RealEDU

1. NHAØ XUAÁT BAÛN
ÑAÏI HOÏC QUOÁC GIA TP. HOÀ CHÍ MINH
SỨC BỀN VẬT LIỆU
NÂNG CAO
BÀI TẬP
LÊ THANH PHONG - PHẠM TẤN HÙNG
MAI ĐỨC ĐÃI - TRƯƠNG QUANG TRI
TRANG TẤN TRIỂN

2. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KỸ THUẬT
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
*******************
ThS. LÊ THANH PHONG, TS. PHẠM TẤN HÙNG,
TS. MAI ĐỨC ĐÃI, TS. TRƯƠNG QUANG TRI,
ThS. TRANG TẤN TRIỂN
BÀI TẬP
SỨC BỀN VẬT LIỆU NÂNG CAO
NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – NĂM 2020

3. BÀI TẬP
SỨC BỀN VẬT LIỆU NÂNG CAO
LÊ THANH PHONG, PHẠM TẤN HÙNG, MAI ĐỨC ĐÃI,
TRANG TẤN TRIỂN, TRƯƠNG QUANG TRI
Chịu trách nhiệm xuất bản và nội dung
TS ĐỖ VĂN BIÊN
Biên tập
NGUYỄN ANH TUYẾN
Sửa bản in
THIÊN PHONG
Trình bày bìa
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KỸ THUẬT TP.HCM
Website: http://hcmute.edu.vn
Đối tác liên kết – Tổ chức bản thảo và chịu trách nhiệm tác quyền
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KỸ THUẬT TP.HCM
Website: http://hcmute.edu.vn
NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
Phòng 501, Nhà Điều hành ĐHQG-HCM, phường Linh Trung, quận Thủ Đức, TP Hồ Chí Minh
ĐT: 028 6272 6361 - 028 6272 6390 E-mail: vnuhp@vnuhcm.edu.vn
Website: www.vnuhcmpress.edu.vn
VĂN PHÒNG NHÀ XUẤT BẢN
PHÒNG QUẢN LÝ DỰ ÁN VÀ PHÁT HÀNH
Tòa nhà K-Trường Đại học Khoa học Xã hội & Nhân văn, số 10-12 Đinh Tiên Hoàng, phường Bến Nghé,
Quận 1, TP Hồ Chí Minh
ĐT: 028 66817058 - 028 62726390 - 028 62726351
Website: www.vnuhcmpress.edu.vn
Nhà xuất bản ĐHQG-HCM và tác giả/ đối tác liên kết giữ bản quyền©
Copyright © by VNU-HCM Press and author/
co-partnership. All rights reserved.
ISBN: 978-604-73-7789-3
Xuất bản lần thứ 1. In 250 cuốn, khổ 16 x 24 cm, XNĐKXB số: 2442-2020/CXBIPH/1-
53/ĐHQGTPHCM. QĐXB số 112/QĐ-NXB ĐHQGTPHCM, cấp ngày 26/6/2020.
In tại: Công ty TNHH In & Bao bì Hưng Phú. Đ/c: 162A/1, KP1A, P. An Phú, TX. Thuận An,
Bình Dương. Nộp lưu chiểu: Quý III/2020.

4. BÀI TẬP
SỨC BỀN VẬT LIỆU
LÊ THANH PHONG,
PHẠM TẤN HÙNG,
MAI ĐỨC ĐÃI,
TRANG TẤN TRIỂN,
TRƯƠNG QUANG TRI
.
Bản tiếng Việt ©, TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KỸ THUẬT TP. HCM,
NXB ĐHQG-HCM và TÁC GIẢ.
Bản quyền tác phẩm đã được bảo hộ bởi Luật Xuất bản và Luật Sở hữu trí tuệ
Việt Nam. Nghiêm cấm mọi hình thức xuất bản, sao chụp, phát tán nội dung khi
chưa có sự đồng ý của Trường đại học Sư phạm Kỹ thuật TP. HCM và Tác giả.
ĐỂ CÓ SÁCH HAY, CẦN CHUNG TAY BẢO VỆ TÁC QUYỀN!

6. 3
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

8. 5
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

10. 7
PHẦN A:
TUYỂN TẬP OLYMPIC TOÀN QUỐC
Bài A1. (Olympic 1989).
Vẽ biểu đồ nội lực của dầm AD như trên hình A1a.
Giải.
Xác định phản lực:
.
. . .
A
D
1
m M P 4a
2
a 3a 2a Y 6a 0
  
 

qa
3
5
YD 
 .
.
. . .
D
A
1
m M P 2a
2
q 3a 4a N 6a 0
  
 

qa
6
1
NA 

 .
Dùng mặt cắt 1-1 cắt
qua đoạn AB, khảo sát
phần bên trái (hình A1b).
.
y A
Y Q N
1 qz
z 0
2 3a
  
 

6
qa
z
a
6
q
Q 2
y 

 .
0
z
0
z
a
3
q
dz
dQy



 .
Hình A1.
a)
P=3qa
q
D
C
B
A
3a a 2a
M=qa2
Hình A1.
d)
c)
a)
NA
M=qa2
P=3qa
q
D
C
B
A
3a
qz/3a
z
1
1
O
Mx
Qy
A
NA
b)
a 2a
qa2
7qa2
/3
qa2
qa2
/9
5qa/3
4qa/3
qa/6
1
1
YD
a
3
a
Qy
Mx

11. 8


 0
a
3
q
dz
Q
d
2
y
2
Bề lõm quay về phía dương.
6
qa
Q
0
z y 


 ;
3
qa
4
Q
a
3
z y 

 .
Từ đó vẽ được biểu đồ lực cắt trong đoạn AB, các đoạn còn lại vẽ
theo nhận xét.
0
z
.
qa
6
1
3
z
.
z
.
a
3
qz
2
1
M
m x
O 




 z
6
qa
z
a
18
q
M 3
x 

 .
a
z
0
6
qa
z
a
6
q
dz
dM 2
x




 ; 

 0
z
a
3
q
dz
M
d
2
x
2
Bề lõm quay về
phía dương của x
M .
a
3
z
;
0
z
0
Mx 


 ; 2
x
2
x qa
M
a
3
z
;
9
qa
M
a
z 





 .
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).
Bài A2. (Olympic 1989).
Một thanh tròn AB chịu xoắn như trên hình 2. Trên mặt ngoài của
đoạn AC và CB theo phương 0
45 so với trục thanh ta đo được biến dạng
dài tỉ đối trên AC là 0
1 
  ; trên BC là 0
2 
 
 . Biết các hằng số vật
liệu là E, G và  .
1) Vẽ biểu đồ nội lực của thanh AB và xác định giá trị 0
M .
2) Xác định tỷ số 2
1 a
/
a để thỏa mãn điều kiện trên.
Giải.
1) Vẽ biểu đồ, xác định 0
M .
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 0
45 (hình
A2c).
Hình A2.
d
2d
a1 a2
B
C
A
M0
450
450
a)

12. 9
max
3
1 

 
 .
  0
max
3
1
1
E
1
E
1





 



  
0
AC
max
1
E





 .
Theo giả thiết, đoạn CB cũng có:  
0
CB
max
1
E





 .
Mặt khác:


W
Mz
max  .
 Đoạn AC có đường kính d
2 :
     
 




 






1
Ed
6
,
1
d
2
2
,
0
.
1
E
W
.
M 0
3
3
0
AC
AC
max
AC
z .
 Đoạn CB có đường kính d :
     




 








1
Ed
2
,
0
d
2
,
0
.
1
E
W
.
M 0
3
3
0
CB
CB
max
CB
z .
Biểu đồ moment xoắn trên hình A2b.
2) Xác định tỷ số 2
1 a
/
a .
Để thỏa mãn điều kiện trên thì góc xoay tại C trên 2 đoạn phải như
nhau (liên tục):
   
 
 
 
 
  2
d
d
2
6
,
1
2
,
0
a
a
GJ
a
.
M
GJ
a
.
M
4
4
2
1
CB
2
CB
z
AC
1
AC
z
CB
C
AC
C 








 .
Hình A2.



1
Ed
6
,
1 0
3
d
2d
a1 a2
B
C
A
M0
450
450
Mz
 1
3
a)
b)
c)



1
Ed
2
,
0 0
3

13. 10
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 2
E , diện tích
mặt cắt ngang 2
F , chiều dài 2
a và moment quán tính đối với trục x là 2
J .
Thanh CD có module là 1
E , diện tích mặt cắt ngang 1
F và chiều dài 1
a .
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
2
2
1
1
2
2
2
1
a
J
E
2
F
E
2
F
E
;
2
a
a
a 


 .
Giải.
Đây là hệ siêu tĩnh bậc 1. Xét thanh AB (hình A3e):
0
z
.
P
2
a
.
N
a
.
N
m C
B
A 




z
.
P
a
2
N
N
2 C
B 

 . (1)
Tách gối B giữa dầm và cột (hình 3b). Tương thích chuyển vị tại B
trên dầm và cột:
c
B
d
B 
  . (2)
Liên hệ giữa chuyển vị tại B trên dầm và chuyển vị tại C (hình A3d):
1
1
c
1
1
1
C
C
d
B
F
E
a
.
N
F
E
a
.
N
.
2
2 

 
 . (3)
Hình A3.
a)
a2
a1
z
a/2
a/2
C
b/4
A
y
x
B
b
b
P
E
D
B
b/4

14. 11
Dời lực B
N 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 2 B
B
c B 2
B BE B 2
2 2 2 2 1 1 1 1
b b a
a
N a N
N
N a
b b
4 4 2
2
L
4 E F E J 4 2E F E F a

       
.
2 2
B
1 1
N
8a b
32a F F

 (4)
Thay (3), (4) vào (2):
B
2
2
2
C
1
1
B
2
2
1
1
c
N
a
32
b
a
8
N
F
F
N
a
32
b
a
8
F
E
a
.
N 



 thay vào (1):
z
b
a
72
Pa
64
N
Pz
a
2
N
a
32
b
a
8
2 2
2
B
B
2
2
2











 
 .
Ứng suất pháp cực trị tại mặt cắt E (chân cột):
2
E
z
x
E
x
max
F
N
W
M


 ;
2
E
z
x
E
x
min
F
N
W
M



 .
Hình A3.
c)
b)
a)
NB.b/4 NB
B
E
a2
a/2 a/2
a2
D
E
P
A
C
z
a1
a2
a1
z
a/2
a/2
C
B
B
b/4
NB
A
y
x
B
b
b
P
E
D
B
b/4 b/4
b/4
NC
a/2 a/2
P
A
C
z
B
YA
NB
e)
B C A
d
B

C
d)
NB

15. 12
Với: z
b
a
72
Pab
16
4
b
.
N
M 2
2
B
E
x


 ; z
b
a
72
Pa
64
N
N 2
2
B
E
z


 ;
6
b
.
b
W
2
x  ; 2
2 b
F  , do đó:
  z
b
b
a
72
Pa
32
b
1
z
b
a
72
Pa
64
b
6
z
b
a
72
Pab
16
2
2
2
2
2
2
3
2
2
max






 .
  z
b
b
a
72
Pa
160
b
1
z
b
a
72
Pa
64
b
6
z
b
a
72
Pab
16
2
2
2
2
2
2
3
2
2
min







 .
Khi 0
z  : 0
;
0 min
max 
 
 .
Khi a
z  :
  2
2
2
2
max
b
b
a
72
Pa
32


 ;
  2
2
2
2
min
b
b
a
72
Pa
160


 .
Vậy, với a
z
0 
 thì:
  2
2
2
2
max
b
b
a
72
Pa
32
0


  ;
  2
2
2
2
min
b
b
a
72
Pa
160
0


  .
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 KN
15
P  , hãy tìm vị trí điểm đặt lực P để dây kim loại
đẩm bảo điều kiện bền. Cho 2
cm
1
F  ,   2
cm
/
kN
10

 .
Hình A4.
a)
a
O A D
C
B
a
a
E
a/2 P

16. 13
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):
a
3
Pz
N
0
a
2
.
N
a
.
N
z
.
P
mO 





 .
Gọi mặt cắt n-n trên dây cách A một đoạn x (hình A4c) không có
dịch chuyển, biến dạng về hai phía của dây tính từ mặt cắt này là:
aEF
3
x
.
z
.
P
EF
x
.
N
A 

 ;
   
aEF
3
x
a
3
.
z
.
P
EF
x
a
3
.
N
D




 .
Do thanh OD cứng tuyệt đối nên tương thích chuyển vị tại A và D
(hình A4c) là:
  a
x
aEF
3
x
a
3
.
z
.
P
aEF
3
x
.
z
.
P
2
2 D
A 




 
 .
Vị trí của mặt cắt bất động  
a
x  tại ròng rọc B và không phụ
thuộc vào vị trí của điểm đặt lực P.
2) Chuyển vị của điểm đặt lực P (hình A4c).
aEF
3
z
.
P
EF
3
z
.
P
a
z
a
z 2
A
P 

 
 . Tại a
2
3
z  :
 
EF
a
.
P
4
3
aEF
3
2
/
a
3
.
P
2
P 

 .
3) Xác định vị trí của điểm đặt lực theo điều kiện bền.
    .
a
2
a
15
10
.
1
.
3
a
P
F
3
z
aF
3
z
.
P
F
N
max 









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 EJ
5
,
0 .

17. 14
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 4
/
Pa
M 
 thì giá trị
lớn nhất của moment uốn phát sinh trong dầm AB trong trường hợp
này là bao nhiêu?
Giải.
1) Xác định khe hở  .
Điều kiện để điểm I trên dầm CD vừa chạm điểm K trên dầm AB:


 K
I y
y . (1)
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:
C
0
I
I y
y
y 
 . (2)
So sánh (1) và (2):



 K
C
0
I y
y
y (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 "
k
" 1 và biểu đồ
moment uốn để tính 0
I
y . Hình A5h, i là trạng thái "
k
" 2 và biểu đồ
moment uốn để tính C
y . Hình A5k, l là trạng thái "
k
" 3 và biểu đồ
moment uốn để tính K
y .
   
