Hướng dẫn giải chi tiết 1 số đề thi cơ môn Kết cấu 1 | Trường Đại học Giao thông vận tải Hà Nội

Hướng dẫn giải chi tiết 1 số đề thi cơ môn Kết cấu 1 | Trường Đại học Giao thông vận tải Hà Nội. Tài liệu gồm 16 trang giúp bạn tham khảo, củng cố kiến thức và ôn tập đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem!

45 23 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Môn: Kết cấu 1

Trường: Đại học Giao thông vận tải

Thông tin:

16 trang 4 tháng trước

Tác giả:

Profile Phạm Thị Huyền
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com
ĐỀ SỐ 12
Câu 1.
Cho EJ = Const, tính chuyển vị thẳng đứng tại E và chuyển vị góc xoay tại D.
Tổng hình chiếu theo phương ngang ta có H
B
= 24 kN, tổng mômen tại A ta được R
B
= 22/3 kN.
Lúc này ta vẽ ngay được biểu đồ mômen bằng cách nhận xét.
Đoạn BC – biểu đồ có dạng đường xiên, tại gối B do có mômen tập trung nên M
B
= 30 kN.m
(Căng trái), tại C ta có M
C
= 24.3 – 30 = 42 kNm (Căng phải).
Đoạn CD – biểu đồ có dạng đường xiên, tại C xét cân bằng nút C ta có M
C
= 42 kNm (căng
trên), tại D ta có M
D
= (22/3).3 + 30 – 24.3 = - 20 kNm (Căng trên).
Đoạn EA – biểu đồ có dạng đường cong bậc hai, tại E có M
E
= 0, tại gối A ta có M
A
= -10.2
2
/2
= - 20 kNm (Căng trên). Tung độ treo = 10.2
2
/8 = 5 kNm.
Đoạn AD – biểu đồ có dạng đường thẳng song song với đường chuẩn, tại gối A xét cân bằng
nút ta có M
A
= 20 kNm (Căng trái), tại D xét cân bằng nút D ta có M
D
= 20 kN (Căng trái).
Vậy ta vẽ được biểu đồ mômen như sau:
1.
Tính chuyển vị thẳng đứng tại E.
Ta lập trạng thái “k” và vẽ biểu đồ
k
M
do tải trọng đơn vị P
k
= 1 đặt tại E theo phương thẳng
đứng.
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com
E k
1 2 2 1
.20.2. .2- .5.2. .2
1 143
2 3 3 2
y = M M = =
1 1
EJ EJ
+20.2 + .2.3. 20 + .22
2 3
2.
Tính chuyển vị góc xoay tại D.
Ta lập trạng thái “k” và vẽ biểu đồ
k
M
do tải trọng đơn vị M
k
= 1 đặt tại D theo chiều kim đồng
hồ.
D k
1 1 1 41
φ = M M = .1.3. 20 + .22 = -
EJ 2 3 EJ
Câu 2. Thanh a, c – giải tích; b, d – đah.
Xác định phản lực gối
A B B
A
M = 0 R .3.6- 60.3- 30.3.3- 30.3.4 = 0 R = 45 kN
Y = 0 R = 75 kN
1.
Tính thanh a – giải tích.
Ta dùng mặt cắt 1’-1’ xét cân bằng phần bên phải và lấy mômen tại điểm 8, ta có:
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com
a a a
a
a
M = 0 N .r -30.59 - 45. 59 = 0 N = kN
59
89
59 1,8m m m
8
405
6
4
9 6
3
0,6 2, 4
3 9
Ph¶i
r
Víi 89 r
96 3- 59
XÐt tû sè ®ång d¹ng trong 567 ta cã 89 = =
2 2
2. Tính thanh c – giải tích
Ta thấy lực trong thanh 2-3 = nội lực trong thanh 3-B và bằng nội lực thanh a =
.
Ta dùng mặt cắt 2-2, xét cân bằng phần bên phải ta có:
c c a
2 2 o
c
o
M = 0 N .r - 0,75 + 45 = 0 N = kN
3'B.sin3'B6 = 3 + 0
0,75
arctan
,75 .sin 45 - = 1,5911m
= 14 2'
3
3'
405
.3 37, 12
4
Ph¶i
Víi r
3.
