Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Vật lý Một số bài tập nâng cao về sức bền vật liệu...

Tài liệu Một số bài tập nâng cao về sức bền vật liệu

.PDF
359
1
88

Mô tả:

LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu học tập, nghiên cứu và giảng dạy môn Sức bền vật liệu trong các trường đại học, Bộ môn Cơ học, Khoa Xây dựng Trường Đại học Sư phạm kỹ thuật TP HCM xuất bản cuốn Bài bập sức bền vật liệu nâng cao. Cuốn sách tổng hợp các bài toán Sức bền vật liệu trong các kỳ thi Olympic Cơ học toàn quốc từ năm 1989 đến năm 2018, các đề thi đầu vào cao học môn Sức bền vật liệu của các trường đại học kỹ thuật lớn và một số bài toán Sức bền vật liệu nâng cao. Sách được dùng cho sinh viên các ngành Cơ khí, Xây dựng có nhu cầu tìm hiểu sâu về môn học Sức bền vật liệu, tham gia vào các kỳ thi Olympic Cơ học hoặc thi đầu vào cao học. Trong quá trình biên soạn, mặc dù có nhiều cố gắng nhưng vẫn không thể tránh được những thiếu sót. Các tác giả rất vui mừng nhận được sự đóng góp của bạn đọc để cuốn sách này ngày càng hoàn thiện hơn. Các tác giả 3 MUÏC LUÏC LỜI NÓI ĐẦU ........................................................................................................... 3 PHẦN A: TUYỂN TẬP OLYMPIC TOÀN QUỐC ........................... 7 PHẦN B: TUYỂN TẬP ĐỀ THI TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC .............................................................................. 242 PHẦN C: TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP CHỌN LỌC .................... 340 PHỤ LỤC: MỘT SỐ CÔNG THỨC CẦN THIẾT TRONG SỨC BỀN VẬT LIỆU ...................................................... 352 TAØI LIEÄU THAM KHAÛO .............................................................. 359 5 PHẦN A: TUYỂN TẬP OLYMPIC TOÀN QUỐC Bài A1. (Olympic 1989). a) C B A M=qa2 P=3qa q 3a a D 2a Hình A1. Vẽ biểu đồ nội lực của dầm AD như trên hình A1a. Giải. Xác định phản lực: m A  M  P.4a  1 1 2 a) C B A 3a 1 a D 2a YD NA a.3a.2a  YD .6a  0 qz/3a 5  YD  qa . 3 b) A NA 1  mD  M  P.2a  2 q.3a.4a  N A .6a  0 z 1 O 1 Mx Qy 4qa/3 a Qy c) 1  N A   qa . 6 Dùng mặt cắt 1-1 cắt qua đoạn AB, khảo sát phần bên trái (hình A1b).  Y  Qy  N A 1 qz .z  0 2 3a q 2 qa  Qy  z  . 6a 6 dQ y q  z 0 z 0. dz 3a  P=3qa q M=qa2 qa/6 5qa/3 qa2 qa2/9 Mx d) 3a qa2 Hình A1. 7qa2/3 7 d 2Qy q  0  Bề lõm quay về phía dương. 3a dz qa 4 qa . z  0  Q y   ; z  3a  Q y  6 3 Từ đó vẽ được biểu đồ lực cắt trong đoạn AB, các đoạn còn lại vẽ theo nhận xét. 1 qz z 1 q qa  mO  M x  2 3a .z. 3  6 qa.z  0  M x  18a z 3  6 z . d 2M x q dM x q 2 qa  z  0  Bề lõm quay về  z  0  z  a; 2 3a dz dz 6a 6 phía dương của M x . 2  qa 2 ; z  3a  M x  qa 2 . 