Báo cáo khoa học " TÍNH TOÁN TẢI TRỌNG DO ĐỘNG ĐẤT GÂY RA CHO NHÀ NHIỀU TẦNG CÓ ĐỘ CỨNG NGANG KHÔNG ĐỀU "

Chia sẻ: Mua Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

92
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hiện nay việc tính toán dao động và tải trọng do động đất gây ra cho nhà nhiều tầng có độ cứng tầng không đổi (hình 1) đã được nhiều tài liệu đề cập tới. Tuy nhiên, đối với nhà nhiều tầng có độ cứng ngang không đều (hình 2) thì chỉ có ít tài liệu đề cập tới vấn đề này. Trong thực tế do yêu cầu của kiến trúc có những công trình làm bằng khung có độ cứng tầng không đều nên việc tính toán này là một yêu cầu cần thiết. Trong bài này...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Báo cáo khoa học " TÍNH TOÁN TẢI TRỌNG DO ĐỘNG ĐẤT GÂY RA CHO NHÀ NHIỀU TẦNG CÓ ĐỘ CỨNG NGANG KHÔNG ĐỀU "

TÍNH TOÁN TẢI TRỌNG DO ĐỘNG ĐẤT GÂY RA CHO NHÀ NHIỀU TẦNG CÓ ĐỘ CỨNG NGANG KHÔNG ĐỀU ThS. NGUYỄN HẢI QUANG Trường Cao đẳng xây dựng Công trình đô thị 1. Mở đầu Hiện nay việc tính toán dao động và tải trọng do động đất gây ra cho nhà nhiều tầng có độ cứng tầng không đổi (hình 1) đã được nhiều tài liệu đề cập tới. Tuy nhiên, đối với nhà nhiều tầng có độ cứng ngang không đều (hình 2) thì chỉ có ít tài liệu đề cập tới vấn đề này. Trong thực tế do yêu cầu của kiến trúc có những công trình làm bằng khung có độ cứng tầng không đều nên việc tính toán này là một yêu cầu cần thiết. Trong bài này tác giả đề cập tới một phương pháp tính dao động và tải trọng do động đất gây ra cho nhà nhiều tầng có độ cứng ngang không đều. 2. Thiết lập ma trận độ cứng 2.1. Khung có độ cứng ngang đều Khi tính toán dao động của khung nhà nhiều tầng có độ cứng ngang đều (hình 1) chịu tác dụng của động đất thì ma trận độ cứng chỉ có một dạng duy nhất (2-1) [3].  R11 R12 ... R1n  R R22 ... R2 n  K    21 (2-1)  .. .. ... ...     Rn1 Rn 2 ... Rnn  Trong đó: Rii = Ri + Ri+1; Ri,i+1 = - Ri; Ri-1,i = - Ri; Với Ri, Ri+1 là độ cứng tầng thứ i và tầng thứ i+1. Các phần tử còn lại đều bằng không. H×nh 1: Khung cã ®é cøng ngang ®Òu H×nh 2: Khung cã ®é cøng ngang kh«ng ®Òu 2.2. Khung có độ cứng ngang không đều 2.2.1 Độ cứng ngang tương đối của cột Độ cứng ngang tương đối giữa hai mức liên tiếp k và j là: T jk R jk  (2-2)  jk Trong đó: T jk - lực cắt ngang giữa hai mức;  jk - chuyển vị ngang tương đối giữa hai mức; - Nếu trong một tầng có nhiều cột thì độ cứng tương đối của cột thứ s giữa hai mức k và j là R jks   A jks  R jks  (2-3)
Trong đó: R jks  là độ cứng tương đối của cột s khi nút (k,s) và (j,s) chuyển vị tịnh tiến ngang không xoay (dầm được coi như cứng tuyệt đối); A jks  là hệ số kể đến ảnh hưởng của chuyển vị xoay tại các nút ở hai đầu cột đó do sự biến dạng của các dầm và cột đó. - Trong các tiết diện của các cột chọn một tiết diện đặc trưng ký hiệu là b0 và h0. thì mô men quán tính của nó là: b0 .h03 J0  (2-4) 12 - Hoặc J0 là trung bình cộng của mô men quán tính của tất cả các tiết diện cột. - Trong các chiều cao của các cột ta chọn một cột có chiều cao đặc trưng nhất ký hiệu là l0, hoặc l0 bằng trung bình cộng chiều cao của tất cả các cột. - Mô men quán tính của mặt cắt của cột thứ s giữa mức k và j là: bs .hs3 J jks   (2-5) - Chiều cao của cột s giữa hai mức k và j là ljk 12 s  J jks  l jk - Với hệ số k jk  và  jk  (2-6) Ta có độ cứng quy ước của cột s giữa j và k J0 l0 là: s  k jks   jk  (2-7) Độ cứng tương đối của cột s khi các nút ở hai đầu của cột chỉ chuyển  jk vị ngang không có chuyển vị xoay là: 12 EJ jks  s  12 E.J 0 k jk  jks  R jks     .  R0 (2-8) Thay (2-7) vào (2-3) ta được: l 3jk l 03 3jk 2jk  jks  s  12 EJ 0  jks   s  Rjks   2 Ajk R0   jks R0   jks  (2-9) Với  jks   Ajk (2-10)  jk l0 2jk được gọi là hệ số độ cứng tương đối giữa hai mức k và j của cột s. s  * Cách tính A jk : - Tính   , d   theo công thức của Wibur và Ifrim [3] s jk   j ,s + Độ cứng quy ước tại các nút bằng tổng độ cứng quy ước của các dầm và cột quy tụ tại nút đó, ký hiệu là   , được tính như sau:  j, s       j s 1, s   s,js1   js1, j   js, j 1 (2-11)   j, s + Độ cứng quy ước của đầu cột bằng tỷ số giữa độ cứng quy ước của cột đó và độ cứng quy ước s  của nút chứa đầu cột đó, ký hiệu là d jk :  jks  d jks   (2-12)   j ,s  - Tính  jkk  , 01 s  theo công thức của Muto:  sk1 , s   s,ks1   s j 1 , s   s,js1  jkk   (2-13) 2  jks 
 s11, s   s1, s 1 01 s   s  (2-14) 2  01 s  Từ bảng 2-1 ta có các công thức tính hệ số điều chỉnh Akj sau đó tính được độ cứng tương đối s  của mỗi cột Rkj . Bảng 2-1. Sơ đồ tính và hệ số điều chỉnh theo các tác giả khác nhau s  Tác giả Sơ đồ tính Hệ số điều chỉnh Akj k (k,s) _ s  jks   jks  Akj s   j (j,s) 2   jks  K.MUTO 1 (1,s) _ s  s  01s  s  0,5   01 A01  s  0 (0,s) 2   01 1 (1,s) _ s  s  01s  s  0,5.  01 A01  s  0 (0,s) 1  2. 01 k (k,s) s  jks  Akj s   1  0,5d jks   d j s, j1  d kj s   d k s,k1  JB.WILBRUR j (j,s) 1 (1,s) s  01s  s  A01  1  0,5d 10 s   d 1,s2  0 (0,s) k (k,s) s  jks   Akj s   1  0,75 d jks   d kj s   d kj s  .d js,k  j (j,s) 1 (1,s) M.IFRIM s  s  01s  A01  1  0,75d 1,s0 0 (0,s) 1 (1,s) s  01s  s  A01  0,251  d1,s0  0 (0,s) 2.2.2 Vẽ biểu đồ mô men cho hệ cơ bản - Trong hệ cơ bản, ứng với mỗi một liên kết phụ, ta phải vẽ một biểu đồ mômen. Trị số mô men được xác định như hình 3. Nhận xét: Trong biểu đồ mô men của hệ cơ bản thì dầm không có mômen, chỉ có cột mới có mômen. z=1 0,5.R (s) kj .lc lc (s) 0,5R kj .lc H×nh 3: CÊu kiÖn c¬ b¶n Hình 3. Biểu đồ mô men của cấu kiện cơ bản
Ví dụ 2-1: s  Cho khung (hình 4), sau khi đã tính được Rkj . Yêu cầu vẽ biểu đồ mômen M 1 ,   M , M  cho 2 3 hệ cơ bản ứng với chuyển vị z1 =1, z2 =1, z3 =1 gây ra. H×nh 4 Hình 4. Cấu tạo của khung trong ví dụ 1 Giải: s  Khung đã cho có 3 tầng (hình 4), sau khi đã tính được Rkj của từng cột và ứng với mỗi một chuyển vị z1 =1, z2=1, z3 =1, sử dụng cấu kiện cơ bản hình 3, ta vẽ được các biểu đồ mômen tương   M , M  (hình 5). ứng là M 1 , 2 3 (1) (3) (4) .l3 2,3.l3 .l3 3 3 TÇng 3 3 3 .l l3 l3 (1) (3) (4) 1,2.l2 .l2 2 2 .l3 R .l3 R .l3 .l R .l3 .l2 .l 2 2 .l .l2 3 l2 l2 .l2 R .l2 R .l2 .l R .l2 .l2 2 .l 1 1 .l .l1 l1 R .l1 .l1 1 .l (M1) (M3) (M2) H×nh Hình5. 5.BiÓu Biểu®å đồm« mômen men do do c¸c các chuyÓn chuyển vÞ vị ®¬n đơn vÞ vị g©y gây ra ra Ví dụ 2: Cho khung (hình 6), sau khi đã tính được Rki . Yêu cầu vẽ biểu đồ mômen M i ( 5)   cho hệ cơ bản, ứng với chuyển vị zi =1 gây ra. H×nh 6 Hình 6. Cấu tạo của khung trong ví dụ 2 Giải : s  Khung đã cho có 4 tầng, sau khi đã tính được Rkj của từng cột và ứng với mỗi một chuyển vị z1=1, z2 =1, z3 =1, z4 =1, sử dụng cấu kiện cơ bản (hình 3) ta vẽ được một biểu đồ mô men tương ứng M , M , M  , M  (hình 7). 1 2 3 4
(1) 2,4.l4 .l4 (3) (4) (3) (4) 5 5 .l4 5 5 (3) (4) 4 (4) l5 l5 (3) (4) (3) 3 3 l4 l4 l4 5 5 5 5 (1) TÇng 3 1,2.l2 .l2 .l4 R .l4 (4) 3 2 2 2 R .l4 .l4 l3 l3 l2 l2 l2 l2 .l 2 R .l2 .l R .l3 .l R .l3 .l2 l1 1 1 .l .l1 R .l2 l1 l1 R .l1 .l1 1 .l (M1) (M2) (M3) (M4) Hình 7. Biểu đồH×nh mô7.men dom« BiÓu ®å các chuyển men vị đơnvÞ vị do c¸c chuyÓn ®¬ngây rara vÞ g©y 2.2.3 Xác định các hệ số rij rij là phản lực tại liên kết phụ thứ i do chuyển vị zj=1 gây ra trong hệ cơ bản. Như vậy muốn tìm rij ta tách mức thứ i trong biểu đồ mô men M  . Hoặc tách mức thứ j trong biểu đồ mô men M  và xét j i cân bằng mức đó ta sẽ tính được rij nên ri,j= rji. Ví dụ 2-3: Cho khung (hình 4) và các biểu đồ mô men M 1 , M 2 , M 3 (hình 5). Hãy thiết lập ma trận độ       cứng. Giải: Vì khung đã cho có 3 tầng nên ma trận độ cứng có cỡ bằng 3. Ma trận độ cứng có dạng sau:  r11 r12 r13  K   r21 r22 r23  (2-15) Tìm r11 bằng cách tách mức có chứa r11 của biểu đồ mô men M 1  (xem  r31 r32 r33  hình 8). (1) (2) (3) (4) R1,2 R1,2 R1,2 R1,2 r11 (1) (2) (3) (4) R0,1 R0,1 R0,1 R0,1 H×nh 8: S¬ ®å tÝnh r11 Hình 8. Sơ đồ tính r11 Chiếu các lực ở hình 8 lên trục x ta được phương trình sau: x  0  R   R   R   R   R   R   R   R   r 1 0,1 2 0,1 3 0,1 4 0,1 1 1, 2 2 1, 2 3 1,2 4 1, 2 11 0 (2-15)  r11  R01,1  R02,1  R03,1  R04,1  R1,12  R1,22  R1,32  R1,42 (2-16) Tìm r21 bằng cách tách mức có chứa r21 ở biểu đồ mô men M 1 (xem hình 9).   r21 (1) (2) (3) (4) R1,2 R1,2 R1,2 R1,2 H×nh 9: S¬ ®å tÝnh r 21 Hình 9. Sơ đồ tính r21 Chiếu các lực ở hình 9 lên trục x ta được phương trình sau:  x  0  R   R   R   R   r 1 1, 2 2 1, 2 3 1, 2 4 1, 2 21  0 (2-17)  r21   R11,2  R1,22  R1,32  R1,42 (2-18) Tìm r31 bằng cách tách mức có chứa r31 ở biểu đồ mô men M 1 (xem hình 10).   r31 H×nh 10: S¬ ®å tÝnh r31 Hình 10. Sơ đồ tính r31 Chiếu các lực ở hình 10 lên trục x ta được phương trình sau:
x  0  r 31 0 (2-19)  r31  0 (2-20) Một cách tương tự, như cách tính r11, r21, ta tính được các giá trị r23, r33 : r22  R1,12  R1,22  R1,32  R1,42  R21,3  R22,3  R23,3  R24,3 (2-21) r23   R21,3  R 22,3  R23,3  R24,3 (2-22) 1 2  3  4 r33  R2,3  R 2,3  R 2,3  R2,3 (2-23) Thay các hệ số rij đã tìm được vào ma trận độ cứng (2-15) ta được ma trận độ cứng cần tìm. Ví dụ 2-4 Cho khung (hình 6) và các biểu đồ mô men M 1 , M 2 , M 3 , M 4 (hình 7). Hãy thiết lập ma         trận độ cứng. Giải: Vì khung đã cho có 4 tầng nên ma trận độ cứng có cỡ bằng 4. Ma trận độ cứng có dạng sau (2- 24):  r11 r12 r13 r14  r r22 r23 r24  K    21 (2-24)  r31 r32 r33 r34     r41 r42 r43 r44  Tìm r11 bằng cách tách mức có chứa r11 ở biểu đồ mô men M 1 ở hình 7. (xem hình 11)   (1) (2) (3) (4) R1,2 R1,2 R1,3 R1,3 r11 (1) (2) (3) (4) R0,1 R0,1 R0,1 R0,1 H×nh 11: S¬ ®å tÝnh r11 Hình 11. Sơ đồ tính r11 Chiếu các lực ở hình 11 lên trục x ta được phương trình sau:  x  0  R    R    R   R    R   R    R    R   r 1 0 ,1 2 0 ,1 3 0 ,1 4 0 ,1 1 1, 2 2 1, 2 3 1, 3 4 1,3 11 0 (2-25)  r11  R01,1  R02,1  R03,1  R04,1  R1,12  R1,22  R1,33  R1,43 (2-26) Tìm r21 bằng cách tách mức có chứa r21 ở biểu đồ mô men M 1 ở hình 7 (xem hình 12)   r21 (1) (2) R1,2 R1,2 H×nh 12: Hình 12.S¬ Sơ®åđồ tÝnh r21 r21 tính Chiếu các lực ở hình 12 lên trục x ta được phương trình sau:  x  0  R   R   r 1 1, 2 2 1, 2 21 0 (2-27)  r21   R1,12  R1,22 (2-28) Tìm r31 bằng cách tách mức có chứa r31 ở biểu đồ mô men M 1 ở hình 7 (xem hình 13).   r31 (3) (4) R1,3 R1,3 H×nh13. Hình 13:SơS¬ đồ ®å tínhtÝnh r31 r31
Chiếu các lực ở hình 13 lên trục x ta được phương trình sau:  x  0  R   R   r 3 1, 3 4 1, 3 31 0 (2-29)  r31   R1,33  R1,43 (2-30) Tương tự như cách tính r11, r21, r31 ta tính được r14 , r22, r 23, r24, r33, r34, r44. r14  0 (2-31) r22  R1,12  R1,22  R21, 4  R22, 4 (2-32) r23  0 (2-32) r24   R21, 4  R22, 4 (2-33) r33  R1,33  R1,33  R33, 4  R34, 4 (2-34) r34   R33, 4  R34,4 (2-35) r44  R21, 4  R 22, 4  R33, 4  R3,44 (2-36) Thay các hệ số rij vào ma trận độ cứng (2-24) ta được ma trận độ cứng cần tìm. 2.2.4. Nhận xét - Từ ví dụ 2-3 nếu ta đặt tổng độ cứng của các cột trong một tầng thành độ cứng tầng, lúc đó: R1  R01,1  R02,1  R03,1  R0 4,1 (2-37) R2  R1,12  R1,22  R1,32  R1,42 (2-38) R3  R 21,3  R 22,3  R23,3  R2 4,3 (2-39) Thì ma trận độ cứng (2-15) và kết quả của bài giải ví dụ 2-3 được viết lại như sau:  R1  R2  R2 0  K     R2 R2  R3  R3  (2-40)  0  R3 R3  Ma trận độ cứng [K] (2-40) phù hợp với ma trận tổng quát của khung nhà nhiều tầng