Thanh b – đah.
Ta vẽ ngay đah 2 phản lực gối như trên hình vẽ. Ta dùng mặt cắt 1’-1’
Nếu P = 1 di động bên trái mặt cắt, ta xét cân bằng phần bên phải, ta có:
b b B b B B
b
o o
b
-9
M = 0 N .r + R .9 = 0 ahN = ahR = -2,3717 ahR
r
tan1K4= 1K4 r m.
1
3
18 26' 12 sin18 26' 3, 794733
9
P ih¶
® ® ®
Víi
Nếu P = 1 di động bên phải mặt cắt, ta xét cân bằng phần bên trái, ta có:
b b A b A A
b
o o
b
-9
M = 0 N .r + R .9 = 0 ahN = ahR = -2,3717 ahR
r
tan1K4= 1K4 r m.
1
3
18 26' 12 sin 18 26' 3,794733
9
Tr¸i
® ® ®
Víi
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt 1-2, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta có
đường nối ab như hình vẽ.
Từ đah ta có nội lực trong thanh c được xác định:
b
2,3717 2,3717 2,3717
N = - .60 - .30 - .30 = -83,0095kN
6 2 3
4.
Thanh d – đah.
Ta dùng mặt cắt kín đi qua nút 2:
Nếu P = 1 đặt tại nút 2 thì ta có N
d
= 1.
Nếu P = 1 di động ngoài khoang bị cắt thì ta có N
d
= 0.
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt 1-2, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta có
đường nối cd như hình vẽ.
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt 2-3, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta có
đường nối de như hình vẽ.
Từ đah ta có nội lực trong thanh d được xác định:
d
N = 1.30 = 30kN
Kết luận: Vậy nội lực trong các thanh là.
a
b
c
d
N = kN
N = -83,0095kN
N kN
N = 30kN
405
4
35 2
“Kết quả chạy bằng Midas Civil 2011”
-26.2
-78.7
-
83
.
0
-
8
3
.
0
-78.7
101.2
101.2 101.2 101.2 101.2
101.2
-
3
7
.
1
-
9
3
.
7
30.0
60.0
-
7
7
.
3
60.0
-26.3
5
8
.
7
-
3
6.
1
14
.
0
0.0
-
7
7
.
3
-
2
5
.
2
-
25
.
2
-
3
6
.
1
0.0
52.5
0.0
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com
ĐỀ SỐ 15
Câu 1. Tính và vẽ M.
1.
Xét phần kết cấu phụ thuộc FGHI
Tổng mômen tại F ta có R
I
.2 – 20.2 – 10.2.1 = 0
→ R
I
= 30 kN.
Tổng hình chiếu theo phương đứng ta có R
F
= 40 kN.
Tổng hình chiếu theo phương ngang ta có H
F
= 20 kN.
Đoạn GH – biểu đồ mômen có dạng đường xiên,
M
G
= 0, M
H(GH)
= 20.2 = 40 kNm (Căng phải)
Đoạn IH – không có mômen.
Đoạn FH – biểu đồ có dạng đường cong bậc 2, mômen
tại khớp F M
F
=0. Tại H ta xét cân bằng nút H ta có
M
H(HF)
= 40 kNm (Căng dưới), tung độ treo
= 10.2
2
/8 = 5 kNm.
2.
Xét phần kết cấu cơ bản ABCDEFK.
Tổng mômen tại A ta có R
K
.4 + 20.4 + 40 – 30.6 – 10.2.5 = 0 → R
K
= 40 kN.
Dùng mặt cắt qua khớp D, lấy tổng mômen tại D
Phải
= 0 → H
K
.4 + 40.2 – 30.4 – 10.2.3 = 0
→ H
K
= 25 kN.
Tổng hình chiếu theo phương ngang ta có H
A
= 5 kN.
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com
Đoạn EF – biểu đồ mômen có dạng đường cong bậc hai, mômen tại khớp F có M
F
= 0,
mômen tại E M
E(EF)
= –30.2 – 10.2.1 = - 80 kNm (Căng trên). Tung độ treo = 10.2
2
/8 = 5
kNm.
Đoạn KE – biểu đồ mômen có dạng đường xiên, mômen tại gối K có M
K
= 0, mômen tại
E M
E(KE)
= 25.4 = 100 kNm (Căng trái).