9 Căn cứ vào trên, vẽ được biểu đồ moment uốn trong đoạn AB, các đoạn còn lại vẽ theo nhận xét. Biểu đồ lực cắt (hình A1c), biểu đồ moment uốn (hình A1d). M x  0  z  0; z  3a ; z  a  M x   Bài A2. (Olympic 1989). Một thanh tròn AB chịu xoắn như trên hình 2. Trên mặt ngoài của đoạn AC và CB theo phương 45 0 so với trục thanh ta đo được biến dạng dài tỉ đối trên AC là  1   0 ; trên BC là  2    0 . Biết các hằng số vật liệu là E, G và  . M0 a) 2d A d 450 450 C a1 B a2 Hình A2. 1) Vẽ biểu đồ nội lực của thanh AB và xác định giá trị M 0 . 2) Xác định tỷ số a1 / a2 để thỏa mãn điều kiện trên. Giải. 1) Vẽ biểu đồ, xác định M 0 . Vì thanh tròn chịu xoán thuần túy nên các điểm trong thanh có trạng thái ứng suất trượt thuần túy, có phương chính nghiêng góc 450 (hình A2c). 8  1   3   max . 1  E 1  AC   0 .  1   3   1    max   0   max 1  E E CB   Theo giả thiết, đoạn CB cũng có:  max Mặt khác:  max   E 0 . 1  Mz . W Đoạn AC có đường kính 2d :  AC   Mz   AC   AC    max .W E 0 1,6 Ed 3  0 3  .0 ,22d   . 1  1  Đoạn CB có đường kính d : CB   Mz CB  CB    max .W E 0 0 ,2 Ed 3  0 3  .0 ,2d   . 1  1  Biểu đồ moment xoắn trên hình A2b. M0 a) 45 2d A d 0 450 C a1 B a2 1,6 Ed 3  0 1  b) 0 ,2 Ed 3  0 Mz 1  c)  1 3 Hình A2. 2) Xác định tỷ số a1 / a2 . Để thỏa mãn điều kiện trên thì góc xoay tại C trên 2 đoạn phải như nhau (liên tục):  AC  C CB   C M z AC  .a1 M zCB  .a2 a1 0 ,2 2d    2.  AC   CB   GJ  GJ  a2 1,6 d 4 4 9 Bài A3. (Olympic 1989). Dầm cứng tuyệt đối AB, đầu B tựa trên cột bê tông BE có kích thước và liên kết như hình A3a. Cột bê tông có module đàn hồi E2 , diện tích mặt cắt ngang F2 , chiều dài a2 và moment quán tính đối với trục x là J 2 . Thanh CD có module là E1 , diện tích mặt cắt ngang F1 và chiều dài a1 . Hãy khảo sát giá trị lớn nhất của ứng suất tại mặt cắt ngàm của cột BE khi lực P di chuyển từ A đến B. Biết: 2 E2 J 2 a . a1  a2  ; E2 F2  2 E1 F1  2 a2 D a) a1 z P B a/2 C a/2 A b/4 a2 E b/4 b B x b y Hình A3. Giải. Đây là hệ siêu tĩnh bậc 1. Xét thanh AB (hình A3e): a  mA  N B .a  NC . 2  P.z  0 2 (1)  2 N B  N C  P.z . a Tách gối B giữa dầm và cột (hình 3b). Tương thích chuyển vị tại B trên dầm và cột: (2) dB  cB . Liên hệ giữa chuyển vị tại B trên dầm và chuyển vị tại C (hình A3d): N .a N .a dB  2C  2. C 1  c . (3) E1 F1 E1 F1 10 D a) D b) a1 P B C a/2 a/2 A NB B NB.b/4 NB B NB b/4 E b/4 a2 a2 E NC b d) b/4 c) E y B x a/2 A C a/2 B b C B A  z P e) B C d B z P b/4 a2 a1 z Hình A3. NB a/2 C a/2 A YA Dời lực N B về tâm của cột (hình A3c), chuyển vị tại B trên cột do biến dạng dọc của cột và góc xoay của mặt cắt B của cột: b b a a N B . .a2 NB. . NB . N . a b b 4 .  4 2 2   cB  LBE  B .  B 2  4 E2 F2 E2 J 2 4 2E1 F1 E1 F1 .a 2 8a 2  b 2 N B  . 