EJ
Pa
3
1
2
a
3
2
a
.
2
Pa
2
1
EJ
5
,
0
1
2
M
M
EJ
1
y
3
1
k
1
P
1
0
I 









 . (4)
   
. . .
C P2 k2
3
1
y M M
EJ
1 1 Pa 2 3a Pa 2 3a 1 Pa a 2 Pa
a 2a a
EJ 2 2 3 4 2 3 4 2 2 6 3 EJ
  
 
     
 
 
. (5)
Hình A5.
a a a a
I
a a

P
B
D
K
C
A
a)

18. 15
   
EJ
Pa
12
11
4
a
3
a
.
2
Pa
3
a
a
.
2
Pa
2
1
EJ
1
2
M
M
EJ
1
y
3
3
k
2
P
K 











 .(6)
Thay (4), (5) và (6) vào (3): 



EJ
Pa
12
11
EJ
Pa
3
2
EJ
Pa
3
1 3
3
3
EJ
Pa
12
1 3

  .
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 4
/
Pa
M 
 , lúc đó tại K sẽ phát sinh phản lực N để
gây ra moment uốn trong dầm CD đúng bằng 4
/
Pa
M 
 , theo hình
A5c điều kiện trên được viết ra:
  4
/
Pa
2
/
a
.
N
P 
 2
/
P
N 
 và lúc này dầm AB chịu lực như
trên hình A5m, có biểu đồ moment uốn như trên hình A5n.
Moment uốn lớn nhất phát sinh trong dầm AB:
4
Pa
3
M max
,
x  .
So vơi trường hợp đầu thì moment uốn đã tăng lên một lượng
4
Pa
2
Pa
4
Pa
3
M 


 .
Hình A5.
a a a a
a
a
a
a
a
a
a
a
a a a a
a a a a
Pa/2
3Pa/4
Pa/2
P/4
P/4
C K D
P/2
A B
a
B
A
1
PK 
D
K
C
C K D
D
C
I
P
a
a
I
I
a a
a/2
A
C D
B
3a/4
Pa/2
B
D
K
C
A
P/2 P/2
P/2
P/2
Pa/2

P
B
D
K
C
A
1
PK 
1
PK 
1
P
M
2
P
M
1
k
M
2
k
M
3
k
M
P
M
a/6
a/3
3a/4
a)
k)
m)
l)
n)
d)
c)
b)
e)
f)
g)
h)
i)

19. 16
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 0
q 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
0
q
4
q  , trong đó 0
q xác định theo câu (1).
Giải.
Kết quả chuyển vị của dầm đơn giản (hình A6b, c) được áp dụng.
1) Xác định trị số lực 0
q .
Để dầm AB vừa chạm dầm CD thì 

I
y



EJ
384
qa
5 4
4
0
a
5
EJ
384
q


 .
Hình A6.
a)

K
I
D
C
B
A
q
a/2
a/2
a/2 a/2

20. 17
2) Độ võng tại I khi 0
q
4
q  .
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:


 K
I y
y . (1)
Các chuyển vị sử dụng kết quả dầm đơn giản (hình A6b, c):
EJ
48
Na
EJ
384
qa
5
y
3
4
I 
 . (2)
EJ
48
Na
y
3
K  . (3)
Thay (2), (3) vào (1):




EJ
48
Na
EJ
48
Na
EJ
384
qa
5 3
3
4
3
4
a
16
EJ
384
qa
5
N



 thay vào (2):


2
1
EJ
qa
768
5
a
16
EJ
384
qa
5
EJ
48
a
EJ
384
qa
5
y
4
3
4
3
4
I 



 . (4)
Thay 4
0
a
5
EJ
384
4
q
4
q


 vào (4):





2
5
2
1
2
2
1
a
5
EJ
384
.
4
EJ
768
a
5
y 4
4
I 



 .
Bài A7. (Olympic 1991).
Một kết cấu chịu lực như trên hình A7a. Thanh AB có mặt cắt chữ
nhật h
b 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

21. 18
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
mm
10 3

. Trên bề mặt của thanh BC dán các tấm điện trở theo hai
phương tạo với phương BC các góc 0
45 và 0
135 , nhờ vào máy đo biến
dạng người ta xác định được %
t
0
0
135
45


 
 .
1) Hãy xác định tải trọng tập trung tác dụng tại mặt cắt A.
2) Cho h
2
b  , hãy các định tỉ số
d
h
để hai thanh AB và BC thỏa
mãn điều kiện đồng bền.
3) Hãy xác định chuyển vị thẳng đứng của điểm A.
Biết: d
10
a
2
3
a AB
BC 
 , trong đó BC
a và AB
a biểu thị chiều dài của
các thanh BA và AB; mm
20
d  ; 4
,
0
E
G
 ;    

 2
 .
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 0
45 và 0
135 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):
   
BC
z
AB
x
A M
M
M 
 .
Hình A7.
a)
x
C
B A
d
b
h

22. 19
 Tính theo biến dạng đo được trên thanh AB, theo giả thiết:
10
.
L
10
.
s 3


 . Tại điểm đo biến dạng này, ứng suất pháp được tính thông qua
biến dạng và thông qua moment uốn:
L
10
.
Es
E
4
max



 

 . (1)
 
A
2
x
A
x
AB
x
max M
bh
6
W
M
W
M



 . (2)
So sánh (1) và (2), rút ra:
L
6
10
.
Es
bh
M
4
2
A

 . (3)
 Tính theo biến dạng đo được trên thanh BC, vì thanh BC chịu
xoắn thuần túy nên 3
1
max 

 

 . Với phương 1 và 3 hợp với trục
thanh các góc 0
45 và 0
135 . Liên hệ giữa biến dạng theo ứng suất (theo
định luật Hooke):   max
3
1
45
E
1
E
1
0 







 .
 100
1
Et
%
t
1
E
1
E
0
45
max











 . (4)
Mặt khác, ứng suất tiếp này được tính thông qua moment xoắn:
 
3
A
BC
z
max
d
M
16
W
M




 . (5)
So sánh (4) và (5), rút ra:
 




1
10
.
16
Et
d
M 2
3
A . (6)
2) Xác định tỉ số d
/
h thỏa mãn điều kiện đồng bền.
So sánh (3) và (6):
 





1
10
.
16
Et
d
L
6
10
.
Es
bh
2
3
4
2
.
 



 
1
t
s
L
10
.
10
.
16
6
d
bh
4
2
3
2
  







 
1
t
s
L
2
75
1
t
s
L
10
.
16
6
d
bh
2
3
2
. (7)
Điều kiện đồng bền:  

 
max , và  

 
max . max
 tính theo (1),
max
 tính theo (4):

23. 20
 
 



4
4
max
10
.
E
s
L
L
10
.
Es 




 . (8)
 
   
E
10
.
1
t
100
1
Et 2
max




 




 . (9)
Để ý h
2
b  ,    
2

  và thay (8), (9) vào (7):
 
 
32
3
d
h
16
3
E
2
10
.
10
.
E
2
75
d
h
.
h
2
3
3
2
4
3
2










.
665
,
0
32
3
d
h 3 



.
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 :
   
A
3
2
3
2
A
x
2
AB
A
uon
AB
A M
Ebh
3
d
800
12
/
h
.
b
.
E
2
3
/
d
20
.
M
EJ
2
a
.
M




 . (10)
Thay (3) vào (10):
 
L
s
h
225
d
L
6
10
.
Es
bh
Ebh
3
d
800 2
4
2
3
2
uon
AB
A 



 . (11)
 Do Trục BC bị xoắn:
   
A
2
3
4
A
AB
BC
A
AB
BC
B
xoan
BC
A M
Ed
3
10
.
16
3
d
20
32
/
d
.
E
4
,
0
d
10
.
M
a
GJ
a
.
M
a
.










.(12)
Thay (6) vào (12):
 
   










1
t
3
d
10
1
10
.
16
Et
d
Ed
3
10
.
16
2
3
2
3
xoan
BC
A . (13)
Hình A7.
b)
a)
  xoan
BC
A


 
BC
B

MA
A
B
C
x
C
B A
d
b
h
  uon
AB
A



24. 21
Chuyển vị tổng tại A:
   
 








 

1
t
3
d
10
L
s
h
225
d 2
xoan
BC
A
uon
AB
A
A . (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
  2
k cm
/
N
1000

 , ứng suất cho phép khi nén là   2
n cm
/
N
6000

 .
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 m
7
,
2
c
;
kN
8
,
4
P 
 .
Giải.
Xét thanh AD (hình A8c):
0
a
2
.
Y
a
.
P
2
x
.
P
m D
B 




 P
a
2
x
a
2
YD


 .
Moment tại mặt cắt qua C:
P
2
x
2
c
P
2
x
a
2
a
.
Y
M D
C
x




 .
Biểu đồ moment uốn (hình A8e).
Hình A8.
P(c-2x)/2
P.x
b
4b
2b
4b
x
xC
yC
P 2P
D
C
B
A
c
x a a
Mx
c)
e)
d)
YD
C
Hình A8.
b
4b
2b
4b
P 2P
D
C
B
A
c
x a a
a)
b)

25. 22
Xác định đặc trưng hình học (hình A8d):
b
2
b
8
b
4
b
8
.
b
b
4
.
b
4
y 2
2
2
2
C 


 .
      4
2
2
3
2
2
3
xc b
32
b
8
.
b
12
b
2
.
b
4
b
4
.
b
2
12
b
4
.
b
J 















 .
 Xét điều kiện bền tại mặt cắt qua B:
Tọa độ điểm chịu kéo lớn nhất: b
4
yk
max  ; Tọa độ điểm chịu nén lớn
nhất: b
2
yn
max  .
 
  6
1
2
y
y
n
k
n
max
k
max





, vậy nên phá hoại do ứng suất kéo.
Điều kiện bền:  k
xc
B
max b
4
.
J
x
.
P

 
 . (1)
 Xét điều kiện bền tại mặt cắt qua C:
Tọa độ điểm chịu kéo lớn nhất: b
2
yk
max  ; Tọa độ điểm chịu nén
lớn nhất: b
4
yn
max  .
 
  6
1
2
1
y
y
n
k
n
max
k
max





, vậy nên cũng phá hoại do ứng suất kéo.
Điều kiện bền:
   k
xc
C
max b
2
J
2
P
x
2
c

 

 . (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:
1
/ C
max
B
max 

 .
 
c
6
1
x
1
P
x
2
c
J
2
J
b
4
.
x
.
P xc
xc




 .
Thay xc
J và x vào (1):
 
 
max max
. .
. . .
.
3
.
B
3
4 3 k
k
3
c 1 P c P c
P 4b b
6 32b 48b 48
4800 270
cm cm
48 1000
  

      

.
Chọn cm
3
b  .

26. 23
Bài A9. (Olympic 1991).
Dầm thép DE theo thiết kế sẽ chịu được lực phân bố đều 0
q như trên
hình A9a. Để tăng khả năng chịu lực của dầm, người ta gia cường như trên
hình A9b, trong đó 1
AA và 1
BB là tuyệt đối cứng có chiều dài c . Dây AB
làm bằng cùng một loại vật liệu với dầm, có diện tích mặt cắt ngang 1
F
và được kéo trước bởi một lực 1
X nào đó.
1) Xác định trị số của lực 1
X , sao cho ứng suất lớn nhất tại các mặt
cắt nguy hiểm của dầm là như nhau và không vượt quá trị số lớn nhất của
ứng suất của dầm khi chưa gia cường.
2) Sau khi gia cường dầm có thể chịu được lực phân bố q bằng bao
nhiêu lần so với 0
q ?
Cho diện tích mặt cắt ngang của dầm là F , moment quán tính là J
và module đàn hồi của vật liệu dầm là E .
Giải.
1) Xác định lực kéo trước 1
X .
Gọi X là lực dọc phát sinh trong thanh AB kể cả lực kéo trước, 0
X
là lực dọc phát sinh trong thanh AB do lực phân bố q gây ra, ta có:
0
1 X
X
X 
 . (1)
X được xác định theo điều kiện dầm làm việc hợp lý, các biểu đồ:
0
q
x
M - hình A9c: Biểu đồ moment uốn trong dầm DE do 0
q gây ra
khi chưa gia cường.
z
N - hình A9e: Biểu đồ lực dọc trong dầm DE do lực X (hình A9d)
gây ra.

27. 24
x
M - hình A9f: Biểu đồ moment uốn trong dầm DE do q gây ra khi
đã gia cường.
Hình A9.
Mặt cắt nguy hiểm tại 1
A , K , 1
B .
Tại mặt cắt 1
A :
x
2
A
min
max
W
qa
08
,
0
1


 .c
Tại mặt cắt K :
F
X
W
c
.
X
qa
125
,
0
x
2
K
min
max 



 .
Điều kiện để dầm làm việc hợp lý: K
min
A
min
1

  .
F
X
W
c
.
X
qa
125
,
0
W
qa
08
,
0
x
2
x
2




F
W
c
qa
045
,
0
X
x
2


 . (2)
0
X được xác định bằng phương pháp lực, hệ cơ bản như hình A9g,
các biểu đồ:
1
N - hình A9h, l: Biểu đồ lực dọc trong dầm DE và thanh AB do
1
X0  gây ra trong hệ cơ bản.
1
M - hình A9i: Biểu đồ moment uốn trong dầm DE do 1
X0  gây
ra trong hệ cơ bản.
k)
i)
l)
h)
g)
b)
f)
e)
d)
c)
a)
1
c
0,125qa2
0,08qa2
q
D E
A1 B1
A B
c
1
qa2
/8-X.c
0,08qa
2
0,2a 0,6a 0,2a
q0
D E
X
X
X
c
c
B
A
B1
A1 E
D
q
0,08q0a2
q0a
2
/8
q
D E
A1 B1
A B
a
0,2a
0,6a
0,2a
K
K B1
A1

28. 25
0
P
M - hình A9k: Biểu đồ moment uốn trong dầm DE do tải trọng q
gây ra trong hệ cơ bản.
Phương trình chính tắc: 0
X P
1
0
11 
 
 .














J
c
F
1
F
1
E
a
6
,
0
EJ
c
.
a
6
,
0
EF
a
6
,
0
EF
a
6
,
0 2
1
2
1
11
 .
 
EJ
c
qa
066
,
0
c
.
a
6
,
0
.
8
a
6
,
0
.
q
3
2
EJ
1
EJ
c
.
a
6
,
0
.
qa
08
,
0 3
2
2
P
1 




 .
2
1
2
2
1
3
0
c
F
J
F
J
c
qa
11
,
0
J
c
F
1
F
1
E
a
6
,
0
/
EJ
c
qa
066
,
0
X














 . (3)
Thay (2), (3) vào (1):


















1
2
1
1
x
2
2
1
2
x
2
1
FF
c
JF
JF
cF
11
,
0
W
cF
045
,
0
F
qa
c
F
J
F
J
c
qa
11
,
0
F
W
c
qa
045
,
0
X .
2) Giá trị tăng lên của q sau gia cường so với 0
q khi chưa gia cường.
Giá trị tăng lên của q phải thỏa mãn điều kiện: Giá trị của moment uốn
lớn nhất phát sinh trong dầm DE trước và sau gia cường phải bằng nhau.
2
0
2
a
q
125
,
0
qa
08
,
0  0
q
1,5625
q 
 . Có nghĩa q tăng lên %
25
,
56
so với 0
q .
Bài A10. (Olympic 1992).
Dầm AB liên kết bởi hai gối tựa, chịu uốn bởi các moment M
M1 
và M
2
M2  như trên hình A10a. dầm dài a mặt cắt ngang hình chữ nhật
có kích thước h
b , vật liệu có module đàn hồi E , hệ số Poisson  . Tại
điểm C trên đường trung gian của mặt ngoài, bằng các phương tiện thí
nghiệm, người ta xác định được biến dạng dài tỉ đối theo phương nghiêng
với trục thanh một góc 0
45 có giá trị 0
 .
Hình A10.
M2=2M
B
A
a/3
a
a
b
h
M2=2M
M1=M
450
C z
B
A
M1=M
x
y
a) b)

29. 26
1) Xác định giá trị moment uốn M .
2) Đường đàn hồi của dầm có dạng như đường nét liền hay đường
nét đứt biểu thị trên hình 10b (tiếp tuyến của đường nét đứt tại A trùng
với trục thanh, điểm uốn của cả hai đường cách A một đoạn 3
/
a ).
3) Giá trị moment M thay đổi thế nào khi 1
M và 2
M tác dụng
ngược chiều nhau.
4) Phân tích trạng thái ứng suất tại các điểm trên mặt cắt ngang cách
gối tựa A một khoảng 3
/
a trong cả hai trường hợp (khi 1
M và 2
M tác
dụng cùng chiều và ngược chiều).
Giải.
1) Xác định giá trị moment uốn M .
Biểu đồ moment uốn (hình A10c), dựa vào biểu đồ moment uốn suy
ra biểu đồ lực cắt (hình A10d).
Tại điểm C nằm trên mặt trung hòa nên chỉ có ứng suất tiếp và là
trạng thái ứng suất trượt thuần túy (hình A10e).


