Bài giảng sức bền vật liệu: Hướng dẫn giải bài toán kéo nén đúng tâm dạng trục bậc (siêu tĩnh), dạng thanh (siêu tĩnh). Thông qua chương 2 giúp các bạn sinh viên nắm rõ trình tự giải quyết các bài toán và nhận dạng cách làm bài tập hiểu rõ phương pháp tính ứng suất pháp và ứng suất tiếp.
SỨC BỀN VẬT LIỆU (Mechanics Of Materials) Le Bao Quynh, MsC Email: quynh.le@ut.edu.vn Office: Room E1-309 – High-Tech Center Bld Faculty of Mechanical Engineering, HCMC University of Technology and Education #1 Võ Văn Ngân Str., Thủ Đức Dist., HCM City, 720-214, Việt Nam Fall 2020 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh CHƯƠNG KÉO (NÉN) ĐÚNG TÂM 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh Ứng suất pháp trung trình: σavg = N A N: lực dọc ; A ∶ Tiết diện mặt cắt Ứng suất tiếp trung trình: τavg = V A V: lực cắt ; A ∶ Tiết diện mặt cắt Khi tính ứng suất pháp tiếp ta xét mặt cắt để tìm thành phần nội lực mặt cắt 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh Khối gỗ chịu tác dụng lực nén kN Hình Xác định ứng suất pháp trung bình ứng suất tiếp trung bình mặt cắt nghiêng abcd, nghiêng so với mặt đáy khối gỗ góc 300 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh Solution B4: Lập Trạng thái “m” 26 𝑋1 = → 𝑁𝐵 = 𝑃 12 Lập Trạng thái “k” 52 𝑃 = 0, 𝑋1 = → 𝑁𝐵 = − , 𝑁𝐷 = 25 B5: Ta có: ∆1𝑃 = 𝛿11 𝑁𝐵 𝑁𝐵 𝐿𝐵𝐶 𝐸.𝐹 = 26 P 12 − 52 25 13 𝐸𝐹 = −58,5867 𝑃 𝐸𝐹 𝑁𝐵 𝑁𝐵 𝑁𝐷 𝑁𝐷 52 52 13 20 = 13 + 20 = − − + 𝐸 𝐹 𝐸 𝐹 25 25 𝐸𝐹 𝐸𝐹 = 76,2432 𝐸𝐹 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 224 Solution: Từ ∗ ta có: ∆1𝑃 + 𝑋1 𝛿11 = ∆1𝑃 → 𝑋1 = 𝑁𝐷 = − = 0,77𝑃 𝛿11 → 𝑁𝐵 = 0,57𝑃 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 225 Exercise 7: Thanh AD cứng tuyệt đối Các dây cáp BC, DC có 𝐸 = 2.104 𝑘𝑁/𝑐𝑚2 ;𝐹 = 5𝑐𝑚2 ; 𝑃 = 25𝑘𝑁; 𝑎 = 40𝑐𝑚 Xác định chuyển vị đứng điểm D 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 227 Solution B1: Chọn hệ B2: Phương trình tắc: ∆1𝑃 + 𝑋1 𝛿11 = 0(∗) B3: Giải phóng liên kết Phương trình cân bằng: 𝑌𝐴 𝑋𝐴 σ 𝑀𝐴 = ↔ 12 𝑁𝐵 5𝑎 13 𝑃 𝑁𝐵 𝐵 𝐴 𝑋1 𝐷 12 − 𝑃 10𝑎 + 𝑋1 16𝑎 = 20 26 52 → 𝑁𝐵 = 𝑃 − 𝑋1 ; 𝑋1 = 𝑁𝐷 12 25 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 228 Solution B4: Lập Trạng thái “m” 26 𝑋1 = → 𝑁𝐵 = 𝑃 12 Lập Trạng thái “k” 52 𝑃 = 0, 𝑋1 = → 𝑁𝐵 = − , 𝑁𝐷 = 25 B5: Ta có: ∆1𝑃 = 𝛿11 𝑁𝐵 𝑁𝐵 𝐿𝐵𝐶 𝐸.