32a F1 F1 (4) Thay (3), (4) vào (2): N c .a 8 a 2  b 2 N B 8a 2  b2   NC  N B thay vào (1): E1 F1 32a F1 F1 32a 2  8a 2  b2  2 64 Pa  2   N B  Pz  N B  z. 2 2 2 32 a a 72 a  b   Ứng suất pháp cực trị tại mặt cắt E (chân cột):  max   min   M xE Wx  N zE F2 M xE Wx  N zE F2 ; . 11 b 16 Pab Với: M xE  N B .  z; 4 72a 2  b 2 N zE  N B  64 Pa z; 72a 2  b 2 b.b 2 Wx  ; F2  b 2 , do đó: 6 16 Pab 6 64 Pa 1 32 Pa  max  z 3 z 2  z. 2 2 2 2 72a  b b 72a  b b 72a 2  b 2 b 2   min    16 Pab 6 64 Pa 1 160 Pa z 3 z 2  z. 2 2 2 2 72a  b b 72a  b b 72a 2  b 2 b 2   Khi z  0 :  max  0;  min  0 . 32 Pa 2 160 Pa 2 Khi z  a :  max  ;  min  . 72a 2  b 2 b 2 72a 2  b 2 b 2    Vậy, với 0  z  a thì: 0   max 0   min   32 Pa 2  ; 72a 2  b 2 b 2   160 Pa 2 . 72a 2  b 2 b 2   Bài A4. (Olympic 1990). Thanh OD tuyệt đối cứng được treo tại khớp A và D, dây kim loại ABCD đi qua các ròng rọc B và C, chịu lực như trên hình 4a. Biết dây có diện tích mặt cắt ngang F, module đàn hồi E, bỏ qua ma sát ở các ròng rọc. 1) Tính mặt cắt này của dây kim loại không bị dịch chuyển theo phương dọc trục dây? Vị trí đó có phụ thuộc vào điểm đặt lực P trên thanh OD không? 2) Hãy xác định chuyển vị của điểm đặt lực P. 3) Cho P  15 KN , hãy tìm vị trí điểm đặt lực P để dây kim loại đẩm bảo điều kiện bền. Cho F  1cm 2 ,    10kN / cm 2 . B C a) a O a a/2 P E a A Hình A4. 12 D Giải. 1) Mặt cắt của dây không bị dịch chuyển. Trường hợp tổng quát, lực P tác dụng cách điểm O một đoạn z (hình A4a). Xét thanh OD (hình A4b): Pz . 3a Gọi mặt cắt n-n trên dây cách A một đoạn x (hình A4c) không có m O  P.z  N .a  N .2a  0  N  dịch chuyển, biến dạng về hai phía của dây tính từ mặt cắt này là: N .x P.z .x N .3a  x  P.z .3a  x  ; D  .   EF 3aEF EF 3aEF Do thanh OD cứng tuyệt đối nên tương thích chuyển vị tại A và D (hình A4c) là: A  P.z .x P.z .3a  x    x a. 3aEF 3aEF Vị trí của mặt cắt bất động x  a  tại ròng rọc B và không phụ 2A  D  2 thuộc vào vị trí của điểm đặt lực P. 2) Chuyển vị của điểm đặt lực P (hình A4c). 2 z z P.z P.z 2 P.3a / 2  3 P.a 3 P  A      . Tại z  a : P . a a 3 EF 3aEF 3aEF 4 EF 2 3) Xác định vị trí của điểm đặt lực theo điều kiện bền. N P.z 3 F   3.1.10  max       z  a a  2a . F 3aF P 15 Bài A5. (Olympic 1990). Cho một hệ chịu lực như trên hình A5a. Độ cứng chống uốn của dầm AB là EJ , của dầm CD là 0 ,5 EJ . 13 1) Hãy xác định khe hở  giữa dầm CD và AB sao cho dưới tác dụng của lực P, dầm CD vừa chạm vào dầm AB tại K (K là điểm giữa nhịp của dầm AB). 