ Ra = −

−48 × 3.5 − 18 × 0.8 × 3.1 − 24 × 0.9 − 40 13712
=
( KN )
2.7
135

Kiểm tra lại phản lực:

∑F

y

= 2 P + 0.8 × q − Ra + P + Rb = 48 +

72 13712
2048
−
+ 24 +
=0
5
135
135

Ra và Rb đã tính đúng.
2.1.2. Viết phương trình tính nội lực.
Chia dầm thành 3 đoạn ta có:
-

Đoạn CA: Chọn gốc tại C, trục z sang phải ( 0 ≤ z1 ≤ 0.8 m)

Qy = −2 P − q × z1 = −48 − 18 × z1 ( KN )
1
M x = −2 P × z1 − q × × z12 = −48 × z1 − 9 × z12 ( KNm)
2
+ Tại z1 = 0 (tại C) có Qy = - 48 (KN), Mx = 0;
+ Tại z1 = 0.4m (chính giữa) có Qy = - 55.2 KN, Mx= -20.64 KNm;
+ Tại z1 = 0.8m (tại A) có Qy = - 62.4 (KN), Mx = -44.16 (KNm).
-

Đoạn AD: Chọn gốc tại A, trục z sang phải ( 0 ≤ z2 ≤ 1.8m )

13712
= 39.17( KN )
135
M x = Ra × z2 − 2 P × (0.8 + z2 ) − q × 0.8 × (0.4 + z2 )

Qy = −2 P − q × 0.8 + Ra = −48 − 18 × 0.8 +

=

13712
5288
1104
× z2 − 48 × (0.8 + z2 ) − 18 × 0.8 × (0.4 + z2 ) =
× z2 −
( KNm)
135
135
25
4


+ Tại z2= 0 (tại A) có Qy = 39.17 (KN), Mx = -44.16 (KNm);
+ Tại z2 = 1.8m (tại D) có Qy = 39.17 (KN) , Mx= 26.35 KNm.
-

Đoạn DB: Chọn gốc tại B, trục z sang trái (0 ≤ z3 ≤ 0.9m )

Qy = Rb = 15.17( KN )
M y = − Rb × z3 + M = −

2048
× z3 + 40( KNm)
135

+ Tại z3= 0 (tại B) có Qy = 15.17 (KN), Mx = 40 (KNm);
+ Tại z3 = 0.9m (tại D) có Qy = 15.17 (KN) , Mx= 26.35 KNm.

2.1.3. Vẽ biểu đồ moment.

Từ biểu đồ ta có Mmax tại A => Mmax= 44.16 KNm
2.1.4. Chọn sơ bộ mặt cắt theo điều kiện bền của ứng suất pháp tại mặt cắt A có
momen lớn nhất.
Từ điều kiện đảm bảo cho dầm hình:
Wx ≥

Mx

σ

max

=

44.16
= 2.1 × 10−4 ( m3 ) ⇒ Wx ≥ 210 cm3
3
210 × 10

5

Tra bảng thép chữ I, chọn IN022 có Wx = 232cm3 thỏa mãn điều kiện trên và có các
đặc trưng sau: qbt=24 Kg/m = 240N/m = 0.24 KN/m;
h = 22cm, b = 11cm, d = 0.54cm, t = 0.87cm, Ix = 2550cm4 , Sx=131cm3.
2.2 Kiểm tra điều kiện bền (khi kể đến trọng lượng bản thân dầm).

Với Thép chữ IN018 có qbt =0.24KN/m.

2.2.1. Xác định các phản lực ở gối tựa.

∑M

A

= −2 P × 0.8 − (q + qbt ) × 0.8 × 0.4 + P × 1.8 − M + Rb × 2.7 + qbt × 2.7 × 1.35

= −48 × 0.8 − 18.24 × 0.8 × 0.4 + 24 × 1.8 − 40 + Rb × 2.7 + 0.24 × 2.7 × 1.35

⇒ Rb = −

∑M

B

−48 × 0.8 − 18.24 × 0.8 × 0.4 + 24 × 1.8 − 40 + 0.24 × 2.7 × 1.35 20081
=
( KN )
2.7
1350

= −2 P × 3.5 − (q + qbt ) × 0.8 × 3.1 + Ra × 2.7 − P × 0.9 − M − qbt × 2.7 × 1.35