Đoạn DE – biểu đồ mômen có dạng đường xiên, tại khớp D có M
D
= 0, tại E ta xét cân
bằng nút E ta có M
E(DE)
= 100 – 80 = 20 kNm (Căng dưới).
Đoạn BC – biểu đồ mômen có dạng đường cong bậc hai, tại B có M
B
= -40 kNm (Căng
trên), tại C ta có M
C(BC)
= -40 – 12.2
2
/2
= -64 kNm (Căng trên). Tung độ treo = 12.2
2
/8 = 6
kNm.
Đoạn AC – biểu đồ mômen có dạng đường xiên, tại gối A có M
A
= 0, tại C ta có M
C(AC)
=
5.4 = 20 kNm (Căng phải).
Đoạn CD – biểu đồ mômen có dạng đường cong bậc hai, mômen tại khớp D có M
D
= 0,
xét cân bằng nút C ta có mômen tại C M
C(CD)
= 64 – 20 = 44 kNm (Căng trên). Tung độ
treo = 12.2
2
/8 = 6 kNm.
Vậy ta vẽ được biểu đồ mômen như sau:
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com
Câu 2.
Tính chuyển vị toàn phần tại 7, EF = Const.
Gọi y
7
là chuyển vị thẳng đứng tại 7 và x
7
là chuyển vị ngang tại 7→ Chuyển vị toàn phần
tại 7 là
7
Δ =
2 2
7 7
x y
1. Xác định chuyển vị thẳng đứng tại điểm 7
Trạng thái “m” do tải trọng, ta xác định N
im
( Thống kê trong bảng)
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com
Trạng thái “k” do tải trọng đơn vị P
k
= 1, ta xác định
ik
N
( Thống kê trong bảng).
Kết quả tính toán được thống kê trong bảng sau:
Thanh l
i
(m)
i
1
EF
N
im
ik
N
ik im
i
i
N N
l
EF
1-2 3 1/EF -30/4 -6/4 33,75/EF
1-5 5 1/EF -75/2 -5/4 234,375/EF
2-3 3
1/EF -30/4 -6/4 33,75/EF
2-5 4 1/EF 0 0 0
3-5 5 1/EF 50/4 5/4 78,125/EF
3-6 4
1/EF -10 0 0
3-7 5 1/EF 0 -5/4 0
4-5 3 1/EF 30 9/4 202,5/EF
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
5-6 3 1/EF 0 3/4 0
6-7 3 1/EF 0 3/4 0
Chuyển vị thẳng đứng tại 7 được xác định như sau:
ik im
7 km i
i
N N
y = Δ = .l =
EF EF
1165
2
2. Xác định chuyển vị ngang tại điểm 7
Lập trạng thái “k” bằng cách đặt lực P
k
= 1 theo phương ngang tại điểm 7 và xác định lực
dọc trong giàn
Thanh l
i
(m)
i
1
EF
N
im
ik
N
ik im
i
i
N N
l
EF
1-2 3 1/EF -30/4 0 0
1-5 5 1/EF -75/2 0 0
2-3 3
1/EF -30/4 0 0
2-5 4 1/EF 0 0 0
3-5 5 1/EF 50/4 0 0
3-6 4
1/EF -10 0 0
3-7 5 1/EF 0 0 0
4-5 3 1/EF 30 1 90/EF
5-6 3 1/EF 0 0 0
6-7 3 1/EF 0 0 0
Chuyển vị ngang tại 7
ik im
7 km i
i
N N
x = Δ = .l =
EF EF
90
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
Vậy chuyển vị toàn phần tại 7 là
7
Δ =
EF EF EF
2 2
2 2
7 7
90 1165 589, 41
x y
2
ĐỀ SỐ 18
Câu 1.
Tính a, b – giải tích; c,d – đah.
Xác định phản lực gối
A B B
A
M = 0 R .4.4- 60.4.6 -30.4.2- 20.4 + 40.4.2 = 0 R = 90
kN
Y = 0 R = 60 kN
1. Thanh a – giải tích
Dùng mặt cắt 1’-1’ xét cân bằng phần bên trái, ta có:
a a
200
Y = 0 N + 40 = 0 N = - kN
3
3
.