2) Nếu giảm khe hở  một lượng sao cho moment uốn lớn nhất phát sinh trong dầm CD giảm đi một lượng là M  Pa / 4 thì giá trị lớn nhất của moment uốn phát sinh trong dầm AB trong trường hợp này là bao nhiêu? a a I C a) A a a P  K D B a a Hình A5. Giải. 1) Xác định khe hở  . Điều kiện để điểm I trên dầm CD vừa chạm điểm K trên dầm AB: (1) yI  yK   . Chuyển vị của điểm I gồm 2 phần, do dầm CD bị võng và do dầm AB bị võng kéo theo điểm C đi xuống: (2) y I  y I0  yC . So sánh (1) và (2): y I0  yC  y K   (3) Tách rời 2 dầm (hình A5b, d), biểu đồ moment uốn do tải trọng gây ra (hình A5c, e). Hình A5f, g là trạng thái " k1" và biểu đồ moment uốn để tính y I0 . Hình A5h, i là trạng thái " k 2" và biểu đồ moment uốn để tính yC . Hình A5k, l là trạng thái " k 3" và biểu đồ moment uốn để tính y K . 3 1 M P1  M k 1   2 1  1 Pa .a  2 a   1 Pa . EJ 1 0 ,5 EJ  2 2 3 2  3 EJ (4) 1  M P2    M k 2   EJ . 1  1 Pa 2 3a Pa 2 3a 1 Pa a  2 Pa 3 .a   .2a   .a     EJ  2 2 3 4 2 3 4 2 2 6  3 EJ (5) y I0  yC  14 1 1  1 Pa a Pa 3a  11 Pa 3 M P 2  M k 3   2  yK  .a   .a    .(6) EJ EJ  2 2 3 2 4  12 EJ 1 Pa 3 2 Pa 3 11 Pa 3    Thay (4), (5) và (6) vào (3): 3 EJ 3 EJ 12 EJ 1 Pa 3   . 12 EJ a I C a) A a a a P I  K a b) D B a a c) A C a K a a d) D A 3a/4 Pa/2 P/4 C K D a M P1 P/2 D a B a M P2 Pa/2 I PK  1 C D M k1 g) B a h) MP n) K a f) P/2 a P/2 e) a P/4 a P/2 C M k3 a/3 D a a l) m) A B P C P/2 PK  1 k) a PK  1 a/2 A C a a K a D B a Mk2 i) Pa/2 3Pa/4 Pa/2 a/6 Hình A5. 3a/4 2) Giá trị moment uốn lớn nhất phát sinh trong dầm AB. Theo giả thiết, để moment uốn lớn nhất phát sinh trong dầm CD giảm đi một lương M  Pa / 4 , lúc đó tại K sẽ phát sinh phản lực N để gây ra moment uốn trong dầm CD đúng bằng M  Pa / 4 , theo hình A5c điều kiện trên được viết ra: P  N .a / 2  Pa / 4  N  P / 2 và lúc này dầm AB chịu lực như trên hình A5m, có biểu đồ moment uốn như trên hình A5n. 3 Pa . 4 So vơi trường hợp đầu thì moment uốn đã tăng lên một lượng 3 Pa Pa Pa . M    4 2 4 Moment uốn lớn nhất phát sinh trong dầm AB: M x ,max  15 Bài A6. (Olympic 1990). Hai dầm nằm ngang có cùng chiều dài a và độ cứng chống uốn EJ , đặt chéo nhau trong không gian, cách nhau theo phương thẳng đứng một khoảng nhỏ  như trên hình A6a ( IK   , I là điểm giữa của nhịp AB, K là điểm giữa của nhịp CD). Lực phân bố đều q theo phương thẳng đứng tác dụng lên dầm AB. 1) Hãy xác định trị số q0 của lực phân bố để dầm AB vừa chạm dầm CD. 2) Hãy xác định độ võng tại I của dầm AB khi trị số của lực phân bố q  4 q0 , trong đó q0 xác định theo câu (1). a/2 a/2 D a) q A B I K  C a/2 a/2 Hình A6. Giải. Kết quả chuyển vị của dầm đơn giản (hình A6b, c) được áp dụng. 1) Xác định trị số lực q0 . Để dầm AB vừa chạm dầm CD thì y I    16 5qa 4 384EJ    q0  . 