[123doc] - do-an-suc-ben-vat-lieu 1

Tính chuyển vị tại D theo phương pháp thông số ban đầu...17... Tính chuyển vị tại mặt cắt D... Viết phương trình nội lực : chia làm 3 đoạn... Viết phương trình nội lực... Vẽ biểu đồ nội

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ

BỘ MÔN CÔNG NGHỆ XÂY DỰNG – GIAO THÔNG

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

Sinh viên :

Mã sinh viên :

TS Dương Tuấn Mạnh

PHỤ LỤC

1. ĐỀ BÀI 3

2 CÁC BƯỚC GIẢI 4

2.1 Chọn sơ bộ mặt cắt 4

2.1.1 Xét phản lực tại gối tựa : 4

2.1.2 Viết phương trình nội lực : chia làm 3 đoạn 4

2.1.3 Xác định vị trí có Mmax 5

2.1.4 Chọn mắt cắt của theo điều kiện bền của ứng suất pháp : 6

2.2: Kiểm tra tổng thể điều kiện bền : 10

2.2.1 Chọn 3 mặt cắt nguy hiểm sau : 10

2.2.2 Kiểm tra bền theo ứng suất pháp và ứng suất tiếp : 10

2.2.3 Kiểm tra bền co điểm có ứng suất pháp và ứng suất tiếp đều lớn 11

2.3 : Kiểm tra độ cứng và tính chuyển vị 14

2.3.1 Phương trình độ võng từng đoạn 14

2.3.2 Xác định y 0 và φ 0 từ các điều kiện biên 15

2.3.3 : Kiểm tra độ cứng 16

2.3.4 Tính chuyển vị tại D theo phương pháp thông số ban đầu 17

1 ĐỀ BÀI

Cho E=2,1105 MN/m2 , [] = 210 MN/m2,

600

y l



dầm làm bằng thép chữ I thoả mãn điều kiện bền và điều kiện cứng

Tính chuyển vị tại mặt cắt D

BÀI LÀM : P=32KN

2P=64KN

V A

V B

q =15 KN/m M=56KN.m

2 CÁC BƯỚC GIẢI.

2.1 Chọn sơ bộ mặt cắt

2.1.1 Xét phản lực tại gối tựa :

∑ M A=M+V B ×(1,2+0,9)−q ×0,9 ×(0,92 +1,2)+2 P× 1,2+P × 0,5=0

→ V B=−60,25(KN)

∑ M B=M −V A × (1,2+0,9 )−2 P × 0,9−P ×2,6+q ×0,9 ×0,9

2 =0

→ V A=41,75 ( KN )

Kiểm tra :

∑ F y=−P+V A+2 P−q ×0,9+V B=−32+ 41,75+2 ×32−15 × 0,9−60,25=0

→ V A ,V B đúng

2.1.2 Viết phương trình nội lực : chia làm 3 đoạn

+ Đoạn CA : chọn gốc tại C và trục Z sang phải ( từ 0 ≤Z1≤ 0,5 m )

Q y=−P=−32(KN )

M x=−P × Z1−M

¿Với Z1=0 thì Mx=−M =−56 ( KNm)

¿Với Z1=0,5 m thì Mx=−P ×0,5−M=−72 ( KNm)

+ Đoạn AD : chọn gốc tọa độ tại A và trục Z sang phải ( 0 ≤Z2≤1,2 m )

Q y=−P+V A=−32+41,75=9,75 (KN )

M x=−P ×(0,5+Z2)+V A ×Z2−M

¿Với Z2=0 thì Mx=−P × 0,5−M=−32× 0,5−56=−72 ( KNm)

¿Với Z1=1,2 mthì Mx=−P × 1,7+V A ×1,2−M =−60,3 ( KNm)

+ Đoạn DB : chọn gốc tọa độ từ B chiều Z từ phải sang trái ( 0 ≤Z3≤ 0,9 m¿

Q y=−V B+q × Z3=60,25+15× Z3

M x=V B × Z3−q × Z3× Z3

2 =−60,25× Z3−15×(Z3)

2

2

¿Với Z3=0(tại B)thìQ y=60,25 ( KN )→ Mx=0 ( KNm)

