Đề số 7.3 Tính khung tĩnh siêu tĩnh theo phương pháp lực 1)S đồ tính: 2)Số liệu sau : STT Kích thước hình học,m L1 L2 12 10 q(kN/m) 50 Tải trọng P (kN) M(kN.m) 120 100 I) YÊU CẦU VÀ THỨ TỰ THỰC HIỆN 1) Tính hệ siêu tĩnh tải trọng tác dụng 1.1) Vẽ biểu đồ nội lực: Momen uốn MP , lực cắt QP , lực dọc NP hệ siêu tĩnh cho Biết F = 10 J L12 (m ) a) Xác định bậc siêu tĩnh chọn hệ b) Thành lập phương trình tắc dạng tổng quát c) Xác định hệ số số hạng tư phương trình tắc, kiểm tra kết tính d) Giaỉ hệ phương trình tắc e) Vẽ biểu đồ mơmen hệ siêu tĩnh cho tải trọng tác dụng MP Kiểm tra cân nút kiểm tra điều kiện chuyển vị f) Vẽ biểu đồ lực cắt QP lực dọc NP hệ siêu tĩnh cho 1.2) Xác định chuyển vị ngang điểm I góc xoay tiết diện K Biết E = 2.108 kN/m2 , J = 10-6 L41 (m4) 2) Tính hệ siêu tĩnh chịu tác dụng nguyên nhân (Tải trọng, nhiệt độ thay đổi gối tựa dời chỗ) 2.1) Viết hệ phương trình tắc dạng số 2.2) Thứ tự thực 1) Cách vẽ biểu đồ momen uốn M nguyên nhân đồng thời tác dụng hệ siêu tĩnh cho kiểm tra kết 2) Cách tính chuyển vị nêu mục 1.2 Cho biết : - Nhiệt độ thay đổi xiên: thớ Ttr = +45o , thớ Td =+30o - Thanh xiên có chiều cao tiết diện h=0,12 m - Hệ số dãn nở nhiệt vật liệu   10 - Chuyển vị gối tựa : Gối D dịch chuyển sang phải đoạn 1  0,001L1 (m) Gối H bị lún xuống đoạn   0,001L2 (m) 5 II) NỘI DUNG BÀI LÀM 1)Tính hệ siêu tĩnh tải trọng tác dụng 1.1) Vẽ biểu đồ nội lực: Momen uốn MP, lực cắt QP, lực dọc NP 10 J hệ siêu tĩnh cho Biết F = L12 (m2) Xác định bậc siêu tĩnh chọn hệ bản: Bậc siêu tĩnh xác định theo công thức : n = 3V – K V=2; V-số chu vi kín K=3; K-số khớp đơn giản => n= Vậy khung cho có bậc siêu tĩnh Hệ bản: Hệ tĩnh định tương đương: Thành lập phương trình tắc tổng qt -Hệ phương trình tắc xây dựng từ hệ tĩnh định tương đương -Hệ có bậc siêu tĩnh nên ta phải tiến hành khử bậc siêu tĩnh cách gối D ta bỏ liên kết gối cố định thay vào liên kết gối di động lực theo phương ngang X , gối D làm tương tự phương gối di động phương ngang đặt thêm lực X3 theo phương thẳng đứng Ta cắt ngang qua gối H, có thành phần lực dọc X1 - Phương trình tắc dạng tổng quát: 11 X  12 X  13 X   1n X n  1P  1 z  1t  1   21 X   22 X   23 X    n X n   P   z   2t     ………………………………………………………………  n1 X   n X   n X    nn X n   nP   nz   nt   n  Ở trường hợp n = xét hệ siêu tĩnh tải trọng gây ra, khơng có chuyển vị nhiệt độ, độ dôi,do gối tựa bị lún… Nên ta phương trình tắc sau: 11 X  12 X  13 X  1P    21 X   22 X   23 X   2P    31 X   32 X   33 X   3P  Trong đó:  11,  12,  13 chuyển vị theo phương X1 lực X1=1, X2=1, X3=1 gây nên  21,  22,  23 chuyển vị theo phương X2 lực X1=1, X2=1, X3=1 gây nên  31,  32,  33 chuyển vi theo phương X3 lực X1=1, X2=1, X3=1 gây nên  1P chuyển vị theo phương X1 tải trọng gây nên  2P chuyển vị theo phương X2 tải trọng gây nên  3P chuyển vị theo phương X3 tải trọng gây nên Xác định hệ số số hạng tự hệ phương trình tắc,kiểm tra kết tính tốn:  Vẽ ID : Mx= IB : Mx= CH: Mx= -z (0  z  10) M C M H x x =0 (kNm) = -10 (kNm) EF: Mx= z (0  z  10) M M  Vẽ E x F x = (kNm) = 10 (kNm) ID: Mx = -z (0  z  10) CH: Mx= 