= −48 × 3.5 − 18.24 × 0.8 × 3.1 + Ra × 2.7 − 24 × 0.9 − 40 − 0.24 × 2.7 × 1.35

⇒ Ra = −

−48 × 3.5 − 18.24 × 0.8 × 3.1 − 24 × 0.9 − 40 − 0.24 × 2.7 × 1.35 27571
=
( KN )
2.7
270

Kiểm tra lại phản lực:

∑F

y

= 2 P + 0.8 × q + qbt × 3.5 − Ra + P + Rb = 48 +

72 21 27571
20081
+
−
+ 24 +
=0
5 25
270
1350

=> Ra và Rb đã tính đúng.
2.2.2. Viết phương trình tính nội lực.
Chia dầm thành 3 đoạn ta có:
-

Đoạn CA: Chọn gốc tại C, trục z sang phải ( 0 ≤ z1 ≤ 0.8 m)

6


Qy = −2 P − ( q + qbt ) × z1 = −48 − 18.24 × z1 ( KN )
1
18.24
M x = −2 P × z1 − (q + qbt ) × × z12 = −48 × z1 −
× z12 ( KNm)
2
2
+ Tại z1 = 0 (tại C) có Qy = - 48 (KN), Mx = 0;
+ Tại z1 = 0.4m (chính giữa) có Qy = - 55.29 KN, Mx= -20.66 KNm;
+ Tại z1 = 0.8m (tại A) có Qy = - 62.59 (KN), Mx = -44.24 (KNm).
-

Đoạn AD: Chọn gốc tại A, trục z sang phải ( 0 ≤ z2 ≤ 1.8m )

27571
− 0.24 × z2 ( KN )
270
z2
M x = Ra × z2 − 2 P × (0.8 + z2 ) − (q + qbt ) × 0.8 × (0.4 + z2 ) − qbt × 2
2

2
27571
z
=
× z2 − 48 × (0.8 + z2 ) − 18.24 × 0.8 × (0.4 + z2 ) − 0.24 × 2 ( KNm)
270
2

Qy = −2 P − (q + qbt ) × 0.8 + Ra + qbt × z2 = −48 − 18.24 × 0.8 +

+ Tại z2= 0 (tại A) có Qy = 39.52 (KN), Mx = -44.24 (KNm);
+ Tại z2 = 0.9m (chính giữa) có Qy = 39.3 (KN), Mx= -8.76 (KNm);
+ Tại z2 = 1.8m (tại D) có Qy = 39.09 (KN) , Mx= 26.52 KNm.
-

Đoạn DB: Chọn gốc tại B, trục z sang trái (0 ≤ z3 ≤ 0.9m )

7


20081
+ 0.24 × z3 ( KN )
1350
z2
20081
z2
M y = − Rb × z3 − qbt × 3 + M = −
× z3 − 0.24 × 3 + 40( KNm)
2
1350

2

Qy = Rb + qbt × z3 =

+ Tại z3= 0 (tại B) có Qy = 14.87 (KN), Mx = 40 (KNm);
+ Tại z3 = 0.45m (chính giữa) có Qy = 14.98 (KN), Mx= 33.28 (KNm);
+ Tại z3 = 0.9m (tại D) có Qy = 15.09 (KN) , Mx= 26.52 KNm.

2.2.3.Vẽ biểu đồ moment:

Từ biểu đồ ta có Mmax tại A => Mmax= 44.24 KNm
2.3. Chọn mặt cắt nguy hiểm nhất và kiểm tra bền.

Chọn các mặt cắt nguy hiểm: từ biểu đồ nội lực M và Q chọn ra 3 loại mặt cắt sau:
-

Mặt cắt A có mơ men có giá trị lớn nhất Mmax=44.24 (KNm) => kiểm tra bền
theo ứng suất pháp σmax cho các điểm biên
Mặt cắt A có lực cắt có giá trị lớn nhất Qmax=62.59 (KN) => kiểm tra điều
kiện theo ứng suất tiếp τmax cho các điểm trên đường trung hịa
Mặt cắt A có cả Mmax =44.24 (KNm) và Qmax =62.59 (KN) cùng lớn
=>kiểm tra theo thuyết bền thế năng hoặc thuyết bền ứng suất tiếp cho các
điểm tiếp giáp giữa lịng và đế

