Tài liệu Bài tập lớn cơ kết cấu

  • Số trang: 10 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 574 |
  • Lượt tải: 0
hosomat

Tham gia: 10/08/2016

Mô tả:

Bài tập lớn cơ kết cấu
TRỊNH VŨ ĐẮC TÂM – MSSV H06.2224 – ĐH Kiến Trúc TPHCM TRÌNH TỰ THỰC HIỆN I. VẼ LẠI SƠ ĐỒ ĐÚNG TỈ LỆ TỰ CHỌN. II. PHÂN TÍCH CẤU TẠO HÌNH HỌC CỦA HỆ. III. PHÂN TÍCH HỆ CHÍNH, HỆ PHỤ, VẼ SƠ ĐỒ TẦNG CỦA HỆ. IV. XÁC ĐỊNH CÁC PHẢN LỰC GỐI TỰA BẰNG CÁCH GIẢI TỪ HỆ PHU ĐẾN HỆ CHÍNH. V. VẼ BIỂU ĐỒ MOMEN CỦA HỆ. KIỂM TRA BIỂU ĐỒ MOMEN BẰNG PHƯƠNG PHÁP CÂN BẰNG NÚT. VI. VẼ BIỂU ĐỒ LỰC CẮT, LỰC DỌC. VII. KIỂM TRA CÁC BIỂU ĐỒ NỘI LỰC BẰNG LIÊN HỆ VI PHÂN. 1 TRỊNH VŨ ĐẮC TÂM – MSSV H06.2224 – ĐH Kiến Trúc TPHCM I. Vẽ lại sơ đồ: II. Phân tích cấu tạo hình học của hệ: II.1/ Điều kiện cần: Đây là hệ nối đất, nên coi đất là một miếng cứng. Quan niệm ABCDFG, GHI, IKL là các miếng cứng Ta có: D = 3, C = 5, T = 0, K = 2, H = 0 Suy ra: T + 2K + 3H + C – 3D = 0 + 2.2 + 3.0 + 5 – 3.3 =0 Do đó, hệ đủ liên kết. II.2/ Điều kiện đủ: Dùng phương pháp phát triển miếng cứng. Coi đất là một miếng cứng. 2 TRỊNH VŨ ĐẮC TÂM – MSSV H06.2224 – ĐH Kiến Trúc TPHCM Miếng cứng ABCDFG liên kết với đất bằng 1 khớp tại A và một liên kết thanh tại F (coi gối di động tại F là liên kết thanh) từ đó tạo thành một miếng cứng mới. Miếng cứng mới này tiếp tục liên kết với miếng cứng GHI bằng một khớp tại G và một liên kết thanh tại H lại tiếp tục tạo thành một miếng cứng mới nữa. Tương tự, miếng cứng mới này tiếp tục được phát triển liên kết với miếng cứng IKL như trên. Từ đó ta được một hệ bất biến hình. Vậy ta được một hệ BBH. III. Phân tích hệ chính, hệ phụ, vẽ sơ đồ tầng của hệ: Xét thấy: Phần IKL của hệ không thể tự bản thân nó chịu tải trọng mà phải phu thuộc vào những hệ lân cận, nên phần IKL là hệ phụ. Phần GHI là hệ vừa chính vừa phụ (GHI là hệ chính đối với hệ IKL, nhưng là hệ phụ đối với hệ ABCDFG). Phần ABCDFG là hệ chính. 3 TRỊNH VŨ ĐẮC TÂM – MSSV H06.2224 – ĐH Kiến Trúc TPHCM Ta có sơ đồ tầng như sau: IV. Xác đinh các phản lực gối tựa bằng cách giải từ hệ phụ đến hệ chính: Xét ( I ) : V  V  P  15q  20  15.15  245 K I 1 2 152 M V q  P .15  0  0  .5   I K 2 2 1 152  V .5  .15  20.15  0 K 2 V K  397,5 kN  V  152,5 kN I 4 TRỊNH VŨ ĐẮC TÂM – MSSV H06.2224 – ĐH Kiến Trúc TPHCM Xét ( II ): V H  V  V  152,5 I G  M H  0  VG .10  VI .10  0  V  V  152,5 kN I G  V  305 kN H Xét ( III ): V  V  V  P  5q A F G 3 2  152,5  40  15.5  267,5  M A  0  VF .14  P2.10  ( P3  VG ).18  M  5q2.2  V .14  60.10  (40  152,5).18  