Bài giảng Tối ưu hóa trong thiết kế cơ khí - Chương 9: Các bài toán tối ưu hóa trong thiết kế cơ khí

Ví dụ như một người nông dân có 1 diện tích đất trồng trọt rất lớn. Tuy nhiên ông ta chỉ có lượng lưới thép dài 200 m dùng để làm hàng rào. Như vậy ông ta sẽ cần giải bài toán để tìm kích thước thửa đất trồng trọt sao cho chu vi của nó bằng 200 m, và diện tích bên trong của nó lớn nhất có thể để năng suất canh tác của ông ta được lớn nhất Cũng tương tự như trường hợp 1, nhưng lúc này người nông dân cần một diện tích trồng trọt là 1 hécta trên tổng diện tích 20 hécta mà ông ta có. Lúc này ông cũng cần biết nên chọn kích thước thửa đất như thế nào, để nguyên vật liệu làm hàng rào của ông ta là ít nhất có thể.

pdf60 trang | Chia sẻ: thanhle95 | Ngày: 15/07/2021 | Lượt xem: 23 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Bài giảng Tối ưu hóa trong thiết kế cơ khí - Chương 9: Các bài toán tối ưu hóa trong thiết kế cơ khí, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Trường Đại học Công nghiệp thành phố Hồ Chí Minh Khoa Công nghệ Cơ khí CHƯƠNG 09: CÁC BÀI TOÁN TỐI ƯU HÓA TRONG THIẾT KẾ CƠ KHÍ Thời lượng: 6 tiết 2 Thiết kế về hình dạng 1x 2x Thiết kế hình chữ nhật trong 2 trường hợp sau: a) Chu vi của nó bằng C và diện tích của nó lớn nhất có thể b) Diện tích của nó bằng S và chu vi của nó nhỏ nhất có thể Gọi x1, x2 là độ dài 2 cạnh của hình chữ nhật, ta có các công thức: Chu vi hình chữ nhật:  1 22P x x  Diện tích hình chữ nhật: 1 2A x x Mô hình toán 1: Mô hình toán 2:       1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 , max , 2 0 , 0 f x x x x g x x x x C x x                1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 , 2 min , 0 , 0 f x x x x g x x x x A x x          3 Ví dụ như một người nông dân có 1 diện tích đất trồng trọt rất lớn. Tuy nhiên ông ta chỉ có lượng lưới thép dài 200 m dùng để làm hàng rào. Như vậy ông ta sẽ cần giải bài toán để tìm kích thước thửa đất trồng trọt sao cho chu vi của nó bằng 200 m, và diện tích bên trong của nó lớn nhất có thể để năng suất canh tác của ông ta được lớn nhất Mảnh cần rào lại để trồng trọt 4 Mảnh cần rào lại để trồng trọt Cũng tương tự như trường hợp 1, nhưng lúc này người nông dân cần một diện tích trồng trọt là 1 hécta trên tổng diện tích 20 hécta mà ông ta có. Lúc này ông cũng cần biết nên chọn kích thước thửa đất như thế nào, để nguyên vật liệu làm hàng rào của ông ta là ít nhất có thể. 5 Quy trình 1 lập mô hình toán tối ưu hóa Xác định toàn bộ các tham biến thiết kế của bài toán, nó sẽ bao gồm 2 loại: - Các tham biến không đổi, còn gọi là hằng số - Các tham biến có thể thay đổi, còn gọi là tham biến điều khiển Xác định hàm mục tiêu dựa vào yêu cầu của đề bài Xác định các điều kiện ràng buộc kỹ thuật của bài toán Xác định các kiến thức cần thiết để tính được hàm mục tiêu và các hàm ràng buộc Xây dựng các công thức, hệ thức, hoặc quy trình tính toán các hàm mục tiêu và ràng buộc Xác định khoảng giá trị cho phép của các hàm ràng buộc và tham biến điều khiển sao cho hợp lý nhất về