384 EJ 5a 4 2) Độ võng tại I khi q  4 q0 . Lúc này tại I và K trên 2 dầm sẽ phát sinh phản lực N, điều kiện tương thích chuyển vị tại I và K: (1) yI  yK   . Các chuyển vị sử dụng kết quả dầm đơn giản (hình A6b, c): 5qa 4 Na 3 yI   . (2) 384 EJ 48 EJ Na 3 yK  . (3) 48 EJ Thay (2), (3) vào (1): 5qa 4 Na 3 Na 3 5qa 4  384EJ     N  thay vào (2): 384 EJ 48 EJ 48 EJ 16 a 3 5qa 4 a 3 5qa 4  384EJ 5 qa 4 1 yI     . (4) 384 EJ 48 EJ 768 EJ 2 16 a 3 384EJ Thay q  4 q0  4 vào (4): 5a 4 5a 4 4.384EJ 1 1 5 yI     2     . 4 768 EJ 2 2 2 5a Bài A7. (Olympic 1991). Một kết cấu chịu lực như trên hình A7a. Thanh AB có mặt cắt chữ nhật b h với h thẳng đứng, thanh BC có mặt cắt hình tròn đường kính d . Trên mặt trên cùng của thanh AB gá các tensomet đòn hướng thẳng 17 đứng với chuẩn đo là L (cm) để đo dịch chuyển theo phương dọc trục của thanh. Ở bất cứ tensomet nào người ta cũng đọc được độ dịch chuyển của kim như nhau và bằng s khoảng chia, giá trị của mỗi khoảng chia là 10 3 mm . Trên bề mặt của thanh BC dán các tấm điện trở theo hai phương tạo với phương BC các góc 45 0 và 135 0 , nhờ vào máy đo biến dạng người ta xác định được  45   135  t% . 0 0 1) Hãy xác định tải trọng tập trung tác dụng tại mặt cắt A. h 2) Cho b  2h , hãy các định tỉ số để hai thanh AB và BC thỏa d mãn điều kiện đồng bền. 3) Hãy xác định chuyển vị thẳng đứng của điểm A. 3 Biết: a BC  a AB  10 d , trong đó a BC và a AB biểu thị chiều dài của 2 G các thanh BA và AB; d  20mm ;  0 ,4 ;    2 . E d C a) B A Hình A7. h b x Giải. 1) Xác định tải trọng tập trung tại A. Do biến dạng dọc trục tại các điểm trên mặt trên của thanh AB không đổi nên thanh AB chịu uốn thuần túy hoặc kéo – nén đúng tâm hoặc cả hai trường hợp trên. Do biến dạng nghiêng góc 45 0 và 135 0 so với trục thanh của thanh BC bằng nhau về độ lớn nhưng ngược dấu nên thanh BC chịu xoắn thuần túy. Do đó, thanh AB không có lực dọc mà chỉ chịu uốn thuần túy. Moment uốn trên thanh AB sẽ là moment xoắn trên thanh BC và bằng moment tác dụng tại A (hình A7b): M A  M x AB   M z BC  . 18  Tính theo biến dạng đo được trên thanh AB, theo giả thiết: s.10 3  . Tại điểm đo biến dạng này, ứng suất pháp được tính thông qua L.10 biến dạng và thông qua moment uốn: Es .10 4  max    E  . L  max M x AB  M A 6    2 MA. Wx Wx bh (1) (2) So sánh (1) và (2), rút ra: bh 2 Es .10 4 MA  . (3) 6L  Tính theo biến dạng đo được trên thanh BC, vì thanh BC chịu xoắn thuần túy nên  max   1   3 . Với phương 1 và 3 hợp với trục thanh các góc 45 0 và 135 0 . Liên hệ giữa biến dạng theo ứng suất (theo 1 1  định luật Hooke):  450   1   3    max . E E E E Et   max   450  t%  . (4) 1   100 1  1  Mặt khác, ứng suất tiếp này được tính thông qua moment xoắn:  max  M z BC  16 M A  . W d 3 (5) So sánh (4) và (5), rút ra: MA  d 3 Et 16.10 2 1    . (6) 2) Xác định tỉ số h / d thỏa mãn điều kiện đồng bền. So sánh (3) và (6): bh 2 Es .10 4 d 3 Et bh 2 6 L t .   2 3 2 4 6L 16.10 1    d 16.10 .10 s 1     bh 2 6 L t 75 L t .   