2.3.1. Điểm có ứng suất pháp lớn nhất.
(tại các điểm trên biên của mặt cắt có Mmax)

8

σmax =

σ max =

Mx

max

Wx

=

Mx

max

Wx

≤ [ σ]

44.24
= 190689.65( KN / m 2 ) = 190.6( MN / m 2 )
−6
232 × 10

⇒ σmax = 190.6( MN / m 2 ) < [ σ ] = 210 (MN / m2 )
=> thỏa mãn điều kiện bền trên và dưới của mặt cắt
2.3.2. Điểm có ứng suất tiếp lớn nhất.
(tại các điểm trên đường trung hồ của mặt cắt có Qmax )

τmax =

Qy

max

bI x

S xC

≤ [ τ] =

[ σ]
3

Lấy bC = d = 0.54(cm) (đã chọn ở trên Thép IN022) ta có

τmax =

Qy

max

bI x

S xC

62.59 × 131 × 10 −6
=
= 59544.58( KN / m 2 ) = 59.54( MN / m 2 )

−8
−2
2550 × 10 × 0.54 × 10

⇒ τmax = 59.54( MN / m 2 ) <

[ σ] = 121.24(MN / m2 )
3

=>Thỏa mãn điều kiện bền tại các điểm trên trục trung hòa của mặt cắt.

Kiểm tra điểm tiếp giáp giữa thân và cánh (điểm E và F) tại mặt cắt D phải theo thuyết
bền TNBĐHĐ

9


σtd = σ 2 + 3τ2 = σ12 + σ32 − σ1σ3 ≤ [ σ ]
Mx
44.24
  h 
44.24
  22

ì yE =
ì t ữ =
ì 0.87 ữ ì 102
8
8
Ix

2550 ì 10

 2   2550 × 10
  2
2
2
= −175745.56( KN / m ) = −175.7( MN / m )

σE =

Tại E có:
 C
yE2
S x = Sx − d ×
2

bC = d = 0.54(cm)


Do đó:
Qy

τE =

D


yE2 

10.132 

−6
×  S x d ì ữ 62.59 ì 131 0.54 ×
÷× 10
2
2 



=
−8
Ix × d
2550 × 10 × 0.54 × 10−2

= −46950.88( KN / m 2 ) = −46.9(MN / m 2 )

σtd = σ2 + 3τ2 = (−175.7) 2 + 3 × (−46.9) 2 = 193.56 MN / m 2 < [ σ ] = 210 MN / m 2
=> Thỏa mãn theo điều kiện của thuyết bền TNBĐHD
Kết luận: Chọn mặt cắt IN022 đảm bảo điều kiện bền cho tồn dầm.
2.4. Kiểm tra độ cứng và tính chuyển vị.

Bảng thông số ban đầu:
Các thông số

CA (a=0)

AD (a=0.8)

DB (a=2.6)

∆y

≠0

0

0

10


∆φ

≠0

0

0

∆M

0

0

0

∆Q

-48

102.11

-24

∆q

-18.24

18

0

∆q’

0

0

0

2.4.1. Phương trình độ võng cho từng đoạn.

M 0 z 2 Q0 z 3 q0 z 4 q '0 z 5
y1 ( z ) = y0 + ϕ0 × z −
×
−
×
−
×
−

×
EJ 2! EJ 3! EJ 4! EJ 5!

∆M
( z − a )2 ∆Qa ( z − a )3
'
a
y
( z ) = y ( z ) + ∆ya + ∆ya × ( z − a) −
×
−
×
n +1
n
EJ
2!
EJ
3!
4 ∆q '
5
∆q
(
z
−
a
)
a × ( z − a)
− a×
−
EJ

4!
EJ
5!
-

Đoạn CA: (0 ≤ z ≤ 0.8 m)

0 × z 2 −48 × z 3 −18.24 × z 4 0 × z 5
−
−
−
2!× EJ
3!× EJ
4!× EJ
5!× EJ
48 × z 3 18.24 × z 4
= y0 + ϕ 0 × z +
+
3!× EJ
4!× EJ
48 × z 2 18.24 × z 3
ϕ1 ( z ) = ϕ 0 +
+
2!× EJ
3!× EJ
y1 ( z ) = y0 + ϕ0 × z −

-

Đoạn AD: (0.8m ≤ z ≤ 2.6m)

