Huong dan giai bai tap chuong 7

Huong DAN GIAI BAI TAP Chuong 7 Studocu is not sponsored or endorsed by any college or university Huong DAN GIAI BAI TAP Chuong 7 Industrial Technology (Trường Đại học Công nghiệp Thành phố Hồ Chí Min.

lOMoARcPSD|10694561 Huong DAN GIAI BAI TAP Chuong Industrial Technology (Trường Đại học Cơng nghiệp Thành phố Hồ Chí Minh) Studocu is not sponsored or endorsed by any college or university Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CHƯƠNG - THANH CHỊU UỐN PHẲNG Bài 7.1 Cho dầm chịu uốn hình 7-1 Biết dầm có mặt cắt ngang hình chữ nhật khơng đổi với chiều cao h gấp 1,5 lần chiều rộng b; tải trọng q=20kN/m, P=40kN, M=20kN.m, kích thước đoạn a=0,7m; dầm làm thép có ứng suất cho phép []=16kN/cm2 mô đun đàn hồi E=2.104kN/cm2 a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Xác định kích thước mặt cắt ngang dầm theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn c) Xác định độ võng mặt cắt ngang A theo kích thước tìm Hình 7-1 Hướng dẫn a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Xác định kích thước mặt cắt ngang dầm theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn - Trạng thái ứng suất đơn tính cho mặt cắt ngang nguy hiểm ngàm B có mơ men uốn |Mx|max=60,5kN.m - Xác định KT MCN theo điều kiện bền cho trạng thái ứng suất đơn: max  | M x |max | M x |max 6.| M x |max | M x |max    [ ]  b  2 Wx 1,52.[] b.h b.(1,5.b) Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 b 6.60,5.102  10cm với b=10cm suy h=15cm 1,52.16 - Trạng thái trượt túy tính cho mặt cắt ngang nguy hiểm ngàm B có lực cắt |Qy|max=54kN - Kiểm tra bền cho trạng thái trượt túy theo kích thước tìm được: Theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn nhất: []  [] 16   8kN/cm 2 |Q | |Q | 54 max  y max  y max   0,54kN/cm  [] Thỏa mãn điều kiện F 2 b.h 10.15 KL: Vậy chọn b=10cm h=15cm thỏa ĐKB c) Xác định độ võng mặt cắt ngang A theo kích thước tìm * Cách 1- Áp dụng phương pháp thông số ban đầu: z=0 z=a z =2 a y0 = ? y = y = y’0 = ? y’ = y’ = M0 = M = M = M Q0 = Q = -P Q = q0 = -q q = q q = q’0 = q’= q’= Lập bảng thông số z4 q.z ' ( q) ; 0 za   y1  y0  y0 z  4! 24 EJ x EJ x y1  y0  y0' z y2  y1  ( z  a )3 ( z  a)4  ( P) .q EJ x 3! EJ x 4!  y2  y0  y0' z  (1) P.( z  a)3 q[ z  ( z  a) ]  ; a  z  2a EJ x 24 EJ x ( z  2a ) y3  y2  M EJ x 2!  y3  y0   3  y0' y0' z M ( z  2a) P.( z  a)3 q[ z  ( z  a) ]    ; 2a  z  3a EJ x EJ x 24 EJ x M ( z  2a ) P.( z  a) q[ z  ( z  a)3 ]    ; 2a  z  3a EJ x EJ x EJ x Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 Xét điều kiện biên: Tại B: z=3a ta có y=0; φ=0 y3  y0  y0' 3a   y0  3   y0' y0'  y0' 3a M a P.(2a )3 q[(3a)  (2a ) ] =0   EJ x EJ x 24 EJ x 12M a  32 P.a  65q.a  24 EJ x M a P.