Bài tập lớn sức bền vật liệu

Xét phần bên trái mặt cắt... Xét phần bên phải mặt cắt... Kiểm tra biểu đồ đã vẽ bằng phương pháp liên hệ vi phân:Kiểm tra lại biểu đồ nội lực đã vẽ bằng phương pháp vi phân : Đi từ trái

ĐỀ BÀI : 9

HỆ SỐ K7 : 1,40

a = 2m

P1 = Kiqa = 1,40 x q x 2 = 2,8q

M = Kiqa2 = 1,40 x q x 22 = 5,6q

Q = q x 2a = q x 2 x 2 = 4q

E = 2.1011 N/m2

[σ ] = 16 kN/cm2

I Vẽ biểu dồ nội lực Qy và Mx bằng phương pháp mặt cắt:

2,4q 3,2q 4,08q

1,2q 1,2q

4q 4q 2,8q

B D

C A

q

M=5,6q Q=4q

a=2

a=2 1,4a=2,8

0,6a=1,2

P=2,8q

[kN]Qy

Mx

[kNm]

Biểu đồ nội lực số 1 (không kể tải trọng bản thân thanh)

1. Xác định phản lực tại gối:

∑Z = –XB = 0

∑Y = –P + YC – Q + YB = 0

⇒YB + YC = P + Q

∑MB = M + 2a.Q – 2,4a.YC + 3a.P =0

⇒YC = 2,4a (M1 + 2a.Q + 3a.P)

= 2,4.2 (5,6q+2.2.4q + 3.2.2,8q) 1

= 4,8 (38,4q) = 8q1

(1)⇒YB = 6,8q – YC = 6,8q – 8q = –1,2q

Nhận xét: Trên toàn thanh AB không có lực tác dụng theo phương X ⇒ Nz=0 trên toàn thanh

Dùng mặt cắt 1–1 cắt AC tại O1, O1 cách A đoạn z1 (0 ≤ z1 ≤ 1,2) Xét phần bên trái mặt cắt

1

1

∑Z = Nz1 = 0

∑Y = –P –Q1 – Qy1 = 0

⇒Qy1 = –(P + Q1) = – (2,8q + z1.q) (bậc 1) Các đầu thanh:

z1 =0 ⇒ Qy1 = – (2,8q + 0.q) = –2,8q <0 (chiều ngược với giả thiết)

z1 =1,2 ⇒ Qy1 = – (2,8q + 1,2.q) = –4q <0 (chiều ngược với giả thiết)

∑M01 = Mx1 + z1

2 Q1+ z1.P = 0

⇒Mx1 = –(z1

2 Q1+ z1.P)

= –(q.z12

2 + 2,8q.z1) = –(z12

Tìm cực trị:

Trên AC, Qy1 ≠ 0 ⇒ x1

1

dM

dz ≠ 0

⇒Mx1 không đạt cực trị trên AC

Dễ thấy Mx1 sẽ lõm theo chiều của q

Các đầu thanh:

z1 =0 ⇒ Mx1 = –(02 + 2,8.0)q =02

z1 =1,2 ⇒ Mx1 = –(1,22 + 2,8.1,2)q = –4,08q <0 (căng trên)2

Giữa đoạn CD:

z1 =0,6 ⇒ Mx1 = –(0,62 + 2,8.0,6)q = –1,86q <0 (căng trên)2

Dùng mặt cắt 2–2 cắt CD tại O2, O2 cách C đoạn z2 (0 ≤ z2 ≤ 2,8) Xét phần bên trái mặt cắt

Q2= q(1,2+z2)

O 2 2

2

Q y2

M x2

N z2

z 2

∑Z = Nz2 = 0

∑Y = Qy2 + Q2 – YC + P= 0

⇒Qy2 = – (P + Q2 –YC)

= – (2,8q + q(1,2+z2) – 8q)