 

 3
1 .
  0
3
1
1
E
1
E
1





 



 .






1
E 0
. (1)
Mặt khác, tại điểm này ứng suất tính theo lực cắt:
abh
2
M
9
bh
1
a
M
3
2
3
F
Q
2
3 y
max 



 . (2)
So sánh (1) và (2):








 1
abh
E
9
2
M
abh
2
M
9
1
E 0
0
.
2) Dạng của đường đàn hồi.
Gọi D là điểm cách gối A một đoạn 3
/
a , tạo trạng thái “k” (hình
A10e) và biểu đồ moment uốn của trạng thái “k” (hình A10f) để tính độ
võng tại D:
  
EJ
Ma
81
3
9
a
2
3
1
a
3
2
.
M
2
2
1
9
a
2
3
1
a
3
1
.
M
2
1
EJ
1
M
M
EJ
1
y
2
k
x
D 











 .
Vậy đường đàn hồi là đường nét đứt.

30. 27
Hình A10.
3) Sự thay đổi của M khi 1
M và 2
M ngược chiều nhau.
Lúc này
a
M
Qy 
abh
M
2
3
F
Q
2
3 y
max 


 
 . (3)
So sánh (1) và (3):








 1
abh
E
9
6
M
abh
M
2
3
1
E 0
0
.
Giá trị của M tăng 3 lần so với khi 1
M và 2
M cùng chiều và giữ
nguyên số đo 0
 .
4) Phân tích trạng thái ứng suất tại mặt cắt D (cách A một đoạn 3
/
a ).
 Trường hợp moment 1
M và 2
M quay cùng chiều, nội lực
trên mặt cắt qua D (hình A10g):
a
M
3
Q
;
0
M y
x 

 . Trừ các điểm ở mép trên và dưới, các điểm còn
lại đều có trạng thái ứng suất trượt thuần túy (hình A10g).
 Trường hợp moment 1
M và 2
M quay ngược chiều, nội lực
trên mặt cắt qua D (hình 10h):
a
M
Q
;
4
M
3
M y
x 
 . (hình A10h)
Các điểm ở mép trên và dưới là trạng thái ứng suất đơn.
Các điểm nằm trên đường trung hòa có trạng thái ứng suất trượt
thuần túy.
Các điểm còn lại ở trạng thái ứng suất phẳng đặc biệt.
3M/a
2M
M
M2=2M
B
A
a/3
a
a
b
h
M2=2M
M1=M
450
C z
B
A
M1=M
x
y
Qy
Mx
A B
a
a/3
a) b)
c)
d)
e)
f) Mk
2a/9

1
3
e)
D
D
Qy





Mx
Qy
g)
h)

31. 28
Bài A11. (Olympic 1992).
Một trục tròn ngàm hai đầu chịu lực như trên hình A11a. Biết
cm
40
a  , cm
20
d  , module đàn hồi khi trượt của vật liệu là
2
6
cm
/
N
10
.
8
G  , góc xoay tương đối giữa hai mặt cắt A và B là
rad
01
,
0
AB 
 .
1) Xác định ứng suất tiếp lớn nhất phát sinh trong trục.
2) Vẽ biểu đồ biểu thị góc xoay của các mặt cắt.
Giải.
1) Xác định ứng suất tiếp lớn nhất.
Loại bỏ liên kết tại D (hình A11b), góc xoay tại D bằng không:
M
3
2
M
0
GJ
a
.
M
GJ
a
5
.
M
GJ
a
6
.
M
D
D
D 








 . Biểu đồ moment
xoắn trên hình A11d.
Theo giả thiết: rad
01
,
0
GJ
3
a
4
.
M
rad
01
,
0
AB 



 .
a
4
GJ
10
.
3
M
2



 . (1)
Ứng suất tiếp lớn nhất:
2
.
J
d
.
M
3
2
W
M
3
2
W
M max
,
z
max



 

 .
Thay M từ (1) vào:
a
4
Gd
10
a
4
GJ
10
.
3
J
d
3
1 2
2
max



 

 .
Thay số: 2
4
2
6
2
max
cm
N
10
cm
N
40
.
4
20
.
10
.
8
.
10



 .
Hình A11.
D
B
A
C
M
M
d
a 4a a
d
a)

32. 29
Hình A11.
2) Biểu đồ góc xoay.
rad
005
,
0
2
GJ
3
M
2 AB
B
A 








. Biểu đồ như hình A11d.
Bài A12. (Olympic 1992).
Một kết cấu chịu lực như trên hình 12a. Các dầm AB , CE , K
E1 có
cùng độ cứng chống uốn EJ . Lực P di chuyển trên dầm AB từ A đến
B (trong quá trình chịu lực dầm AB không tiếp xúc với dầm CE ). Đầu
E của dầm CE cách đầu 1
E của dầm K
E1 một khoảng:
EJ
Pa
2
1 3

 .
1) Khảo sát di chuyển thẳng đứng của điểm E khi P di chuyển
từ A đến B (vẽ đồ thị biểu diễn sự biến thiên của chuyển vị thẳng
đứng của điểm E phụ thuộc vào khoảng cách từ điểm đặt lực P đến
gối A ).
2) Khảo sát sự biến thiên của moment uốn lớn nhất phát sinh trong
dầm K
E1 khi P di chuyển từ A đến B (vẽ đồ thị).
0,005rad
0,005rad
2M/3 2M/3
M/3
D
B
A
C
M
M
d
a 4a a

Mz
D
B
A
C
M
M
d
a 4a a
MD
d
a)
b)
c)
d)

33. 30
Giải.
1) Khảo sát chuyển vị của điểm E.
 Khi E chưa chạm 1
E , hệ tĩnh định:
Tách dầm chính, phụ (hình A12b). Xét dầm AB:
 
a
2
x
a
2
P
Y
0
a
2
.
Y
x
a
2
P
m A
A
B








 .
a
2
x
P
N
0
a
2
.
N
x
.
P
m B
B
A 




 .
Xét dầm CE (hình A12b):
a
2
x
a
P
Y
0
a
2
.
Y
a
N
a
.
Y
m C
C
B
A
B








 .
Moment tại mặt cắt 1
A :
2
x
a
P
a
.
Y
M c
A
x
1


 .
Hình A12.
k)
i)
h)
g)
f)
e)
d)
c)
b)
a)
a
E1
E
NE.a
NE.a
NE
NE
a
a
a
a
E1
E
D
A1
C
YA=P(2a-x)/2a NB=P.x/2a
P.x/2
P(a-x)/2
C A1 D
a
a
D
A1
C
P(a-x)/2
P.x/2
NB=P.x/2a
YA=P(2a-x)/2a
NB
YA

x P
A
B
C A1 D E
E1
E1
E
D
A1
C
B
A
P
x
a a a a

E
Mx
K
K
K
K
YC
a/
3
2a/35a/6 2a/3
Hình A12.
a)
E1
E
D
A1
C
B
A
P
x
a a a a

K

34. 31
Biểu đồ moment uốn do tải trọng gây ra (hình A12c). Trạng thái “k”
và biểu đồ moment uốn của trạng thái “k” (hình A12d,e).
Chuyển vị tại E :
   

















3
a
2
a
.
2
x
.
P
2
1
6
a
5
a
.
2
x
.
P
2
1
3
a
2
a
.
2
x
a
P
2
1
3
a
a
.
2
x
a
P
2
1
EJ
1
yE
.
Rút gọn:  
a
2
x
5
EJ
8
Pa
y
2
E 
 .
Khi E vừa chạm 1
E thì:   a
5
6
x
EJ
Pa
2
1
a
2
x
5
EJ
8
Pa
y
3
2
E 




 .
 Khi E đã chạm 1
E ( a
5
6
x  ), hệ lúc này trở thành siêu tĩnh:
Tách nút E và 1
E đưa vào phản lực E
N (hình A12f).
Phương trình tương thích chuyển vị tại E :


 1
E
E y
y . (1)
Với:    
E
N
E
P
E
E y
y
y 
 . (2)
Trong đó:
 
P
E
y là độ võng tại E trên dầm CE do tải trọng P gây ra (tính theo
hình A12g, k), kết quả đã tính.
 
E
N
E
y là độ võng tại E trên dầm CE do phản lực E
N gây ra (tính
theo hình A12h, k).
1
E
y là độ võng tại 1
E trên dầm K
E1 do phản lực E
N gây ra (tính
theo hình A12h, k).
 
 
a
2
x
5
EJ
8
Pa
y
2
P
E 
 . (đã tính ở trên) (3)
 
EJ
a
.
N
3
a
2
a
.
a
.
N
2
1
3
a
2
a
2
.
a
.
N
2
1
EJ
1
y
3
E
E
E
N
E
E












 . (4)
EJ
3
a
.
N
3
a
2
a
.
a
.
N
2
1
EJ
1
y
3
E
E
E1


 . (5)
Thay (3), (4) vào (2) rồi thay (2), (5) và
EJ
2
Pa3

 vào (1):

35. 32
 
EJ
2
a
.
P
EJ
3
a
.
N
EJ
a
.
N
a
2
x
5
EJ
8
Pa 3
3
E
3
E
2



 P
16
9
a
x
.
P
32
15
NE 

 . (6)
Thay (6) vào (5) rồi thay (5) và  vào (1) nhận được chuyển vị tại E
trong trường hợp này:
 
a
2
x
EJ
Pa
32
5
EJ
2
Pa
P
16
9
a
x
.
P
32
15
EJ
3
a
y
2
3
3
E 









 .
Vậy, chuyển vị của điểm E khi P di chuyển từ A  
0
x  đến B
 
a
2
x  :
 
 














.
a
2
x
a
5
6
khi
,
a
2
x
EJ
Pa
32
5
;
a
5
6
x
0
khi
,
a
2
x
5
EJ
8
Pa
y 2
2
E
Các giá trị đặc biệt:
x 0 a
5
2
a
5
6
a
2
E
y
EJ
Pa
4
1 3
 0
EJ
Pa
2
1 3
EJ
Pa
5
8 3
Biểu đồ quan hệ E
y
x  như trên hình A12l.
Hình A12.
2) Khảo sát moment uốn lớn nhất phát sinh trong dầm K
E1 .














.
a
2
x
a
5
6
khi
,
Pa
16
9
x
.
P
32
15
;
a
5
6
x
0
khi
,
0
a
.
N
M E
K
E
max
,
x
1
Mmax
yE
x
x
a
5
2
a
5
6 a
2
a
a
5
6
a
a
2
Pa
8
3
EJ
Pa
8
5 3
EJ
Pa
2
1 3
EJ
Pa
4
1 3

l) m)

36. 33
Khi a
2
x  , Pa
8
3
M K
E
max
,
x
1
 .
Biểu đồ quan hệ K
E
max
,
x
1
M
x  như trên hình A12m.
Bài A13. (Olympic 1993).
Một trục tròn gồm hai đoạn đường kính khác nhau, làm bằng cùng
loại vật liệu, ngàm hai đầu chịu xoắn bởi moment M như trên hình
A13a. Cho cm
5
d1  , cm
7
d2  , cm
150
a  , cm
250
b  ,
  2
4
m
/
kN
10
.
6

 .
1) Xác định khoảng cách x (khoảng cách từ điểm đặt moment đến
ngàm trái) để độ bền của hai đoạn trục như nhau.
2) Xác định giá trị moment M đảm bảo điều kiện bền.
Hình A13.
Giải.
1) Xác định khoảng cách x .
Điều kiện tương thích biến dạng tại B:
 
1
2
2
1
B
2
2
B
1
B
B
aJ
aJ
bJ
xJ
.
M
M
0
GJ
x
.
M
GJ
a
.
M
GJ
a
b
M
0











 . (1)
Điều kiện đồng bền:
2
1
1
B
2
B
1
B
2
max,
1
max,
W
W
MW
M
W
M
M
W
M







 . (2)
So sánh (1) và (2):
d1
d2
M
B
A x
a
b
a)

37. 34
 
 
. 1 1
2 2 1 1 2
3 4 4 4
1 2 2 1
1 2 2 1
4 3 3
1 1 2 1 1 2
M xJ MW
bJ aJ aJ W W
d d d d
b a a
W bJ aJ aJ 16 32 32 32
x
J W W d d d
32 16 16
   
  

  
 
 
 
   
  
  

 
 
.
    142,6709cm
cm
7
5
5
5
.
150
7
.
150
7
.
250
d
d
d
ad
ad
bd
x 3
3
4
4
4
3
2
3
1
1
4
1
4
2
4
2









.
Hình A13.
2) Xác định M .
Điều kiện bền:
 
    
 
  
max
B 1
1 2
1 1 2 1
3 3
3 3
1 2
1 2
M MW
M W W
W W W W
d d
d d
16 16 16
  
 
 

      


 
 
 
 
.
Thay số:
  .cm
551,3495kN
cm
.
kN
16
7
5
6
M
3
3




.
Bài A14. (Olympic 1993).
Cho trước các biểu đồ nội lực của khung như trên hình A14. Xác
định tải trọng tác dụng lên khung.
M-MB
MB
MB
d1
d2
M
B
A x
a
b
Mz
a)
b)

38. 35
Hình A14.
Giải.
Để ý đến liên hệ vi phân sau: m
Q
dz
dM

 .
 Tại A:
qa
2
NA 

 nên có phản lực tập trung qa
2
YA  hướng xuống (ra
ngoài mặt cắt).
qa
QA 
 nên có phản lực tập trung qa
XA 
 hướng sang trái
(thuận chiều kim đồng hồ).
 Trên đoạn AB:
qa
QAB 
 mà 0
MAB  nên phải có: qa
Q
m
m AB
1
AB 