(2a) q[(3a)3  (2a)3 ] 6M a  12 P.a  19q.a3 '    =0  y0  EJ x EJ x EJ x EJ x 6.20.102.0,7.102  12.40.0,7 2.104  19.20.102.0,73.106   8,34.103 rad 10.15 6.2.104 12  y0   y0' 3a 12 M a  32 P.a3  65q.a  24 EJ x  y0  8,34.103.3.0,7.102   y0  1, 28cm 12.20.0,7 2.104  32.40.0,73.106  65.20.102.0,7 4.108 10.15 24.2.10 12 KL: Độ võng MCN A: y A  y0  1,28cm ; Góc xoay MCN A:  A  y0'  8,34.103 rad * Cách - Áp dụng phương pháp nhân biểu đồ Vêrêsaghin: Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 343 1  0,7.4,9.102.102  10 kN cm ; 3 2  0,7.4,9.102.102  343.102 kN cm ; 3  0,7.(42,7  4,9).102.102  1323.102 kN cm ;   0,7.22,7.102.102  1589.102 kN cm 5  0,7.(60,5  22,7).102.102  1323.102 kN cm ; 2 21 a1  2,1.102  102 cm ; a2  2,1.102  102 cm ; 15 20 7 28 a3  2,1.102  102 cm ; a4  2,1.102  102 cm ; a5  2,1.102  102 cm 6 15 b1  b2  b3  b4  b5  10.153 1125 EJ x  2.10  10 kN cm 12 21 7 28   343  343  1323  1589  1323  104  15 20 15  i   yA  = 1,28cm  1125 EJ x i 1 10  343   343.1  1323.1  1589.1  1323.1 102    A  i bi    8,34.103 rad  1125 EJ x i 1 10 KL: Độ võng MCN A: y A  y0  1,28cm ; Góc xoay MCN A:  A  y0'  8,34.103 rad Bài 7.2 Cho dầm chịu uốn hình 7-2 Biết dầm có mặt cắt ngang hình chữ nhật khơng đổi với chiều cao h gấp 1,5 lần chiều rộng b; tải trọng q=10kN/m, P=30kN, M=10kN.m, kích thước đoạn a=0,8m; dầm làm thép có []=16kN/cm2 E=2.104kN/cm2 a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Xác định kích thước mặt cắt ngang dầm theo thuyết bền biến đổi hình dáng lớn c) Xác định độ võng mặt cắt ngang A theo kích thước tìm Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 Hình 7-2 Hướng dẫn a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Xác định kích thước mặt cắt ngang dầm theo thuyết bền biến đổi hình dáng lớn - Trạng thái ứng suất đơn tính cho mặt cắt ngang nguy hiểm ngàm B có mơ men uốn |Mx|max=30kN.m - Xác định KT MCN theo điều kiện bền cho trạng thái ứng suất đơn: max  b | M x |max | M x |max 6.| M x |max | M x |max    [ ]  b  2 Wx b.h b.(1,5.b) 1,52.[] 6.30.102  7,94cm chọn b=8cm suy h=12cm 1,52.16 - Trạng thái trượt túy tính cho mặt cắt ngang nguy hiểm ngàm B có lực cắt |Qy|max=38kN - Kiểm tra bền cho trạng thái trượt túy với kích thước tìm được: Theo thuyết bền biến đổi hình dáng lớn nhất: []  [] 16   9,24kN/cm 3 |Q | |Q | 38 max  y max  y max   0,59 kN/cm  [] Thỏa mãn điều kiện 2 b.h 8.12 F KL: Vậy chọn b=8cm h=12cm thỏa ĐKB Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 c) Xác định độ võng mặt cắt ngang A theo kích thước tìm Sinh viên tự giải Bài 7.3 Cho dầm chịu uốn hình 7-3 Biết dầm có mặt cắt ngang hình chữ nhật không đổi với chiều cao h gấp 1,5 lần chiều rộng b; tải trọng P=50kN, M=20kN.m, kích thước đoạn a=1,2m; dầm làm thép có []=16kN/cm2 E=2.104kN/cm2 a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Xác định kích thước mặt cắt ngang dầm theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn c) Xác định độ võng mặt cắt ngang C theo kích thước tìm Hình 7-3 Sinh viên tự giải Bài 7.4 Cho dầm chịu uốn hình 7-4 Biết dầm có mặt cắt ngang hình chữ nhật khơng đổi với chiều cao h gấp 1,5 lần chiều rộng b; tải trọng P=100kN, M=30kN.m, kích thước đoạn a=2m; dầm làm thép có []=16kN/cm2 E=2.104kN/cm2 a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Xác định kích thước mặt cắt