Bài tập lớn sô 1 TÍNH HỆ THANH PHANG TĨNH ĐỊNH
II. Xác dinh một trong các chuyên vị sau của hệ tĩnh định
1. Xác (lịnh nội lực trong hệ tĩnh định
! ./ Xác (linh các pluin lực gối tựa:
- Đặt lẽn các gối tựa và các nút của khung (hình 1.1).
- Phăn tích hệ chính phụ: Lập sơ đổ tầng (hình 1.2) - Lần lượt tính toán từ hệ phụ đến hệ chính theo thứ tự sau:
a) Tinh dầm MN: YM = 150 KN —> Truyền phán lực xuống khung GEM
YN = 150 KN —ằ Truyền phỏn lực xuống dầm AB
h) Tính dâm AB:
V ma = _ yb,8 + P.6 - Yv3 = - Yb.8 + 120.6 - 150.3 = 0-> YB = 33,75 KN ĩ M|j = Y v 8 - P.2 - YN. 11 = YA. 8 — 120. 2 — 150.11 = 0 —> YA = 236,25 KN Kiêm lia lại kết quả lính YA và YB bàng phương trình ZY = 0 —> Cho ta kết quá đúng.
c) Tính khung GEM:
ZMg = - XE.6 + q.3. 6,5 + YM.8 = - XE. 8 + 50.3.6,5 + 150.8 = 0 -> XE = 362,5 KN
Zx = 0 -> XG = 362,5 KN ZY = 0 —> Yg = 300 KN Truyền phản lực XG và YG sang khung chính CD (lưu ý đối chiều cua phán lực).
cl) Tính klning CD:
z Mc = - Yd. 8 - p. 2,5 + q.5. 2 + M + YCl. 8 + XG. 6 = 0 -> Yd = 609,375 KN
Zx = 0 -> xc = 362,5 KN ZY = 0 —> Yc = 60,625 KN
1.2. Dùng phương pháp mặt cắt xác địnli nội lực trong hệ:
1.2. !. Vẽ hiểu đồ mô men M (hình 1.3).
58
ì .2.2. Vẽ biến (lo lực cell Q-. Dựa vào các liên hệ vi phân giữa mô men M và lực cắt
Q, dùng công thức: QA|ị = QAB ± ' am ' biêu đổ lực cắt Q (hình 1.4) được suy lừ biểu đồ
í.
mô men M.
30
Hình 1.4
1.2.3. Vẽ biến đồ lực dọc N: Biểu dổ lực dọc N (hình 1.5) được suy từ biểu dổ lực
cắt Q lằng cách tách các nút và xét cân bằng về lực.
Hình 1.5
1.2.4. Kiểm tra cân bằng các nút: S; T; L; G; R cứa khung CD, khung OEM.
• v'e mó men: Nút G không cần kiếm tra vì có các mô men nội lực, ngoại lực băng 0.
X Ms = 4350 - 300 - 4050 = 0 X Mt = 4400 - 4400 = 0
X Mị = 2075 + 100-2175 = 0 X MR = 1500 + 675 -2175 = 0 2175
T 4400/^4400
2175
• Về lực: Từ kích thước hình học của khung ta có: sina = 0,6; cosa = 0,8
YỊ
b) ị c)
I I I
Hỉnh 1.6
- Kiểm tra nút S: (hình 1.6a)
XK= 325,625. 0,8 - 362,5 + 170. 0,6 = 0
XY = 60,625 - 120 - 170. 0,8 + 325,625. 0,6 = 0 - Kiếm tra nút T: (hình 1.6b)
Xx = 30. 0.6 - 475.625. 0,8 + 104.375. 0.8 + 465. 0,6 = 0
XY = 465. 0,8 - 30. 0.8 - 104,375. 0,6 - 475,625. 0,6 = 0 - Kiêm tra nút L (hình 1.6c);
Xx = 362,5 - 104,375. 0,8 - 465. 0,6 = 0
XY = 309,375 + 104,375. 0,6 - 465. 0,8 * 0 - Kiếm tra nút G (hình 1.70):
Xx = 362,5 - 362,5 = 0
XY = - 309,375 - 300 + 609,375 = 0
• Kiếm tra tống hợp một phần của khung (hình 1.7a):
60
Zx = 362,5 - 362,5= 0 ZY = 60,625 + 309,375 - I 20 - 50. 5 = 0 ZMS= 4350 - 120. 2,5 + 50. 5.2 + 100 - 2175 - 309,375. 8 =0
13. Vẽ các đường ảnh hướng (dah) RAt Mịị, Qịị, Qị: Khi lực thắng đứng p =1 di
động trên hệ khi chưa có mắt truyền lực (hình 1.8) ta nhận thấy các tiết diện cần vẽ đah đều thuộc hệ phụ cùa CD nên khi p = 1 di động trên khung chính CD thì đah sẽ trùng với đường chuán do đó ta chi quan tâm và vẽ dull thuộc hệ MN và AB.