mặt kỹ thuật nhưng cũng lỏng nhất có thể để dễ tìm được nghiệm. Các ràng buộc càng chặt, khoảng tham biến càng hẹp thì càng có ít lời giải. SAU ĐÓ PHÁT BIỂU MÔ HÌNH TOÁN. 6 Quy trình 2 lập mô hình toán tối ưu hóa Xác định hàm mục tiêu dựa vào yêu cầu của đề bài Xác định các điều kiện ràng buộc kỹ thuật của bài toán Xác định các kiến thức cần thiết để tính được hàm mục tiêu và các hàm ràng buộc Xây dựng các công thức, hệ thức, hoặc quy trình tính toán các hàm mục tiêu và ràng buộc Xác định toàn bộ các tham biến thiết kế của bài toán, nó sẽ bao gồm 2 loại: - Các tham biến không đổi, còn gọi là hằng số - Các tham biến có thể thay đổi, còn gọi là tham biến điều khiển Xác định khoảng giá trị cho phép của các hàm ràng buộc và tham biến điều khiển sao cho hợp lý nhất về mặt kỹ thuật nhưng cũng lỏng nhất có thể để dễ tìm được nghiệm. Các ràng buộc càng chặt, khoảng tham biến càng hẹp thì càng có ít lời giải. SAU ĐÓ PHÁT BIỂU MÔ HÌNH TOÁN. 7 Chú ý, từ quy trình 1 ta đẩy bước 1 xuống về sau bước 5 thì sẽ thu được quy trình 2. - Quy trình 1 ứng dụng cho những mô hình toán không quá phức tạp, ngay từ đề bài ta đã có thể liệt kê được toàn bộ các tham biến thiết kế - Quy trình 2 ứng dụng cho những mô hình toán phức tạp, mà ở đó phát biểu của bài toán là chưa đủ để biết được hết tất cả các tham biến thiết kế. Chỉ sau khi xây dựng được hết tất cả các hệ thức, công thức tính toán thì các tham biến mới lộ diện cũng như ý nghĩa của chúng được làm rõ. Khi đó ta mới có thể liệt kê được toàn bộ danh sách của chúng. Sự khác biệt của quy trình 1 và 2 8 Các bài toán thiết kế dầm (Beam) Hãy thiết kế kích thước mặt cắt ngang của một cái dầm công-xon bằng thép dài L=2m chịu tải P=20 kN ở một đầu như hình vẽ để sao cho nó đủ bền khi chịu uốn và cắt, độ võng tối đa của đầu chịu lực là 1 cm, đồng thời ít tốt vật liệu nhất có thể. Cho biết bề rộng 60mm ≤ w ≤ 300mm, bề dày 10mm ≤ t ≤ 40mm. Tỉ lệ w/t không vượt quá 8. Cho E=21e4 N/mm2, G=8e4 N/mm2, [σu]=165 N/mm 2, [τc]=90 N/mm 2 9 Xác định toàn bộ các tham biến thiết kế: - Các hằng số: L=2e3 mm – chiều dài dầm P=2e4 N – tải trọng tác dụng vào đầu dầm E=21e4 N/mm2 – Môđun đàn hồi kéo-nén của thép làm dầm G=8e4 N/mm2 – Môđun đàn hồi trượt của thép làm dầm [f]=10 mm – độ võng tối đa của đầu dầm chịu tải [σu]=165 N/mm 2 – ứng suất chịu uốn cho phép của dầm [τc]=90 N/mm 2 – ứng suất chịu cắt cho phép của dầm - Các tham biến điều khiển: w [mm] – bề rộng mặt cắt t [mm] – độ dày thành ống mặt cắt Xác định hàm mục tiêu dựa vào yêu cầu của đề bài Khối lượng của dầm phải nhỏ nhất có thể thì sẽ tốn ít vật liệu nhất. Do dầm đồng chất, chiều dài L đã biết nên khối lượng nhỏ nhất cũng sẽ tương đương với tiết diện mặt cắt nhỏ nhất. 10 Xác định các điều kiện ràng buộc kỹ thuật của bài toán Có 3 ràng buộc: - Ứng suất pháp dạng uốn lớn nhất xuất hiện trong dầm không được vượt quá giới hạn cho phép [σu] - Ứng suất tiêp dạng cắt lớn nhất xuất hiện trong dầm không được vượt quá giới hạn cho phép [τc] - Độ võng (chuyển vị) lớn nhất của dầm không được vượt qua