5
2.
Tính thanh b – giải tích.
Ta dùng mặt cắt 2’-2’ xét cân bằng phần bên phải và lấy mômen tại điểm 5, ta có:
b b
M = 0 N .3 = 0 N = kN
5
90.4 60.4.3 120
Ph¶i
3.
Thanh c – đah.
Ta vẽ ngay đah 2 phản lực gối như trên hình vẽ. Ta dùng mặt cắt 3’-3’
Nếu P = 1 di động bên trái mặt cắt, ta xét cân bằng phần bên phải, ta có:
A c c B c B B
c
o o
c
-16
M = 0 N .r + R .16 = 0 ahN = ahR = -4,12311 ahR
r
tan3B7= 3B7 r m.
3
14 2' 16sin 14 2' 3, 88057
12
P ¶ih
® ® ®
Víi
Nếu P = 1 di động bên phải mặt cắt, ta xét cân bằng phần bên trái, ta có:
A c
M = 0 N = 0
Tr¸i
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt A-3, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta
có đường nối ab như hình vẽ.
Từ đah ta có nội lực trong thanh c được xác định:
c
N = .40 = 82,4622kN
2
4,12311
4.
Thanh d – đah.
Ta dùng mặt cắt kín đi qua nút 4:
Nếu P = 1 đặt tại nút 4 thì ta có N
d
= 1.
Nếu P = 1 di động ngoài khoang bị cắt thì ta có N
d
= 0.
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt 3-4, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta có
đường nối cd như hình vẽ.
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt 4-5, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta có
đường nối de như hình vẽ.
Từ đah ta có nội lực trong thanh d được xác định:
d
N = 1.30 = 30kN
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
Câu 2.
Tính chuyển vị thẳng đứng tại C, góc xoay tại D. Giả thiết EJ = Const, ∆ = 0,04 m, φ
= 0,02 rad.
1.
Vẽ biểu đồ mômen.
Ta xét phần kết cấu phụ thuộc
Tổng mômen tại B ta có R
E
.3 – 30.1,5 –
12.3.1,5 = 0 → R
E
= 33 kN.
Tổng hình chiếu theo phương thẳng đứng →
R
B
= 33 kN.
Dùng mặt cắt qua khớp C, xét cân bằng phần
bên phải ta có H
E
.3 + 12.1,5
2
/2 – 33.1,5 =
0→ H
E
= 12 kN.
Tổng hình chiếu theo phương ngang → H
B
=
12 kN.
Do tính chất đối xứng nên ta chỉ xét ½ kết
cấu.
0.0 -80.0 -80.0 -80.0 -80.0 -120.0 -120.0 0.0
60.0
80.0
8
2
.
5
1
2
3
.
7
120.0 80.0
8
2
.
5
5
5
.
0
53.3
40.0
13.3
-60.0
20.0
30.0
30.0
-90.0
20.0
-6
6
.
7
3
7
.
7
-
1
0
0
.
0
5
6
.
6
0
.
0
0
.
0
0.
0
-
50.
0
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
Đoạn BD – biểu đồ có dạng đường xiên, tại khớp B có M
B
= 0, tại D ta có M
D(BD)
= 12.3 = 36
kNm (Căng trái).
Đoạn DC – biểu đồ có dạng đường cong bậc hai, tại khớp C có M
C
= 0, tại D ta xét cân bằng
nút ta có M
D(DC)
= 36 kNm (Căng trên). Tung độ treo = 12.1,5
2
/8 = 27/8.
Ta xét phần kết cấu cơ bản (do tính chất đối xứng ta chỉ xét ½ kết cấu).
Đoạn AB – biểu đồ mômen có dạng đường
xiên, tại khớp B có M
B
= 0, tại A ta có M
A
=
-99 kNm (Căng trên).
Ta vẽ được biểu đồ mômen như sau:
2.
Tính chuyển vị thẳng đứng tại C.
Ta lập trạng thái “k” và vẽ biểu đồ
k
M
do tải trọng đơn vị P
k
= 1 đặt tại C theo phương thẳng
đứng.
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
C k Z
1 2 3
.36.1,5. .