Các đầu thanh:

z2 =0 ⇒ Qy2 = –q(0– 4) = 4q >0 (cùng chiều giả thiết)

z2 =2,8 ⇒ Qy2 = –q(2,8– 4) = 1,2q >0 (cùng chiều giả thiết)

∑M02 = Mx2 + Q2(0,6+z2

2 ) – z2.YC + (1,2+z2).P1= 0

⇒Mx2 = 8qz2 – 2 (1,2+zq 2)2 – 2,8q(1,2+z2)

= q(–z22

Tìm cực trị:

Trên CD, Qy2 ≠ 0 ⇒ x2

2

dM

dz ≠ 0

⇒Mx2 không đạt cực trị trên CD

Dễ thấy Mx2 sẽ lõm theo chiều của q

Các đầu thanh:

z2 =0 ⇒ Mx2 = q(–02 +4.0 – 4,08) = – 4,08q <0 (căng trên)2

z2 =2,8 ⇒ Mx2 = q(–2,82 +4.2,8 – 4,08) = 3,2q >0 (căng dưới)2

Điểm giữa đoạn:

z2 =1,4 ⇒ Mx2 = q(–1,42 +4.1,4 – 4,08) = 0,54q >0 (căng dưới)2

Dùng mặt cắt 3–3 cắt DB tại O3, O3 cách B đoạn z3 (0 ≤ z3 ≤ 2) Xét phần bên phải mặt cắt

B

3

3

3

Q y3

N z3

z 3

∑Z = –Nz3 = 0

∑Y = Qy3 + YB = 0

∑M03 = Mx3 – YB.z3 = 0

Các đầu thanh:

z3 =0 ⇒ Mx3 = –1,2q.0 = 0

z3 =2 ⇒ Mx3 = –1,2q.2 = –2,4q <0 (căng trên)

II Kiểm tra biểu đồ đã vẽ bằng phương pháp liên hệ vi phân:

Kiểm tra lại biểu đồ nội lực đã vẽ

bằng phương pháp vi phân :

Đi từ trái qua phải

Trên AC :

q bậc 0

⇒ Qy bậc 1, Mx bậc 2

Tại A :

QyA = P = –2,8q

MxA = 0

Tại C :

QyCtr = QyA – SqAC

=–2,8q–1,2q = –4q

MxCtr = MXA + SQyAC

= 0 + 12 (–2,8–

4)q.1,2

=– 4,08q

Trên CD :

q bậc 0

⇒ Qy bậc 1, Mx bậc 2

Tại C :

QyCph = QyCtr + YC = –4q + 8q = 4q

MxCph = MxCtr = –4,08q

Tại D :

QyDtr = QyCph – SqCD

= 4q–2,8q = 1,2q

MxDtr = MXCph + SQyCD

= – 4,08q + 12 (4+1,2)q.2,8 = 3,2q Trên DB :

Không có q ⇒ Qy bậc 0, Mx bậc 1

Tại D :

QyDph = QyDtr = 1,2q

MxDph = MxDtr – M = 3,2q – 5,6q = –2,4q

Tại B :

QyB = QyDph = 1,2q

MxB = MXDph + SQyDB

= –2,4q + 1,2q.2

= 0

KẾT LUẬN : Kết quả bài toán giải bằng phương pháp vi phân hoàn toàn đúng với kết quả giải được bằng phương pháp mặt cắt

2,4q 3,2q 4,08q

1,2q 1,2q

4q 4q 2,8q

M x

Q y

B D

C A q

Y C =8q Y B =-1,2q

X B =0 M=5,6q Q=4q

a=2

a=2 1,4a=2,8

0,6a=1,2

P=2,8q

B CÁC SỐ LIỆU CẦN THIẾT CỦA TIẾT DIỆN CHỮ I N 0 18:

x x y

y

b=95 Thép I N 180

d = 0,5 cm Sx = 83,7 cm4

Trọng lượng bản thân : 184 N/m

THUẦN TÚY:

Xét phân tố ở trạng thái ứng suất đơn, chọn mặt cắt nguy hiểm có Mx max =4,08q Từ diều kiện bền ta có:

16.10 148.10

4,08

−

⇒ ≤

≤ σ

;

Sơ bộ chọn [q] = 5,7 kN/m

7

7

[P]= K [q].a = 1,40 5,7 2 = 15,96 kN

[M] = K [q].a = 1,40 5,7 2 = 31,92 kNm



⇒ 



PHẲNG:

I Vẽ lại biểu đồ nội lực có tính đến tải trọng bản thân của thanh:

Tải trọng bản thân: q0=184 N/m =0,184 kN/m

⇒Q0 =3aq0 =3.2.0,184 =1,104 kN

 Xác định phản lực tại gối:

∑X = –XB = 0

∑Y = YC – Q0 + YB = 0

⇒YB + YC = Q0 = 1,104 kN (1)

∑MB = 1,5a.Q0 – 2,4a.YC =0

⇒YC = 2,4a 1,5a.Q1 0

= 2,4 1,5.1,104 = 0,69 kN1

(1)⇒YB = 1,104 – Yc = 1,104 – 0,69 = 0,414 kN Trên AC :

q bậc 0 ⇒ Qy bậc 1, Mx bậc 2

Tại A :

QyA = 0

MxA = 0

Tại C :

QyCtr = QyA – Sq0AC = 0 – 1,2q0 = – 1,2.0,184 = – 0,221 kN <0

MxCtr = MXA + SQyAC = 0 + 12 (–0,221).1,2 = – 0,133 kNm < 0 (căng trên)

 Trên AC, Mx đạt cực trị ⇔Qy =0 ⇔z1 = 0 (đầu A)

Mxmax=MxA=0

Trên CB :

q bậc 0 ⇒ Qy bậc 1, Mx bậc 2

Tại C :

QyCph = QyCtr + YC = –0,221 + 0,69 = 0,469 kN >0

MxCph = MxCtr = –0,133 kNm

Tại B :

QyBtr = QyCph – SqCB = 0,469 – 4,8.q0 = 0,469 – 4,8.0,184 ; – 0,414 kN <0

MxB = MXCph + SQyCB

= –0,133 + 2 (0,469 – 0,414).4,8 1 ; 0

 Trên CB, Mx đạt cực trị ⇔Qy =0 ⇔z2 = 2,333 m

Mxmax=MxA= 0,4614

Tại D:

QyD = QyCph – SqCD = 0,469 – 2,8.q0 = 0,469 – 2,8.0,184 ; – 0,046 kN <0

MxB = MXCph + SQyCD

= – 0,133 + 12 (0,469 – 0,046).2,8 ; 0,459 >0 (căng dưới)

B C

A

q 0 =0,184 kN/m

X B =0

Q 0 =1,104 kN

Mx

[kNm]

[kN]

0,133

0,414 0,469

0,221

Q y

Aùp dụng nguyên lý cộng tác dụng giữa biểu đồ nội lực thanh chỉ chịu tải trọng bản thân và thanh chịu tác dụng các lực từ bên ngoài, ta được biểu đồ nội lực của thanh có tính đến tải trọng bản thân:

X B =0

Y B =-1,2qB

[kNm] Mx

Q y [kN]

P=2,8q

a=2

Q=4q

M=5,6q

Y C =8q

q

15,96

23,021

23,269 6,794

6,426

23,389

18,699 13,221

 Tính lại nội lực tại các điểm:

Tại A:

QyA = –2,8q + 0 = –2,8.5,7 = 15,96 kN

MxA = 0 + 0 = 0 kNm

Tại C:

QyCtr= –4q + (–0,221) = –4.5,7 – 0,221 = 23,021 kN

QyCph= 4q + 0,469 = 4.5,7 + 0,469 = 23,269 kN

MxC = –4,08q + (– 0,133) = –4,08.5,7 – 0,133 = –23,389 kNm

Tại D:

QyD = 1,2q + (–0,046) = 1,2.5,7 – 0,046 = 6,794 kN

MxCtr= 3,2q + 0,459 = 3,2.5,7 + 0,459 = 18,699 kNm

MxCph= –2,4q + 0,459 = –2,4.5,7 + 0,459 = –13,221 kNm

Tại C:

QyC = 1,2q + (–0,414) = 1,2.5,7 – 0,414 = 6,426 kN

MxCtr= 0 + 0 = 0 kNm

Nhận xét: Tải trọng bản thân ảnh hưởng không đáng kể đến nội lực của thanh

II Kiểm tra bền cho phân tố ở TTƯS đơn:

Chọn mặt cắt nguy hiểm có Mx max =23,389kNm

x

158034kN / m

W 148.10−

max 15,8kN/ cm   16kN / cm

III Kiểm tra bền cho phân tố ở TTƯS trượt thuần túy:

Chọn mặt cắt nguy hiểm có Qy max =23,269kN

Theo thuyết bền số 4 (thuyết bền về thế năng biến đổi hình dáng cực đại):

 

τ = = 16 =9,238kN / cm2

Ứng suất tiếp lớn nhất:

−

 

;

x

max

29287,4kN / m

J d 1330.10 0,5.10 2,92874kN / cm 9,238kN / cm

IV Kiểm tra bền cho phân tố ở TTƯS phẳng đặc biệt:

Chọn mặt cắt nguy hiểm có Q và M đều lớn là mặt cắt qua C có :y x

y

x

Q 23,269kN







=

=

Chọn điểm K’ tiếp giáp giữa lòng và đế tiết diện để kiểm tra

2

144202,9kN/ Nm

−

−

−

=

x

2 y

zyK'

x

2

2

.d

.0,5.10

23,269 83,7.10 0,5.10 18.10 0,8.10

1330.10

23405,5kN/ Nm

=

[ ]

tđ zK ' zyK '

3 144202,9 3.23405,5 149792,9kN / m 14,97929kN / cm kN / cm

KẾT LUẬN: Với [q]=5,7kN/m, thanh bền Vậy chọn [q] = 5,7 kN/m

ĐỀU LỚN:

Chọn mặt cắt đi qua C là mặt cắt có Q và M cùng lớny x

y

x

Q 23,269kN







=

=

x x y

y

b=95 K'

23405,4 1231,87

t=8

C 1

C

d=5

K'

b=95

y

y

max

τ

max

τ 2

σ

max

σ

min

σ

=158271,4

=-158271,4

2

kN / m

I Ứng suất tiếp:

- Momen tĩnh của phần tiết diện bị cắt đối với đường trung hòa:

2

C 1/ 2td

2

 K thuộc phần bụng:

Thay vào công thức tính ứng suất tiếp của tiết diện chữ I cho các điểm thuộc phần bụng tiết diện:

x

29287,4 874774,4y (kN/ m )

−

−

τ

K tại đường trung hòa:

zy 29287,4kN/ m

K’ tại điểm tiếp giáp với đề:

2

zy 29287,4 874774,4.0,082 23405,4kN/ m

Đồ thị là một đường cong bậc 2 theo y (–0,082≤y≤0,082m)

 K’ thuộc phần đế:

đế

x 2

1231,87(kN/ m )

−

−

τ

=

⇒Tại K’ (điểm tiếp giáp giữa bụng và đế) có bước nhảy của ƯS tiếp.