 .
(xoay ngược chiều kim đồng hồ)
 Tách nút B (hình A14f):
qa
2
Nd
B 
 hướng xuống (ra ngoài mặt cắt).
qa
Qd
B 
 hướng sang trái (thuận chiều kim đồng hồ).
qa
N p
B 
 hướng sang phải (ra ngoài mặt cắt).
qa
2
Qp
B 
 hướng xuống (thuận chiều kim đồng hồ).
Phương trình 0
X 
 thỏa, phương trình 0
Y 
 dôi ra lượng
qa
4 hướng xuống nên tại B có một lực tập trung qa
4
P  hướng lên.
 Trên đoạn BC:
qa
2
QBC 
 mà 0
MBC  nên phải có: qa
2
Q
m
m BC
2
BC 



 .
(xoay ngược chiều kim đồng hồ)
 Tách nút C (hình A14g):
M
Q
2qa
qa
qa
2qa
2qa
qa
2a
a
N
A D
B C
a) b) c) d)

39. 36
qa
Ntr
C 
 hướng sang trái (ra ngoài mặt cắt).
qa
2
Qtr
C 
 hướng lên (thuận chiều kim đồng hồ).
qa
2
N d
C 
 hướng xuống (ra ngoài mặt cắt).
qa
Qd
C 
 hướng sang trái (ngược chiều kim đồng hồ).
Phương trình 0
X 
 và 0
Y 
 đều thỏa nên không có lực tập
trung tác dụng lên C.
 Trên đoạn CD:
qa
QCD 
 mà 0
MCD  nên phải có: qa
Q
m
m CD
3
CD 



 .
(xoay thuận chiều kim đồng hồ)
 Tại D:
qa
2
ND 

 nên có phản lực tập trung qa
2
YD  hướng xuống (ra
ngoài mặt cắt).
qa
QD 

 nên có phản lực tập trung qa
XD  hướng sang trái
(ngược chiều kim đồng hồ).
Tải trọng tác dụng lên khung như hình A14e.
Hình A14.
Bài A15. (Olympic 1993).
Một kết cấu như trên hình A15a. Lực P tác dụng tại nút A có giá trị
không đổi quay đủ chậm trong mặt phẳng ABC (không gây lực quán tính
cho các phần tử kết cấu).
Hãy xác định giá trị của các góc để diện tích mặt cắt ngang thanh bé
nhất và đảm bảo điều kiện bền, Thanh AB và AC có cùng độ cứng chống
kéo nén EF , các kích thước khác cho trên hình A15a.
M
Q
P=4qa
B
C C
B
2qa
qa
2qa
2qa
qa
2qa
qa
P=4qa
2qa
qa
qa
2qa
2qa
qa
2a
a
N
m2=2qa
m3=qa
m1=qa
2qa 2qa
qa
qa
D
A
A D
B C
a) b) c) d)
e)
f) g)

40. 37
Hình A15.
Giải.
 Điều kiện để có min
F : Từ điều kiện bền
 
 


 max
max
max
N
F
F
N



 .
min
F
F  khi min
Nmax  .
Khi P quay trong mặt phẳng thì vai trò chịu lực của hai thanh AB
và AC lần lượt như nhau nên chỉ cần xét cho một thanh AB. Tách nút A
(hình A15b):





sin
cos
P
N
N
cos
P
sin
N
sin
N
X C
B
C
B 






 . (1)





cos
sin
P
N
N
sin
P
cos
N
cos
N
Y C
B
C
B 





 . (2)
(1) + (2): 












cos
sin
sin
cos
2
P
NB . (3)
Hình A15.
 Điều kiện có cực trị:

NC
NB
A

P
h
P



EF
EF
B
A
C
a) b)
h
P



EF
EF
B
A
C
a)

41. 38
sin cos
.
sin cos
B
dN P
0 0 tg tg
d 2
 
   
  
 
        
 
 
(4)
Thay (4) vào (3):







2
sin
P
cos
sin
2
P
cos
sin
sin
cos
2
P
N
N B
ct 











 .
 Điều kiện để có thể lắp ráp được hai thanh
2
0

 
 . Do đó:
0
2
sin
P
cos
sin
sin
cos
2
P
cos
sin
sin
cos
2
P
d
N
d
2
B
2































 

.
Suy ra ct
N là max
N :

2
sin
P
Nmax  .
 Để max
N đạt giá trị min thì: 0
45
1
2
sin 

 
 .
Kết luận: Để diện tích mặt cắt ngang của các thanh bé nhất thì
0
45


 .
Bài A16. (Olympic 1993).
Một kết cấu chịu lực như trên hình A16a. Dầm AD có độ cứng
chống uốn EJ . Thanh BM và CN có cùng độ dài a và độ cứng EF .
Thanh MN cứng tuyệt đối. Cho 2
a
/
EJ
EF  . Các kích thước khác
cho trên hình A16a.
1) Tính trị số moment uốn cực đại của dầm AD khi Q đặt tĩnh
tại D.
2) Tính hệ số động của hệ khi vật Q rơi từ độ cao a
h  lên mặt cắt
D của dầm.
3) Xác định chiều dài các thanh BM và CN đảm bảo điều kiện ổn
định trong trường hợp Q đặt tĩnh lên dầm. Biết thanh có module đàn hồi
E , moment quán tính mặt cắt ngang theo mọi phương như nhau và bằng
1
J , vật liệu làm việc trong giới hạn đàn hồi.
Hình A16.
Q
N
M
D
C
B
A
3a a 2a 3a
a
a)
O

42. 39
Giải.
1) Tính trị số moment uốn cực đại khi Q đặt tĩnh.
Hệ siêu tĩnh bậc nhất, hệ cơ bản như hình A16b. Phương trình
chính tắc:
11
P
1
1
P
1
1
11 X
0
X



 



 . (1)
Xét thanh MN (hình A16c):
1
BM
1
BM
O X
2
N
0
a
2
.
X
a
.
N
m 




 . Các biểu đồ do 1
X1  (hình
A16d) và do Q (hình A16e) gây ra trong hệ cơ bản.
 
. . . .
. . . .
2
11
a 1
1 a 1 2 a 2
EJ EJ
1 2 1 2 1 1 2 1
3a 3a 3a 3a 3a 3a 12a 12a 3a 12a 3a
2 3 2 3 3 2 3 3
   
 
   
    
   
 
   
 
EJ
a
203
3
11 
 . (2)
. . .
1P
3
1 1 1 1
3a 3a 5Qa 3a 3a 7Qa 12a 3a 8Qa
EJ 2 2 2
Qa
198
EJ
 
      
 
 

. (3)
Thay (2), (3) vào (1): Q
203
198
X1 

 .
Biểu đồ moment uốn do Q gây ra trong hệ siêu tĩnh (hình A16f):
      1
1
0
P
P X
M
M
M 

 .
Moment uốn cực đại tại ngàm A bằng:
Qa
0739
,
3
Qa
203
624
M
M B
max 

 .
2) Tính hệ số động.
Tạo trạng thái “k” trong hệ cơ bản (hình A16g), có biểu đồ moment
uốn như hình A16h.
Chuyển vị tĩnh tại điểm va chạm:
   
EJ
M
M
y P
k
D
t



 .

43. 40
. . .
. .
t
1 1 1 1 624
3Qa 3a 2a 3Qa 3a 4a Qa 3a 5a
EJ 2 2 2 203
1 624 1 549
Qa 3a 7a Qa 3a 8a
2 302 2 203

      



    

.
EJ
Qa
8768
,
9
4
EJ
Qa
203
10125 3
3
t 

 .
Hệ số động:
2
3
t
đ
Qa
EJ
10125
406
1
1
Qa
10125
EJ
203
a
2
1
1
h
2
1
1
k 









.
Hình A16.
3) Tính chiều dài các thanh BM và CN.
Q
203
396
X
2
N
N 1
BM
max


 ;
  2
1
2
2
1
2
th
a
EJ
L
EJ
P




 .
Điều kiện ổn định:
Q
EJ
396
203
a
a
EJ
Q
203
396
P
N 1
2
2
1
2
th
max






 .
X1
Q
N
M
D
C
B
A
3a a 2a 3a
a
b)
X1
N
M
a 2a
O
O
NBM
c) 8a 7a
5a 4a 2a
8Qa 7Qa 5Qa
6Qa
3Qa
9Qa
2 1
12a
3a
d)
e)
f)
h)
D
C
B
A
g)
3Qa
9a
Q
N
M
D
C
B
A
3a a 2a 3a
a
a)
O

44. 41
Bài A17. (Olympic 1994).
Cho hai ống thép, ống thứ nhất có đường kính ngoài mm
90 , đường
kính trong mm
80 ; ống thứ hai có đường kính ngoài mm
100 , đường kính
trong mm
90 . Hai ống có chiều dài bằng nhau được lồng hoàn toàn vào
nhau. Cho ống bên trong xoắn bởi moment Nm
2000
M0  , sau đó hàn
các đầu ống vào nhau.
1) Xác định ứng suất tiếp lớn nhất xuất hiện trong mỗi ống khi cắt
bỏ moment 0
M .
2) Vẽ biểu đồ ứng suất tiếp trên mặt cắt ngang ống.
Giải.
  4
4
4
4
1 cm
242
cm
8
9
32
J 



 ;
  4
4
4
4
2 cm
337,623
cm
9
10
32
J 



 .
3
3
max
,
1
1
1 cm
53,778
cm
5
,
4
242
J
W 




 ;
3
3
max
,
2
2
2 67,5246cm
cm
5
337,623
J
W 




 .
1) Xác định ứng suất tiếp lớn nhất.
Trạng thái đầu: Ống trong chịu xoắn bởi moment 0
M , bị xoay một
góc 0
 . Ống ngoài không bị tác động (hình A17a).
Trạng thái sau (bỏ moment 0
M ): Ống trong chỉ còn chịu tác động
moment 0
1 M
M  và xoay một góc 1
 . Ống ngoài chịu tác động
moment 1
2 M
M  và xoay đi một góc 2
 (hình A17b).
Tương thích biến dạng xoắn giữa ống trong và ống ngoài:
2
2
1
1
1
0
2
1
0
GJ
L
M
GJ
L
M
GJ
L
M





 



 .
cm
.
N
116500
cm
.
N
10
.
2
337,623
242
337,623
M
J
J
J
M
M 5
0
2
1
2
2
1 









.
Ứng suất tiếp lớn nhất trên ống trong:
2
2
1
1
max
,
1
cm
N
2166
cm
N
53,778
116500
W
M




 .

45. 42
Ứng suất tiếp lớn nhất trên ống ngoài:
2
2
2
2
max
,
2
cm
N
1725
cm
N
67,5246
116500
W
M




 .
Hình A17.
2) Vẽ biểu đồ ứng suất tiếp trên mặt cắt.
Biểu đồ ứng suất tiếp trên mặt cắt của hai ống như trên hình A17c.
Bài A18. (Olympic 1994).
Một kết cấu chịu lực như trên hình A18a. thanh AB có phương thẳng
đứng, chiều dài các thanh bằng nhau và bằng a, diên tích mặt cắt ngang
của thanh AB và AC như nhau và bằng F , của thanh AD bằng F
2 . Các
thanh cùng làm bằng một loại vật liệu có module đàn hồi E .
1) Tìm giá trị góc  ( tạo bởi phương của lực P và phương thẳng
đứng) để cho chuyển vị của nút A chỉ theo phương thẳng đứng.
2) Tìm giá trị lực P nếu biết chuyển vị thẳng đứng của nút A bằng  .
Hình A18.
Giải.
1) Tính giá trị góc  .
M2
2
M1
1
2
M2
1
M1
0
M0
c)
b)
a)
2166N/cm2
1725N/cm2
3,a,2F
2,a,F
a)
D
C
B
A
P 
300
300
1,a,F

46. 43
Hệ siêu tĩnh bậc nhất, hệ cơ bản như hình A18b. Phương trình
chính tắc:
11
P
1
1
P
1
1
11 X
0
X



 



 . (1)
Xét khớp A (hình A18c):
1
2
1
2 X
3
sin
P
2
N
0
2
3
X
sin
P
2
1
N
X 






 
 .
  1
1
1
2
1 X
sin
3
cos
P
N
0
2
1
X
cos
P
2
3
N
N
Y 








 

 .
Tóm lại:
 













1
3
1
2
1
1
X
N
X
3
sin
P
2
N
X
sin
3
cos
P
N



(2)
  
EF
a
2
9
F
2
E
a
.
1
.
1
EF
a
.
3
3
EF
a
.
1
.
1
11 





 . (3)
   
cos sin . . sin
1P
P 3 1 a 2P 3 a
EF EF
  
 
   
 
cos sin
Pa
3 3
EF
 
 . (4)
Thay (3), (4) vào (1):
  P
cos
9
2
sin
3
3
2
P
9
sin
3
3
cos
2
X1 











 



.
Thay 1
X vào hệ (2) có được nội lực của các thanh:
  P
sin
3
3
cos
9
7
P
cos
9
2
sin
3
3
2
sin
3
cos
P
N1 




















 




 .
P
cos
9
3
2
P
cos
9
2
sin
3
3
2
3
sin
P
2
N2 


 










 .
P
cos
9
2
sin
3
3
2
X
N 1
3 









 
 .
Xét trạng thái do 1
Pn  (tính A
n
 ) và 1
Pd  (tính A
d
 ) tác dụng
(hình A18d).

