cơ học kết cấu 2 sơ đồ 8-3

Tính khung siêu tĩnh bằng ph-ơng pháp lực Đề Số 8.3 Yêu cầu và thứ tự thực hiện 1.. Xỏc định cỏc hệ số và số dạng tự do của phương trỡnh chớnh tắc, kiểm tra cỏc kết quả tớnh được.. Vẽ b

Tính khung siêu tĩnh bằng ph-ơng pháp lực

Đề Số 8.3 Yêu cầu và thứ tự thực hiện

1 Tớnh hệ siờu tĩnh do tải trọng tỏc dụng :

1.1 Vẽ cỏc biểu đồ nội lực : Mụmen uốn M P , lực cắt Q P , lực dọc N P trờn hệ siờu tĩnh đó cho Biết F = 10J/L 1 2

(m 2 )

1 Xỏc định bậc siờu tĩnh và chọn hệ cơ bản

Thành lập cỏc phương trỡnh chớnh tắc dạng chữ

2 Xỏc định cỏc hệ số và số dạng tự do của phương trỡnh chớnh tắc, kiểm tra cỏc kết quả tớnh được

3 Giải phương trỡnh chớnh tắc

4 Vẽ biểu đồ mụmen trờn hệ siờu tĩnh đó cho do tải trọng tỏc dụng MP

5 Kiểm tra cõn bằng cỏc nỳt và kiểm tra điều kiện chuyển vị

6 Vẽ biểu đũ lực cắt QP và lực dọc NP trờn hệ siờu tĩnh đó cho

1.2.Xỏc định chuyển vị ngang của 1 điểm hoặc gúc xoay của tiết diện

K

Biết E = 2.10 8

kN/m 2 J = 10 - 6 L 1 4 (m 4 )

2.Tớnh hệ siờu tĩnh chịu tỏc dụng cả 3 nguyờn nhõn ( Tải trọng, nhiệt độ thay đổi và chuyển vị gối tựa )

2.1 Viết và giảI hệ ph-ơng trình chính tắc

2.2 Thứ tự thực hiện

1 Vẽ biểu đồ mô men uốn M do cả 3 nguyên nhân đồng thời tác dụng trên hệ siêu tĩnh đã cho và kiểm tra kêt quả

2 Tính các chuyển vị nh- đã nêu ở mục 1.2

- Nhiệt độ trong thanh xiờn : thớ biên trờn là Ttr = +45 0 , thớ biên

dưới Td = +30 0

- Thanh xiờn cú chiều cao mặt cắt h = 0,12 m

- Hệ số dón nở dài vỡ nhiệt độ của vật liệu α = 10 -5

- Chuyển vị gối tựa :

Gối D dịch chuyển sang phải một đoạn 1= 0,001 L1(m) Gối H bị lỳn xuống một đoạn 2 = 0,001 L2(m)

Bảng số liệu về kớch thước và tải trọng :

Sơ đồ tính khung siêu tĩnh

Bài làm

1 Tính hệ siêu tĩnh do tải trọng tác dụng

1.1 Vẽ biểu đồ nội lực:

1.Xác định bõc siờu tĩnh và chọn hệ cơ bản:

ta cú V=2, K=1 nờn bậc siờu tĩnh là n = 3V-K = 3.2-3 =3

Đõy là hệ siờu tĩnh bậc 3

Chọn hệ cơ bản như sau

2.Hệ ph-ơng trình chính tắc của khung siêu tinh:









































0 0 0

3 3 33 2 32 1 31

2 3 23 2 21 1 21

1 3 13 2 12 1 11

P P P

X X

X

X X

X

X X

X



















3.Xác định các hệ số và số hạng tự do của hệ ph-ơng trình chính tắc,

kiểm tra các kết quả tính toán

Vẽ các biểu đồ mô men do các lực X1 = 1, X2 = 1, X3 = 1 gây ra trên

hệ cơ bản

+ Vẽ biểu đồ mô men M1 do lực X1 = 1 gây ra trên hệ cơ bản:

+ Vẽ biểu đồ mô men M2 do lực X2 = 1 gây ra trên hệ cơ bản:

+ Vẽ biểu đồ mô men M3 do lực X3 = 1 gây ra trên hệ cơ bản:

+ Vẽ biểu đồ mô men M3 do tải trọng q, lực P và mômen M gây ra

trên hệ cơ bản:

Xác định các hệ số và số hạng tự do trong hệ ph-ơng trình chính tắc:

EF EJ EF

EJ

12 3

2000 )

1 12 1 (

1 ) 10 3

2 10 10 2

1

.

2

.(

1

EJ EJ

1000 )

20 10 10

.

2

1

.(

1

3

500 ) 10 3

1 10 10

.