10-z (0  z  10) M xD = (kNm) M xC = 10(kNm) M xI = -10( kNm) M xH = ( kNm) IB: Mx = -(10+ zsin  ) (0  z  10) BC: Mx= 16-z (0  z  6) M xI =-10(kNm) Với sin  = M xB = 16(kNm) M xC = 10(kNm) M xB = -16(kNm)  Vẽ cos  = ID :Mx = IB: Mx = z cos  (0  z  10) M xI = (kNm) M xB = (kNm) BC: Mx = -8 (kNm) CH: Mx = -8 (kNm)  Vẽ DI : Mx = qz cos  IB : Mx = (0  z  10) M xI = (kNm) M xB = -2000(kNm) BC : Mx = q.10 10 cos  -M C M xB = M x = 1900 (kNm) CH : Mx =1900 H M xC = M x = 1900 (kNm) EF : Mx = -Pz (0  z  10) M xE = (kNm) M xF = -1200 (kNm)  Vẽ ID: Mx = -z (0  z  10) CH: Mx= (10-z)-8-z (0  z  10) I x M = -10 (kNm) M D x =0 (kNm) => Mx= 2-2z M xC = (kNm) M xH = -18 (kNm) IB : Mx= -(10+sin  )+ zcos  (0  z  10) => Mx = -10+ z (cos  - sin  ) M xI = -10 (kNm) M xB = -8 (kNm) BC : Mx = (16-z) -8 (0  z  6) => Mx = 8-z M xB = (kNm) M xC = (kNm) Ta có biểu đồ nội lực sau: EF: Mx= z (0  z  10) M xE = (kNm) M xF = 10 (kNm) Ta tính + + biểu đồ hình 1:  500 14836 1864 129400 71,5748  1.92  206,9561  EJ EJ 3EJ EJ 100  6,7.10 5 0 < 5%  500 14836 1864 71,5748  1,92  206,9561 EJ EJ 3EJ Phương trình thứ ba: 400 1864 448 303200 71,5748  1,92  206,9561  3EJ 3EJ EJ 3EJ 100  1,26.10 5 0 < 5% 400 1864 448 71,5748  1,92  206,9561 3EJ 3EJ EJ 5.Vẽ biểu đồ momen: Ta có hệ tĩnh định tương đương sau: Theo nguyên lý cộng tác dụng ta có: = X1+ X 2+ X 3+ Nên ta có biểu đồ:  Kiểm tra cân nút:  Kiểm tra theo điều kiện chuyển vị: Ta tính Với đoạn IB : EJ Nên z  6425,4573    19,2  164,41288z  20 z .  10  dz  EJ 10  6425,4573  275,0712  263,5512 1     6.5,02  =  19,2.10 .10   EJ EJ 3EJ  2  10 1 ( 263 , 5512  73 , 4948 z ).(  z ) dz  484 , 252 10 10 + 3EJ 0 EJ = - 2,98 10-3(m)  Đánh giá sai số : 0,298% <  =5% Vậy vẽ biểu đồ momen 6.Vẽ biểu đồ QP,NP hệ siêu tĩnh  19,2   =-1,92(kN) 10  Đoạn IB : Qy=  1,92 sin   206,9561 cos   qz cos   Đoạn ID ; Qtr= Q yA = 164,41288(kN) Q yB = - 235,58712(kN)  Đoạn BC: Qtr=Qph= 275,0712  263,5512  =1,92(kN)  Đoạn CH: Qtr=Qph= 263,5512  ( 471,3968) =73,4968(kN) 10 0  ( 484,252) =48,4252(kN)  Đoạn EF: Qtr=Qph= 10 Ta có biểu đồ QP : +)Vẽ biểu đồ NP: Tách nút I : NIB=NIDsin  -1,92cos  NID=164,41288cos  +NIBsin  => NIB= -125,70966(kN) NID= -206,9561 (kN) Tách nút B: NIB= -NBC.sin  -1,92.cos  NBC= -235,58712.cos  -NBI.sin  => CE: BC,CH: Nz= 71,5748(kN) Nz=-293,0439(kN) Ta vẽ biểu đồ NP sau: NIB= 174,29034(kN) NBC= -293,0439(kN) 1.2) Xác định chuyển vị ngang điểm góc xoay tiết diện K Biết E = 2.108 kN/m2 , J = 10-6 L41 (m4) Ta có trạng thái “k” sau: Ta vẽ biểu đồ nội lực : K Kết hợp với biểu đồ nội lực hệ siêu tĩnh vẽ ta có: Ta có:  km   km1   km  km   M p M k EJ dz   N p N k EF dz  km1  EJ 3     19 ,  164 , 41288 z  20 z  z  dz  10    275,0712  263,5512  , 021387896   + 3EJ   1    471 , 3968  263 , 5512 10 10  263 , 5512 10 10 + 3EJ   4247,66809 = EJ  km 1  858,8976  858,8976  858,8976.12  12368,12544  71,5748.12     10 J EF EF 10EJ EJ E 12 3   Suy ra:  km  1,958.10 m Dấu (-) chứng tỏ chuyển vị ngang đặt mặt cắt I có chiều ngược với chiều giả sử lực đặt 2) Tính hệ siêu tĩnh chịu tác dụng nguyên nhân (Tải trọng, nhiệt độ thay