47. 44
Xét cân bằng khớp A (hình A18e):
n
2
n
2 P
2
N
0
P
N
2
1
X 





 .
d
n
1
d
2
1 P
P
3
N
0
P
N
2
3
N
Y 






 .
Điều kiện để điểm A chỉ chuyển vị theo phương thẳng đứng tức
chuyển vị ngang bằng không:
0
EF
Pa
cos
9
3
2
2
EF
Pa
sin
3
3
cos
9
7
3
A
n 










 


 .
0
30
3
3
tg
0
sin
cos
3
3






 


 .
Hình A18.
2) Tìm giá trị lực P .
Điều kiện chuyển vị theo phương đứng của điểm A bằng  :
cos sin
A 0 0
d
7 3 Pa
1 30 30
9 3 EF
7 3 3 1 EF 9 EF
P P
9 2 3 2 a 2 3a

 
 
   
 
 
 
 
    
 
 
 
.
Bài A19. (Olympic 1994).
Một dầm chịu lực như trên hình A19. Độ cứng chống uốn của dầm là
EJ . Hãy xác định khoảng cách x (khoảng cách từ điểm đặt lực đến gối
A) để độ võng của dầm trên đoạn AB thay đổi theo quy luật tuyến tính.
Hình A19.
300
300

P
A X1
X1
3,a,2F
2,a,F
a)
D
C
B
A
P 
300
300
300
A
2,a,F
1,a,F C
B
A
300
X1
3,a,2F
2,a,F
1,a,F
D
C
B
A
P 
300
300 N1 N2
b) c) d) e)
1,a,F
D
C
B
P
P
A
x
a b

48. 45
Giải.
Xét dầm AB:
   
a
P
b
x
a
N
0
a
.
N
Pb
x
a
P
m A
A
C










 .
Hình A19.
Cách 1:
Từ phương trình vi phân cấp hai của độ võng:
EJ
M
y x



 . Do đó để
độ võng tuyến tính (bậc nhất) thì 0
y 

 hay
 
0
b
x
a
0
N
0
z
.
N
0
M A
A
AB
x 







 .
Vậy b
a
x 
 .
Cách 2:
Độ võng đoạn AB được thiết lập theo thông số ban đầu:
EJ
z
.
N
y
EJ
2
z
.
N
y
EJ
6
z
.
N
z
.
y A
2
A
A
3
A
A 









 
 . Để y tuyến
tính thì:
b
a
x
0
N
0
y A 






 .
Bài A20. (Olympic 1994).
Một kết cấu chịu lực như hình A20a. Thanh AC có độ cứng chống
uốn EJ , thanh MK cứng tuyệt đối. Hai thanh BM và CN có cùng độ
cứng EF và chiều dài a. Ở chính giữa CN treo vật nặng có trọng lượng
P (xem như tác dụng đúng tâm). Cho 2
a
/
EJ
EF  .
1) Tìm nội lực trong các thanh BM và CN.
2) Tìm chuyển vị của điểm M.
Hình A20.
a/2
a/2
A B C
K
N
M
P
a a a
a)
D
C
B
P
P
A
x
a b
NA

49. 46
Giải.
Cách 1:
1) Tính nội lực trong các thanh BM và CN.
Hệ siêu tĩnh bậc nhất, hệ cơ bản như hình A20b. Phương trình
chính tắc:
11
P
1
1
P
1
1
11 X
0
X



 



 .
Xét thanh MK (hình A20c):
1
1
1
1
K X
2
1
P
2
1
N
0
a
.
X
a
.
P
a
2
.
N
m 






 .
. . . .
.
2
11
3
a 1 1 1 1 2a 1 2 1 3a 1 3a 2 3a 1
a 1 1 a a a a a a a a
EJ 2 2 EJ 2 3 2 3 3 2 2 2 3 2 3
19 a
6 EJ

 
     
         
     
 
     
 

EJ
Pa
12
5
a
3
1
2
a
3
3
2
a
2
Pa
2
1
EJ
1
2
a
P
.
1
a
2
P
2
1
EJ
a 3
2
P
1 


















 .
P
38
5
P
19
6
12
5
X
N 1
2 


 .
P
76
33
38
5
1
P
2
1
X
2
1
P
2
1
N 1
1 









 .
P
38
33
P
P
38
5
P
N
N 2
3 




 .
Hình A20.
P
P/2
Pa/2
1
1/2
3a/2 a
X1
a/2
a/2
A B C
K
N
M
P
a a a
b)
N1 X1
a/2
a/2
A B C
K
N
M
P
a a a
c)
d)
e)

50. 47
2) Tìm chuyển vị của điểm M.
. . . . .
3 3 2 3
1 1 1 1
M BM B
3 3
N a N a X a X a a 33P a 1
y L y 1
EF 3EJ 3EJ 2EJ 76 EJ 3
5P a 1 1 157 Pa
38 EJ 3 2 228 EJ
 
        
 
 
 
  
 
 
.
Cách 2:
1) Tính nội lực trong các thanh BM và CN.
Xét thanh MK (hình A20-2b):
P
N
N
2
0
a
.
P
a
.
N
a
2
.
N
m 2
1
2
1
K 






 . (1)
Tính các chuyển vị dựa theo kết quả các bài toán đơn giản:
EJ
a
N
6
5
N
3
1
EJ
2
a
.
a
N
EJ
3
a
N
EJ
3
a
N
y
3
2
1
2
2
3
2
3
1
B 









 .
 
EJ
a
N
3
8
N
6
5
EJ
3
a
2
N
a
EJ
2
a
N
EJ
3
a
N
y
3
2
1
3
2
2
1
3
1
C 









 .
EJ
a
N
EF
a
N
L
3
1
1
BM 

 . (Biến dạng của thanh BM)
EJ
a
P
2
1
N
2
EF
Pa
EF
a
N
L
3
2
2
CN 









 . (Biến dạng của thanh CN)
EJ
a
N
6
5
N
3
4
EJ
a
N
EJ
a
N
6
5
N
3
1
L
y
y
3
2
1
3
1
3
2
1
BM
B
M 

















  . (2)
3 3
N C CN 1 2 2
3
1 2
5 8 a 1 a
y y L N N N P
6 3 EJ 2 EJ
5 11 1 a
N N P
6 3 2 EJ
   
       
   
   
 
 
 
 
.
Phương trình tương thích biến dạng của bài toán (hình A20-2c):
3 3
M N 1 2 1 2
1 1 2 2
4 5 a 5 11 1 a
y 2y N N 2 N N P
3 6 EJ 6 3 2 EJ
10 4 22 5
N N N N
6 3 3 6
   
     
   
   
   
.
P
6
N
39
N
2 2
1 

 . (3)

51. 48
Giải hệ (1), (3) nhận được: P
76
33
N1  ; P
38
5
N2  .
Nội lực trong đoạn còn lại của thanh CN:
P
38
33
P
P
38
5
P
N
N 2
3 




 .
Hình A20-2.
2) Tìm chuyển vị của điểm M.
Thay các giá trị P
76
33
N1  ; P
38
5
N2  vào (2):
EJ
Pa
228
157
EJ
a
P
38
5
6
5
P
76
33
3
4
y
3
3
M 







 .
Bài A21. (Olympic 1995).
Một thanh có chiều dài a, mặt cắt không đổi, được kê trên mặt
phẳng nằm ngang bằng hai gối tựa các đều hai đầu thanh một đoạn x
như trên hình A21a.
Xác định giá trị x để giá trị moment uốn cực đại phát sinh trong
dầm do trọng lượng bản thân đạt trị số nhỏ nhất.
Giải.
Trọng lượng bản thân của dầm được quy đổi ra lực phân bố trên
chiều dài q như hình A21b. Biểu đồ moment uốn phát sinh trong dầm
như hình A21c.
Moment đạt cực trị tại A, C (tại gối) với C
A M
M  , và B (giữa
dầm).
yB
yM
yC
yN
K
A
N1 N2
a/2
a/2
A B C
K
N
M
P
a a a
b)
B C
M N
c)
P
Hình A21.
a)
x x
a

52. 49
Điều kiện để moment uốn phát sinh trong dầm bé nhất: B
A M
M  ,
a
5
,
0
x
0 
 .
hay:
 
8
x
2
a
q
2
1
M
2
A
x


  0
a
ax
4
x
4
8
x
2
a
q
2
1
2
qx 2
2
2
2






 .
Vậy: 0,2071a
x  .
Hình A21.
Bài A22. (Olympic 1995).
Một kết cấu chịu lực như trên hình A22a. Hai thanh kim loại AB (có
độ cứng a
4
/
EF ) và AC (có độ cứng a
3
/
EF ) được liên kết khớp bản
lề tại A. Tại đây lắp một bánh xe lăn trên mặt phẳng nằm ngang. Bánh xe
được kéo bởi một sợi dây mềm vắt qua ròng rọc cố định D và treo đĩa K.
Dây mềm có độ cứng chống kéo a
12
/
F
E 1
1
. Thanh AB và AC tạo với mặt
phẳng nằm ngang các góc  và  .
1) Tính nội lực trong hai thanh kim loại và áp lực bánh xe đè lên mặt
lăn khi có trọng lượng P đặt tĩnh lên đĩa K.
2) Tính hệ số động của hệ do để rơi trọng lượng P từ độ cao h .
Biết:
Hình A22.
a)


K
P
D
C
B
A
h
Mx
c)
b)
q(a-2x)2
/8
MB
MA=qx2
/2
q
B C
A
x x
a

53. 50
1
1F
E
Pa
8
,
721
h  ; 0
45

 ; 0
60

 ;
160
EF
F
E 1
1  .
Chú ý: Khi tính bỏ qua lực ma sát của các chi tiết chuyển động của
hệ và trọng lượng của bản thân hệ.
Giải.
1) Tính nội lực trong thanh kim loại.
Hệ siêu tĩnh bậc nhất, hệ cơ bản như hình A22b. Phương trình
chính tắc:
11
P
1
1
P
1
1
11 X
0
X



 



 . (1)
Xét cân bằng nút A (hình A22c):





cos
cos
X
cos
P
N
0
P
cos
N
cos
X
X 1
2
2
1 







 . (2)
   







 2
2
2
1
1
11
cos
cos
3
cos
4
EF
a
cos
cos
cos
cos
EF
a
3
1
.
1
EF
a
4
EF
N
N 





. (3)
    P
cos
cos
EF
a
3
cos
P
cos
cos
EF
a
3
EF
N
N
2
0
P
1
P
1





 




 . (4)
Thay (3), (4) vào (1):
P
cos
3
cos
4
cos
3
cos
3
cos
4
cos
a
EF
P
cos
cos
EF
a
3
X
N 2
2
2
2
2
2
1
AB













 .(5)
Thay (5) vào (2):
P
cos
3
cos
4
cos
4
P
cos
3
cos
4
cos
3
cos
cos
cos
P
N
N 2
2
2
2
2
AC








 




 . (6)



 sin
N
sin
X
N
0
N
sin
N
sin
X
Y 2
1
A
A
2
1 







 . (7)
Thay (5), (6) vào (7):
P
cos
3
cos
4
2
sin
2
2
sin
5
,
1
P
cos
3
cos
4
cos
4
sin
P
cos
3
cos
4
cos
3
sin
N 2
2
2
2
2
2
A


















 .

54. 51
Hình A22.
2) Tính hệ số động của hệ.
Chuyển vị ngang của nút A:
EF
Pa
5
24
P
45
cos
3
60
cos
4
4
EF
a
3
cos
N
EF
a
3
cos
L
0
2
0
2
AC
AC
A 







 .
Biến dạng của dây ADK:
EF
Pa
1920
P
EF
160
a
12
P
F
E
a
12
L
1
1
ADK 


 .
Chuyển vị tĩnh tại điểm va chạm:
EF
Pa
8
,
1924
LADK
A
t 

 

 .
Hệ số động:
. ,
.
. , .
,
đ
t 1 1
2h Pa EF
k 1 1 1 1 2 721 8
E F 1924 8Pa
2 721 8 160
1 1 12
1924 8
      

  
.
Bài A23. (Olympic 1995).
Một kết cấu chịu lực như trên hình A23a. Thanh AB mặt cắt tròn có
độ cứng chống uốn EJ và độ cứng chống xoắn 
GJ . Vật liệu làm thanh
có 3
/
1

 . Tìm quan hệ giữa lực P và moment uốn M để thanh CK
không có nội lực.
Chú ý: Cho
 



1
2
E
G và bỏ qua ảnh hưởng của lực cắt đến
chuyển vị của kết cấu.
b)
X1


K
P
D
C
B
A
c)
N2
X1
NA
P
A
d)

C
A1
LAC
A
A


55. 52
Hình A23.
Giải.
   
EJ
4
3
J
3
/
1
1
E
J
2
.
1
2
E
GJ 





 .
Để thanh CK không có nội lực thì chuyển vị tại C theo phương CK
phải bằng không.
Biểu đồ moment uốn và moment xoắn do tải trọng gây ra (hình
A23b, c).
Trạng thái “k” và các biểu đồ moment uốn và xoắn như hình A23d,
e, f.
      0
GJ
M
M
EJ
M
M xo
xo
u
u
C 



 .
  0
a
a
2
.
Pa
M
GJ
1
a
a
2
.
Pa
GJ
1
a
4
3
2
a
4
.
Pa
4
2
1
EJ
1










.
Pa
6
M
0
Pa
48
M
8
0
EJ
Ma
2
3
4
EJ
Pa
4
3
4
EJ
3
Pa
64 2
3
3









 .
a a
2a
B
D
2a
P
A
2a
M
C
a)

56. 53
Hình A23.
Bài A24. (Olympic 1995).
Một dầm dài a có độ cứng chống uốn EJ , bên trái ngàm chặt, bên phải
gối trên lò xo có độ cứng C. Khối lượng M đặt lên dầm như hình A24a.
Xác định tần số dao động riêng  của hệ. Khi tính không kể trọng
lượng bản thân dầm và lò xo.
Giải.
Tần số dao động riêng của hệ xác định theo công thức:
t
g

  .
Chuyển vị tĩnh có thể xác định theo hai cách:
Cách 1:
Độ cứng tương đương của hệ:
a
4a
a
Pa
(M-Pa)
4Pa
Pa
C
A
2a
D
B
2a
a
a
a a
2a
B
D
2a
P
A
2a
M
C
K
a)
b) c)
d)
e) f)
Hình A24.
EJ
m
C
a
a)

57. 54
3
3
3
lx
dâm
tđ
a
Ca
EJ
3
C
a
EJ
3
C
C
C





 .
3
3
tđ
t
Ca
EJ
3
mga
C
mg



  .
Cách 2:
Phương trình tương thích biến dạng tại gối lò xo:
 
EJ
3
Ca
C
mga
N
C
N
EJ
3
a
N
mg
3
3
3





.
EJ
3
Ca
mga
C
N
3
3
t



  .
Vậy tần số dao động riêng của hệ: 3
3
ma
EJ
3
Ca 

 .
Bài A25. (Olympic 1996).
Một hệ gồm hai dầm AB và CD được liên kết với nhau bởi hai thanh
AC và BD. Hệ được gối lên hai gối khớp tại H và K (hình A25a). Độ
cứng của các thanh có quan hệ 2
a
/
EJ
3
EF  . Cho a
2
b  .
1) Tính nội lực cực đại ở các thanh khi đặt tại C một lực P .
2) Tính chuyển vị của điểm C.
Hình A25.
a
b a
a
a b
EF EF
EJ
EJ
K
H
P
D
C
B
A
a)
Hình A24.
EJ
m
C
a
N
b)

58. 55
3) Vẫn để lực P tại C, người ta co ngắn thanh AC một đoạn 
bằng tăng đơ với:
EJ
3
Pa3

 . Tính nội lực trong các thanh và chuyển vị
của điểm C.
4) Có nhận xét gì về vị trí tương đối của hai gối H và K.
Giải.
1) Tính nội lực cực đại.
Xét cân bằng các thanh AB, CD (hình A25b):
0
b
.
N
a
.
N
m 2
1
H 



 . (1)
0
b
.
P
a
.
N
b
.
N
m 2
1
K 



 . (2)
Giải hệ (1), (2) nhận được: 2
2
2
1
a
b
Pb
N

 ; 2
2
2
a
b
Pab
N

 .
Suy ra nội lực cực đại trong các thanh:
 Thanh AB:
 
 
P
3
4
P
a
a
2
a
2
P
a
b
b
Q
Q 2
2
2
2
2
2
AH
y
max
AB
y 




 ;
 
 
Pa
3
4
a
a
2
a
a
2
P
a
b
a
Pb
M
M 2
2
2
2
2
2
H
x
max
AB
x 




 .
 Thanh CD:
 
P
3
2
P
a
a
2
a
2
.
a
P
a
b
ab
Q
Q 2
2
2
2
KD
y
max
CD
y 




 ;
 
Pa
3
2
a
a
2
a
.
a
2
P
a
b
Pba
M
M 2
2
2
2
2
2
K
x
max
CD
x 




 .
 Thanh AC:
 
 
P
3
4
P
a
a
2
a
2
a
b
Pb
N
N 2
2
2
2
2
2
1
AC
max
,
z 




 .
 Thanh BD:
 
P
3
2
a
a
2
a
.
a
2
P
a
b
Pba
N
N 2
2
2
2
2
BD
max
,
z 




 .
2) Tính chuyển vị của điểm C.
Biểu đồ lực dọc, moment uốn do tải trong P gây ra (hình A25d).
Biểu đồ lực dọc, moment uốn do 1
Pk  tác dụng tại C (điểm tính chuyển
vị) gây ra (hình A25e).