ngang dầm theo thuyết bền biến đổi hình dáng lớn c) Xác định độ võng mặt cắt ngang C theo kích thước tìm Hình 7-4 Sinh viên tự giải Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 Bài 7.5 Cho dầm AB có mặt cắt ngang khơng đổi có kích thước, liên kết chịu lực hình 7-5 Biết: a=1m; q=10kN/m; P=qa; M=qa2 vật liệu làm dầm có [k]=8kN/cm2, [n]=16kN/cm2 Hình 7-5 a) Vẽ biểu đồ nội lực dầm AB b) Xác định kích thước mặt cắt ngang dầm (b=?) theo điều kiện bền ứng suất pháp (Thuyết bền ứng suất pháp lớn - Thuyết bền 1) Hướng dẫn a) Vẽ biểu đồ nội lực dầm AB b) Xác định kích thước mặt cắt ngang dầm (b=?) theo điều kiện bền ứng suất pháp (Thuyết bền ứng suất pháp lớn - Thuyết bền 1) - Xác định trọng tâm C(xc,yc) mặt cắt: xc   F1.yc1  F2 y c2 14b.6b.7b  8b.4b.6b     7,62b y c  F1  F2 14b.6b  8b.4b  - Dựng hệ trục quán tính trung tâm xCy Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 - Tính mơ men qn tính MCN trục x: J x (1) 6b.(14b)3  J xC(1)  F1.d   6b.14b.(0,62b) 12  J x (1)  1404, 29.b J x (2) 4b.(8b)3  J xC(2)  F2 d   4b.8b.(1,62b) 12 2  J x (2)  254,65.b J x  J x (1)  J x (2)  1404, 29.b  254,65.b  1149,64.b - Tính mơ men chống uốn trục x: Jx 1149,64.b  180,19.b3 + Phần diện tích phía trục x: w  t  y (14b  7,62b) t x J x 1149,64.b  150,87.b3 + Phần diện tích phía trục x: w  d  y 7,62b d x Từ kết biểu đồ Mx ta nhận thấy mặt cắt nguy hiểm có M x max  21, 25kN.m phần trục x chịu nén, phần trục x chịu kéo Theo điều kiện bền ứng suất pháp lớn nhất:   max     M x max  M x max  M x max [ ]    [ k ]   [ k ]   k k d  [ k ] w w 150,87.b    x x     [ n ]  M x  M x max  [ ]  M x max  [ ] max  [  ] n n n  wn  wt 180,19.b3 x x     M x max 21,25.10 b   1, 21cm b  150,87.[ k ] 150,87.8     M 21, 25.102   x max  b  180,19.[ ]  b  180,19.16  0,74cm  n  KL: Vậy chọn b=1,3cm thỏa mãn ĐKB Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 Bài 7.6 Cho dầm AB có mặt cắt ngang không đổi, liên kết chịu lực hình 7-6 Biết: P=qa; a=1m; b=2cm, []k=8kN/cm2, []n=16kN/cm2 a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Xác định giá trị tải trọng cho phép [P] tác dụng lên dầm theo điều kiện bền ứng suất pháp Hình 7-6 Sinh viên tự giải Bài 7.7 Cho dầm chịu uốn hình 7-7 Biết dầm có mặt cắt ngang chữ I số hiệu N0-22 có h=22cm, b=11cm, d=0,53cm, t=0,86cm, JX=2530cm4, WX=230cm3, SX=130cm3; tải trọng q=10kN/m, P=15kN, M=5kN.m, kích thước a=1,5m; dầm làm thép có []=16kN/cm2 E=2.104kN/cm2 a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Kiểm tra bền cho dầm theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn c) Xác định độ võng góc xoay mặt cắt ngang B Hình 7-7 Hướng dẫn a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 b) Kiểm tra bền cho dầm theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn - Kiểm tra bền theo trạng thái ứng suất đơn cho mặt cắt ngang C có mơ men uốn |Mx|max=27,5kN.m | M x |max 27,5.10   11,957kN/cm  []  16kN/cm Thỏa mãn điều kiện Wx 230 max  - Kiểm tra bền theo trạng thái trượt túy cho mặt cắt ngang C có lực cắt |Qy|max=28,611kN Theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn nhất: []  max  | Qy |max S x J x d  [] 16   8kN/cm 2 28,611.130  2,774kN/cm  [] Thỏa mãn điều kiện 2530.0,53 - Kiểm tra bền theo trạng thái ứng suất phức tạp cho mặt cắt ngang C có mơ men uốn |Mx|max=27,5kN.m |Qy|max=28,611kN 1  (h  2.t ) | M x |max (22  2.0,86) 27,5.102   11,022kN/cm h Wx 22 230 2 | Qy |  28,611  h  d  22  0,53  1  Sx    t    130    0,86    2,192kN/cm J x d     2530.0,53     Theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn nhất: td  12  4.12  11,0222  4.2,1922  11,862kN/cm  [] Thỏa mãn điều kiện KL: dầm đảm bảo an toàn độ bền c) Xác định độ võng góc xoay mặt cắt ngang B * Áp dụng phương pháp tích phân: - Đoạn (đoạn AC):  z  3a y1"   M x1  2   YA z  q.z  ; EJ x EJ x    1  y1'    y1    2 1   YA z  q.z dz    YA z  q.z  a1   EJ x  EJ x  2   1 1    YA z  q.z  a1 dz    YA z  q.z  a1.z  b1   24 EJ x  EJ x    - Đoạn (đoạn CB): 3a  z  4a y2"   M x2  YA z  q.3a( z  1,5a)  YC ( z  3a) EJ x EJ x  y2"   (YA  YC  3q.a ) z  4,5q.a  3YC a   EJ x  10 Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561  2  y2'   (YA  YC  3q.a) z  4,5q.a  3YC a dz   EJ x   2   1  2 Y  Y  q a z  q a  Y a z  a ( ) (4,5 ) A C C  EJ x   y2   1  (YA  YC  3q.a) z  (4,5q.a  3YC a) z  a2 dz   EJ x    y2   1  (YA  YC  3q.a) z  (4,5q.a  3YC a) z  a2 z  b2   EJ x   - Xét điều kiện biên: + Tại A: z   y1   b1  ; + Tại C: z  3a  y1  0; y2  0; 1  2 ; 1 27 y1( z 3a )   YA (3a )3  q.(3a )  a1.3a   a1  q.a  YA a 24 24 27.10.1,53 3.16,389.1,52  a1    17,34kN m 24 1 27 3 2 1( z 3a )  2( z 3a )    YA (3a )  q.(3a )  q.a  YAa   EJ x  24   1  (YA  YC  3q.a )(3a )  (4,5q.a  3YC a )3a  a2   EJ x   (9YC  3YA )a 27q.a  (9.43,611  3.16,389).1,52 27.10.1,53  a2    272,34kN m 2  a2  1 y2( z 3a )   (YA  YC  3q.a )(3a )3  (4,5q.a  3YC a )(3a )  a2 (3a )  b2  1 (9YC  3YA )a 27 q.a  b2   (YA  YC  3q.a )(3a )3  (4,5q.a  3YC a )(3a )  3a  3a 2 27  b2   YC a  q.a 9.43,611.1,53 27.10.1,54  b2     b2  491, 48kN m Ta có:  EJ x  2.104.2530  5060.104 kN cm2  5060kN m2 11 Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561  y1    10.z 16,389.z   17,34.z  với z tính theo đơn vị m  5060  24   1    10.z 16,389.z   17,34  với z tính theo đơn vị m  5060     15.z 95.z  y2    272,34.z  491,48 với z tính theo đơn vị m  5060    2    15.z  95.z  272,34  với z tính theo đơn vị m  5060   Tại B: z  4a  4.1,5  6m Độ võng MCN B: yB  y2( z 6)   15.63 95.62      272,34.6 491,48    0,0054m  0,54cm 5060   Góc xoay MCN B:  B  2( z 6)    15.62  95.6  272,34   0,0054rad  0,310  5060   Bài 7.8 Cho dầm chịu uốn hình 7-8 Biết dầm có mặt cắt ngang chữ I số hiệu N0-24a có h=24cm, b=12,5cm, d=0,56cm, t=0,98cm, JX=3800cm4, WX=317cm3, SX=178cm3; tải trọng q=15kN/m, P=16kN, M=10kN.m, kích thước a=2m; dầm làm thép có []=16kN/cm2 E=2.104kN/cm2 a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Kiểm tra bền cho dầm theo thuyết bền biến đổi hình dáng lớn c) Xác định độ võng góc xoay mặt cắt ngang B Hình 7-8 Sinh viên tự giải 12 Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 Bài 7.9 Cho dầm chịu uốn hình 7-9 Biết dầm có mặt cắt ngang chữ I số hiệu N0-20a có h=20cm, b=11cm, d=0,52cm, t=0,83cm, JX=1970cm4, WX=197cm3, SX=111cm3; tải trọng q=12kN/m, P=15kN, kích thước a=1,5m; dầm làm thép có []=16kN/cm2 E=2.104kN/cm2 a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Kiểm tra bền cho dầm theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn c) Xác định độ võng góc xoay mặt cắt ngang B Hình 7-9 Sinh viên tự giải 13 Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 Bài 7.10 Cho dầm chịu uốn hình 7-10 Biết dầm có mặt cắt ngang chữ C số hiệu N0-24 có h=24cm, b=9cm, d=0,56cm, t=1,0cm, JX=2900cm4, WX=242cm3, SX=139cm3, Z0=2,42cm; tải trọng q=10kN/m, M=15kN.m, kích thước a=1,5m; dầm làm thép có []=16kN/cm2 E=2.104kN/cm2 a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Kiểm tra bền cho dầm theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn c) Xác định độ võng góc xoay mặt cắt ngang B Hình 7-10 Hướng dẫn a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Kiểm tra bền cho dầm theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn - Kiểm tra bền theo trạng thái ứng suất đơn cho mặt cắt ngang có mơ men uốn đạt cực trị |Mx|max=18,363kN.m max  | M x |max 18,363.102   7,59kN/cm  []  16kN/cm Thỏa mãn điều kiện 242 Wx - Kiểm tra bền theo trạng thái trượt túy cho mặt cắt ngang C có lực cắt |Qy|max=25,833kN 14 Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 Theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn nhất: []  max  | Qy |max S x J x d  [] 16   8kN/cm 2 25,833.139  2, 211kN/cm  [] Thỏa mãn điều kiện 2900.0,56 - Kiểm tra bền theo trạng thái ứng suất phức tạp cho mặt cắt ngang C có mơ men uốn |Mx|=15kN.m |Qy|=25,833kN 1  (h  2.t ) | M x | (24  2.1) 15.102   5,682kN/cm h Wx 24 242 2 | Qy |  25,833  h  d  24  0,56  1  Sx    t    139    1   1,672kN/cm  J x d     2900.0,56    Theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn nhất: td  12  4.12  5,682  4.1,6722  6,593kN/cm  [] Thỏa mãn điều kiện KL: dầm đảm bảo an toàn độ bền c) Xác định độ võng góc xoay mặt cắt ngang B Sinh viên tự giải Bài 7.11 Cho dầm chịu uốn hình 7-11 Biết dầm có mặt cắt ngang chữ C số hiệu N0-24a có h=24cm, b=9,5cm, d=0,56cm, t=1,07cm, JX=3180cm4, WX=265cm3, SX=151cm3, Z0=2,67cm; tải trọng q=12kN/m, P=5kN, M=10kN.m, kích thước a=1m; dầm làm thép có []=16kN/cm2 E=2.104kN/cm2 a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Kiểm tra bền cho dầm theo thuyết bền ứng suất tiếp lớn c) Xác định độ võng góc xoay mặt cắt ngang B Hình 7-11 Sinh viên tự giải 15 Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 Bài 7.12 Cho dầm chịu uốn hình 7-12 Biết dầm có mặt cắt ngang chữ C số hiệu N0-24 có h=24cm, b=9cm, d=0,56cm, t=1,0cm, JX=2900cm4, WX=242cm3, SX=139cm3, Z0=2,42cm; tải trọng q=15kN/m, M=12kN.m, chiều dài dầm a=4m; dầm làm thép có []=16kN/cm2 E=2.104kN/cm2 a) Vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Kiểm tra bền cho dầm theo thuyết bền biến