1 1 2 3 1 2 3
2 3 4
y = M M + = .99.3. . 2 + .36.3. . 2 + .2
2 1 3
EJ 2 3 2 2 3 4
. .1,5. .
3 2 4
12015
φ
32EJ
. .
27
8
1 3
0,01
2 2
3.
Tính chuyển vị góc xoay tại D.
Ta lập trạng thái “k” và vẽ biểu đồ
k
M
do tải trọng đơn vị M
k
= 1 đặt tại D theo chiều kim đồng
hồ.
D k Z
1 1 2 1 1 36 1
φ = M M + = .36.3. =
EJ 2 3 2 3 EJ 150
. .2 1
| 1/16
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN ĐỀ SỐ 12
Câu 1. Cho EJ = Const, tính chuyển vị thẳng đứng tại E và chuyển vị góc xoay tại D.
Tổng hình chiếu theo phương ngang ta có HB = 24 kN, tổng mômen tại A ta được RB = 22/3 kN.
Lúc này ta vẽ ngay được biểu đồ mômen bằng cách nhận xét.
 Đoạn BC – biểu đồ có dạng đường xiên, tại gối B do có mômen tập trung nên MB = 30 kN.m
(Căng trái), tại C ta có MC = 24.3 – 30 = 42 kNm (Căng phải).
 Đoạn CD – biểu đồ có dạng đường xiên, tại C xét cân bằng nút C ta có MC = 42 kNm (căng
trên), tại D ta có MD = (22/3).3 + 30 – 24.3 = - 20 kNm (Căng trên).
 Đoạn EA – biểu đồ có dạng đường cong bậc hai, tại E có ME = 0, tại gối A ta có MA = -10.22/2
= - 20 kNm (Căng trên). Tung độ treo = 10.22/8 = 5 kNm.
 Đoạn AD – biểu đồ có dạng đường thẳng song song với đường chuẩn, tại gối A xét cân bằng
nút ta có MA = 20 kNm (Căng trái), tại D xét cân bằng nút D ta có MD = 20 kN (Căng trái).
Vậy ta vẽ được biểu đồ mômen như sau:
1. Tính chuyển vị thẳng đứng tại E.
Ta lập trạng thái “k” và vẽ biểu đồ M do tải trọng đơn vị P k
k = 1 đặt tại E theo phương thẳng đứng.
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN 1 2 2 1   .20.2. .2 - .5.2. .2  1 2 3 3 2  143 y = M M =   = E   k EJ  1  1    EJ
+20.2 + .2.3.20 + .22  2  3   
2. Tính chuyển vị góc xoay tại D.
Ta lập trạng thái “k” và vẽ biểu đồ M do tải trọng đơn vị M k
k = 1 đặt tại D theo chiều kim đồng hồ. 1  1  1  41 φ = M M =
 .1.3.20 + .22 = - D
  k EJ  2  3  EJ  
Câu 2. Thanh a, c – giải tích; b, d – đah.
Xác định phản lực gối
M = 0 R .3.6-60.3-30.3.3-30.3.4 = 0 R = 45 kN A B B  Y = 0  R = 75 kN A
1. Tính thanh a – giải tích.
Ta dùng mặt cắt 1’-1’ xét cân bằng phần bên phải và lấy mômen tại điểm 8, ta có:
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN MPh¶i 405  6  8 = 0 N .r - 30.59 - 45. 59 = 0 N = kN a a   a 4 9 r 6 3    59 89  a Víi 
 59 1,8m  89  0,6m  r  2, 4m a 3 9    96 3- 59 
XÐt tû sè ®ång d¹ng trong  567 ta cã 89 = =       2 2 
2. Tính thanh c – giải tích
Ta thấy lực trong thanh 2-3 = nội lực trong thanh 3-B và bằng nội lực thanh a = 405 kN . 4
Ta dùng mặt cắt 2-2, xét cân bằng phần bên phải ta có: MPh¶i 405  .3  37,12 3' = 0 N .r - 0,75 + 45 = 0 N = kN c c a 4     2 2  o  o Víi r  3'B.sin3'B6 = 3 + 0 0,75 ,75 .sin45 - arctan = 14 2'    = 1,5911m c   3    3. Thanh b – đah.