59. 56
       
EJ
M
M
EF
N
N P
k
P
k
C




 .
.
2 2 2
C 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
a Pb b Pab ab
a a
3EJ b a b a b a b a
1 1 Pb a 2 b a 1 Pb a 2 b a
a b
EJ 2 b a 3 b a 2 b a 3 b a
1 1 Pba 2 ba 1 Pba 2 ba
b a
EJ 2 b a 3 b a 2 b a 3 b a
 
    
 
   
 
 
   
 
   
 
 
  
 
   
 
 
 
5
2
4
3
2
5
3
4
5
2
3
4
2
2
2
C a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
3
EJ
P







  .
 
 
 
 
2 2
2 3 2 3 2 3
C 2
2 2
2 2
2 3 3 2
2
2 2
Pb a
b a a b a b ba a
EJ3 b a
Pb a
2b a 2a b ba
EJ3 b a
       

   

.
Thay a
2
b  vào:
 
  EJ
Pa
27
80
a
.
a
2
a
8
a
2
a
.
a
4
.
2
a
a
4
3
EJ
a
.
a
4
P 3
2
3
3
2
2
2
2
2
2
C 





 .
Hình A25.
C
A1
D1
D
B1
B
A
C1
C
H
K
b a
a b
N2
N1
EJ
EJ
K
H
P
D
C
B
A
A
N1 N2
b)
c)
d)
e)

60. 57
3) Co ngắn thanh AC.
Vì hệ là tĩnh định nên khi co ngắn thanh AC trong hệ không phát sinh
nội lực. Do đó nội lực trong các thanh do P tác dụng như trong câu 2).
Khi co ngắn thanh AC khung ban đầu ABDC trở thành 1
1
1
1 C
D
B
A
(đường nét đứt trên hình A25c).
Theo hình A25c: A
C
1
1 AC
C
A 
 

 .
Điều kiện trước và sau khi tăng đơ:
  


 





 A
C
1
1 AC
AC
C
A
AC .


 

 A
C . (3)
Theo tam giác đồng dạng suy ra:
a
b
BB A
1

 ;
b
a
CC C
1

 .
Chiều dài thanh BD không đổi:
b
a
a
b
DD
BB C
A
1
1





 .
2
2
C
A
b
a

 
 . (4)
Thay (4) vào (3):
.
2 2 2 3
C C
2 2 2 2 2
2 3 3
2 2
a b b Pa
1
b b a b a 3EJ
4a Pa 4 Pa
4a a 3EJ 9 EJ
 
  
      
 
 
 
 

Chuyển vị của điểm C trong trường hợp này bằng trường hợp chưa
tăng đơ trừ C
 :
 
  EJ
3
Pa
a
b
b
ba
b
a
2
a
b
2
a
b
3
EJ
a
Pb 3
2
2
2
2
3
3
2
2
2
2
2
2
C
C
tđ
C








 

 .
 
 
2
3
3
2
2
2
2
2
2
tđ
C ba
b
a
3
a
b
a
b
3
EJ
a
Pb





 .
Thay a
2
b  vào:
 
  EJ
Pa
27
68
a
.
a
2
a
8
a
3
a
a
4
a
a
4
3
EJ
a
a
4
P 3
2
3
3
2
2
2
2
2
2
tđ
C 





 .
4) Nhận xét về vị trí tương đối của hai gối H và K.
Khi a
b  hay mở rộng cho mọi trường hợp hai gối H và K cùng nằm
trên đường thẳng đứng thì hệ trở thành cân bằng phiếm định (không ổn

61. 58
định). Các liên kết khớp cùng nằm trên một phương song song với phương
tác dụng của lực dẫn đến nội lực trong các thanh tăng lên vô cùng.
Bài A26. (Olympic 1996).
Côngxôn AB được gắn cứng với thanh CD cứng tuyệt đối tại đầu A
như hình A26a. Xác định khe hở  và khoảng cách a để khi nối thanh
1 và 2 vào đầu C và D thì các thanh đó và trục AB thỏa mãn điều kiện
động bền. Cho biết E , E
5
,
0
G  ,  
 và  
 .
Giải.
Khi nối các thanh 1 và 2 vào đầu C và D hệ phát sinh nội lực (hình
A26b):
Thanh 1 và 2 chịu kéo bởi lực N
N
N 2
1 
 , ứng suất pháp trong
thanh:
2
max
d
N
4

  . (1)
Thanh AB chịu xoắn bởi moment a
2
.
N
M  , phát sinh ứng suất
tiếp:
  3
3
z
max
d
16
Na
d
8
16
.
Na
2
W
M






 . (2)
Hình A26.
a a

a

a
1,d
8d
2a
A
a)
B
C
D
2,d

62. 59
Điều kiện tương thích biến dạng (hình A26c):
 
 
. . .
. .
, .
A 4 2
2 2
3
4 2 4
2Na 2a 32 4N a
a L a
E d
G 8d
Na a 64d
Na 4Na
0 5E 32d E d 16 Ed



  
       

      
.
 
2
2
4
d
64
a
a
Ed
16
.
N





. (3)
Thay (3) vào (1) và (2):
 
2
2
2
max
d
64
a
a
Ed
64
.



 ;
 
2
2
max
d
64
a
Ed
.



 .
Điều kiện đồng bền:  

 
max ;  

 
max .
   




 2
2
2
d
64
a
a
Ed
64
.
. (4)
và
   



 2
2
d
64
a
Ed
.
. (5)
Chia (5) cho (4):
 
 
 
 




d
64
a
d
64
a



 .
(5) suy ra:
        
 
   
E
d
64
Ed
d
64
E
d
64
Ed
a
Ed
d
64
a
2
2
2
2







 












 .
B
A
A
L
L
Hình A26.
a a
8d
2a
A
a
1,d
b)
B
C
D
a
2,d
N1
N2
a a
2a
A
a
1,d
c)
C
D
a
2,d

63. 60
   
  








 1
64
E
d
64
2
2



 .
Bài A27. (Olympic 1996).
Cho dầm như trên hình A27a. Xác định khe hở  để ứng suất pháp
lớn nhất trong dầm có giá trị nhỏ nhất. Biết độ cứng chống uốn của dầm
const
EJ  .
Giải.
Xét giai đoạn khi dầm đã dạm gối tại C. Hệ siêu tĩnh bậc nhất, hệ cơ
bản như hình A27b.
Phương trình chính tắc:
11
z
1
11
P
1
1
z
1
P
1
1
11 X
0
X






 





 . (1)
Biểu đồ moment uốn do 1
X1  (hình A27c) và tải trọng (hình
A27d) gây ra trong hệ cơ bản.
   
EJ
a
6
1
2
a
3
2
a
2
a
2
1
2
EJ
1
EJ
M
M 3
1
1
11 





 . (2)
   
0
1 P
1P
M M 1 1 Pa a 2 a Pa a 1 a 1 a
2
EJ EJ 2 2 2 3 4 2 2 2 4 2 2
  
 
       
 
 
 
 
3
11 Pa
48 EJ
  . (3)

 
z
1 . (4)
Hình A27.
B
E
C
D
A
P
P
a/2 a/2 a/2 a/2

a)

64. 61
Thay (2), (3), (4) vào (1):
3
3
3
3
1
a
EJ
6
P
8
11
a
EJ
6
a
EJ
6
EJ
Pa
48
11
X





 .
Biểu đồ moment uốn do tải trọng gây ra trong hệ siêu tĩnh như hình
A27e với:
2
3
1
E
D
a
2
EJ
3
32
Pa
5
4
a
a
EJ
6
P
8
11
2
Pa
4
a
.
X
2
Pa
M
M















 .
2
3
1
C
a
EJ
3
16
Pa
3
2
Pa
2
a
a
EJ
6
P
8
11
2
Pa
2
a
.
X
M














 .
Để ứng suất pháp lớn nhất trong dầm có giá trị nhỏ nhất (hay bền
đều, đồng bền, hợp lý…) thì:
EJ
144
Pa
a
EJ
3
16
Pa
3
a
2
EJ
3
32
Pa
5
M
M
3
2
2
C
D 





 


.
Bài A28. (Olympic 1997).
Dầm thép AB ngàm ở B, được treo ở đầu A bởi dây thép AH (hình
A28a). Ban đầu dây vừa hết chùng và có độ dài d , có diện tích mặt cắt
ngang F, trục dây AH vuông góc với trục dầm AB. Bỏ qua trọng lượng
bản thân của dầm và dây, D là điểm bất kỳ trên đoạn giao tuyến của mặt
Hình A27.
P
M
0
P
M
a/4
Pa/2
a/2
B
E
C
D
A
P
P
a/2 a/2 a/2 a/2
1
M
b)
c)
d)
e)
B
E
C
D
A
P
P
a/2 a/2 a/2 a/2

a)
X1
MD
MC
ME

65. 62
phẳng đối xứng zx và mặt sườn dầm trong đoạn x, tại D đo được độ
giãn dài tỷ đối theo phương u
u tạo góc 0
45 với phương trục dầm
4
u 10
.
t 

 (t là số nguyên), gây ra bởi tải trọng P đặt trong mặt phẳng
đối xứng y . Giả thiết trị số tuyệt đối lớn nhất của moment uốn trong hai
đoạn dầm có độ dài c và  
c
a  bằng nhau.
1) Tính lực căng dây  
T và tính P .
2) Cho
10
1
a
h
 ,
3
1
a
c
 . Hãy xác định tỷ số
a
d
để ứng suất trong
dây bằng ứng suất max
 trong dầm.
3) Trong câu (2) liệu có thể chọn
a
c
một trị số khác bất kỳ  
1
,
0

được không?
4) Tính góc xoay của mặt cắt ngang A của dầm với tỷ số
a
h
và
a
c
đã cho ở câu (2).
Giải.
1) Tính lực căng dây và P .
Gọi lực căng dây là T , ta có sơ đồ tính toán như hình A28b. Các
biểu đồ lực cắt (hình A28c) và moment uốn (hình A28d).
Ứng suất tiếp tại D trên mặt cắt ngang đạt giá trị max:
bh
T
2
3
F
Q
2
3 y
max
D


 
 .
Tại D có trạng thái ứng suất trượt thuần túy, phương chính nghiêng
góc 0
45 so với trục thanh:
Hình A28.
H
z
x
y
h
b
450
u
u
P
D
A
B
d
c
a
a)

66. 63
bh
T
2
3
D
D
3
D
1 


 

 .
Biến dạng dài tỷ đối tại D trên phương nghiêng 0
45 so với trục
thanh:
  bh
T
2
3
E
1
E
1 D
3
D
1
D
450







 .
Theo giả thiết: 4
4
u
D
45
10
.
t
bh
T
2
3
E
1
10
.
t
0









 .
 





1
3
Ebht
10
.
2
T
4
. (1)
Giả thiết trị tuyệt đối của moment lớn nhất trong hai đoạn bằng
nhau:
  T
c
a
c
a
P
Tc
Ta
c
a
P






 . (2)
Vậy:
 






1
3
Ebht
10
.
2
c
a
c
a
P
4
.
2) Xác định tỷ số a
/
d .
Phương trình tương thích biến dạng tại A:
       
    .
3 2
3
AH AB
A
x x x
3 2
3
x x x
P a c P a c c
Td Ta d EF
L y
EF 3EJ 3EJ 2EJ a aT
P a c P a c c
Ta
3EJ 3EJ 2EJ
 
        
 
 
  
 
 
 
   





 






a
2
c
c
a
T
P
a
3
c
a
T
P
3
a
J
F
a
d
2
3
2
x
. (3)
Từ (2)
c
a
c
a
T
P



 . (4)
Điều kiện ứng suất trong dây bằng ứng suất max trong dầm:
   
hc
2
J
F
2
h
J
Tc
F
T
x
x
AB
max
AH





 . (5)
Thay (4), (5) vào (3):

67. 64
   
     .
3 2
2
2
2
a c a c c
d 2 a a c a c
a hc 3 a c 3a a c 2a
a c a c a c a c
2 a 2
3 hc 3 hca ha
 
 
 
   
 
 
 
 
   
   
Rút gọn:
ah
c
3
1
h
c
3
2
h
a
3
1
a
d 2


 . (6)
Cho
10
1
a
h
 ;
3
1
a
c

3
10
h
c

 thay vào (6):
0,7407
27
20
3
10
3
1
3
1
3
10
3
2
3
10
a
d




 .
3) Chọn a
/
c .
Từ (6) suy ra: 0
1
a
c
2
a
c
a
d
a
h
3
2
2




 . (7)
Hình A28.
Mx
Qy
P(a-c)-Ta
Tc
P-T
T
A
B c
a
T
P
H
z
x
y
h
b
450
u
u
P
D
A
B
d
c
a
a)
b)
c)
d)

68. 65
Đặt
a
c
x   
1
,
0
x , thay vào (7) và xét vế phải:
   
1
-
2
x
0
1
,
0
x
,
0
1
x
2
x2







 .
Vậy nên 4142
,
0
a
c
0 
 .
4) Tính góc xoay của mặt cắt ngang A.
    