giới hạn cho phép [f] Xác định các kiến thức cần thiết SỨC BỀN VẬT LIỆU - Xem lại vẽ biểu đồ để tìm mặt cắt có 2 nội lực Mx lớn nhất và Qy lớn nhất - Xem lại chương các đặc trưng hình học của mặt cắt để tính mômen tĩnh và mômen quán tính chính trung tâm của mặt cắt - Xem lại chương điều kiện bền ƯS pháp lớn nhất để tính σmax - Xem lại chương các trạng thái ứng suất trong dầm chịu uốn để tính τmax - Xem lại chương chuyển vị của dầm chịu uốn để tính độ võng vmax 11 Xây dựng các công thức, hệ thức, quy trình tính 5.1. Vẽ các biểu đồ Qy và Mx để tìm mặt cắt có các nội lực lớn nhất 20 kN yQ xM max max 20 kN =2e4 N 40 kN.m 4e7 N.mm y x Q M    z z z A là mặt cắt có nội lực Qy và Mx lớn nhất với: 12 5.2. Tính mômen tĩnh của nửa mặt cắt và mômen quán tính chính trung tâm của cả mặt cắt đối với trục x x          1 1 1 12 2 2 2 33 1 2 3 443 21 1 2 2 2 2 2 2 2 8 2 2 2 12 12 12 dac rong Cdac rong C x A y A y x w w tw w w w S w t w t t w t w t w w tw w I                             Các điểm có ứng suất pháp lớn nhất trong mặt cắt A Các điểm có ứng suất tiếp lớn nhất trong mặt cắt A a b 13 5.3. Tính ứng suất pháp lớn nhất tại điểm a trong mặt cắt A       max max max 4 44 4 24e74e7 22 2 12 x a x M ww y I w w t w w t            5.4. Tính ứng suất tiếp lớn nhất tại điểm b trong mặt cắt A           33 1 max 2 max 4* 4 33 44 2 2e4 8 2 2 12 23e4 2 2 y x b x w w t Q S b I w w t t w w t t w w t                     14 5.5. Tính chuyển vị của mặt cắt B: Nên dùng phương pháp tích phân hàm gián đoạn để dễ tìm vị trí chuyển vị đạt cực đại max 2e4yQ  max 4e7xM                        2 1 3 2 1 2 2e4 4e7 2e4 4e7 2 e4 4e7 3 2 xx x x x EI v z M z z z EI v z EI z z c z z EI v z c z c               Điều kiện biên: Tại A (z=0) là ngàm nên góc xoay và độ võng bằng 0, do đó: 1 2 0 0 c c    Vậy hàm độ võng và góc xoay của dầm là:         2 3 2 e4 4e3 e4 2e3 3 x x z z z EI z v z z EI                 Ta dễ thấy do z thuộc [0..2e3] mm, nên hàm góc xoay θ(z)<0 tức là hàm đô võng luôn nghịch biến, do đó tại mặt cắt B có z=2e3 mm thì hàm độ võng đạt cực tiểu giá trị âm, tức là cực đại giá trị dương, hay tại B thì độ võng dầm đạt cực đại. 15 Vậy độ võng của mặt cắt B của dầm là:       max 4 44 4 e4 16e9 64e9 32 21 2 21e4 12 v w w t w w t          Phát biểu mô hình toán:               22 1 2 1 1 2 1 44 1 1 2 33 1 1 2 44 2 1 1 2 44 1 1 2 1 2 1 2 , 2 min 24e7 165 2 23e4 90 2 2 64e9 10 21 2 8 60 300; 10 40 f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                      5.6. Tính diện tích của mặt cắt (thay vì tính khối lượng của dầm)   22 2A w w t   Gọi w=x1, t=x2, ta có: Đây là bài toán tối ưu hóa phi tuyến với ràng buộc bất đẳng thức: 2 tham biến và 8 ràng buộc bất đẳng thức. 16 Ứng suất đơn và trượt thuần túy - Điểm b  max 3 2 y b Q bh      - Điểm a  max 2 6 x a M bh      3 12 x A b h bh I     2 24 8 x c b h y S y A       17 Ứng suất đơn và trượt thuần túy - Điểm b   2 2 2 2 2 2 3 4 4 4 x ytd b c c M h Q bh           Nếu mặt cắt đang xét có cả Mx - Điểm a  max 2 24 x a M bh               3 * * 