¿Với Z3=0,45m(giữa dầm)thì Q y=67 ( KN ) → Mx=−28,63 ( KNm)

¿Với Z3=0,9m(tại D)thì Q y=73,75( KN ) → M x=−60,3 ( KNm)

2.1.3 Xác định vị trí có M max

Cho phương trình Q y=0 (ở đoạn DB) tatìmtọa độ có M max (Mặt cắt E)

Q y=0=−V B+q × Z3

→ Z3=V B

−60,25

15 =−4,01 (không thỏamãn) Suy ra không có M max ở mặt cắt E

Bảng kết quả nội lực :

Vẽ biểu đồ :

2.1.4 Chọn mắt cắt của theo điều kiện bền của ứng suất pháp :

Tại A có momen lớn nhất : ⃒ M max ⃒ =72 (KN m)

W x ≥ ⃒ M max ⃒

[σ] =

72

210× 103=3,42× 10

−4

m3⇒ W x ≥342 cm3

Tra bảng thép I chon ¿o : 27 có W x=¿371 cm3 thỏa mãn điều kiện trên và

q bt=31,5 Kg

N

m=0,315

KN m h=27 cm; b=12,5 cm ;d=0,6 cm ;

t=0,98 cm ;F =40,2 cm2;W x=371 cm2; S x=210 cm3; I x=5010 cm4

Kiểm tra điều kiện bền khi kể đến trọng lượng bản thân

Sơ đồ của dầm khi kể đến trọng lượng bản thân :

q bt = 0,315 KN/m P=32KN

2P=64KN

V A

V B

q+q bt =15,315 KN/m

M=56KN.m

Xác định phản lực tại gối tựa

Σ M A=M +V B ×2,1−q × 0,9×(0,92 +1,2)+2 P ×1,2+P× 0,5+qbt ×0,5

2

2 −q bt ×(1,2+0,9 )

2

⇒V B=¿-59,938 (KN)

Σ M B=M−V A × (1,2+0,9)−2 P ×0,9+P ×(0,5+1,2+0,9)+q × 0,9×0,9

2 +q bt ×(0,5+1,2+0,9)

2

⇒V A=42,257 (KN)

Kiểm tra lại kết quả tính toán :

Σ F y=V A+V B−P−q ×0,9−q bt × (0,5+1,2+0,9)+2 P=42,257−59,938−32−15 ×0,9−0,315 ×2,6+2 ×32=0

⇒V A ,V B đã đúng

Viết phương trình nội lực

Chia dầm làm 3 đoạn :

+ Đoạn CA : gốc tọa độ tại C chiều Z sang phải ( 0 ≤ Z1≤ 0,5 m¿

Mx

Z1

qbt

Q y=−P−q bt ×Z1

M x=−P × Z1−q bt × Z1

2

2 −M

¿Với Z1=0 (tại C )thì Qy=−32 KN và Mx=−56 KNm

¿Với Z1=0,25 m (tại giữa )thì Qy=−32,08 KN và Mx=−64 KNm

¿Với Z1=0,5 m (tại A )thì Qy=−32,15 KN và Mx=−72,04 KNm

+ Đoạn AD : gốc tọa độ tại D chiều Z sang phải ( 0≤ Z2≤1,2 m¿

VA

M=56KN.m

Mx

Qy

qbt = 0,315 KN/m P=32KN

Z2

Q y=−P−q bt ×(0,5+Z2)+V A=10,0995−qbt × Z2

M x=−P ×(0,5+Z2)−q bt ×(0,5+Z2)

2

2 −M +V A × Z2

¿Với Z2=0 (tại A )thì Qy=10,0995 KN và Mx=−72,04 KNm

¿Với Z2=0,6 m(tại giữa )thì Qy=9,9105 KN và Mx=−66,04 KNm

¿Với Z2=1,2 m(tại D) thì Qy=9,7215 KN và Mx=−60,15 KNm

+ Đoạn DB : gốc tọa độ tại B chiều Z sang trái ( 0≤ Z3≤0,9 m¿

V B

q+q bt =15,315 KN/m

Q y

M x

Z3

Q y=−V B+(q¿¿bt +q)× Z3=59,938+15,315 × Z3¿

M x=V B × Z3−(q bt+q )× Z3

2

2 =−59,938 × Z3−7,6575 × Z32

¿Với Z3=0(tại B) thìQ y=59,938 KN và Mx=0 KNm

¿Với Z3=0,45m (tại giữa )thì Q y=66,83 KN và M x=−28,52 KNm

¿Với Z3=0,9m (tại D)thì Q y=73,7215 KN và Mx=−60,15 KNm

* Xác định vị trí có M max

Cho phương trình Q y=0( ở đoạn DB) , ta tìm tọa độ có có M max( mặt cắt E)