 2
2
x
x
2
x
2
A a
c
a
T
P
EJ
2
T
EJ
2
Ta
EJ
2
c
a
P
 . (8)
Thay (1), (4) và
12
bh
J
3
x  vào (8):
 
 
  2
2
4
2
2
3
4
A
h
1
tc
10
.
4
a
c
a
c
a
c
a
Ebh
2
12
1
3
Ebht
10
.
2




















. (9)
Thay
3
10
h
c
 vào (9):
  









1
t
9
10
.
4
9
100
1
t
10
.
4 2
4
A
.
Bài A29. (Olympic 1997).
Dầm đã cho có biểu đồ moment uốn do bị tẩy xóa nên chỉ còn lại
như trên hình 29.
1) Hãy bổ sung cho hoàn chỉnh biểu đồ moment uốn.
2) Hãy bổ sung cho hoàn chỉnh dầm như đã cho ban đầu.
3) Hãy lập lại lời giải để vẽ được biểu đồ moment uốn đối với dầm
đã cho.
Hình A29.
EJ=const
2P
P
a a a 2a
Mx
Pa
27
28
Pa
27
14
a)
b)

69. 66
Giải.
1) Bổ sung hoàn chỉnh biểu đồ moment uốn.
Tại E có bước nhảy trên biểu đồ moment nên tồn tại môment tập
trung Pa
27
14
ME  xoay ngược chiều kim đồng hồ (làm căng thớ dưới
của mặt cắt qua E).
Tại E tồn tại lực tập trung E
Y hướng xuống (làm căng thớ trên của
mặt cắt qua D). E
Y được tính nhờ vào liên hệ về độ chêch lệch moment
trong đoạn DE bằng a
2
.
YE : Pa
27
14
Pa
27
28
a
2
.
YE 
 .
Pa
9
7
YE 
 .
P
81
80
N
0
a
3
.
N
a
.
P
2
a
2
.
P
a
2
.
Y
M
m A
A
E
E
D 








 .
Pa
81
80
a
.
N
M A
B 
 .
Pa
81
79
a
.
P
a
2
.
N
M A
C 

 .
Biểu đồ moment hoàn chỉnh như hình A29f.
2) Bổ sung hoàn chỉnh dầm như đã cho ban đầu.
Căn cứ vào sơ đồ chịu lực như hình A29e, ta có thể hoàn thiện dầm
bằng cách thêm vào các liên kết tại A và E theo nguyên tắc: đủ liên kết
để cố định dầm trong mặt phẳng và các liên kết phải làm phát sinh các tải
trọng tập trung tương ứng như trên sơ đồ chịu lực.
Theo đó ta có 2 phương án tĩnh định (hình A29-1, 2) và 3 phương án
siêu tĩnh (hình A29-3, 4, 5).

70. 67
Hình A29.
3) Lập lại lời giải để vẽ biểu đồ moment uốn.
 Phương án 1, 2 dầm tĩnh định (hình A29-1,2).
 Xác định phản lực tại gối A: P
81
80
N
0
m A
D 


 .
 Khảo sát đoạn BC, xét đoạn AO  
a
z
0 
 như hình A29g:
  Pa
81
80
Pz
81
1
M
0
a
z
N
Pz
M
m x
A
x
O 









 .
Pa
81
80
M
M 0
z
x
B 
 
; Pa
81
79
M
M a
z
x
C 
 
.
 Khảo sát đoạn DE, xét đoạn 1
EO  
a
2
z
0 
 như hình A29h:
Pa
27
14
Pz
9
7
M
0
z
Y
M
M
m x
E
E
x
1
O 







 .
Pa
27
14
M
M 0
z
x
E 
 
; Pa
27
28
M
M a
2
z
x
D 

 
.
 Phương án dầm siêu tĩnh.
 Phương án 3: Hệ cơ bản như hình A29-3a.
EJ=const
2P
P
a a a 2a
Mx
A B C D E
MB
MC
YE
ME
c)
d)
EJ=const
2P
P
a a a 2a
A B C D E
1)
EJ=const
2P
P
a a a 2a
A B C D E
2)
YE
YE
ME
ME
EJ=const
2P
P
a a a 2a
A B C D E
3)
ME
EJ=cons
2P
P
a a a 2a
A B C D E
5)
EJ=const
2P
P
a a a 2a
A B C D E
4) YE
NA
EJ=const
2P
P
a a a 2a
Mx
A B C D E
e)
f)
P
a z z
A B E
YE
ME
g)
NA
O O1
Qy
Mx
Mx
Qy
h)

71. 68
Hình A29.
1
A
A
1
E
D X
3
2
P
81
122
N
0
a
3
.
N
a
2
.
X
a
.
P
2
a
2
.
P
M
m 









 .
a
X
3
2
Pa
81
122
a
.
N
M 1
A
B 

 ; a
X
3
4
Pa
81
163
a
.
P
a
2
.
N
M 1
A
C 


 .(1)
EJ
a
3
20
a
2
3
2
a
2
.
a
2
2
1
a
2
3
2
a
3
.
a
2
2
1
EJ
1 3
11 










 .
. .
.
1P
1 1 122Pa 2 2a 1 122Pa 2 2a 1 4a
a a
EJ 2 81 3 3 2 81 3 3 3 3
1 163Pa 1 2a 2 4a
a
2 81 3 3 3 3
  
     
 

 


 
   
 
 
. . .
3
1 1 163Pa 2 4a 1 1 14Pa 1 4a 2 14Pa
a 2a a 2a 2a a
EJ 2 81 3 3 3 2 27 3 3 3 27
140 Pa
27 EJ
 
   
       
   
 
   
 

.
P
9
7
P
20
3
27
140
X
11
P
1
1 








. Thay 1
X vào (1) vẽ được biểu
đồ moment  
P
M .
 Phương án 4: Hệ cơ bản như hình A29-4a.
Hình A29.
EJ=const
2P
P
a a a 2a
A B C D E
3a)
X1
NA
MP
MB
MC
3d)
MD
ME
3b)
3c)
2a
2a/3
4a/3
EJ=const
2P
P
a a a 2a
A B C D E
4a)
X1
NA
MP
MB
MC
4d)
MD
ME
1
2/3
1/3
4b)
4c)

72. 69
1
A
A
E
1
D X
a
3
1
P
27
22
N
0
a
3
.
N
a
2
.
Y
a
.
P
2
a
2
.
P
X
m 









 .
1
A
B X
3
1
Pa
27
22
a
.
N
M 

 ; 1
A
C X
3
2
Pa
27
17
a
.
P
a
2
.
N
M 


 . (2)
EJ
a
3
1
a
2
.
1
3
2
a
3
.
1
2
1
EJ
1
11 










 .



























3
2
3
2
3
1
3
1
a
.
27
Pa
17
2
1
3
2
3
1
3
1
3
2
a
.
27
Pa
22
2
1
3
1
3
2
a
.
27
Pa
22
2
1
EJ
1
P
1

EJ
Pa
9
14
1
a
2
.
9
Pa
14
2
1
3
2
3
2
3
1
a
.
9
Pa
14
2
1
3
1
3
2
3
2
a
.
27
Pa
17
2
1
EJ
1 2



























 .
Pa
27
14
Pa
3
1
9
14
X
11
P
1
1 






. Thay 1
X vào (2) vẽ được biểu
đồ moment  
P
M .
 Phương án 5, siêu tĩnh bậc hai: Hệ cơ bản như hình A29-5a.
Hình A29.
2
1
A
A
1
2
D X
a
3
1
X
3
2
P
3
4
N
0
a
3
.
N
a
2
.
X
a
.
P
2
a
2
.
P
X
m 










 .
2
1
A
B X
3
1
a
X
3
2
Pa
3
4
a
.
N
M 


 ;
2
1
A
C X
3
2
a
X
3
4
Pa
3
5
a
.
P
a
2
.
N
M 



 . (3)
EJ
a
3
20
a
2
3
2
a
2
.
a
2
2
1
a
2
3
2
a
3
.
a
2
2
1
EJ
1 3
11 










 .
EJ=const
2P
P
a a a 2a
A B C D E
5a)
X1
X2
NA
MP
MB
MC
5e)
MD
ME
5b)
5c)
5d)
2a
2a/3
4a/3
1
2/3
1/3
4Pa/3 5Pa/3

73. 70
EJ
a
4
1
a
2
.
a
2
2
1
3
2
a
3
.
a
2
2
1
EJ
1 2
21
12 










 
 .
EJ
a
3
1
a
2
.
1
3
2
a
3
.
1
2
1
EJ
1
22 










 .



























3
a
4
3
2
3
a
2
3
1
a
.
3
Pa
5
2
1
3
a
4
3
1
3
a
2
3
2
a
.
3
Pa
4
2
1
3
a
2
3
2
a
.
3
Pa
4
2
1
EJ
1
P
1

EJ
Pa
9
28
a
2
3
1
3
a
4
3
2
a
.
3
Pa
5
2
1
EJ
1 3















 .



























3
2
3
2
3
1
3
1
a
.
3
Pa
5
2
1
3
2
3
1
3
1
3
2
a
.
3
Pa
4
2
1
3
1
3
2
a
.
3
Pa
4
2
1
EJ
1
P
2

EJ
Pa
9
14
3
1
3
2
3
2
a
.
3
Pa
5
2
1
EJ
1 2















 .













0
EJ
Pa
9
14
X
EJ
a
3
X
EJ
a
4
0
EJ
Pa
9
28
X
EJ
a
4
X
EJ
a
3
20
2
2
1
2
3
2
2
1
3














0
Pa
9
14
X
3
a
X
4
0
Pa
9
28
X
4
a
X
3
20
2
1
2
1











Pa
27
14
X
P
9
7
X
2
1
Thay 1
X , 2
X vào (3) vẽ được biểu đồ moment  
P
M .
Bài A30. (Olympic 1997).
Hộp lò xo ở trạng thái tự do như trên hình A30b, đáp ứng yêu cầu
dầm AC làm việc tối ưu với hộp lò xo đặt ở B làm gối tựa (hình A30a).
1) Vẽ biểu đồ moment uốn.
2) Giả thiết
3
1
b
a
 . Xác định % tỉ số 0
A
A
y
y
, A
y và 0
A
y là độ võng tại A
khi có và không đặt hộp lò xo.

74. 71
3) Giả thiết
x
2
kEJ
Pab

 , 2
1 G
G  , 2
1 d
d  (đường kính dây lò xo),
2
1
3
1
2
n
n
D
D









( i
D và i
n là đường kính trung bình và số vòng của lò xo
thứ i). Hãy tính tỉ số
x
2
i
EJ
ab
C
, i
C là độ cứng lò xo thứ i.
Giải.
1) Vẽ biểu đồ moment uốn.
Tách hộp lò xo tại B thay bằng phản lực N. Chuyển vị tại B trên
dầm AC (hình A30c) bằng chuyển vị tại B trên hộp lò xo (hình A30e):
lx
B
d
B
B y
y
y 
 (a)
Chuyển vị tại B trên dầm sử dụng các kết quả của bài toán đơn giản
(hình A30d):
x
3
x
2
x
3
d
B
EJ
3
Nb
EJ
2
Pab
EJ
3
Pb
y 

 ;
tđ
lx
B
C
N
y  ( tđ
C là độ cứng tương
đương của hộp lò xo)
x
3
x
2
x
3
tđ EJ
3
Nb
EJ
2
Pab
EJ
3
Pb
C
N



 . (b)
Biểu đồ moment uốn do P và N gây ra (hình A30f).
Để dầm làm việc tối ưu thì phải có: B
x
C
x M
M 

 Trường hợp B
x
C
x M
M 
   a
.
P
b
.
N
b
a
P 



P
N 
 .
Thay vào (b):
x
2
tđ EJ
2
ab
C
1

 0
ab
EJ
2
C 2
x
tđ 

 thỏa điều kiện
làm việc của hộp lò xo, biểu đồ momen uốn trên hình A30g.
Hình A30.
b)
a)
2
1
h2

h1
b a
P
C
B
A
EJx=const

75. 72
 Trường hợp B
x
C
x M
M 
   a
.
P
b
.
N
b
a
P 




P
b
b
a
2
N


 .
Thay vào (b):
x
2
3
2
3
x
tđ EJ
ab
6
1
3
b
b
b
a
2
2
ab
3
b
EJ
1
C
1
b
b
a
2









 




  0
ab
b
a
2
EJ
6
ab
EJ
6
b
b
a
2
C 3
x
2
x
tđ 






 không thỏa điều kiện làm
việc của hộp lò xo.
2) Xác định tỉ số 0
A
A y
/
y .
Sử dụng các kết quả bài toán đơn giản, để ý P
N  , a
3
b  :
 
x
3
x
3
0
A
EJ
Pa
3
64
EJ
3
b
a
P
y 

 .
 
x
3
x
3
x
2
x
3
x
3
A
EJ
Pa
6
47
EJ
Pa
2
9
9
3
64
a
EJ
2
Pb
EJ
3
Pb
EJ
3
b
a
P
y 












 .
3672
,
0
128
47
64
3
6
47
y
y
0
A
A


 hay %
72
,
36
y
y
0
A
A
 .
3) Xác định tỉ số x
2
i EJ
/
ab
C .
Độ cứng của lò xo thứ i: 3
i
i
4
i
i
i
D
n
8
d
G
C  , theo giả thiết: 2
1 G
G  ;
2
1 d
d  ;
2
1
3
1
2
n
n
D
D









.
1
n
n
D
D
d
d
G
G
d
G
D
n
8
D
n
8
d
G
C
C
2
1
3
1
2
4
2
4
1
2
1
4
2
2
3
2
2
3
1
1
4
1
1
2
1











 2
1 C
C 
 .
Hình A30.
e)
b)
g)
f)
d)
c)
a)
P.a
N.b
P.a
Pa
P
B A
C
N
2
1
2
1
N

2
1=yB
B1
B
N
C A
B
P
h2

h1
b a
P
C
B
A
EJx=const P(a+b)
x
M
x
M

76. 73
Chuyển vị tại B:
x
2
tđ
lx
B
B
EJ
Pab
2
1
C
N
y
y 


 Trường hợp 

B
y hay 2
k  chỉ lò xo 1 làm việc nên
B
1 y

 ; 0
2 
 :
x
2
1
1
EJ
Pab
2
1
C
N
 mà P
N
N1 
 nên
x
2
1 EJ
Pab
2
1
C
P
 2
EJ
ab
C
x
2
1

 .
 Trường hợp 

B
y hay 2
k  cả 2 lò xo làm việc (hình
A30e) nên B
1 y

 ; 
 
 B
2 y :
P
N
N 2
1 
 ( 1
N và 2
N là lực tác động lên lò xo 1 và 2):
P
C
C 2
2
1
1 

 
 P
)
y
(
C
y
C B
2
B
1 


    P
y
2
C B
1 

 
P
k
1
1
EJ
Pab
C
x
2
1 







 .
1
k
k
EJ
ab
C
EJ
ab
C
x
2
2
x
2
1



 .
Bài A31. (Olympic 1998).
Một trục hai đầu ngàm chịu xoắn bởi moment M đặt tại mặt cắt
giữa nhịp (hình A31a). Một nửa trục có mặt cắt ngang tròn đặc đường
kính D , một nửa có mặt cắt ngang hình vành khăn đường kính ngoài D
đường kính trong  
D
/
d

 .
1) Không xác định moment phản lực ở các ngàm, xác định quan
hệ giữa trị số ứng suất tiếp lớn nhất trên mặt cắt ngang của hai nửa
trục.
2) Xác định ứng suất tiếp lớn nhất trên mặt cắt ngang ở hai nửa
trục và góc xoay của mặt cắt giữa trục (mặt cắt đặt moment xoắn
ngoại lực M ).
Biết: 2
3
cm
/
kN
10
.
8
G  ; m
.
kN
40
M  ; cm
120
a  ; cm
16
D  ;
cm
8
,
12
d  .
3) Ngàm B phải xoay đi một góc bằng bao nhiêu để ứng suất tiếp
trên mặt cắt ngang ngàm A bằng không?