Ta vẽ ngay đah 2 phản lực gối như trên hình vẽ. Ta dùng mặt cắt 1’-1’
Nếu P = 1 di động bên trái mặt cắt, ta xét cân bằng phần bên phải, ta có: Ph¶i -9 M   ® ® ® 1 = 0 N .r + R .9 = 0 ahN = ahR = -2,3717 ahR b b B b B B rb  3  o o
Víi tan1K4= 1K4 18 26'  r  12sin18 26'  3,794733m. b 9
Nếu P = 1 di động bên phải mặt cắt, ta xét cân bằng phần bên trái, ta có: Tr¸i -9 M   ® ® ® 1 = 0 N .r + R .9 = 0 ahN = ahR = -2,3717 ahR b b A b A A rb  3  o o
Víi tan1K4= 1K4 18 26'  r  12sin18 26'  3,794733m. b 9
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt 1-2, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta có
đường nối ab như hình vẽ.
Từ đah ta có nội lực trong thanh c được xác định: 2,3717 2,3717 2,3717 N = - .60 - .30 - .30 = -83,0095kN b 6 2 3 4. Thanh d – đah.
Ta dùng mặt cắt kín đi qua nút 2:
Nếu P = 1 đặt tại nút 2 thì ta có Nd = 1.
Nếu P = 1 di động ngoài khoang bị cắt thì ta có Nd = 0.
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt 1-2, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta có
đường nối cd như hình vẽ.
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt 2-3, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta có
đường nối de như hình vẽ.
Từ đah ta có nội lực trong thanh d được xác định: N = 1.30 = 30kN d
Kết luận: Vậy nội lực trong các thanh là. N = 405 kN a 4 N = -83,0095kN b N  35 2 kN c N = 30kN d
“Kết quả chạy bằng Midas Civil 2011” -83. -83.0 0 -78.7 -78.7 14.0 58.7 -26.2 - -26.3 3 52.5 7 60.0 0.0 . - 1 -93.7 77 -36.1 . 3 - 25.2 -25.2 -7 0.0 7 -36.1 .3 101.2 101.2 101.2 101.2 30.0 101.2 0.0 101.2 60.0
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN ĐỀ SỐ 15 Câu 1. Tính và vẽ M.
1. Xét phần kết cấu phụ thuộc FGHI
Tổng mômen tại F ta có RI.2 – 20.2 – 10.2.1 = 0 → RI = 30 kN.
Tổng hình chiếu theo phương đứng ta có RF = 40 kN.
Tổng hình chiếu theo phương ngang ta có HF = 20 kN.
 Đoạn GH – biểu đồ mômen có dạng đường xiên,
MG = 0, MH(GH) = 20.2 = 40 kNm (Căng phải)
 Đoạn IH – không có mômen.
 Đoạn FH – biểu đồ có dạng đường cong bậc 2, mômen
tại khớp F MF =0. Tại H ta xét cân bằng nút H ta có
MH(HF) = 40 kNm (Căng dưới), tung độ treo = 10.22/8 = 5 kNm.
2. Xét phần kết cấu cơ bản ABCDEFK.
Tổng mômen tại A ta có RK.4 + 20.4 + 40 – 30.6 – 10.2.5 = 0 → RK = 40 kN.
Dùng mặt cắt qua khớp D, lấy tổng mômen tại DPhải = 0 → HK.4 + 40.2 – 30.4 – 10.2.3 = 0 → HK = 25 kN.
Tổng hình chiếu theo phương ngang ta có HA = 5 kN.
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
 Đoạn EF – biểu đồ mômen có dạng đường cong bậc hai, mômen tại khớp F có MF = 0,
mômen tại E ME(EF) = –30.2 – 10.2.1 = - 80 kNm (Căng trên). Tung độ treo = 10.22/8 = 5 kNm.
 Đoạn KE – biểu đồ mômen có dạng đường xiên, mômen tại gối K có MK = 0, mômen tại
E ME(KE) = 25.4 = 100 kNm (Căng trái).
 Đoạn DE – biểu đồ mômen có dạng đường xiên, tại khớp D có MD = 0, tại E ta xét cân
bằng nút E ta có ME(DE) = 100 – 80 = 20 kNm (Căng dưới).