II ứng suất pháp:

Ta đã biết với tiết diện thép I đều cánh biểu đồ phân bố ứng suất pháp là đường bậc nhất phản xứng, ta cần xác định σzmax vàσzmin

2

y

158271,4kN/ Nm

−

−

=

Tiết diện I đều cánh ⇒σzmin = −σzmax = −158271,4kN/ Nm2

Ta có biểu đồ ứng suất cho mặt cắt ngang tại C như hình trên

SÁNH:

I Tiết diện tròn:

4

4

64

4

3 x

x

max

y

2

2

D

F

4

= π

 Tại mặt cắt có Mx max=23,389kNm (mặt cắt qua C)

x

3

4

0,1

W

0,1

23,389 16.10

Sơ bộ chọn D=11,4cm ⇒F= D2 11,42 102,07cm2

 Kiểm tra lại với phân tố ở TTƯS trượt thuần túy:

y max

Q =23,296kN (mặt cắt qua C)

[ ]

max

2 max

4Q 4.23,296 0,3043kN/cm 3F 3.102,07

9,238kN/ cm

⇒

 Đối với tiết diện tròn không cần kiểm tra phân tố ở TTƯS phẳng đặc biệt

Vậy F tròn =102,07cm 2

I

D

X

Y

C

Y

X C

II Tiết diện vuông:

J

12

4 3 x

x

max

a

2

= a2

F

 Tại mặt cắt có Mx max=23,389kNm (mặt cắt qua C)

3

3 x

3

4

6 6.23,389

16.10

Sơ bộ chọn a=9,6cm ⇒F=a2 =9,62 =92,16cm2

 Kiểm tra lại với phân tố ở TTƯS trượt thuần túy:

y max

Q =23,296kN (mặt cắt qua C)

[ ]

⇒

max

2 max

3Q 3.23,296 0,379kN/ cm

2F 2.92,16

9,238kN / cm

 Đối với tiết diện vuông không cần kiểm tra phân tố ở TTƯS phẳng đặc biệt

Vậy F vuông =92,16cm 2

vuông

I

F 92,16 100% 395,5%

III Tiết diện hình chữ nhật (h=2b):

x b.h b.(2b) 2

3 x

x

max

2b 2b

F b.h b.2b 2b

Y

X C

b

2. Xác định D:

 Tại mặt cắt có Mx max=23,389kNm (mặt cắt qua C)

3 x

3

4

3.23,389

2.16.10

Sơ bộ chọn b=6,1cm ⇒F=2b2 =2.6,12 =74,42cm2

 Kiểm tra lại với phân tố ở TTƯS trượt thuần túy:

y max

Q =23,296kN (mặt cắt qua C)

 

max

2 max

3Q 3.23,296 0,46955kN/ cm

2F 2.74,42

9,238kN / cm

 Đối với tiết diện chữ nhật không cần kiểm tra phân tố ở TTƯS phẳng đặc biệt

Vậy F chữ nhật =74,42cm 2

chữnhật

I

KẾT LUẬN: Vậy trong các tiết diện, tiết diện chữ I là tiết kiệm vật liệu nhất kế đến là các tiết diện: chữ nhật, vuông và tròn

G XÁC ĐỊNH CHUYỂN VỊ MỘT SỐ ĐIỂM VÀ VẼ ĐƯỜNG ĐÀN HỒI CỦA DẦM:

I Thiết lập dầm giả tạo:

Aùp dụng nguyên lý cộng tác dụng phân tích biểu đồ nội lực của

dầm thành các phần như hình bên nhằm đưa dạng của biểu đồ mômen

về các dạng chuẩn

Thiết lập dầm giả tạo với các liên kết hợp lý như hình bên

Đặt tải phân bố cho dầm giả tạo với lực phân bố đồng dạng với

Mx (vì E.Jx = const) và có độ lớn = x

x

M q EJ

II Tính nội lực trên dầm giả tạo:

B D 2 2,8

C 10,64/EJx

21,28/EJx 4,104/EJx

9,31/EJx 11,172/EJx

Ω 6=8,689

Ω 7=1,159

Ω 5=13,9

Ω 8=9,31

3,467 2,467

1,167 2,217 2,333

19,152/EJx

4,104/EJx

9,31/EJx 11,172/EJx

10,64/EJx

19,152/EJx

/EJx

/EJx

/EJx

/EJx

/EJx /EJx

Phương trình cân bằng cho phần dầm phụ:

C

Ω 1

0,6

Ω 2

3,467

Ω 3

Ω 4

1,6 2,467

Ω 5

1,167

Ω 6

2,333

Ω 7

2,217

Ω 8

B

∑Y = VC + VB + Ω1 + Ω4 + Ω3 – Ω5 – Ω7 – Ω6 – Ω2 – Ω8 = 0

= (– 17,237 – 9,85 – 21,28 + 13,9 + 1,159 + 8,69 + 5,32 + 9,31)/(E.Jx) = –9,988/(E.Jx)kN

9,31 11,172

1,2 2,8

5,7

4,104

D C A 5,7

2,8 1,2

10,64

1,8

21,28 19,152

1,2 2,8

D C A

M=31,92

2,8 1,2

P=15,96

[kNm] Mx

P=15,96

1,2 2,8

M=31,92 5,7

23,256

18,24 13,68

b1 b1 b1 b1

b1 b2

b2 b2 b1

Mx [kNm]

Mx [kNm]

Mx [kNm]

2 B

B

2 2

B

2

2 B

Sơ đồ tầng Dầm giả tạo Dầm thực

≠

Qgt 0Mgt=0

Mgt=0 Qgt 0 ≠

≠

Qgt 0Mgt 0≠

y=0 0

≠ θ≠y=00

≠

y 0 0

D C

A

5,7

M=31,92 P=15,96

1,2

B D

C A

2 2,8

11,172/EJx 9,31/EJx

10,64/EJx C

2

Sơ đồ phân bố tải trọng giả tạo

19,152

A

1,2

∑MC = 4,8VB + 0,6Ω1 + 1,6Ω4 + 3,467Ω3 – 1,167Ω5 – 2,217Ω7 – 2,333Ω6 – 2,467Ω2 – 3,467Ω8 =0

x

1 4,8EJ (–0,6.17,237– 1,6.9,85– 3,467.21,28+ 1,167.13,9+ 2,217.1,159+ 2,333.8,69+ 2,467.5,32+

3,467.9,31)=

x

-3,211

EJ kN

⇒VC = –9,988/(E.Jx) – VB =

x

-9,988

EJ – -3,211EJx

=

x

-6,777

EJ kN

Phương trình cân bằng cho dầm chính:

∑Y = QyA + Ω9 + Ω10 – VC = 0

= [– 11,491 – 1,642 + (–6,777)]/(E.Jx)

=

x

-19,91

EJ kN

∑MA = MA + 0,8Ω9 + 0,9Ω10 – 1,2VC =0

x

1

EJ [–0,8.11,491– 0,9.1,642– 1,2.

(– 6,777)] =

x

-18,803

Dùng mặt cắt 1 – 1 đi qua A, xét cân bằng

phần bên trái, ta dễ thấy MgtA = – MxA

=

x

18,803

EJ

⇒ yA = MgtA= 2.10 1330.10818,803 -8

=0,00707m = 7,07 mm

là trung điểm đoạn AC:

Dùng mặt cắt 2 – 2 đi qua A1, xét

cân bằng phần dầm chính bên trái mặt

cắt

C A

1,2

Q yA

M A

0,8 Ω 9

Ω 10

0,9

/EJx /EJx

1,2

A

19,152 4,104

/EJx /EJx

/EJx /EJx

0,9

0,8

Ω 10=1,642

Ω 9=11,491 4,104 19,152

V C =-6,777/EJx

C A

0,6

Q yA

M A

0,4 Ω 9

Ω 10

0,45

/EJx /EJx

0,6

A

9,576 1,14

/EJx /EJx /EJx

0,45 0,4

Ω 10= 0,228

Ω 9= 2,873

1,14

9,576/EJx

'

'

' '

M gtA1

Q gtA1 A 1

∑MA1 = MgtA1 – 0,2Ω9’– 0,15Ω10’– 0,6QyA + MA =0

x

1

EJ [0,2.11,491+ 0,15.1,642+ 0,6(–19,91)– (–18,803)]

=

x

9,402

EJ kNm

yA1 = MgtA1 = 2.10 1330.1089,402 -8 = 0,00353m = 3,53mm

Dùng mặt cắt 3 – 3 đi qua C1, xét cân bằng phần dầm phụ bên trái mặt cắt

1,867 1,244 0,933 0,7 0,018

Q gtC1

M gtC1

V C =-6,777

Ω 3

Ω 4

Ω 6

Ω 5

Ω 7

1,813

1,167

Ω 7= 13,905

0,933 0,622

Ω 5= 1,49 0

0,604 Ω 3= 17 ,361

1,849

Ω 4 =0 ,019

11,172/EJx

2,508/EJx 4,104/EJx

19,152/EJx 0,709/EJx

2,508/EJx

11,172/EJx

4,104/EJx 19,152/EJx 0,709/EJx C

1,867

C 1

C 1

'

'

'

'

' '

' '

∑MC1 = MgC1+ 0,018Ω4’+ 0,7Ω7’– 0,933Ω6’– 1,244Ω5’– 1,262Ω3’– 1,867VC=0

x

1

EJ [–0,018.0,019– 0,7.13,905+ 0,933.4,682+ 1,244.1,490+ 1,262.17,361+ 1,867.(–6,777)] =

x

5,745

EJ kNm

yA1 = MgtA1 = 2.10 1330.1085,745 -8 = 0,00216m = 2,16mm

6. Tính chuyển vị tại D:

Dùng mặt cắt 4 – 4 đi qua D, xét cân bằng phần dầm phụ bên phải mặt cắt

V B

'1,333 B

2

9,31/EJx 1,71/EJx 21,28/EJx

2

B

0,667

Ω 3=21,28Ω 2= 1,7 1

Ω 1 = 9,31 '

' '

0,667

Ω 2= 1 ,71

0,667

1,71/EJx

0,667

Ω 3= 21,28

9,31/EJx

Ω 1=9,3 1

M gtD

Q gtD

21,28/EJx

∑MD = MgD + 0,667(Ω1’– Ω2’– Ω3) – 2VB =0

x

1

EJ [– 0,667(9,31– 1,71– 21,28) + 2(–3,211)] = x

2,703

EJ kNm

yD = MgtD = 82,703 -8

2.10 1330.10 = 0,00102m = 1,02mm

7. Tính chuyển vị tại D 1 là trung điểm đoạn DB:

Dùng mặt cắt 4 – 4 đi qua D, xét cân bằng phần dầm phụ bên phải mặt cắt

V B

B

' '

10,64/EJx

1 0,333

0,333

0,333

M gtD1

Q gtD1

0,855/EJx

4,655/EJx

Ω 2= 0,428

Ω 3= 5,32

Ω 1= 2,328

'' ' '

''

Ω 3= 5,32

Ω 2=0,428 ''

'

Ω 1= 2,328 '

B

1

10,64/EJx 4,655/EJx

∑MD1 = MgD1 + 0,333(Ω1’’– Ω2’’– Ω3’’) – VB =0

x

1

EJ [– 0,333(2,328– 0,428– 5,32) + (–3,211)] = -2,072EJ kNmx

yD = MgtD = 2.10 1330.108-2,072 -8 = –0,00078m = –0,78mm<0 (A dịch chuyển lên trên)

III Vẽ đường đàn hồi:

Ta có các điểm đã xác định được chuyển vị:

A yA = 7,07mm

A1 yA1 = 3,53mm

C yC = 0

C1 yC1 = 2,16mm

D yD = 1,02mm

D1 yD1 = –0,78mm

B yB = 0 Đường đàn hồi:

Đường đàn hồi với biến dạng được phóng lớn 100 lần

-0,78 1,02 2,16 0

3,53 7,07

B D1 D C1 C A1 A

B D C A

5,7 M=31,92

2 2,8 1,2

P=15,96

[mm]