11


0 × ( z − 0.8)2 102.11 × ( z − 0.8)3 18 × ( z − 0.8)4 0 × ( z − a)5
−
−
−
2!× EJ
3!× EJ
4!× EJ
5!× EJ
102.11 × ( z − 0.8)3 18 × ( z − 0.8) 4
= y1 ( z ) −
−
3!× EJ
4!× EJ
48 × z 3 18.24 × z 4 102.11× ( z − 0.8)3 18 × ( z − 0.8)4
= y0 + ϕ 0 × z +
+
−
−
(1)
3!× EJ
4!× EJ
3!× EJ
4!× EJ
48 × z 2 18.24 × z 3 102.11 × ( z − 0.8) 2 18 × ( z − 0.8)3
ϕ 2 ( z ) = ϕ0 +
+

−
−
2!× EJ
3!× EJ
2!× EJ
3!× EJ
y2 ( z ) = y ( z ) −
1

-

Đoạn DB: (2.6m ≤ z ≤ 3.5m)
0 × ( z − 2.6) 2 24 × ( z − 2.6)3 0 × ( z − 2.6)4 0 × ( z − 2.6)5
+
−
−
2!× EJ
3!× EJ
4!× EJ
5!× EJ
24 × ( z − 2.6)3

y3 ( z ) = y2 ( z ) −
= y2 ( z ) +

3!× EJ

48 × z 3 18.24 × z 4 102.11× ( z − 0.8)3 18 × ( z − 0.8)4 24 × ( z − 2.6)3
= y0 + ϕ 0 × z +
+

−
−
+
(2)
3!× EJ
4!× EJ
3!× EJ
4!× EJ
3!× EJ
48 × z 2 18.24 × z 3 102.11 × ( z − 0.8) 2 18 × ( z − 0.8)3 24 × ( z − 2.6) 2
ϕ3 ( z ) = ϕ 0 +
+
−
−
+
2!× EJ
3!× EJ
2!× EJ
3!× EJ
2!× EJ
2.4.2. Xác định y0 và φ0 từ các điều kiện biên.
-

Tại A ( z = 0.8m ): y1 = y2 = 0, thay vào (1) ta được:

y0 + 0.8 × ϕ0 = −
-

68864
( 3)

15625 × EJ

Tại B ( z = 3.5m ): y3 = 0, thay vào (2) ta được:

y0 + 3.5 × ϕ0 = −

Từ (3) và (4) ta có

8513357
(4)
100000 × EJ

48779

 y0 = 2500 × EJ

ϕ = −1494931
 0 50000 × EJ

Thay y0 và φ0 vào các y và φ ta viết được phương trình độ võng và góc xoay tồn dầm

12


48779
1494931
48 × z 3 18.24 × z 4
y1 ( z ) =
−
×z+

+
2500 × EJ 50000 × EJ
3!× EJ
4!× EJ
−1494931 48 × z 2 18.24 × z 3
ϕ1 ( z ) =
+
+
50000 × EJ 2!× EJ
3!× EJ
48779
1494931
48 × z 3 18.24 × z 4 102.11 × ( z − 0.8)3 18 × ( z − 0.8)4
−
×z+
+
−
−
2500 × EJ 50000 × EJ
3!× EJ
4!× EJ
3!× EJ
4!× EJ
−1494931 48 × z 2 18.24 × z 3 102.11 × ( z − 0.8)2 18 × ( z − 0.8)3
ϕ2 ( z ) =
+
+
−
−
50000 × EJ 2!× EJ

3!× EJ
2!× EJ
3!× EJ
y2 ( z ) =

48779
1494931
48 × z3 18.24 × z 4 102.11 × ( z − 0.8)3
−
×z+
+
−
2500 × EJ 50000 × EJ
3!× EJ
4!× EJ
3!× EJ
18 × ( z − 0.8)4 24 × ( z − 2.6)3
−
+
(5)
4!× EJ
3!× EJ
−1494931 48 × z 2 18.24 × z3 102.11 × ( z − 0.8) 2 18 × ( z − 0.8)3 24 × ( z − 2.6)2
ϕ3 ( z ) =
+
+
−
−
+
(6)

50000 × EJ 2!× EJ
3!× EJ
2!× EJ
3!× EJ
2!× EJ
y3 ( z ) =

2.4.3 Kiểm tra độ cứng

Từ điều kiện cứng ta có

1
 ymax 
=
 l  400



Tìm EJymax khi phương trình (5) có cực trị tức phương trình (6) bằng 0 => φ3 = 0 ta có
−1494931 48 × z 2 18.24 × z 3 102.11× ( z − 0.8) 2 18 × ( z − 0.8)3 24 × ( z − 2.6) 2
ϕ3 ( z ) =
+
+
−
−
+
=0
50000
2!
3!