2 * 2 ; 36 2 ; 3 3 2 3 ; 9 2 3 ; 3 2 3 ; 18 3 2 3 ; 81 x c x bh I h h y h y y b h y b h b h y A h b h y h y S h               - Điểm b   3 y b Q bh    Nếu mặt cắt đang xét ko có Mx 18 Ứng suất đơn và trượt thuần túy  4 4 ; 4 x R r I      1 2 2 1 1 3 2 2 2 11 ; 2 ; 2 ; 3x r y R b R y S R y               2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 0 ; 2 ; 2 ; 3x y r b R y r y S R y r y                  - Điểm a (y1 = R)     4 4 4 0 x a a M R R r           - Điểm b       2 2 max 4 4 4 3 y b Q R Rr r R r           - Điểm d (y1 = r)       4 4 2 2 2 2 4 4 3 4 x d y d td d d d M r R r Q R r                       19 3 3 ; 12 x BH bh I     1 1 2 2 1 1 ; 2 2 ; 4 ; 8x h H y b B B H y S        - Điểm a (y1 = H/2)  3 3 6 x a M H BH bh          2 2 2 0 ; 2 ; 4 ; 8x hy b B b BH bh B b y S           - Điểm b        2 2 max 3 3 3 2 y b Q BH bh BH bh B b          - Điểm e       3 3 2 2 3 3 2 2 6 3 2 4 x d y d td d d d M h BH bh Q H h B B bBH bh                      20     33 1 3 3 3 1 1 12 12 1 12 x x x x b t hbh I I I I bh bh th             2 2 2 21 1 4 8x b h h t h y S     - Điểm b       2 2 2 1 1 max 3 3 3 1 1 3 2 y b Q bh bh th t bh bh th           - Điểm a    max 3 3 3 1 1 6 x a M h bh bh th         - Điểm d       1 3 3 3 1 1 2 2 1 3 3 3 1 1 2 2 6 3 2 4 x d y d td d d d M h bh bh th Q b h h t bh bh th                     21         1 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 ; ; 2 2 ; 2 h c c th bh bh c th bh bh b h h th h h c th bh bh                  33 1 1 2 1 2 1 1 3 3 x x x b t hbh I I I c b h h th               1 1 21 1 1 2 2 2x h h h c y S y b h h c t h c y y                     - Điểm a (y = - c2)  max 2 0 keo x a x a M c I             - Điểm b (y = 0)         2 1 1 2 1 1 max 33 21 2 1 1 2 2 3 3 y b h h h c b h h c t Q b t hbh c b h h th t                                      22 Các tình huống yQ xM 1st xM  1st xM ― 1st yQ  2nd xM  2nd yQ  A B D E E z z 2nd xM  1st yQ  2nd yQ  3 kN mq  23 Các tình huống yQ xM 1st xM  1st xM ― 1st yQ  2nd xM  2nd yQ  A B D E E z z 2nd xM  1st yQ  2nd yQ  3 kN mq   24 Các loại tải trọng Hàm mômen uốn  x xM M z 0 0xM M z a  1 xM P z a  20 2 x w M z a  3 6 x m M z a  Hàm mômen uốn của 1 số trường hợp 25 Các bài toán thiết kế dầm (Beam) w1 = 2 kN/m P1 = 5 kN M1 = 5 kN.m h b t t 1 2 3 x h x b x t    Hãy lập mô hình toán thiết kế tối ưu khối lượng dầm, trong khi thỏa mãn được điều kiện bền ứng suất pháp lớn nhất, điều kiện bền ứng suất tiếp lớn nhất; điều kiện bền ứng suất phẳng theo thuyết bền 3. Đồng thời chuyển vị lớn nhất trong dầm không vượt quá 1 cm. Đối với các mặt cắt thành mỏng thì tỉ lệ các kích thước lớn trên kích thước thành mỏng không được vượt quá 8 để đảm bảo sự ổn định thành mỏng. Cho biết: - Các kích thước lớn nằm trong khoảng [60;300] mm, các kích thước thành mỏng nằm trong khoảng [10;40] mm - Ứng suất pháp cho phép [σ]=165 N/mm2 - Ứng suất tiếp cho phép [τ]=90 N/mm2 - Môđun đàn hồi E=21E4 N/mm2 26 Xác định toàn bộ các tham biến thiết kế: - Các hằng số: P1=5e3 N – lực tập trung w1=2 N/mm – lực phân bố đều M1=5e6 N.mm – mômen ngẫu lực E=21e4 N/mm2 – Môđun đàn hồi kéo-nén của thép làm dầm G=8e4 N/mm2 – Môđun đàn hồi trượt của thép làm dầm [f]=10 mm – độ võng tối đa của đầu dầm chịu tải [σu]=165 N/mm 2 – ứng suất chịu uốn cho phép của dầm [τc]=90 N/mm 2 – ứng suất chịu cắt cho phép của dầm - Các tham biến điều khiển: h [mm] – chiều cao mặt cắt b [mm] – bề rộng mặt cắt t [mm] – bề dày thành mỏng mặt cắt Các tham biến đều đã rõ ràng 27 Xác định hàm mục tiêu dựa vào yêu cầu của đề bài Khối lượng của dầm phải nhỏ nhất có thể thì sẽ tốn ít vật liệu nhất. Do dầm đồng chất, chiều dài dầm đã biết nên khối lượng nhỏ nhất cũng sẽ tương đương với tiết diện mặt cắt nhỏ nhất. Xác định các điều kiện ràng buộc kỹ thuật của bài toán Có 3 ràng buộc: - Ứng suất pháp dạng uốn lớn nhất xuất hiện trong dầm không được vượt quá giới hạn cho phép [σu] - Ứng suất tiêp dạng cắt lớn nhất xuất hiện trong dầm không được vượt quá giới hạn cho phép [τc] - Ứng suất phẳng (có cả pháp và tiếp) trong dầm không vượt quá giới hạn cho phép [σu] - Độ võng (chuyển vị) lớn nhất của dầm không được vượt qua giới hạn cho phép [f] - Tỉ lệ kích thước lớn trên kích thước mảnh không vượt quá 8 để đảm bảo tính ổn định thành mỏng 28 Xác định các kiến thức cần thiết SỨC BỀN VẬT LIỆU - Xem lại vẽ biểu đồ để tìm mặt cắt có 2 nội lực Mx lớn nhất và Qy lớn nhất - Xem lại chương các đặc trưng hình học của mặt cắt để tính mômen tĩnh và mômen quán tính chính trung tâm của mặt cắt - Xem lại chương điều kiện bền ƯS pháp lớn nhất để tính σmax - Xem lại chương các trạng thái ứng suất trong dầm chịu uốn để tính τmax - Xem lại trạng thái ứng suất phẳng theo thuyết bền 3 - Xem lại chương chuyển vị của dầm chịu uốn để tính độ võng vmax Xây dựng các công thức, hệ thức, quy trình tính 5.1. Vẽ các biểu đồ Qy và Mx để tìm mặt cắt có các nội lực lớn nhất   z m   z m   z m yQ xM B là mặt cắt có nội lực Qy và Mx lớn nhất với: max max 6.75 kN=6.75e3 N 15 kN.m 15e6 N.mm y x Q M    29 5.2. Các đặc trưng hình học của mặt cắt: trọng tâm, trục quán tính chính trung tâm, mômen quán tĩnh, mômen tĩnh, diện tích mặt cắt h b t t       2 2 2 0.52 2 2 2 c A t b h t h b t h h t bh h bt y t b h b h                  cy          3 33 2 2 3 2 2 4 2 2 3 3 3 8 12 8 4 12 2 c cc x x b t h y b h t yt y I t b t bh bh t bht h I b h               a c maxa  maxc    22 2 c c x c c y S t y t y      Điểm có ứng suất tiếp lớn nhất trong mặt cắt B Điểm có ứng suất pháp lớn nhất trong mặt cắt B 30 5.3. Tính ứng suất pháp lớn nhất tại điểm a trong mặt cắt B     max 2 max max 2 2 3 2 2 4 1.8e8 0.5 8 12 8 4 x a x M bh h bt y I t b t bh bh t bht h             5.4. Tính ứng suất tiếp lớn nhất tại điểm b trong mặt cắt B      2 2max max 2 2 3 2 2 4 40500 0.5 2 8 12 8 4 c y x b c x bh h btQ S b I t b h b t bh bh t bht h              5.5. Tính chuyển vị lớn nhất của dầm: Nên dùng phương pháp tích phân hàm gián đoạn để dễ tìm vị trí chuyển vị đạt cực đại 5.25AY  11.75BY  31           1 0 1 22 33 2 1 2 1 44 3 2 3 1 2 2 2 5.25e3 2e3 5e6 6e3 11.75e3 6e3 6e3 2 2 6e35.25e3 