đổi gối tựa dời chỗ) 2.1) Viết hệ phương trình tắc dạng số 1,Chọn hệ giống 2,Lập hệ phương trình tắc:  11 X   12 X   13 X  1 p  1t  1z   21 X   22 X   23 X   p   2t   z   31 X   32 X   33 X   p   3t   z  2.2) Trình bày 1, Vẽ biểu đồ momen uốn : Các biểu đồ , , , vẽ Các hệ số  11 ,  22 ,  33 ,  12 ,  13 ,  21 ,  23 ,  31 ,  32 ,  p ,  p ,  p có Khi ta tính hệ số nhiệt độ chuyển vị cưỡng gây nên a,Các hệ số nhiệt độ: +) Trong xiên chịu thay đổi nhiệt độ, momen uốn lực dọc X1= gây hệ = => 1t  +) Đối với lực X2= Trong xiên : Nz=  2t   t c  N   4   t  M  h 10  16.10  0,1595(m) 45  30  10 5 10  45  30 = 10 0,12 +) Đối với lực X3=  2t 5 Trong xiên Nz= -sin  =  3  2t   tc  N    t  M  3 h 45  30   10 5 1    .10  45  30. 8.10   0,05225(m) 0,12  5 2  b, Các hệ số chuyển vị cưỡng : 5 = 10 1 z   z  1.1  0,012(m) 3z  Thay hệ số vào hệ phương trình tắc ta có: 27776 500 400 215000 X  X  X  00  45EJ EJ 3EJ 3EJ  500 14836 1864 129400 X  X  X   0,1595  0,012  0,012 EJ EJ 3EJ EJ 400 1864 448 303200 X1  X2  X   0,05225   3EJ 3EJ EJ 3EJ 27776 500 400 215000 X  X  X  0 45 3  500 14836 1864 3456728 X  X  X  0 9 => 400 1864 X1  X  448 X  317757,8667  3 => X1= 32,9169 (kN) X2= - 324,0109 (kN) X3= 250,1119 (kN) Vẽ biểu đồ momen sau: Theo nguyên lý cộng tác dụng ta có: = X 1+ X2+ X 3+  Kiểm tra theo điều kiện chuyển vị: =  k 1 kt    k k 1 +các chuyển vị thực liên kết hệ siêu tĩnh =- 0,1595 + 0,05225 + 0,012 + 0,01= -0,08525(m)  Kiểm tra theo biểu đồ ta có: Ta tính đoạn sau:  108003,63333 1   +) Đoạn ID:   3240,109.10 .10  EJ 2  EJ 10    202945,718      20 z  394 , 49606 z  3240 , 109  10  z dz    +) Đoạn IB:   2EJ  0  EJ   +)Đoạn BC:   5285,0696  3341,0042    45074,4344 6.5,225370829    3EJ  EJ  10  3341,0042  291,094 z 2  z dz  34109,0231 +)Đoạn CH:  3EJ EJ 1  29027,7 870,831.10 .10  +)Đoạn EF: EJ EJ Suy : = - 0,08462(m)  0,08525  0,08462  0,74 % <    % Kiểm tra sai số:  0,08525 2.Tính chuyển vị:  I  P ,t ,   0    + kt k +  Ta tính 10 3  73051,241    20 z  394,49606 z  3240,109   z dz  +)Đoạn IB: EJ 5 EJ   +)Đoạn BC:   5285,0696  3341,0042 .6  27822,2868 3,225370829  3EJ EJ +)Đoạn CH: 3341,0042  430,0642 .10 23339,6255 3,713476885  3EJ EJ Suy ra: =  77533,90224 EJ  Ta tính 1  12.32,9169  12 3.32,0169  5688,04032   = EF 32,9169.12.1  10 J 10 EJ EJ E 12   Ta có: kt   tC  N k    t h  Mk  5 =10  Ta có : 45  30  4 10  10 5 45  30 6.10  0,0345(m) 0,12 0k  Suy :  I  P ,t ,  = 0,014432(m) Vậy chuyển vị ngang mặt cắt I có giá trị 0,014432(m) có chiều chiều giả sử lực đặt ... 5% 277 76 500 400 71 , 574 8  1,92  206,9561 45EJ EJ 3EJ Phương trình thứ hai:  500 14836 1864 129400 71 , 574 8  1.92  206,9561  EJ EJ 3EJ EJ 100  6 ,7. 10 5 0 < 5%  500 14836 1864 71 , 574 8 ... 3EJ 3EJ EJ 3EJ X1= 71 , 574 8(kN) X2=1,92 (kN) X3=206,9561(kN)  Kiểm tra kết hệ phương trình tắc: Sai số tính va kiểm tra sau: Phương trình thứ nhất: 277 76 500 400 215000 71 , 574 8  1,92  206,9561...    275 , 071 2  263,5512  , 0213 878 96   + 3EJ   1    471 , 3968  263 , 5512 10 10  263 , 5512 10 10 + 3EJ   42 47, 66809 = EJ  km 1  858,8 976  858,8 976  858,8 976 .12