2!
3!
2!
−1494931
76 3 10211
⇒
+ 24 z 2 +
z −
× ( z 2 − 1.6 z + 0.64) − 3 × ( z 3 − 2.4 z 2 + 1.92 z − 0.512)
50000
25
200
2
+12 × ( z − 5.2 z + 6.76) = 0
⇒ z = 2.7(m)

Thay z = 2.7 (m) vào phương trình (5) và nhân cả hai bên cho EJ ta được
EJymax = 10.14

Moment qn tính tiết diện là:

I=

{ EI

ymax } × 400
El

=

10.14 × 400
= 5.5 × 10−6 (m 4 ) = 550(cm 4 )
5
3
2.1× 10 × 3.5 ×10
13


Tra bảng thép chữ I, chọn thép IN014 có Jx = 572 (cm4), Wx = 81.7 (cm3) và F =
17.4cm2
Từ số hiệu thép vừa chọn và số hiệu thép từ điều kiện bền
Kết luận: Từ điều kiện bền và độ võng
=> Chọn thép có số hiệu IN022 theo điều kiện bền và tính chuyển vị theo đó.
2.4.4. Tính chuyển vị tại D theo phương pháp thông số ban đầu.
Tại mặt cắt D có z = 2.6 (m) thuộc đoạn 2. Thay z= 2.6 (m) vào phương trình y 2 và φ2
ta có:
48779
1494931
48 × 2.63 18.24 × 2.64 102.11× (2.6 − 0.8)3 18 × (2.6 − 0.8)4
−
× 2.6 +
+
−
−
2500 × EJ 50000 × EJ
3!× EJ
4!× EJ
3!× EJ
4!× EJ
2497311

=
250000 EJ
−1494931 48 × 2.62 18.24 × 2.63 102.11× (2.6 − 0.8)2 18 × (2.6 − 0.8)3
ϕD =
+
+
−
−
50000 × EJ
2!× EJ
3!× EJ
2!× EJ
3!× EJ
142911
=
50000 EJ
yD =

BÀI 2

1.ĐỀ BÀI
Yêu cầu:
+ Xác định nội lực tại mặt cắt đáy cột
+ Vẽ biểu đồ ứng suất pháp tại mặt cắt đáy cột
+ Vẽ lõi của mặt cắt đáy cột

Biết rằng mỗi cột có 3 lực dọc lệch tâm (Pi trên
hình vẽ ký hiệu điểm đặt là ⊗); l là chiều cao cột, γ
là trọng lượng riêng của cột, q (kN/m2) là lực phân
bố đều vng góc với mặt phẳng chứa cạnh EF.

b(m)
0.12

a(m)
0.16

l(m)
6

P(KN)
200

Hình3)1
γ(KN/m
20

q(KN/m2)
18

Bài làm

14


Hình 2

15


2. CÁC BƯỚC GIẢI

2.1. Vẽ hình chiếu trục đo của cột
Từ mặt cắt cột đã cho trên, ta vẽ được hình chiếu trục đo của cột trong hệ trục tọa độ
đề các ta được hình sau:

Hình 3

2.2. Xác định các đặc trưng hình học của mặt cắt ngang cột
- Xác định tọa độ trọng tâm của mặt cắt đáy cột: Chọn hệ trục tọa độ ban đầu (x0,y0)
như trên hình chiếu trục đo vừa vẽ ta có:
Yc =
=

∑ Sx
∑F

0

=

0.8 × 0.12 × 0.06 + 0.32 × 0.36 × 0.3 + 0.32 × 0.24 × 0.6 + 0.24 × 0.16 × 0.56
0.8 × 0.12 + 0.36 × 0.32 + 0.32 × 0.24 + 0.24 × 0.16

281
m = 0.3306m
850

- Xác định các moment quán tính chính trung tâm hệ trục XCY như hình dưới là hệ
trục qn tính chính trung tâm. Chia mặt cắt ngang cột thành 5 hình thành phần gồm 3
hình chữ nhật và 2 hình tam giác:

16


Hỡnh 4
2

0.8 ì 0.123
0.12
Jx =
+ 0.3306
ữ × 0.8 × 0.12
12
2 

2

0.32 × 0.363 
0.36 
+
+  0.3306 0.12
ữ ì 0.32 ì 0.36
12
2

2

0.32 ì 0.243
0.24
+
+ 0.3894

ữ ì 0.32 ì 0.24
12
2 

2
 0.16 × 0.243 

2
 1
+2 × 
+  0.3894 ì 0.24 ữ ì ì 0.16 ì 0.24
36
3

2


64777059
=
= 0.0165829271(m 4 )
3906250000

17


0.83 × 0.12 0.36 × 0.323 0.323 × 0.24
+
+
12
12

12
2
3
 0.16 × 0.24 

0.16  1
+2 × 
+  0.16 +
×
×
0.16
×
0.24

÷
36
3  2



3344
=
= 0.00856(m 4 )
390625
Jy =

F = 0.8 × 0.12 + 0.36 × 0.32 + 0.32 × 0.24 + 0.24 × 0.16 = 0.3264( m 2 )
-

ix =

iy =

Xác định các bán kính quán tính chính trung tâm
Jx
=
F
Jy
F

=

64777059
3906250000 = 0.2254m
0.3264
3344
390625 = 0.162m
0.3264

2.3. Xác định nội lực và ứng suất tại mặt cắt đáy cột
2.3.1. Xác định toạ độ các điểm đặt lực dọc lệch tâm Pi:
Từ Hình 4 ta có:
P1 (0.16 ; 0.3894)

P2 (-0.32 ; 0.1494)

P3 (0.4 ; -0.3306)

3.3.2. Xác định nội lực:

1
M x = ∑ Pi × Yki + × q × F × L
2
= (−200) × 0.3894 + (−200) × 0.1494 + (−200) × (−0.3306) − 18 × 0.8 × 6 ×

6
2

= −300.84( KNm)
M y = ∑ Pi × X ki

= (−200) × 0.16 + (−200) × (−0.32) + (−200) × 0.4
= −48( KNm)
N z = −(∑ Pi + γ × L × ∑ F )

= 3 × ( −200) − 20 × 6 × 0.3264
= −639.168( KN )
18


2.3.3. Xác định ứng suất tại mặt cắt đáy cột
+ Phân vùng ứng suất tại mặt cắt đáy cột do Mx , My gây ra ta có hình sau:

Hình 5

+ Tính ứng suất tại các điểm góc trên mặt cắt ngang theo cơng thức:

σz = −

Nz

F

±

Mx
Jx

Nz

×Y ±

±

Mx

My
Jy

× X

×Y

±

My

× X

σ z ( KN / m 2 )

Điểm

Xi(m)

Yi(m)

−

A

-0.32

0.1494

-1958.235294

-2710.347559

1794.258373

-2874.32448

B

-0.16

0.1494

-1958.235294

-2710.347559

897.1291866

-3771.453667

C

-0.16

-0.2106

-1958.235294

3820.610415

897.1291866

2759.504307

D

-0.4

-0.2106

-1958.235294

3820.610415

2242.822967

4105.198087

E

-0.4

-0.3306

-1958.235294

5997.596406

2242.822967

6282.184078

F

0.4

-0.3306

-1958.235294

5997.596406

-2242.822967

1796.538145

G

0.4

-0.2106

-1958.235294

3820.610415

-2242.822967

-380.4478459

H

0.16

-0.2106

-1958.235294

3820.610415

-897.1291866

965.245934

I

0.16

0.1494

-1958.235294

-2710.347559

-897.1291866

-5565.71204

K

0.32

0.1494

-1958.235294

-2710.347559

-1794.258373

-6462.841226

L

0.16

0.3894

-1958.235294

-7064.319542

-897.1291866

-9919.684022

F

Jx

Jy

19


M

0

0.3894

-1958.235294

-7064.319542

0

-9022.554836

N

-0.16

0.3894

-1958.235294

-7064.319542

897.1291866

-8125.425649

O

0

0

-1958.235294

0

0

-1958.235294

σ min = −9919.684 ( KN / m

Ta có tại L:
Ta có tại E :

2

)

σ max = 6282.184 ( KN / m 2 )

 Từ hình 5 và bảng kết quả tính tốn, ta thấy ngay hai điểm nguy hiểm nhất là L

và E.
2.3.4. Xác định biểu đồ ứng suất pháp tại mặt cắt đáy cột
A, Biểu đồ nội lực tại mặt cắt đáy cột.