180  5.15.2 F  V  228,21 kN F  V  39,29 kN A 5 TRỊNH VŨ ĐẮC TÂM – MSSV H06.2224 – ĐH Kiến Trúc TPHCM V. Kiểm tra biểu đồ momen bằng cách cân bằng nút: + Tại B: 770 kNm 1070 kNm 300 kNm + Tại N: M=180kNm N 588,92kNm 768,92kNm + Tại C: C 712,92kN 712,92kN + Tại D: M B ph  720 kNm B M Btr  720kNm 6 TRỊNH VŨ ĐẮC TÂM – MSSV H06.2224 – ĐH Kiến Trúc TPHCM VII. Kiểm tra biểu đồ nội lực bằng liên hệ vi phân: Xét ( I ) + Phần IK: Điểm I: Q  V  152,5kN I I M 0 I Điểm K: Q  V  5q  152,5  5.15  227,5kN K I 2 5 5 M  V  5q .  152,5.5  5.15.  950kNm K I 22 2 ( Đoạn KL chịu lực phân bố đều nên biểu đồ momen là một đường cong bậc 2 q .52 15.52   46,875 ) có độ cong là f  2 8 8 + Phần KL: Điểm K: Q  P  10q  20  10.15  170kN K 1 1 M   P .10  10q .5  20.10 10.15.5  950kNm K 1 2 ( Đoạn KL chịu lực phân bố đều nên biểu đồ momen là một đường cong bậc 2 q .102 15.102 có độ cong là f  2   187,5 ) 8 8 Điểm L: Q  P  20kN L 1 M 0 L 7 TRỊNH VŨ ĐẮC TÂM – MSSV H06.2224 – ĐH Kiến Trúc TPHCM Xét ( II ) + Phần GH: + Phần HI: Điểm G: Q  V  152,5kN G G M 0 G Điểm H: Q  V  152,5kN H G M  V .10  152,5.10  1525kNm H G Điểm H: Q  V  152,5kN H I M  V .10  152,5.10  1525kNm H I Điểm I: Q  V  152,5kN I I M 0 I Xét ( III ) + Phần AB: Điểm A: Q   H  60kN A A M 0 A 8 TRỊNH VŨ ĐẮC TÂM – MSSV H06.2224 – ĐH Kiến Trúc TPHCM Điểm B: Q   H  60kN B A M   H .12  720kNm B A + Phần BN: (N là trung điềm của BC. Nơi đặt momen M=180kNm) Điểm B: Dùng mặt cắt, cắt sát bên phải B, Xét cân bằng bên trái: B QB HA VA Chiếu các lực lên phương của 4 3 4 Q  V .cos  H .sin   2,5q .cos  39,29.  60.  2,5.15.  34,6kN N A A 2 5 5 5 ta được 4 3 Q  V .cos  H .sin   39,29.  60.  4,6kN B A A 5 5 M   H .12  60.12  720kNm B A Điểm N: 4 3 4 Q  V .cos  H .sin   2,5q .cos  39,29.  60.  2,5.15.  34,6kN N A A 2 5 5 5 M  V .2  H .13,5  2,5q .1  39,29.2  60.13,5  2,5.15  768,92kNm N A A 2 9 TRỊNH VŨ ĐẮC TÂM – MSSV H06.2224 – ĐH Kiến Trúc TPHCM ( Đoạn BN chịu lực phân bố đều nên biểu đồ momen là một đường cong bậc 2 2 15. 4 .  2,52 q .cos . 2,5 5 có độ cong là f  2   9,375 ) 8 8 Tương tự dùng phương pháp mặt cắt tại các vị trí đặc biệt cho các phần còn lại ta được kết quả sau: + Phần NC: + Phần DG: Điểm N: Điểm D: Q  34,6kN Q  192,5kN N D M  588,92kNm M  770kNm N D Điểm C: Điểm G: Q  64,6kN Q  152,5kN C G M  712,92kNm M 0 C G + Phần CD: + Phần DE: Điểm C: Điểm D: Q  35,7kN Q  60kN D C M  712,92kNm M  300kNm D C Điểm D: Điểm E: Q  35,7kN Q  60kN D E M  1070kNm M 0 D E + Phần EF: Điểm E: Q 0 E M 0 E Điểm F: Q 0 F M 0 F 10
- Xem thêm -