𝐹 = 26 P 12 − 52 25 13a 𝐸𝐹 = −58,5867 𝑃𝑎 𝐸𝐹 𝑁𝐵 𝑁𝐵 𝑁𝐷 𝑁𝐷 52 52 13𝑎 20𝑎 = 13𝑎 + 20𝑎 = − − + 𝐸 𝐹 𝐸 𝐹 25 25 𝐸𝐹 𝐸𝐹 𝑎 = 76,2432 𝐸𝐹 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 229 Từ ∗ ta có: ∆1𝑃 + 𝑋1 𝛿11 = ∆1𝑃 → 𝑋1 = 𝑁𝐷 = − = 0,77𝑃 = 𝛿11 → 𝑁𝐵 = 0,57𝑃 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 230 Exercise 8: Thanh cứng O𝐴𝐵 tuyệt đối cứng có kích thước, liên kết chịu lực hình vẽ Biết 𝐸 = 2.104 𝑘𝑁/𝑐𝑚2 ; 𝜎 = 18𝑘𝑁/𝑐𝑚2 𝑞 = 150𝑘𝑁/𝑚; 𝑎 = 3𝑚 a Xác định nội lực hai AB CD b Xác định diện tích mặt cắt 𝐹 để hai AB CD bền c Tính chuyển vị thẳng đứng điểm A 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 232 Solution B1: Chọn hệ B2: Phương trình tắc: ∆1𝑃 + 𝑋1 𝛿11 = 0(∗) B3: Giải phóng liên kết Phương trình cân bằng: 𝑋0 𝑌0 𝑄 = 3𝑞𝑎 𝑂 𝐴 𝐷 𝑋1 𝑁𝐴 σ 𝑀𝑂 = ↔ 𝑁𝐴 3𝑎 − 𝑄 1,5𝑎 + 𝑋1 𝑐𝑜𝑠300 2𝑎 = → 𝑁𝐴 = 1,5𝑞𝑎 − 𝑋1 ; 𝑋1 = 𝑁𝐷 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 233 Solution B4: Lập Trạng thái “m” 𝑋1 = → 𝑁𝐴 = 1,5𝑞𝑎 Lập Trạng thái “k” q = 0, 𝑋1 = → 𝑁𝐴 = − B5: Ta có: ∆1𝑃 = 𝛿11 𝑁𝐴 𝑁𝐴 𝐿𝐴𝐵 𝐸.𝐹 , 𝑁𝐷 = 1,5𝑞𝑎 − =1 1,5a 𝐸𝐹 𝑁𝐴 𝑁𝐴 𝑁𝐷 𝑁𝐷 1,5𝑎 = 1,5𝑎 + = − 𝐸 𝐹 𝐸 𝐹 𝑠𝑖𝑛600 Từ ∗ ta có: ∆1𝑃 + 𝑋1 𝛿11 = → 𝑋1 = 𝑁𝐷 = − → 𝑁𝐴 = 1,5𝑞𝑎 − 29th September, 2021 ∆1𝑃 𝛿11 1,5a 3𝑎 + 𝐸𝐹 3𝐸𝐹 = 0,582𝑞𝑎 0,582𝑞𝑎 = 1,164𝑞𝑎 ThS Lê Bảo Quỳnh 234 Solution: Theo điều kiện bền ta có: 𝜎𝑧 𝑚𝑎𝑥 = 1,164𝑞𝑎 𝐹 ≤ 𝜎 → 𝐹 ≥ 29,1𝑐𝑚2 Chọn 𝐹 = 29,1𝑐𝑚2 Chuyển vị thẳng đứng A: 𝑁𝐴 ∆𝐴 = ∆𝐿𝐴𝐵 = 𝐿𝐴𝐵 = 4,05.10−3 𝑚 𝐸𝐴𝐵 𝐹𝐴𝐵 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 235 Exercise 9: Thanh cứng 𝐴𝐵𝐶 tuyệt đối cứng có kích thước, liên kết chịu lực hình vẽ Biết 𝐸 = 2.104 𝑘𝑁/𝑐𝑚2 ; 𝜎 = 19𝑘𝑁 ;𝑃 𝑐𝑚 = 200𝑘𝑁 a Xác định nội lực hai CE CD b Xác định diện tích mặt cắt 𝐹 để hai CE CD bền 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 236 Exercise 10: Thanh cứng 𝐸 𝐴𝐶 tuyệt đối cứng có kích 3𝐸𝐹 thước, liên kết chịu lực P = 2qa 𝑞 hình vẽ a Xác định nội lực hai 3𝑎 𝐴 𝐶 𝐵 𝐶𝐷 𝐸𝐵 300 b Tính chuyển vị thẳng 2𝐸𝐹 đứng điểm đặt lực 3𝑎 P 29th September, 2021 𝐷 ThS Lê Bảo Quỳnh 2𝑎 237 Solution B1: Chọn hệ B2: Phương trình tắc: ∆1𝑃 + 𝑋1 𝛿11 = 0(∗) B3: Giải phóng liên kết Phương trình cân bằng: XA YA 𝑄 = 3𝑞𝑎 𝐴 𝑁𝐵𝐸 𝐵 P = 2qa 𝐶 𝑋1 σ 𝑀𝐴 = ↔ 𝑁𝐵𝐸 3𝑎 − 𝑄 1,5𝑎 − 𝑃 5𝑎 + 𝑋1 𝑐𝑜𝑠300 5𝑎 = 14,5𝑞𝑎 → 𝑁𝐵𝐸 = − 𝑋1 ; 𝑋1 = 𝑁𝐶𝐷 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 238 Solution B4: Lập Trạng thái “m” 𝑋1 = → 𝑁𝐵𝐸 Lập Trạng thái “k” 14,5𝑞𝑎 = q = 0, 𝑋1 = → 𝑁𝐵𝐸 = B5: Ta có: ∆1𝑃 = 𝛿11 = 𝑁𝐵𝐸 𝑁𝐵𝐸 𝐿𝐵𝐸 3𝐸.𝐹 = − , 𝑁𝐶𝐷 14,5𝑞𝑎 − =1 3a 3𝐸𝐹 𝑁𝐵𝐸 𝑁𝐵𝐸 𝑁𝐶𝐷 𝑁𝐶𝐷 2𝑎 3𝑎 + = − 3𝐸 𝐹 2𝐸 𝐹 𝑠𝑖𝑛300 Từ ∗ ta có: ∆1𝑃 + 𝑋1 𝛿11 = → 𝑋1 = 𝑁𝐶𝐷 = − → 𝑁𝐴 = 𝑁𝐵𝐸 ∆1𝑃 𝛿11 = 6,97𝑞𝑎2 𝐸𝐹 a 2𝑎 4,0833𝑎 + = 𝐸𝐹 𝐸𝐹 𝐸𝐹 = 1,707𝑞𝑎 14,5𝑞𝑎 14,5𝑞𝑎 = − 𝑋 = − 1,707𝑞𝑎 = 2,369𝑞𝑎 6 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 239 29th September, 2021 ThS Lê Bảo Quỳnh 240