77. 74
Giải.
1) Xác định quan hệ ứng suất tiếp lớn nhất.
Gọi 1
M và 2
M lần lượt là moment xoắn nội lực trong đoạn có
mặt cắt ngang tròn đặc và vành khăn. Ứng suất lớn nhất trên các
đoạn trục:
1
1
max
,
1
W
M

  ;
2
2
max
,
2
W
M

 
1
2
2
1
max
,
2
max
,
1
W
W
M
M





 . (1)
Trị số của góc xoay tại mặt cắt giữa trục thuộc hai đoạn so với hai
ngàm bằng nhau:
2
1
2
1
2
2
1
1
G
2
G
1
J
J
M
M
GJ
a
M
GJ
a
M





 



 . (2)
Thay (2) vào (1):
 
  1
D
2
,
0
1
D
2
,
0
1
D
1
,
0
D
1
,
0
W
W
J
J
3
4
3
4
4
4
1
2
2
1
max
,
2
max
,
1














.
Vậy max
,
2
max
,
1 
  .
2) Xác định ứng suất tiếp lớn nhất và góc xoay của mặt cắt giữa trục.
Trục cân bằng nên ta có: 1
2
2
1 M
M
M
M
M
M 



 . (3)
Thay (3) vào (2) suy ra:   1
1
2
1 J
M
M
J
M 
 
 .
  4
4
4
4
4
1
2
1
1
1
2
M
1
D
1
,
0
D
1
,
0
M
D
1
,
0
M
J
J
M
J
M













 .
Ứng suất tiếp lớn nhất:
   
max ,max
.
, , . , /
3,0702 .
3
1
1 4
3 4 3
1
M M 4 10
W 0 2D 2 0 2 16 2 12 8 16
kN kN
cm cm

 

   
 
 
 

Góc xoay của mặt cắt giữa trục:
Hình A31.
B
A a a
2
1 M D
D
d

78. 75
   
. .
. . , . , /
0,0058
3
G 1
4
4 3 4
1 1
M a Ma 4 10 120
Rad
GJ GJ 2 8 10 0 1 16 2 12 8 16
Rad
 


  
 
 
 

3) Xác định góc xoay của ngàm B để ứng suất tiếp tại ngàm A bằng
không.
Khi ngàm B xoay một góc B
 được tính:
 
1
1
2
1
B
GJ
a
M
GJ
a
M
M


 


 . (4)
Ứng suất tiếp tại ngàm A bằng không thì 0
M1  . (4) suy ra:
 
  0,0155Rad
Rad
16
/
8
,
12
1
16
.
1
,
0
.
10
.
8
120
.
10
.
4
GJ
Ma
4
4
3
3
2
B 






 .
Bài A32. (Olympic 1998).
Một thanh gãy khúc cứng tuyệt đối ABCD được liên kết như trên
hình A32a. Các thanh CH và DH có độ cứng EF . một vật có khối lượng
m bay với vận tốc 0
v đập vào đầu A.
1) Tính nội lực trong thanh CH và DH.
2) Đặt thêm lò xo vào bên phải đầu A như trên hình A32b. Độ cứng
lò xo phải bằng bao nhiêu để cho hệ số đ
k gấp 2 lần khi chưa đặt lò xo?
Khi tính bỏ qua trọng lượng bản thân hệ.
Hình A32.
2a
2a
a
H
D
C
B
m v0 A
Cứng tuyệt đối
2a
2a
a
H
D
C
B
m v0 A
Cứng tuyệt đối
EF
EF
EF
EF
a) b)

79. 76
Giải.
1) Tính nội lực trong thanh CH và DH.
Xét lực mg
P  đặt tĩnh tại A theo phương ngang. Đặt lực 1
Pk  tại
A theo phương ngang để tính chuyển vị theo phương này. Đây là hệ siêu
tĩnh bậc một, hệ cơ bản như hình A32c.
Phương trình chính tắc:
11
P
1
1
P
1
1
11 X
0
X



 



 . (1)
Xét thanh ABCD (hình A32d):
. . . .
t t
B 1 k DH DH 1 k
1 2 1
m P a X 2a P a N 2a 0 N P X P
2 2 2
        
 . (2)
 EF
a
2
2
1
a
2
2
.
1
.
1
a
2
2
2
2
2
EF
1
11 











 . (3)
EF
Pa
2
2
a
2
2
2
2
P
EF
1
P
1 



 . (4)
Thay (3), (4) vào (1):
  4
2
mg
4
2
P
2
2
1
2
P
X
N 1
t
CH






 . (5)
Thay (5) vào (2):
4
2
mg
2
4
2
P
2
4
2
P
2
2
P
2
1
Nt
DH






 .
   EF
4
2
mga
2
EF
4
2
Pa
2
a
2
2
1
4
2
P
2
EF
1
t






 .
 
a
mg
2
EF
4
2
v
g
v
k 2
0
t
0
đ




.
 
 a
4
2
2
mEF
v
4
2
mg
a
mg
2
EF
4
2
v
N
.
k
N 0
2
0
t
CH
đ
đ
CH





 .
 
 a
4
2
mEF
2
v
4
2
mg
2
a
mg
2
EF
4
2
v
N
.
k
N 0
2
0
t
DH
đ
đ
DH





 .

80. 77
Hình A32.
2) Tính độ cứng lò xo để hệ số động tăng gấp 2 lần.
Gọi độ cứng của lò xo là C , phương trình tương thích biến dạng
tại A:
 
   EF
4
2
aC
2
PaC
2
N
C
N
EF
4
2
a
N
P
2
C
N lx
t
lx
t
lx
t
lx
t
*
t









 .
Do đó:
 EF
4
2
aC
2
Pa
2
C
Nlx
t
*
t




 .
Theo giả thiết:
   
* *
*
0 0
đ đ t t
t
t
v v
k 2k 2 4
g
g
2Pa 2Pa
4
2 4 EF 2aC 2 4 EF
      


 
  
.
 
a
EF
8,1213
a
2
EF
4
2
3
C 


 .
Bài A33. (Olympic 1998).
Một dầm có mặt cắt ngang hình chữ nhật, liên kết như hình
A33a, chịu tác dụng của lực P di chuyển từ ngàm trái đến gối phải.
1) Tìm giá trị khoảng cách z (khoảng cách từ điểm đặt lực P
đến ngàm trái) để cho moment uốn tại mặt cắt đặt lực P đạt giá trị
lớn nhất.
X1
2a
2a
a
H
D
C
B
P=mg
A
Cứng tuyệt đối
EF
EF
c)
X1
2a
a
D
C
B
P=mg
A
Cứng tuyệt đối
d)
NDH
2a
2a
a
H
D
C
B
A
Cứng tuyệt đối
EF
EF
e)
P=mg

81. 78
2) Khi lực P đặt cách ngàm trái một khoảng 3
/
a , tại điểm D ở
mặt ngoài của dầm cách lớp trung hòa một khoảng 4
/
h thuộc mặt
cắt đặt lực P , người ta đo được biến dạng dài tỷ đối theo phương
dọc trục 4
D 10
.
1 


 . Xác định trị số của lực P .
3) Vẽ biểu đồ nội lực của dầm trong trường hợp của câu (1).
Cho: cm
12
h  , cm
4
b  , cm
150
a  , 2
7
cm
/
N
10
.
2
E  .
Giải.
1) Xác định khoảng cách z .
Sơ đồ tính toán như hình 33b. Đây là hệ siêu tĩnh bậc một, hệ cơ bản
như hình A33c.
Phương trình chính tắc:
11
P
1
1
P
1
1
11 X
0
X



 



 . (1)
   
x
3
x
1
1
11
EJ
3
a
a
3
2
a
.
a
2
1
EJ
1
EJ
M
M





 . (2)
     
x
2
x
x
0
P
1
P
1
EJ
6
z
a
3
Pz
3
z
a
3
a
2
z
.
Pz
2
1
EJ
1
EJ
M
M 







 






 . (3)
Thay (2), (3) vào (1):
   
3
2
3
x
x
2
1
a
2
z
a
3
Pz
a
EJ
3
EJ
6
z
a
3
Pz
X



 . (4)
Moment uốn tại điểm đặt lực:
      
3
2
2
3
4
3
2
1
P
a
2
z
a
3
az
4
z
P
a
2
z
a
z
a
3
Pz
z
a
X
M







 . (5)
Để moment uốn tại điểm đặt lực đạt giá trị lớn nhất thì:

















a
z
0
;
0
z
a
6
az
12
z
4
a
z
0
;
0
dz
dM 2
2
3
P
Hình A33.
x
y
a/3
z
a
h
b
P
P
B
A
h/4
D z
a)

82. 79
0,634a
z 
 .
2) Xác định trị số của lực P .
Khi P cách ngàm A một khoảng 3
/
a , thay 3
/
a
z  vào (5):
     Pa
81
8
a
2
3
/
a
a
3
/
a
a
3
3
/
a
P
M 3
2
3
a
z
P 




.
Ứng suất pháp tại điểm D tính theo nội lực:
2
3
D
x
3
a
z
P
D
bh
27
Pa
8
4
h
bh
12
81
Pa
8
y
J
M












 . (6)
Ứng suất pháp tại điểm D tính theo biến dạng:
D
D .
E 
  . (7)
So sánh (6), (7) suy ra:
  25,92kN
N
25920
N
150
.
8
10
.
1
.
10
.
2
.
12
.
4
.
27
a
8
E
bh
27
P
4
7
2
D
2









.
Hình A33.
3) Vẽ biểu đồ nội lực của dầm ở trường hợp câu 1).
Thay a
634
,
0
z  vào (4):
    P
0,476
a
2
a
634
,
0
a
3
a
634
,
0
P
X
N 3
2
1
B 


 .
Sơ đồ tính toán như hình A33f, các biểu đồ lực cắt, moment uốn như
hình A33g, h.
Bài A34. (Olympic 1999).
Dầm AC dài a
2 có độ cứng chống uốn EJ không đổi được ngàm ở
đầu A, tựa trên gối khớp di động ở đầu C và chịu lực như trên hình A34a.
P
a
z=0,634a
A B
(a-z)
a
Pz
B
A z
a
P
QP
0,524P
0,476P
0,158Pa
0,174Pa
c)
d)
e)
f)
g)
h)
B
A z
a
P
b)
X1
NB=0,476P

83. 80
1) Hãy xác định các thông số đầu đoạn cần thiết, sau đó viết
biểu thức đường đàn hồi của hai đoạn dầm theo phương pháp thông
số ban đầu.
2) Tính góc xoay tại mặt cắt B.
3) Vẽ biểu đồ moment uốn và lực cắt của dầm.
Giải.
1) Xác định thông số đầu đoạn, viết biểu thức đường đàn hồi.
Chiều dương quy ước của phản lực tại A như trên hình 34b. Các
thông số ban đầu tại A  
0
z  và tại B  
a
z  như bảng dưới:
M
 Q

0
z  A
M A
Y
a
z  M
 P

Biểu thức đường đàn hồi trong đoạn AB:
EJ
6
z
.
Y
EJ
2
z
.
M
y
3
A
2
A
AB 

 . (1)
EJ
3
z
.
Y
EJ
z
.
M
y
2
A
A
AB
B 




 . (2)
Biểu thức đường đàn hồi trong đoạn BC:
   
EJ
6
a
z
P
EJ
2
a
z
M
EJ
6
z
.
Y
EJ
2
z
.
M
y
y
y
3
2
3
A
2
A
AB
BC










  . (3)
   
EJ
2
a
z
P
EJ
a
z
M
EJ
2
z
.
Y
EJ
z
.
M
y
2
2
A
A
BC








 .
 
EJ
a
z
P
EJ
M
EJ
z
.
Y
EJ
M
y
EJ
M A
A
BC
C 









 . (4)
Hình A34.
C
B
A
a a
M=Pa
P
a)

84. 81
Điều kiện biên:
 0
y
y a
2
z
BC
C 
 
. Từ (3) suy ra:
0
EJ
6
a
.
P
EJ
2
a
.
M
EJ
6
a
8
.
Y
EJ
2
a
4
.
M 3
2
3
A
2
A




 .
0
Pa
3
2
a
Y
3
4
M
2 A
A 


 . (5)
 0
y
EJ
M a
2
z
BC
C 



 
. Từ (4) suy ra:
0
Pa
2
a
Y
2
M A
A 

 . (6)
Giải hệ (5), (6) nhận được: Pa
2
1
M A 
 , P
4
5
YA  . (7)
Thay (7) vào (1) và (3) nhận được biểu thức của đường đàn hồi trong
hai đoạn:
3
2
AB z
EJ
24
P
5
z
EJ
4
Pa
y 
 .
   
EJ
6
a
z
P
EJ
2
a
z
Pa
z
EJ
24
P
5
z
EJ
4
Pa
y
3
2
3
2
BC





 .
Hay dưới dạng rút gọn:
 
2
3
AB az
6
z
5
EJ
24
P
y 

 , a
z
0 
 .
 
3
2
2
3
BC a
8
z
a
12
az
6
z
EJ
24
P
y 



 , a
2
z
a 
 .
2) Tính góc xoay tại mặt cắt B.
Thay (7) và a
z  vào (2) có được giá trị của góc xoay tại B:
Hình A34.
Pa/4
3Pa/4
Pa/2
P/4
5P/4
NC
YA
C
B
A
a a
M=Pa
P
P
M
P
Q
z
MA
b)
c)
d)

85. 82
EJ
Pa
12
1
EJ
3
z
.
Y
EJ
z
.
M 2
2
A
A
B 



 .
3) Vẽ biểu đồ moment uốn và lực cắt của dầm.
Với P
4
5
YA  và Pa
2
1
M A 
 vẽ được biểu đồ lực cắt và moment
uốn như hình A34c,d.
Bài A35. (Olympic 1999).
Một bánh xe nhỏ được giữ bởi hai thanh AC và AD. Bánh xe có thể
lăn không ma sát trên một mặt phẳng cứng thẳng đứng. Tại trục bánh xe
có treo thanh AB, dưới có đĩa B trọng lượng Q
2 . Người ta thả rơi một
trọng lượng Q xuống đĩa từ độ cao EF
/
Qa
150
h  .
1) Tính nội lực ở các thanh khi chưa có trọng lượng Q rơi.
2) Tính hệ số động của hệ do sự va chạm.
3) Tính nội lực các thanh khi sự va chạm đã hoàn thành.
Giải.
1) Tính nội lực ở các thanh khi chưa có trọng lượng Q rơi.
Hệ siêu tĩnh bậc một, xét hệ cơ bản (đặt thêm một lực 1
Pk  để tính
chuyển vị tại điểm va chạm) như hình A35b. Phương trình chính tắc:
11
P
1
1
P
1
1
11 X
0
X



 



 . (1)
Hình A35.
h
5a
EF
300
600
EF
EF
2Q
Q
C
D
A
a
a)
B