2

1

.(

1

12

EJ



EJ

EJ

9

28600

10 3

2 10 10 2

1 ) 6 3

2 10 (

6 10 2

1 ) 2

6 10 (

10 10 16 12 16 2

1 16 3

2 16 16 2

1 3

1

1

22









































EJ

16784 20

10 20 ) 8 3

2 12 (

8 10 2

1 ) 2

8 12 (

10 12 2

1 12 3

2 12 12 2

1 2

1

1









































EJ EJ

2596 )

8 3

1 12 (

6 10 2

1 ) 2

8 12 (

10 10 2

1 16 12 12 2

1 2

1 20 10 10

.

2

1

1









































EJ EJ

P

176000 )

1200 3

2 2820 (

10 10 2

1 100 10 10

2

1

.

1



EJ EJ

P

3

658900 )

6 4

1 10 (

10 2720 3

1 ) 2

6 10 (

10 100 2

1 ) 1200 3

1 2820 (

10 10 2

1

1































EJ EJ

P

773600 )

8 4

3 12 (

10 2720 3

1 ) 2

8 12 (

10 100 2

1 20 10 2

4020 2820

.

1







































Kiểm tra cỏc kết quả:

+ Biểu đồ mô men M

+ Vẽ biểu đồ lực dọc N trên thanh chịu kéo nén:

- kiểm tra cỏc hệ số theo hàng thứ nhất:

MS M1+ NSN1 =

EF EJ EF

EJ

12 3

5500 1

12 1

1 30 10 10 2

1 10 3

2 10 10 2

1 1

















EF EJ EJ

EJ EF EJ

i

12 3

5500 1000

3

500 12

3

2000

13 12 11



 Như vậy kết quả phự hợp

- kiểm tra các hệ số theo hàng thứ hai:

Ms.M2=



















































 

3

2 16 16 2

1 3

1 20 10 10 2

1 ) 2 3

1 28 (

10 6 2

1 ) 2 2

1 28 (

10 10 2

1 16 12 2

28 16 2

1

.

1

EJ

EJ

9

53524



EJ EJ

i

9

53524 )

2596 3

28660 3

500 (

1

23 22 21



 như vậy kết quả phù hợp

- kiểm tra các hệ số theo hàng thứ ba:

Ms.M3=

EJ

27572 30

10 20 ) 2 3

2 28 (

10 8 2

1 ) 2 2

1 28 (

10 12 ) 12 3

2 16 (

12 12 2

1 2

1

1





























EJ EJ

i

3

27572 )

3

16784 2596

1000 (

1

33 32 31

- Kiểm tra tất cả các hệ số:

MS.MS+NS.NS=

EF

EJ

EF EJ

12

9

152740

1 12 1

1 10 3

2 10 10 2

1

30

.

10

.

30

) 3

4 28 (

2 10 2

1 ) 1 28 (

10 28 ) 3

24 16 (

12 12 2

1 ) 2

12 16 (

12 16 2

1 16 3

2 16 16

.

2

1

3

1

1















































EF EJ

EF EJ

ik

12 9

152740 12

) 3

27572 9

53524 3

5500 (

1 ) (

1

3 2





 như vậy kết quả phù hợp

Kiểm tra số hạng tự do

MS.M0

P=









































2

4020 2820

) 2 4

3 28 (

10 2720 3

1 ) 2 2

1 28 (

10 100 2

1 100 10 10

.

2

1

1

EJ

EJ

3

3507700





EJ EJ

iP

3

3507700 773600

3

658900 176000

1



















 Như vậy kết quả phự hợp

Các hệ số và số hạng tự do đã tính là đúng

4.Giải hệ ph-ơng trình chính tắc:























































0 773600 3

16784 2596

1000

0 3

658900 2596

9

28660 3

500

0 176000 1000

3

500 10

2 12 12

3

2000

3 2

1

3 2

1

3 2

1

EJ

X EJ

X EJ

X

EJ

EJ

X EJ

X EJ

X

EJ

EJ

X EJ

X EJ

X EJ EJ

27

,

27

1 

 ; 2   66 , 28 ; 3  164 , 15

5.Vẽ biểu đồ Mp:

+ Biểu đồ lực cắt QP :

+ Biểu đồ lực dọc NP :

Kiểm tra cân bằng các nút:

+ Kiểm tra cõn bằng nỳt:(kiểm tra nỳt E)

- Kiểm tra theo phương thẳng đứng với gúc φ là gúc tạo bởi thanh

xiờn và phương nằm ngang

Ta cú: 300,912.cos φ + 158,534.sin φ – 335,85 = 0

- Kiểm tra theo phương nằm ngang:

Ta cú : 300,912.sin φ – 158,534.cos φ – 27,27 – 26,46 = 0

→ Nút E đã cân bằng

+ Kiểm tra cõn bằng nỳt:(kiểm tra nỳt K)

- Kiểm tra theo phương thẳng đứng:

Ta có: 141,466.sin φ + 99,088.cos φ – 164,15 = 0

- Kiểm tra theo ph-ơng nằm ngang :

Ta có : 141,466.cos φ – 99,088.sin φ – 53,72 = 0

→ Nút K đã cân bằng

+ Kiểm tra điều kiện chuyển vị :

MP.M1= 3

10 137 , 1 5

, 264 3

2 8 , 199 10 10 2

1 7 , 272 3

2 100 10 10 2

1

































 

EJ

MP.M2=





3

10

.