3 2 2 s 1  d 16.10 s 1    (7) Điều kiện đồng bền:  max    , và  max    .  max tính theo (1),  max tính theo (4): 19  max   max  Es .10 4 L E .10 4 .        L s Et 1   100     (9) 2 2h.h 75 E .10  3   2 d   .10 2 . t  1  E   và thay (8), (9) vào (7): Để ý b  2h ,    4 2 (8)  .10 2 2E  3 h 3 3 .  3  16 32 d h 3 3   0 ,665 . d 32 d C C a) b) MA B A h b x B Hình A7. A  BC  xoan  B BC  A AAB uon 3) Chuyển vị thẳng đứng của điểm A. Chuyển vị thẳng đứng tại A là tổng của những chuyển vị cơ bản sau (hình A7b):  Do trục AB bị uốn :  AB uon A 2 M A .a AB M A .20 d / 3 800 d 2    MA. 2 EJ x 2 E .b.h 3 / 12 3 Ebh 3 2 (10) Thay (3) vào (10): 800 d 2 bh 2 Es .10 4 d2 s  . 6L 225h L 3 Ebh 3  Do Trục BC bị xoắn: AAB uon  ABC  xoan   B BC  .a AB  (11) M A .a BC M A .10 d 20 d 16.10 3 a AB   M A .(12) GJ  0 ,4 E .d 4 / 32 3 3Ed 2 Thay (6) vào (12): ABC  xoan  20 16.10 3 d 3 Et 10 d t .  2 2 3 1    3Ed 16.10 1    (13) Chuyển vị tổng tại A: d 2 s 10 d t .  225h L 3 1    A  AAB uon  ABC  xoan  (14) Bài A8. (Olympic 1991). Một dầm chịu lực như trên hình A8a, có mặt cắt ngang như hình A8b. Dầm làm bằng vật liệu dòn có ứng suất cho phép khi kéo là  k  1000 N / cm 2 , ứng suất cho phép khi nén là  n  6000 N / cm2 . Hãy tính khoảng cách x từ đầu A đến vị trí đặt gối tựa B để dầm làm việc hợp lý và xác định kích thước b của mặt cắt ngang. Cho P  4 ,8kN; c  2,7 m . a) A B C x a b b) 2P P 4b D 2b a 4b c Hình A8. Giải. Xét thanh AD (hình A8c): m B   P.x  2 P.a  YD .2a  0  YD  2a  x P. 2a Moment tại mặt cắt qua C: 2a  x c  2x P P. 2 2 Biểu đồ moment uốn (hình A8e). M xC  YD .a  c) A B x C a 4b D 2b a c b d) 2P P YD C 4b yC xC x P.x e) Mx P(c-2x)/2 Hình A8. 21 Xác định đặc trưng hình học (hình A8d): 4b.4b 2  b.8b 2 yC   2b . 4b 2  8b 2  b.4b 3   4b.2b 3  2 J xc    2b  .4b 2     b 2 .8b 2   32b 4 .  12   12   Xét điều kiện bền tại mặt cắt qua B: k Tọa độ điểm chịu kéo lớn nhất: ymax  4b ; Tọa độ điểm chịu nén lớn n nhất: ymax  2b . k ymax   1  2  k  , vậy nên phá hoại do ứng suất kéo. n  n 6 ymax P.x .4b   k . J xc B  Điều kiện bền:  max (1)  Xét điều kiện bền tại mặt cắt qua C: k Tọa độ điểm chịu kéo lớn nhất: ymax  2b ; Tọa độ điểm chịu nén n lớn nhất: ymax  4b . k ymax 1   1   k  , vậy nên cũng phá hoại do ứng suất kéo. n ymax 2  n 6 c  2 x P 2b    C  Điều kiện bền:  max 2 J xc k . (2) Điều kiện chịu lực hợp lý của dầm là cả hai mặt cắt nguy hiểm của dầm cùng đồng thời bị phá hoại, có nghĩa là tỉ số giữa (1) và (2) bằng 1: B C  max /  max  1.  P.x.4b 2 J xc 1  1 x  c. J xc c  2 x P 6 Thay J xc và x vào (1): c 6 B  max   max  P. .4b. 3 4800.270 cm  3cm 48.1000 Chọn b  3cm . 22 1 P.c P.c    k  b  3  4 3 32b 48b 48  k .
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan