Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao
Câu 1:
Cho hệ một bậc tự do như hình vẽ 1:
Hình vẽ 1.
Với các số liệu sau: k
1
= 220 N/m ; k
2
= 260 N/m ; c
1
= 50 N.s/m ; c
2
= 60 N.s/m ;
m = 850 N.s
2
/m ; p(t) = 14sin(2.3t) N
1) Dùng nguyên lý D’Alembert thiết lập phương trình vi phân chuyển động của khối
lượng m:
Các lực tác dụng lên hệ đã cho được biểu diễn như hình vẽ 2.
Hình vẽ 2.
Trong hình vẽ 2:
+
S
f ku=
là lực đàn hồi.
+
D
f cu
=
&
là lực cản.

1
+ c
2
và k
td
= k
1
+ k
2
.
1
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao
2) Tính tần số tự nhiên ω
n
và chu kỳ tự nhiên T
n
của hệ:
Ta có:
1 2
n
220 260
0.7515 (rad/ s)
850
2 2
T 8.361( )
0.7515
td
n
n
k

+ Vận tốc ban đầu:
( 0) 0u t
= =
&

Phương trình vi phân (1.2) có nghiệm tổng quát như sau:
u(t) = u
h
(t) + u
p
(t).
Với u
h
(t) là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất:
u 0
h td h td h
mu c u k+ + =
&& &

Và u
p
(t) là nghiệm riêng của phương trình:
0
u sin( )
p td p td p
mu c u k p t
ω
+ + =
&& &


s s
m
ω
+ + =

Ta có:
2
2
2 2
50 60
4 4*0.7515 2.242 0
850
td
n
c
m
ω
+
 
 
∆ = − = − = − <
 ÷
 ÷
 
 

→ Đây là trường hợp cản ít.
2 2 2
2 2 2 2
4 4 4

 ÷
 

Với
2
1
D n
ω ω ς
= −
được gọi là tần số vòng tự nhiên của dao động có cản.
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có dạng:
[ ]
cos( ) sin( )
n
t
h D D
u e A t B t
ςω
ω ω
−
= +
 Giải phương trình không thuần nhất:
0
0
2
0
u sin( )
u sin( )
2 u sin( ) (1.2b)
p td p td p

p
p
u C t D t
u C t D t
ω ω ω ω
ω ω ω ω
= −
= − −
&
&&
Thay
, ,
p p p
u u u
& &&
vào phương trình (1.2b) và dùng phương pháp đồng nhất thức ta
được:
[ ]
[ ]
2
0
2
2
2
2
2
2
2
1 ( / )
1 ( / ) 2 ( / )

2
2
2
2
2* ( / )
1 ( / ) 2 ( / )
14 2*0.0861*(2.3 / 0.7515)
0.00022
220 260
1 (2.3 / 0.7515) 2*0.0861(2.3 / 0.7515)
n
td
n n
p
D x
k
x
ς ω ω
ω ω ς ω ω
−
=
 
− +
 
−
= = −
+
 
− +
 

= + + +
Lấy đạo hàm u theo t ta được:
[ ] [ ]
( ) cos( ) sin( ) sin( ) cos( )
cos( ) sin( )
n n
t t
n D D D D D D
u t e A t B t e A t B t
C t D t
ςω ςω
ςω ω ω ω ω ω ω
ω ω ω ω
− −
= − + + − +
+ −
&
Thay điều kiện chuyển vị và vận tốc tại t = 0 bằng không vào hai phương trình trên ta
được:
0.00022
0.0861*0.7515*0.00022 0.0035*2.3
0.011
0.749
n
D
A D
A C
B
ςω ω
ω

w( ) 0.00022cos(0.749 ) 0.011sin(0.749 )
t
t e t t
−
= +
Trạng thái ổn định:
( ) 0.0035sin(2.3 ) 0.00022cos(2.3 )v t t t
= − −
4
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao
Hình 3.
c) Nhận xét đồ thị:
Dựa vào đồ thị ta thấy rằng đường đồ thị u(t) sau một khoảng thời gian sẽ trùng với
đường đồ thị v(t), tức là trang thái quá độ w(t) sẽ dần tiến về không (tắt dần).
Câu 2:
Cho hệ một bậc tự do như hình vẽ 4:
L/2 L/2
5
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao
Hình vẽ 4.
Tính tần số góc tự nhiên ω
n
(rad/s)?
Biết: 2.3x10
7
kN/m
2
; I = 550 cm
4
; L = 4.4 m ; k = 1400 N/m ; m = 130 kg

EI EI
= − =
 Xác định chuyển vị của lò xo:
Chuyển vị của lò xo được xác định theo công thức sau:
/
lx lx
u p k=

→ Chuyển vị của hệ:
3
192
d lx
lx
pL p
u u u
EI k
= + = +
Ta có:
ku p
=

6
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao

3 3
3
7 3 8
1
1
192 192

Cho hệ một bậc tự do như hình vẽ 7:
H
Hình 7.
Với các số liệu sau: E = 3x10
7
kN/m
2
; I
c
= 14000 cm
4
; H = 4.3 m ; m = 6 tấn ;
ς = 6% ; p(t) = 630cos(13t) kN.
a) Xác định phương trình chuyển động u(t) của khối lượng m, biết chuyển vị ban đầu
( ) 0u t =
và vận tốc ban đầu
( ) 0u t =
&
. Sau đó vẽ đồ thị thể hiện quan hệ giữa chuyển vị
u(t) và thời gian t:
Các lực tác dụng lên hệ được biểu diễn như hình vẽ 8:
7
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao
Hình 8.
Chiếu tất cả các lực lên phương nằm ngang ta được:
0
0
2
0
( )

 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất:
2
2 0 (3.1 )
h n h n h
u u u a
ςω ω
+ + =
&& &
Giải phương trình đặc trưng:
2 2
2 0
n n
s s
ςω ω
+ + =

Ta có:
2 2 2 2
(2 ) 4 (2*0.06*14.5362) 4*14.5362 842.162 0
n n
ςω ω
∆ = − = − = − <

Với
7 8
3 3
24
24*3*10 *14000*10
14.5362 ( / )
4.3 *6

D n
ω ω ς
= −

→ Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có dạng:
[ ]
cos( ) sin( )
n
t
h D D
u e A t B t
ςω
ω ω
−
= +
 Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất:
2
0
2 ( ) (3.1b)
p n p n p
p
u u u cos t
m
ςω ω ω
+ + =
&& &
Nghiệm riêng của phương trình (3.1b) có dạng:
( ) sin( ) cos( )
p
u t C t D t

. . 1.034
6 42.301 22.676
630 42.301
. . 1.928
6 42.301 22.676
n
n
x
y
p
y
C
m x y
p
x
D
m x y
ω ω
ςωω
= − = − =
= = =
= = =
+ +
= = =
+ +
→ Nghiệm tổng quát của phương trình (3.1):
[ ]
( ) cos( ) sin( ) sin( ) cos( )
n
t

A D
C D
B
ω ςω
ω
= − = −
+
+
= − = − = −
−

Vậy phương trình chuyển động u(t) của khối lượng m có dạng như sau:
[ ]
0.8722
( ) 1.928cos(14.51 ) 1.042sin(14.51 ) 1.034sin(13 ) 1.928cos(13 )
t
u t e t t t t
−
= − + + +

Đồ thị thể hiện mối quan hệ giữa chuyển vị u(t) và thời gian t:
9
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao
Hình 9.
b) Dùng phương pháp xấp xỉ tuyến tính lực kích thích để vẽ đồ thị thể hiện mối quan hệ
giữa chuyển vị u(t) và thời gian t:
Tóm tắt phương pháp xấp xỉ tuyến tính lực kích thích:
 Bước 1: Tính các giá trị
Chọn ∆t
10

B e t
C e t t
k t t t
D e t t
k t t t
ςω
ςω
ςω
ςω
ς
ω ω
ς
ω
ω
ς ς ς ς
ω ω
ω ω ω
ς
ς ς ς
ω ω
ω ω ω
− ∆
− ∆
− ∆
− ∆
 
 ÷= ∆ + ∆
 ÷
−
 

2
' sin
1
' cos sin
1
1 1 1
' sin cos
1 1
1
' 1 sin cos
1
n
n
n
n
t
n
D
t
D D
t
n
D D
t
D D
A e t
B e t t
C e t t
k t t
t

 ÷= − ∆
 ÷
−
 
 
 ÷= ∆ − ∆
 ÷
−
 
 
 
 
 
 
 ÷
= − + + ∆ + ∆
 
 ÷
∆ ∆
 
− ∆ −
 
 
 
 
 