đổi hình dáng lớn c) Xác định độ võng mặt cắt ngang điểm theo chiều dài dầm Hình 7-12 Sinh viên tự giải 16 Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 Bài 7.13 Cho dầm chịu uốn hình 7-13 Biết P1=12,5kN, q1=11kN/m, a=1m, dầm có mặt cắt ngang hình chữ nhật đặt đứng với h=2b; vật liệu có []=16kN/cm2, E=2.104kN/cm2 a) Xác định phản lực liên kết gối đỡ vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Xác định kích thước h b mặt cắt ngang theo điều kiện bền ứng suất pháp c) Viết phương trình độ võng góc xoay dầm; tính độ võng góc xoay mặt cắt ngang đầu tự B theo giá trị h b xác định Hình 7-13 Hướng dẫn: a) Xác định phản lực liên kết gối đỡ vẽ biểu đồ nội lực cho dầm b) Xác định kích thước h b mặt cắt ngang theo điều kiện bền ứng suất pháp - Theo điều kiện bền ứng suất pháp ta cần xác định kích thước MCN theo trạng thái ứng suất đơn MCN nguy hiểm C có mơ men uốn |Mx|max=25kN.m max  b | M x |max | M x |max 6.| M x |max | M x |max    [ ]  b  2 Wx b.h b.(2.b) 22.[] 6.25.102  6,17cm 22.16 KL: Vậy chọn b=6,2cm h=12,4cm thỏa ĐKB 17 Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561 c) Viết phương trình độ võng góc xoay dầm; tính độ võng góc xoay mặt cắt ngang đầu tự B theo giá trị h b xác định * Áp dụng phương pháp tích phân: - Đoạn (đoạn AC):  z  4a Xét mặt cắt 1-1: qz  q1.z1 q z z  Q  qz z1  1 ; d  4a 8a M x1  YA z1  Q.d   M x1  YA z1  Q.d  YA z1  Tổng quát: M x1  YA z  y1"   q1.z13 24a q1.z với  z  4a 24a M x1  q1.z    YA z   EJ x EJ x  24a   1  y1'    y1    q1.z   YA q1  Y z  z  a1   A dz    z   EJ x  EJ x  24a  96a   YA q1  YA q1   z  a1 dz   z  a1.z  b1   z   z   96a 480a EJ x  EJ x    - Đoạn (đoạn CB): 4a  z  6a Xét mặt cắt 2-2: q1.4a ( z2  4a )  16q1.a  (YA  YC  2q1.a ).z2  4YC a  M x  YA z2  YC ( z2  4a )   M x2 Tổng quát: M x  (YA  YC  2q1.a ).z  4YC a  y2" 16q1.a với 4a  z  6a M x2  16q1.a     (YA  YC  2q1.a ).z  4YC a   EJ x EJ x   18 Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com) lOMoARcPSD|10694561  2  y2'    16q1.a  Y  Y  q a z  Y a  ( )  A C dz C EJ x       YA  YC  2q1.a  16q1.a  2      z Y a z a   2 C  EJ x      y2      YA  YC  2q1.a  16q1.a    z Y a z a   dz C  EJ x       y2      YA  YC  2q1.a  16q1.a  4YC a  z  a2 z  b2  z    EJ x  2   - Xét điều kiện biên: + Tại A: z   y1   b1  ; + Tại C: z  4a  y1  0; y2  0; 1  2 ; YA q 8 (4a )3  (4a )5  a1.4a   a1  q1.a  YAa 480a 15 3 8.11.1 8.1,083.1  a1    2,979kN m 15  YA q1  1( z 4 a )  2( z 4 a )   (4a )  a1    (4a )  EJ x  96a  y1( z 4 a )    EJ x  YA  YC  2q1.a   16q1.a  a Y a a a    (4 ) (4 )   2 C       a2  8YC a  8q1.a  a1  a2  8.33,417.12  8.11.13  2,979  182,315kN m y2( z 4 a )    YA  YC  2q1.a  16q1.a (4a )3    4YC a  (4a )  a2 (4a )  b2  2  64YC  32YA  64q1.a )a  b2   4a2 a 64.33,417  32.1,083  64.11.1).13  b2   4.182,315.1  262,58kN m3 3 Ta có:  EJ x  E bh  2.104 6, 2.12,  1970.104 kN cm  1970kN m 12  y1  12   11.z 1,083.z   2,979.z  với z tính theo đơn vị m  1970  480  19 Downloaded by Muhammad Aziz Muslim (muslim.muhammadaziz@gmail.com)