35

,

3

5 , 264 3

1 8 , 199 10 10 2

1 6 3

1 10 10 2 , 1313 2

1 2

6 10

.

10

.

1207

6 4

1 10 10 2720 3

1 2

8 , 1969 48

, 1600

12 16 2

1 16 3

2 16 48 , 1060 2

1

.

3

1

.

1



























 













 















 





































EJ

MP.M3=



3

10

.

509

,

3

20 10 2

3 , 464 8 , 199 8

3

2 12 10

.

2

,

1313

.

2

1

2

8 12 10 1207 8

4

3 12 10 2720 3

1 8 , 1969 3

2 48 , 1060

12 12

.

2

1

2

1

1



























 















 













 



























EJ

Chuyển vị không đáng kể

+ Góc xoay tại tiết diện K :

E = 2.108 kN/m2 ; J = 10-6.L14 ( m4 )

Đặt tại K một mô men có giá trị bằng 1 đơn vị ta có biểu đồ ( Mk0 ) nh- sau :

Vậy chuyển vị ( góc xoay ) tại K là:



































 















 





2

3 , 2520 32

, 809 1 10 2720 3

1 2

1 1 10 2

3 , 464 8 , 199 1 )

.(

1

EJ N

N M M

O K P O

K

K



  1 , 13 104(rad)

Nh- vậy chuyển vị góc xoay của mặt cắt K ng-ợc chiều với Mk=1

2.Tính hệ siêu tĩnh chịu tác dụng của 3 nguyên nhân(Tải trọng, nhiệt độ thay đổi và chuyênr vị gối tựa)

2.1 Viết và giải hệ ph-ơng trình chính tắc

































































0 0 0

3 3 3 3 33 2 32

1

31

2 2 2 3 23 2 21

1

21

1 1 1 3 13 2 12

1

11

z t P

z t P

z t P

X X

X

X X

X

X X

X



















Ta chọn hệ cơ bản như ở phần 1

2 2 Vẽ biểu đồ mô men uốn M do cả 3 nguyên nhân đồng thời tác dụng lên hệ siêu tĩnh:

         0

3 3 2 2 1

C M X M X M X M

Cỏc biểu đồ        0

3 2

1 , M , M , M P

Cỏc hệ số11, 12, 13, 21 , 22, 23, 31, 32, 33, 1p, 2p, 3p đó cú

Khi đú ta tớnh cỏc hệ số do nhiệt độ và chuyển vị cưỡng bức gõy ra

 it , iz

a,tớnh cỏc hệ số do nhiệt đụ

trong thanh xiờn chịu sự thay đổi của nhiệt độ,momen uốn và lực dọc

do X1=1 gõy ra trong hệ cơ bản đều bằng khụng

 1t  0

X 2= 1

N2

1

+

+

5 4

X 3= 1

N3

+

5 3

1

1

_

+

+ §èi víi lùc X2=1

2 2

1 2

t     

640

109 10

4

5 2

30 45 10 10 2

16 10 ).

30 45

.(

12

,

0

5















 













 





§èi víi lùc X3=1

3 3

1 2

t     

640

31 10

3

5 2

30 45 10 10 2

12 20 ).

30 45

.(

12

,

0















 













 





`

b, TÝnh c¸c hÖ sè do chuyÓn vÞ c-ìng bøc g©y ra:

+ §èi víi lùc X1= 1

 1H  0 , 1D  0

+ §èi víi lùc X2=1

 2H  0

2D  R2 2   1 1   1   0 , 012

+ §èi víi lùc X3=1

 3H  R H 2   1 2   2   0 , 010

3D  0

Phương trình chính tắc:



































































0 01 , 0 640

31 773600 3

16784 2596

1000

0 012 , 0 640

109 3

658900 2596

9

28660

3

500

0 0 0 176000 1000

3

500 10

2 12

.

12

3

2000

3 2

1

3 2

1

3 2

1

EJ

X EJ

X EJ

X

EJ

EJ

X EJ

X EJ

X

EJ

EJ

X EJ

X EJ

X EJ EJ

271

,

22

1 

 ,2   66 , 277,3  164 , 153

         0

3 3 2 2 1

C M X M X M X M

Biểu đồ momen (Mc)

2.2.2 TÝnh chuyÓn vÞ gãc xoay t¹i K:

Ta cú biểu đồ ( 0

K

M ) đó vẽ

        

k M0 M N0 N



















































2

3 , 2520 42

, 809 1

10 2720 3

1 2

1 1 10 2

23 , 464 7 , 199 1

.

0

EJ M

= -1,136.10-4 ( rad )

45 30 10 1 0 , 0125

12

,

0



K  0

Vậy k   1 , 136 10 4 0 , 0125  0 , 0123864 rad

Như vậy tại K có chuyển vị góc xoay 1 góc có giá trị là:

ⱷk = 0,0123864 ( rad ), thuận chiều kim đồng hồ