có độ cứng ngang đều ở trong tài liệu [3]. - Từ ví dụ 2-4 ta cũng đặt tổng độ cứng của các cột trong một tầng thành độ cứng tầng thì: R1  R01,1  R02,1  R03,1  R04,1 (2-41) R2  R1,12  R1,22 (2-42) R3  R1,33  R1,43 (2-43) R4  R21, 4  R22, 4 (2-44) R5  R33, 4  R3,44 (2-45) Thì ma trận độ cứng (2-24) và kết quả của bài giải ví dụ 2-4 được viết lại là: R1  R2  R3  R2  R3 0   R R2  R3 0  R4  K   2 (2-46)   R3 0 R3  R5  R5     0  R4  R5 R4  R5  Suy ra ma trận độ cứng của khung có độ cứng ngang không đều thì không có dạng ma trận tổng quát. Ứng với mỗi một khung khác nhau thì có một ma trận độ cứng khác nhau. 3.Xác định tần số và dạng dao động bằng phương pháp lặp năng lượng [2] 4. Bài toán
Cho khung chịu lực (hình 13). Tải trọng phân bố đều là q=2 (tấn/m) bê tông mác 200 có 2 E=240(t/cm ), tiết diện của cột là 0,22x0,3 (m), tiết diện của dầm là 0,22x0,35 (m). Khung được đặt trong vùng có động đất cấp 8. Yêu cầu: Xác định tải trọng do động đất gây ra theo tiêu chuẩn của Nga CHué II-7-81. q q q 3,6 q 3,6 3,8 4 4,5 4 H×nh 13 Hình 13. Khung trong ví dụ tính toán Giải: Từ khung đã cho ta thấy có ba tầng và một mức sàn không liền khối do đó khung đã cho có số bậc siêu tĩnh là bốn. * Tính độ cứng tầng - Vì các cột đều có tiết diện là 0,22x03 (m) nên ta lấy tiết diện đó là tiết diện đặc trưng. J0 = 49500 (cm4 ), và l 0 =366,7 (cm) (5-2) - Mô men quán tính của mặt cắt của các cột là: bc .hc3 J ik s  12  49500 cm 4   (5-3) - Mô men quán tính của mặt cắt của các dầm là: bd .hd3 J sli   117333,3(cm 4 ) (5-4) - Độ cứng tương đối của dầm và cột thì bằng độ 12 cứng mô men quán tính của dầm, cột đó chia cho J0. Kết quả thể hiện trên hình 14. - Độ cứng quy ước ở nút chứa cột s và tầng i, bằng tổng độ cứng của cột, dầm quy tụ ở nút đó. J isnut  J is1, i  J i,si 1  J si1, s  J si, s 1 (5-5) - Kết quả thể hiện trên hình 14. 3,19 5,12 5,12 3,19 2,17 1,93 2,17 1,02 1,02 1,02 1,02 4,21 4,21 4,21 4,21 2,17 2,17 1,02 1,02 1,02 1,02 4,16 6,09 6,09 4,16 2,17 1,93 2,17 0,97 0,97 0,97 0,97 (s) (i ) nut HìnhH×nh 14.14:Các C¸c trÞtrị sè số cña của (s) J ,ikJisnut, J sl , J is (i) J ik , J sl - Độ cứng quy ước ở đầu cột s giữa hai sàn i-1 và sàn i bằng tỷ số giữa độ cứng tương đối của cột đó chia cho độ cứng quy ước ở nút chứa đầu cột đó. s  J is1,i s  J is1,i dd i 1,i  nut , dti 1,i  nut (5-6) J i 1, s Ji,s - Kết quả thể hiện trên hình 15:
0,32 0,32 0,2 0,2 0,24 0,24 0,24 0,24 0,24 0,24 0,24 0,24 0,25 0,17 0,17 0,25 0,23 0,16 0,16 0,23 0,0 0,0 0,0 0,0 (s) ( (s) s) Hình H×nh 15. 15: Cácc¸c trÞ sè cña dd i-1,i , dt i-1,i trị số của dd i 1,i , - Hệ số độ cứng tương đối của cột: hsik  s    k ik s  * 1  0,75 * dd ik s   dt iks   dd ik s  * dt iks   (5-7) 2ik Trong đó: hsik s  - hệ số độ cứng tương đối của cột thứ s ở giữa hai mức sàn i và k; k iks  - độ cứng tương đối của cột s ở giữa hai mức sàn i và k; s  dd ik - độ cứng quy ước ở đầu dưới của cột s ở giữa hai mức sàn i và k; dt ik s  -độ cứng quy ước ở đầu trên của cột s ở giữa hai mức sàn i và k. s  l ik iks   (5-8) l0 - Kết quả tính toán được thể hiện trên hình 16. 0,673 0,745 0,745 0,763 0,718 0,764 0,764 0,718 0,742 0,792 0,792 0,742 (s) H×nh 16: C¸c trÞ sè cña h i,k (a) Hình 16. Các trị số của hi , k - Độ cứng tầng (ta phải chú ý sàn của tầng 3 bị tách thành hai khối lượng). n Ri   hsiks .K 0 (5-9) s 1 + Với K 0 là độ cứng của cột đặc trưng. 12.E.J 0 K0   3,05t / cm (5-10) l 03 + Kết quả tính độ cứng tương đối của cột (hình 11) R4=4,10 R5=4,10 R2=4,29 R3=4,29 R1=8,87 H×nh 17: C¸c trÞ sè cña R i Hình 17. Các trị số của Ri * Thiết lập ma trận độ cứng - Vì khung đã cho có số bậc tự do là bốn nên ma trận độ cứng có dạng  R11 R12 R13 R14  R R22 R23 R24  K   21 (5-11)  R31 R32 R33 R34     R41 R42 R43 R44 
Trong đó: R11 = R1 + R2 + R3 = 8,87 +4,29 + 4,29 = 17,45; R12 = -R2 = - 4,29; R13 = - R3 = -4,29; R14 = 0; R 22 = R2 + R4 = 4,29 + 4,10 = 8,39; R23 = 0; R 24 = -R 4 = -4,10; R33 = R3 + R5 = 4,29 +4,10 =8,39; R34 = -R4 =- 4,10; R44 = R4 + R 5 = 4,10 + 4,10. Các phần tử còn lại được lấy đối xứng qua đường chéo chính của ma trận.  17,44  4,29  4,29 0   4,29 8,39 0  4,10 K (t/cm) (5-12)  4,29 0 8,39  4,10    0  4,10  4,10 8,20  * Tính tần số và dạng dao động riêng - Tính ma trận nghịch đảo của ma trận độ cứng ta được ma trận độ mềm. 0,113 0,113 0,113 0,113  0,113 0,289 0,17 0,229 F (cm/t) (5-13) 0,113 0,17 0,289 0,229   0,113 0,229 0,229 0,351 - Sử dụng phương pháp năng lượng để tìm 1, 2, 3 và 1 ,  2 ,  3 . 1 = 8,76 (s) và 1   {0,42 T 0,76 0,76 1} T 2 = 23,25 (s) và  2  ={-1,59 T T -0,68 -0,68 1} 3 = 37,65 (s) và  3 T={1,55 -3,4 -3,4 1}T * Tính tải trọng do động đất tác dụng lên công trình. Từ tần số và dạng dao động riêng ta tính tải trọng T {P}={2,31 0,73 0,73 2,97} . Kết quả thể hiện trên hình 18, sử dụng từ phần mềm [4]). P=2,97(t) P=0,73(t) P=0,73(t) P=2,31(t) H×nh Hình 18.12:Tải T¶i träng do ®éng trọng ®Êt g©y ra do động đất gây ra 4. Kết luận Với phương pháp mà tác giả đã trình bày ở trên, có thể tính được dao động, tải trọng do động đất gây ra cho mọi khung của nhà nhiều tầng bất kỳ. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. PHẠM ĐÌNH BA (chủ biên), NGUYỄN TÀI TRUNG Động lực học công trình. NXB Xây dựng, Hà Nội, 2005. 2. PHẠM ĐÌNH BA. Bài tập động lực học công trình. NXB Xây dựng, Hà Nội, 2003. 3. PHAN VĂN CÚC, NGUYỄN LÊ NINH. Tính toán và cấu tạo kháng chấn các công trình nhiều tầng. NXB khoa học kỹ thuật, Hà Nội, 1994. 4. NGUYỄN HẢI QUANG Luận văn thạc sĩ xây dựng dân dụng và công nghiệp. Trường Đại học Kiến trúc Hà Nội, 2006.