 ÷= − ∆ + ∆

∆
−

Chọn trước giá trị ∆t sao cho đảm bảo điều kiện ổn định của bài toán:
1
n
t
T
π
∆
<
0 0 0
0
2
1 0 0 0
2
2
2
( )
2
ˆ
( ) 2
( ) 2
2
( )
p cu ku
u
m
t
u u tu u
m c
k
t t

p
u
k
−
+
= − −
=
 Bước 3: Lặp lại bước 2 với giá trị i = i+1
12
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao
Biểu đồ chuyển vị u(t) theo phương pháp sai phân trung tâm:
Hình 11.
d) Dùng phương pháp Newmark với γ = 1/2 và β = 1/4 để vẽ đồ thị thể hiện mối quan
hệ giữa chuyển vị u(t) và thời gian t:
Tóm tắt phương pháp Newmark:
 Bước 1: Tính các giá trị
Chọn trước giá trị ∆t sao cho đảm bảo điều kiện ổn định của bài toán:
1 1
2 2
n
t
T
π γ β
∆
<
−
0 0 0
0
2
ˆ

&
&&

13
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao
 Bước 2: Tính các giá trị tại bước i
2
1 1 1
ˆ
ˆ
ˆ
1
2
1 1 1
( ) 2
; ;
i i i i
i
i
i i i i
i i i i
i i i i i i i i i
p p au bu
p
u
k
u u u t u
t
u u u u
t t

tính lực cho ta sai số thấp nhất so với phương pháp giải tích. Rồi đến phương pháp
sai phân trung tâm, và cuối cùng là phương pháp Newmark.
14
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao
Câu 4:
Cho hệ một bậc tự do như hình 13:
Hình 13.
Hệ có chu kỳ riêng T
n
= 0.6 (s) và tỉ số cản ς = 5%, chịu tác động của chuyển động nền
có gia tốc:
2
( ) 20sin15 ( / )
g
u t t cm s=
&&
.Biết chuyển vị ban đầu và gia tốc ban đầu:
( ) 0 , ( ) 0u t u t
= =
&

a) Vẽ trên cùng một đồ thị thể hiện mối liên hệ giữa chuyển vị u(t) và thời gian t. Trong
đó chuyển vị được xác định bằng phương pháp giải tích và phương pháp Newmark
với
1/ 2 , 1/ 6
γ β
= =
:
− Xác định phương trình vi phân chuyển động của khối lượng m:
2

&& & &&
&& &
Phương trình (4.1) là phương trình vi phân chuyển động của khối lượng m.
− Giải phương trình vi phân (4.1):
Nghiệm tổng quát của phương trình (4.1):
( ) ( ) ( )
.
h p
u t u t u t
= +
15
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao
Trong đó: u
h
(t) là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất.
u
p
(t) là một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất.
Nghiệm riêng của phương trình (4.1) có dạng:
( ) sin cos
p
u t C t D t
ω ω
= +

Ta tiến hành đạo hàm cấp 1, cấp 2 hàm u
p
theo t sau đó thế vào phương trình (4.1) và
sử dụng phương pháp đồng nhất thức hai vế phương trình ta tìm được C, D như sau:
0

n
n
x
T
ω ω
ςω ω
π π
ω
= − = − = −
= = =
= = =

Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất:
( ) 0.1702sin15 0.0232cos15
p
u t t t
= +
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất:
[ ]
( ) cos( ) sin( )
n
t
h D D
u t e A t B t
ςω
ω ω
−
= +
Nghiệm tổng quát của phương trình (4.1) có dạng:
( ) ( ) ( )

0.0232
0.1702*15 0.05*10.472*0.0232
0.245
10.459
1 10.472 1 0.05 10.459
n
D
D n
A D
C D
B
ω ςω
ω
ω ω ς
= − = −
+
+
= − = − = −
= − = − =
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (4.1) là:
( )
[ ]
0.5236
0.0232cos(10.459 ) 0.245sin(10.459 ) 0.1702sin(15 ) 0.0232cos(15 )
t
e t t t tu t
−
= − + + +
− Vẽ đồ thị:
16

pháp Newmark
1/ 2 , 1/ 4
γ β
= =
) và số gia tốc tuyến tính (Phương pháp Newmark
với
1/ 2 , 1/ 6
γ β
= =
):
Xem hình 16
 Vẽ trên cùng một đồ thị thể hiện mối quan hệ giữa chuyển vị
( )u t
&&
và thời gian t.
Trong đó chuyển vị được xác định theo phương pháp số gia tốc trung bình (Phương
17
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao
pháp Newmark
1/ 2 , 1/ 4
γ β
= =
) và số gia tốc tuyến tính (Phương pháp Newmark
với
1/ 2 , 1/ 6
γ β
= =
):
Xem hình 17
18