 Đoạn BC – biểu đồ mômen có dạng đường cong bậc hai, tại B có MB = -40 kNm (Căng
trên), tại C ta có MC(BC) = -40 – 12.22/2 = -64 kNm (Căng trên). Tung độ treo = 12.22/8 = 6 kNm.
 Đoạn AC – biểu đồ mômen có dạng đường xiên, tại gối A có MA = 0, tại C ta có MC(AC) = 5.4 = 20 kNm (Căng phải).
 Đoạn CD – biểu đồ mômen có dạng đường cong bậc hai, mômen tại khớp D có MD = 0,
xét cân bằng nút C ta có mômen tại C MC(CD) = 64 – 20 = 44 kNm (Căng trên). Tung độ treo = 12.22/8 = 6 kNm.
Vậy ta vẽ được biểu đồ mômen như sau:
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
Câu 2. Tính chuyển vị toàn phần tại 7, EF = Const.
Gọi y7 là chuyển vị thẳng đứng tại 7 và x7 là chuyển vị ngang tại 7→ Chuyển vị toàn phần tại 7 là Δ = 2 x  2 y 7 7 7
1. Xác định chuyển vị thẳng đứng tại điểm 7
Trạng thái “m” do tải trọng, ta xác định Nim ( Thống kê trong bảng)
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
Trạng thái “k” do tải trọng đơn vị Pk = 1, ta xác định N ( Thống kê trong bảng). ik
Kết quả tính toán được thống kê trong bảng sau: 1 N N Thanh l i (m) l EF Nim N ik im ik i EF i i 1-2 3 1/EF -30/4 -6/4 33,75/EF 1-5 5 1/EF -75/2 -5/4 234,375/EF 2-3 3 1/EF -30/4 -6/4 33,75/EF 2-5 4 1/EF 0 0 0 3-5 5 1/EF 50/4 5/4 78,125/EF 3-6 4 1/EF -10 0 0 3-7 5 1/EF 0 -5/4 0 4-5 3 1/EF 30 9/4 202,5/EF
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN 5-6 3 1/EF 0 3/4 0 6-7 3 1/EF 0 3/4 0
Chuyển vị thẳng đứng tại 7 được xác định như sau: N N 1165 ik im y = Δ =  .l = 7 km i EF 2EF i
2. Xác định chuyển vị ngang tại điểm 7
Lập trạng thái “k” bằng cách đặt lực Pk = 1 theo phương ngang tại điểm 7 và xác định lực dọc trong giàn 1 N N Thanh l i (m) l EF Nim N ik im ik i EF i i 1-2 3 1/EF -30/4 0 0 1-5 5 1/EF -75/2 0 0 2-3 3 1/EF -30/4 0 0 2-5 4 1/EF 0 0 0 3-5 5 1/EF 50/4 0 0 3-6 4 1/EF -10 0 0 3-7 5 1/EF 0 0 0 4-5 3 1/EF 30 1 90/EF 5-6 3 1/EF 0 0 0 6-7 3 1/EF 0 0 0 Chuyển vị ngang tại 7 N N 90 ik im x = Δ =  .l = 7 km i EF EF i
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN  90 2 11652
Vậy chuyển vị toàn phần tại 7 là Δ = 2 589, 41 x  2 y    7 7          7 EF  2EF  EF ĐỀ SỐ 18
Câu 1. Tính a, b – giải tích; c,d – đah.
Xác định phản lực gối
M = 0 R .4.4-60.4.6-30.4.2-20.4+40.4.2 = 0 R = 90 kN A B B  Y = 0  R = 60 kN A 1. Thanh a – giải tích
Dùng mặt cắt 1’-1’ xét cân bằng phần bên trái, ta có: 3 200
Y = 0 N . + 40 = 0  N = - kN a a 5 3
2. Tính thanh b – giải tích.
Ta dùng mặt cắt 2’-2’ xét cân bằng phần bên phải và lấy mômen tại điểm 5, ta có: MPh¶i   90.4  60.4.3  120 5 = 0 N .3 = 0 N = kN b b 3. Thanh c – đah.