a) Vẽ các dahRA, đcdiMB, đahQBT, đahQBF và đahQ! khi lực thắng đứng p = 1 di
động trên hệ khi chưa có mát truyền lực (hình 1.8b,c, d, e, f):
Hình 1.8
h) Dùng dah để kiếm tra lại cức irị sỏ' RA, MB, Q|Ị và Q] đã tính bằng giải tích:
RA = 50.1,3?5~6+ 120.0,25 = 236,25kN; MB = 0 Qịị = 50. L3^'6 -120.0.75 =-33.75kN; QB =0
QỈ’ = 5O.kỉZlẾ-120.0,25 = 86,25kN;
Qj = 50.1,3^5~6-120.0.75 =-33,75kN
So sánh với kết quả tính theo giải tích cho ta thấy kết quả tính theo hai cách là bằng nhau.
c) Vẽ lại các đalỉRÁ, dahMfr đahQrB , dahQft , dahQj và đahMị. khi lực thẳng đứng
p = 1 di động trên hệ khi có mắt truyền lực (hình 1.9):
P=1
. 0,75
c)
1 0,25 đah Qbt
d) đah ■ B ■ >q/
e) đah QT(
0,25
Ị^TÌkrĩ^ 1
/1 -0^5 .--V 0,25
đah Q|r
0j25 .1
°/5
T
đah (m)
g) K
1,5
, I ,,,
-<í 1
4i>- ■
Hình 1.9
62
d) Tim vị trí bất lợi nhất cùa hệ 4 lực tập trung P|; P2; P3; P4 di động trên hệ khi có mắt truyền lực đế MK có giá trị tuyệt đôi lớn nhất.
Ta nhận thấy dahMK (hình 1.1 Oa) gồm 4 đoạn thảng —> tính các trị số tgoq ứng với các đoạn thắng lần lượt từ trái qua phải:
tgơị = - 0,25; tga2 = 0,5; tga3 = 0; tga4 = - 0,5.
Lần lượt cho đoàn tải trọng di động từ trái qua phái sao cho các lực tập trung lần lượt dặt vào các đỉnh I, II, III cùa dahMK (theo 5 sơ đồ trong hình 1.1 Ob, c, d, e, f).
Tim vị trí có đạo hàm dMk
dz
đổi dấu đê xác định lực Pth
<7^ ,,p1 p2 P3 ,.p4
I)T____________________________________________L — ĩ____ i____ i
ỉ lình 1.10
• Thử lần 1: Cho P4 đặt vào đỉnh I của đahMK (sơ đồ 1) +
+
= P3. tgGCị + P4. tgcc2 = - 180. 0,25 + 240. 0,5 = 75 > 0 . dz _
Ta nhận thấy đạo hàm đổi dấu nên P4 đặt ở đỉnh I là Plh . Tính MK ứng với sơ đồ 1:
MK 4 - 180. 0,5 - 240. 1,5 = - 450 KNm
Thử lần 2: Cho P3 đặt vào đỉnh I của đahMK (sơ đồ 2)
Khi P3 đặt ờ bên trái đinh I ta có:
-T
= (P2 + p3). tga, + p4. tga2 = (120 + 18O).O,25 + 240. 0,5 = 45 > 0 +
dMk dz + Khi P3 đặt ở bên phải đỉnh I ta có:
^7^- = (P, + p2). tgttị + (P3 + p4). tga2 L dz J
= -(120+120). 0,25 + (180+240). 0,5 = 150 >0 Ta nhận thấy đạo hàm khống đổi dấu nên không cho giá trị MK cực trị. Tiếp tục dịch chuyên doàn tải trọng sang bên phải.
• Thử lần 3: Cho P4 đặt vào đính II của đahMK (sơ đồ 3)
+ Khi P4 đật ớ bên trái đinh II ta có:
= (P, + P2). tga, + (P, + p4). tga2 L dz J
= - (120 +120). 0,25 + (180 + 240). 0,5 = 150 > 0 + Khi P4 đặt ớ bên phải đỉnh II ta có:
'dMv T
—= (P, + P2). tg(X| + p3. tga2 + p4. tgcc3 L dz J
= - (120 + 120). 0,25 + 180. 0,5 + 240. 0 = 30 > 0 Ta nhận thấy đạo hàm không đổi dấu nên không cho giá trị MK cực trị. Tiếp tục dịch chuyển đoàn tải trọng sang bên phải.
• Thử lần 4: Cho P3 đặt vào đỉnh II của đưhMK (sơ đồ 4)
64
Mk = 0 + 120. 1 + 180. 1 - 240. 1 = 60 KNm Nêu dịch chuyên tiếp, đoàn tải trọng sẽ ra ngoài dahMk, quá trình thử có thể dừng lại được.
So sánh hai trị số: M™11 = - 450 KNm
M'”ax = 150 KNm
Ta có thê kết luận: Vị trí bất lợi nhất cúa hệ lực tập trung di động trên hệ khi có mắt truyền lực để mô men uốn tai tiết diện K có giá trị tuyệt đối lớn nhất là vị trí đặt tải theo
sơ đồ I. ứng với sơ đồ này ta có:
max IMkI = 450 KNm.