11.75e3 2e3 5e6 6e3 6e3 3 2 2 3 6e31 5.25e3 5e6 11.75e3 2e3 6e3 6e3 3 4 6 2 6 12 xx x x x EI v z M z z z z z z zz EI v z EI z z z z c zz EI v z z z z c z c                                       Điều kiện biên: Tại A (z=2e3) và B (z=6e3) là các gối nên độ võng bằng 0, do đó:     4 1 2 1 4 3 2 1 2 2e31 38e92e3 0 3 4 3 6e31 5.25e3 24e126e3 2e3 6e3 0 3 4 6 c c c cc c                       Hàm độ võng của dầm là:               44 3 2 3 4 4 3 4 3 2 6e31 1 5.25e3 5e6 11.75e3 38e9 2e3 6e3 6e3 24e12 3 4 6 2 6 12 3 1 38e9 24e12; 0..2e3 3 4 3 1 5.25e3 38e9 2e3 24e12; 2e3..6e3 3 4 6 3 1 5.25e3 5e6 11.75e3 2e3 6e3 3 4 6 2 x x zz v z z z z z EI z z z v z z z z z EI z z z                                         4 3 6e3 38e9 6e3 24e12; 6e3..8e3 6 12 3 z z z z                32 Vẽ đồ thị của hàm   x v z EI để biết vị trí cực trị của hàm độ võng bằng MATLAB x1 = (0:1:2000); x2 = (2000:1:6000); x3 = (6000:1:8000); x=(0:1:8000); y1 = -(1/12)*x1.^4+1.266666667*10^10*x1-2.4*10^13; y2 = -(1/12)*x2.^4+875*(x2-2000).^3+1.266666667*10^10*x2-2.4*10^13; y3 = -(1/12)*x3.^4+875*(x3-2000).^3+2.5*10^6*(x3- 6000).^2+1958.333333*(x3-6000).^3+(1/12)*(x3- 6000).^4+1.266666667*10^10*x3-2.4*10^13; y=0; plot(x1,y1,'k+',x2,y2,'bo',x3,y3,'rx',x,y,'k-') 0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 x 10 13 33 Dựa vào đồ thị ta thấy vị trí có độ võng lớn nhất có tọa độ z=8e3, khi đó:         max 2 2 3 2 2 4 max 2 2 3 2 2 4 4.8e13 4.8e13 48e12 8 12 8 4 21e4 12 2 192e8 2 7 8 12 8 4 x x v EI EI t b t bh bh t bht h b h b h v t b t bh bh t bht h                  5.6. Tỉ lệ các kích thước lớn trên các kích thước thành mỏng: 8 8 h t b t       34 Phát biểu mô hình toán: 1 2 3; ;x h x b x t                  1 2 3 3 2 1 2 1 2 1 2 3 2 2 3 2 2 4 3 2 3 2 1 2 1 3 2 1 3 1 2 2 1 2 1 2 3 2 2 3 2 2 4 3 2 1 2 3 2 1 2 1 3 2 1 3 1 2 1 2 2 3 2 3 2 3 2 1 2 1 3 2 1 , , 2 min 1.8e8 0.5 165 8 12 8 4 40500 0.5 90 2 8 12 8 4 192e8 2 7 8 12 8 f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                       2 43 1 1 3 2 3 1 2 3 10 4 8 8 60 , 300; 10 40 x x x x x x x x                         Đây là bài toán tối ưu hóa phi tuyến với ràng buộc bất đẳng thức: 3 tham biến và 11 ràng buộc bất đẳng thức. 35 Các bài toán thiết kế giàn thanh Cho giàn cấu tạo từ 2 thanh thép nhẹ có tiết diện ống mỏng như hình vẽ. Tại điểm nối bản lề chịu lực tác dụng W theo phương 0⁰≤θ≤90⁰. Kích thước của giàn có thể được lựa chọn khi thay đổi chiều cao h và bề rộng s. Kích thước mặt cắt của 2 thanh dạng ống cũng có thể được lựa chọn. Hãy thiết kế kết cấu sao cho nó tổng khối lượng của hệ là nhỏ nhất mà vẫn thỏa mãn điều kiện bền (ứng suất pháp cho phép của thanh là [σ]). Chuyển vị theo phương ngang và thẳng đứng không được vượt quá giới hạn cho phép lần lượt là [fu] và [fv]. 1zN 2zN 36 Xác định toàn bộ các tham biến thiết kế: - Các hằng số: W=2e4 N – tải trọng tác dụng vào điểm khớp nối θ – góc đặt tải trọng W E=21e4 N/mm2 – Môđun đàn hồi kéo-nén của thép làm thanh [fu]=5 mm – chuyển vị ngang tối đa của điểm kh
Tài liệu liên quan