Ta vẽ ngay đah 2 phản lực gối như trên hình vẽ. Ta dùng mặt cắt 3’-3’
Nếu P = 1 di động bên trái mặt cắt, ta xét cân bằng phần bên phải, ta có: P ¶ h i -16
M = 0 N .r + R .16 = 0 a ® hN = a ® hR = -4,12311 a ® hR A c c B c B B rc  3  o o Víi tan3B7=
 3B7 14 2'  r  16sin 14 2'  3, 88057 m. c 12
Nếu P = 1 di động bên phải mặt cắt, ta xét cân bằng phần bên trái, ta có: MTr¸i = 0  N = 0 A c
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt A-3, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta
có đường nối ab như hình vẽ.
Từ đah ta có nội lực trong thanh c được xác định: N = 4,12311.40 = 82,4622kN c 2 4. Thanh d – đah.
Ta dùng mặt cắt kín đi qua nút 4:
Nếu P = 1 đặt tại nút 4 thì ta có Nd = 1.
Nếu P = 1 di động ngoài khoang bị cắt thì ta có Nd = 0.
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt 3-4, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta có
đường nối cd như hình vẽ.
Nếu P = 1 di động trong khoang bị cắt 4-5, thì theo nguyên tắc của hệ thống truyền lực ta có
đường nối de như hình vẽ.
Từ đah ta có nội lực trong thanh d được xác định: N = 1.30 = 30kN d
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN 82 55.0 . 8 5 2 . 123.7 5 53.3 80.0 120.0 80.0 5 - .0 - .0 6 6 6 5 . . 6 7 0. 0.0 0.0 0. 0 0 40.0 37.7 13.3 -60 20.0 30.0 30.0 -90 20.0 -100.0 60.0 0.0 -80.0 -80.0 -80.0 -80.0 -120.0 -120.0 0.0
Câu 2. Tính chuyển vị thẳng đứng tại C, góc xoay tại D. Giả thiết EJ = Const, ∆ = 0,04 m, φ = 0,02 rad. 1. Vẽ biểu đồ mômen.
 Ta xét phần kết cấu phụ thuộc
Tổng mômen tại B ta có RE .3 – 30.1,5 – 12.3.1,5 = 0 → RE = 33 kN.
Tổng hình chiếu theo phương thẳng đứng → RB = 33 kN.
Dùng mặt cắt qua khớp C, xét cân bằng phần
bên phải ta có HE.3 + 12.1,52/2 – 33.1,5 = 0→ HE = 12 kN.
Tổng hình chiếu theo phương ngang → HB = 12 kN.
Do tính chất đối xứng nên ta chỉ xét ½ kết cấu.
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN
 Đoạn BD – biểu đồ có dạng đường xiên, tại khớp B có MB = 0, tại D ta có MD(BD) = 12.3 = 36 kNm (Căng trái).
 Đoạn DC – biểu đồ có dạng đường cong bậc hai, tại khớp C có MC = 0, tại D ta xét cân bằng
nút ta có MD(DC) = 36 kNm (Căng trên). Tung độ treo = 12.1,52/8 = 27/8.
 Ta xét phần kết cấu cơ bản (do tính chất đối xứng ta chỉ xét ½ kết cấu).
Đoạn AB – biểu đồ mômen có dạng đường
xiên, tại khớp B có MB = 0, tại A ta có MA = -99 kNm (Căng trên).
Ta vẽ được biểu đồ mômen như sau:
2. Tính chuyển vị thẳng đứng tại C.
Ta lập trạng thái “k” và vẽ biểu đồ M do tải trọng đơn vị P k
k = 1 đặt tại C theo phương thẳng đứng.
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 
GI¶i ®Ò thi CKC F1_§H GTVT HN  1 2 3     .36.1,5. .   1 1 2 3 1 2 3   2 3 4   y = M M + =
 .99.3. . .2 + .36.3. . .2 +   .2 C   k Z EJ 2 3 2 2 3 4  2 27 1 3   . .1,5. .           3 8 2 4   1 3  12015     φ  0,01  2 2  32EJ
3. Tính chuyển vị góc xoay tại D.
Ta lập trạng thái “k” và vẽ biểu đồ M do tải trọng đơn vị M k
k = 1 đặt tại D theo chiều kim đồng hồ. 1 1 2 1   1  36 1 φ = M M +  =  .36.3. . .2     1 =  D   k Z EJ 2 3 2   3    EJ 150
NORTH SAINT_buddha93uct@gmail.com 