59,938 = - 15,315× Z3⇒ Z3=−59,938

15,315 =−3,9 (không thỏa mãn)

⇒ không có vịtrí M max trên DB

→ ⃒ M max ⃒=72,4 KNmtại vị trí A

Bảng kết quả nội lực

Vẽ biểu đồ nội lực :

2.2: Kiểm tra tổng thể điều kiện bền :

2.2.1 Chọn 3 mặt cắt nguy hiểm sau :

 Mặt cắt H có giá trị momen lớn nhất |M x∨¿72,04 KNm

(kiểm tra điều kiệnbền theo ứng suất pháp σ max của các điểmtrên biên).

 Mặt cắt B có giá trị |Q y∨¿73,7215 KN

( Kiểm tra điều kiện bền theo ứng suất tiếp τ maxcho các điểm trên đường trung hòa )

 Mặt cắt A ( phải ) có giá trị |M x∨¿72,04 KNm và∨Q y∨¿32,15 KN

(kiểm tra theo thuyết bền thế năng hoặc thuyết bền ứng suất tiếp cho các điểm tiếp giáp giữa lòng và đế )

2.2.2 Kiểm tra bền theo ứng suất pháp và ứng suất tiếp :

 Điểm có ứng suất pháp lớn nhất :

( Tại các điểm trên biên của mặt cắt có |M|max¿

σ max=|M x|max

72,04

371×10−6=194177,9(KN /m

2)=194,178¿

⇒ σ max=194,178¿

⇒Thỏa mãn điềukiện bền trên và dưới của mặt cắt

 Điểm có ứng suất tiếp lớn nhất :

(Tại các điểm trên đường trung hòa của mặt cắt có ¿Q∨¿max¿)

   

max max

3

C

x

Q S bI



Lấy b c=d=0,6 ( cm) đã chọn ở trênta có :

τ max=¿Q y∨¿max × S x C

73,7215 ×210 ×10−6

5010 ×10−8× 0,6 ×10−2=51502,05¿ ¿

⇒ τ max=51,502¿

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

2.2.3 Kiểm tra bền co điểm có ứng suất pháp và ứng suất tiếp đều lớn

Biểu đồ ứng suất của mặt cắt A ( trái )

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

 

t

             

σ E=M x

I x × y E= −72,04

5010× 10−8×[−(h2−t)]= −72,04

5010 ×10−8×[−(272 −0,98) ]×10−2=180028,1¿

⇒ σ E=180,03¿

Tại điểm E có :

S x C=S x−d × y E

2

2 và b

C

=d=0,6(cm)

Do đó :

τ E=Q y A ׿ ¿

⇒ τ E=−17,43¿

σ td=√σ2+3 τ2=√180,032+3¿ ¿

⇒ σ td<[σ]=210 MN /m2

=> Thỏa mãn theo điều kiện của thuyết bền TNBĐHD

Kết luận: Chọn mặt cắt ¿o:27 đảm bảo điều kiện bền cho toàn dầm

Xác định ứng xuất chính và phương chính cho các điểm đặc biệt trên mặt cắt A ( trái )

 Bằng giải tích :

- Điểm trên bên ( I và K )

σ max , min=±|M x A|

W x =±

72,04

371× 10−6=194177,9¿

Tại I có : σ1=σ max=194,178 MN /m2(phân tố kéo đơn) α I max=0°

Tại K có : σ3=σ min=−194,178 MN /m2(phântố nén đơn) α K max=0°

- Điểm tiếp giáp giữa lòng đế ( E và F ):

σ max , min=σ

2±√ (σ2)2+τ2

+ Điểm E :