Hình 6

B, Xác định điểm đặt lực dọc lệch tâm Q(XQ ; YQ)
XQ =
YQ =

My
Nz

=

−48
= 0.0751m
−639.168

Mx
−300.84
=
= 0.4707m
N z −639.168

Điểm đặt lực lệch tâm biểu diễn Q(0.0751; 0.4707)

20


Hình 7

C, Xác định đường trung hồ

Phương trình đường trung hoà:

a=
b=

−i y 2
XQ

x y
+ =1

a b

−(0.162) 2
=
= −0.3495m
0.0751

−ix 2 −(0.2254) 2
=
= −0.1079m
YQ
0.4707

=> Toạ độ Đường trung hoà là (-0.3495 ; 0.1079)m

Ta có biểu đồ biểu diễn ứng suất phẳng sau:

21


Hình 8

2.4. Xác định lõi của mặt cắt
Chọn 4 đường trung hoà giả thiết: d1; d2; d3 ; d4 như hình ta có:

22


Hình 9

-

Đường d1:

+ Cắt trục X tại điểm T ( XT; 0)
+ Cắt trục Y tại điểm R (0; YR)
Tính XT; YR dựa vào các tam giác đồng dạng:
23


Ta có tam giác ΔKPR đồng dạng với tam giác ΔLMR

RM ML 1
=
= ⇒ 2 RM = RP
RP PK 2
Mà RM + MP =RP =>RM+MP=2RM=>MP=RM=0.24m
=>OR=YR=0.6294m
Ta có tam giác ΔKPR đồng dạng với tam giác ΔTOR

PK RP
PK × RO 0.32 × 0.6294
=
⇒ OT = X T =
=
= 0.4196m
OT RO
RP
0.48
 X = a1 = 0.4196 m

⇒ T
YR = b1 = 0.6294m
-

Đường d2 song song với trục Y nên ta có:

 a = 0.4m
⇒ 2
b2 = ∞
-

Đường d3 song song với trục X nên ta có:

a3 = ∞
⇒
b3 = −0.3306m
-

Đường d4 đi qua 2 điểm K(0.32 ; 0.1494) và điểm G(0.4 ; -0.2106) nên phương trình
đường thẳng d4 là y=a x+b trong đó a,b là nghiệm của phương trình:

0.1494 = a × 0.32 + b a = −4.5
⇒
⇒ y = −4.5 x + 1.5894 (1)

−
0.2106
=
a
×

0.4
+
b
b
=
1.5894


Đường thẳng d4 cắt trục hồnh tại điểm V nên y=0
(1) => 0= -4.5 × x + 1.5894 => x=0.3532 m
Đường thẳng d4 cắt trục tung tại điểm U nên x=0
(1) => y= -4.5 × 0 + 1.5894 => y=1.5894 m

a4 = 0.3532m
⇒
b4 = 1.5894m
-

Đường d5 song song với trục X nên ta có:

24


a3 = ∞
⇒
b3 = 0.3894m

Dùng công thức



−iy 2
XQ =

a

2
Y = −ix
 Q
b

với ix=0.2254(m) và iy = 0.162 (m)

Để xác định Q1; Q2; Q3; Q4. Từ hình trên, ta có bảng sau:
Đường trung
hồ giả thiết
d1
d2
d3
d4
d5

ai(m)

bi(m)

Điểm

XQi(m)

YQi(m)

0.4196

0.6294
∞

Q1

-0.062545281

-0.080719987

Q2

-0.06561

0

-0.3306

Q3

0

0.15367562

1.5894

Q4

-0.074303511

-0.031964993

0.3894

Q5

0

-0.130470365

0.4
∞
0.3532
∞

Vì mặt cắt đối xứng qua trục Y nên ta lấy thêm hai điểm đối xứng với hai điểm đặt lực
dọc lệch tâm do đường d1, d2, d4 ở trên, được thêm hai điểm Q6, Q7, Q8. Nối 8 điểm đó lại, ta
được lõi của mặt cắt có dạng như hình dưới:

25