σ E=−σ F=180,03 MN /m2

τ E=τ F=−17,43 MN /m2

σ max , min=σ

2±√ (σ2)2+τ2=180,03

2 ±√ (180,032 )2+(−17,43 )2

Do đó : {σ1E=90,015+91,69=181,705 MN /m2

σ3E=90,015−91,69=−1,675 MN /m2

tgα max= −τ E

σ E−σ min=

−−17,43 180,03−(−1,675 )=

3486 36341

⇒ α E

max=5028'

+ Điểm F :

σ max , min=−180,03

2 ±√ (180,032 )2+(−17,43)2

Do đó :{ σ1F=−90,015+91,69=1,675

σ3F=−90,015−91,69=−181,705

tg α F

max= −τ F

σ F−σ min=

−−17,43

−180,03−(−181,705)=

−3486 335

α F max=−84030'

Vậy tại điểm E có các ứng suất chính là :

{σ1=181,705 MN /m2

σ3=−1,675 MN /m2

α E max=5028'

Tại điểm F có các ứng suất chính là :

{ σ1=1,675 MN /m2

σ3=−181,75 MN /m2

α F

max=−84030'

+ Điểm trên đường trung hòa (O):

σ o=0

τ o=Q A y ×∨S C x∨ ¿

I x ×b c=

−32,15 × 210× 10−6

5010 ×10−8× 0,6 ×10−2=−22460,08¿ ¿

Tại đường trung hòa có : σ max , min=σ

2±√ (σ2)2+τ2=±22,46¿

Tại điểm O có các ứng suất chính là :

¿

Vì phân tố đường trung hòa là phân tố trượt thuần túy

2.3 : Kiểm tra độ cứng và tính chuyển vị

q bt = 0,315 KN/m P=32KN

2P=64KN

V A =42,257KN

V B =-59,938KN

q+q bt =15,315 KN/m

M=56KN.m

Bảng thông số ban đầu :

2.3.1 Phương trình độ võng từng đoạn

y1(z )= y0+φ0× z− M0

EI ×

z2

2 !−

Q0

EI ×

z3

3 !−

q0

EI ×

z4

4 !−

q0'

EI ×

z5

5 !

y n+ 1 ( z )= y n ( z )+ ∆ y a+∆ y a ' ×( z−a)− ∆ M a

( z−a)2

2 ! −

∆ Q a

EI ×

( z−a )3 3! −

∆ q a

EI ×

( z−a)4

4 ! −

∆ q a '

EI ×

(z −a)5

5 !

+ Đoạn CA ( 0 ≤ z ≤ 0,5)

y1(z )= y0+φ0× z−−56 × z

2

2 !× EI −

−32× z3

3 !× EI −

−0,315 × z4

4 !× EI −

0 × z5

5 !× EI=y0+φ0× z +

56× z2

2!× EI+

32 × z3

3 !× EI+

0,315 × z4

4 !× EI

φ1(z )=φ0+56 × z

32× z2

2!× EI+

0,315 × z3

3 !× EI

+ Đoạn AD (0,5 ≤ z ≤ 1,2)

y2(z )= y1( z )− 0 ×( z−0,5)2

2 !× EI −

42,25× ( z−0,5)3

3 !× EI −

0 ×( z−0,5)4

4 !× EI −

0 ×( z−0,5 )5

5!× EI =y1( z )− 42,25 ×(z−0,5)3

3 !× EI

⇒ y2( z )= y0+φ0× z + 56 × z

2

2! × EI+

32× z3 3!× EI+

0,315× z4

4 !× EI −

42,25 ×( z−0,5 )3 3!× EI (1)

φ2( z )=φ0+56 × z

32× z2

2!× EI+

0,315 × z3

3 !× EI −

42,25 ×(z−0,5)2

2! EI

+ Đoạn DB ( 1,7 ≤ z ≤ 2,6)

y3( z )= y2( z )− 0 × (z −1,7)2

2 !× EI −

64 ×( z−1,7 )3 3!× EI −

−15 ×( z−1,7 )4

4 !× EI −0 ׿ ¿

φ3( z )=φ2( z )− 64 × ( z−1,7)2

2 !× EI +

15 ×(z−1,7)3

3 !× EI

⇒ y3( z )= y0+φ0× z+ 56 × z

2

2 !× EI+

32× z3 3!× EI+

0,315× z4

4 !× EI −

42,25 ×( z−0,5 )3

3!× EI −64 ׿ ¿

⇒ φ3( z )=φ0+56 × z

32× z2

2! × EI+

0,315× z3

3!× EI −

42,25× ( z−0,5)2

2 ! EI −

64 ×( z−1,7 )2

2!× EI +

15×(z−1,7)3

3 !× EI

2.3.2 Xác định y0 và φ0 từ các điều kiện biên

- Tại A (z = 0,5m) : y1=y2=0 ,thay vào (1) ta được :

⇒ y2( z )= y0+φ0× 0,5+7,67

EI =0(3)

- Tại B (z =2,6m) : có y3=0 ,thay vào (2)ta được:

⇒ y3( z )= y o+φ0× 2,6+211,03

EI =0 (4)

Từ (3) và (4) ta có hệ 2 phương trình :

{ y0+φ0×0,5=−7,67

EI

y o+φ0×2,6=−211,03

EI

⇒{y0= 85573

2100 × EI

φ0=−10168

105 × EI

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

y1(z )= 85573

2100 × EI−

−10168

105 × EI × z+

56 × z2

2 !× EI+

32× z3 3!× EI+

0,315× z4

4 !× EI

φ1(z )=−10168

105× EI+

56 × z

32× z2 2!× EI+

0,315× z3 3!× EI

y2(z )= 85573

2100 × EI+

−10168

105 × EI × z +

56 × z2

2!× EI+

32 × z3

3 !× EI+

0,315 × z4

4 !× EI −

42,25× ( z−0,5)3

3 !× EI

φ2( z )=−10168

105 × EI+

56× z

32× z2 2!× EI+

0,315× z3 3!× EI −

42,25 ×(z−0,5)2

2 ! EI

y3( z )= 85573

2100 × EI+

−10168

105 × EI × z +

56 × z2

2!× EI+

32 × z3

3 !× EI+

0,315 × z4

4 !× EI −

42,25× ( z−0,5)3

3 !× EI −64 ׿ ¿

φ3( z )=−10168

105 × EI+

56 × z

32× z2

2!× EI+

0,315× z3

3!× EI −

42,25× ( z−0,5)2

2 !× EI −64 ׿ ¿

2.3.3 : Kiểm tra độ cứng

Từ điều kiện cứng ta có

l )= 1

600

Tìm EIymax khi phương trình (5) có cực trị tức phương trình (6) bằng 0 => φ3 = 0 ta có :

φ3( z )=−10168

105 × EI+

56 × z

32× z2 2!× EI+

0,315× z3 3!× EI −

42,25× ( z−0,5)2

2 !× EI −64 ׿ ¿

⇒ φ3( z )=−10168

105 +56 × z +

32× z2

2 ! +

0,315 × z3

3 ! −

42,25 ×( z−0,5)2

2! −64 ׿ ¿

⇒ z=1,49 m

Thay z = 1,49 (m) vào phương trình (5) và nhân cả hai bên cho EI ta được :

EI y max=−30,4

Moment quán tính tiết kiệm là :

I=¿ ¿

Tra bảng thép chữ I , chọn thép ¿0:24 có

I x=3460 cm4;W x=289 cm3; F=34,8 cm2

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 ¿0:27 theo điều kiện bền và tính chuyển vị theo đó

2.3.4 Tính chuyển vị tại D theo phương pháp thông số ban đầu

Tại mặt cắt D có z = 1,7 (m) thuộc đoạn 2 Thay z = 1,7 (m) vào phương trình y2 và φ2 ta

có :

y D= 85573

2100 × EI+

−10168

105× EI × 1,7+

56 ×1,72

2 !× EI +

32 ×1,73

3 !× EI +

0,315× 1,74

4 !× EI −

42,25× (1,7−0,5)3 3!× EI

⇒ y D=−28,8

EI (m)

φ D=−10168

105 × EI+

56 ×1,7

32× 1,72

2 !× EI +

0,315 ×1,73 3!× EI −

42,25×(1,7−0,5)2

2 ! EI

⇒ φ D ( z )=14,4

EI (Rad)

Kết luận : {y D=−28,8

EI (m)

φ D=14,4

EI (Rad)