Bài giảng Tối ưu hóa trong thiết kế cơ khí: Chương 9 - ĐH Công nghiệp TP.HCM

Chia sẻ: Minh Vũ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:60

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng "Tối ưu hóa trong thiết kế cơ khí - Chương 9: Các bài toán tối ưu hóa trong thiết kế cơ khí" cung cấp cho người học các kiến thức: Thiết kế về hình dạng, quy trình 1 lập mô hình toán tối ưu hóa, các bài toán thiết kế dầm, ứng suất đơn và trượt thuần túy,... Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Tối ưu hóa trong thiết kế cơ khí: Chương 9 - ĐH Công nghiệp TP.HCM

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 x1 Thiết kế hình chữ nhật trong 2 trường hợp sau: a) Chu vi của nó bằng C và diện tích x2 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: P  2  x1  x2  Diện tích hình chữ nhật: A  x1 x2 Mô hình toán 1: Mô hình toán 2: f  x1 , x2   x1 x2  max f  x1 , x2   2  x1  x2   min  g  x1 , x2   2  x1  x2   C  0  g  x1 , x2   x1 x2  A  0    x1 , x2  0  x1 , x2  0
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 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. Mảnh cần rào lại để trồng trọt
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 Sự khác biệt của quy trình 1 và 2 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.
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/mm2, [τc]=90 N/mm2
Xác định toàn bộ các tham biến thiết kế: 9 - 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/mm2 – ứng suất chịu uốn cho phép của dầm [τc]=90 N/mm2 – 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
Xây dựng các công thức, hệ thức, quy trình tính 11 5.1. Vẽ các biểu đồ Qy và Mx để tìm mặt cắt có các nội lực lớn nhất 20 kN z A là mặt cắt có nội lực Qy và Mx lớn nhất với: Qy z Q max y  20 kN = 2e4 N Mx M xmax  40 kN.m  4e7 N.mm z
5.2. Tính mômen tĩnh của nửa mặt cắt và mômen quán tính chính 12 trung tâm của cả mặt cắt đối với trục x Các điểm có ứng a suất pháp lớn nhất trong mặt cắt A b x Các điểm có ứng suất tiếp lớn nhất trong mặt cắt A 1  w  w   w  2t  3 3 w 1w w     t   w  2t     t   1 Sx 2   w 2 22 2  2 2  8 1 1 dac Adac2 yC 2 1 1 rong 2 Arong yC 2 w  w  w  2t  w  2t  w   w  2t  3 3 4 4 Ix    12 12 12
5.3. Tính ứng suất pháp lớn nhất tại điểm a trong mặt cắt A 13  max   a  M xmax  ymax  4e7 w   4  24e7  w w   w  2t  2 w   w  2t 4 4 4 Ix 12 5.4. Tính ứng suất tiếp lớn nhất tại điểm b trong mặt cắt A w   w  2t  3 3 Qymax  S x 2 1  2e4   max   b   8 b*  I x w   w  2t  4 4 2t 12 3e4 w   w  2t  3 3   2 t  w4   w  2t 4   
5.5. Tính chuyển vị của mặt cắt B: Nên dùng phương pháp tích 14 phân hàm gián đoạn để dễ tìm vị trí chuyển vị đạt cực đại Qymax  2e4 M xmax  4e7 EI x v  z   M x  z    2e4  z   4e7  Điều kiện biên: Tại A (z=0) là ngàm nên z2 góc xoay và độ võng bằng 0, do đó: EI x v  z   EI x  z    2e4    4e7  z  c1 2 c1  0 z3 z2  EI x v  z    e4    4e7   c1 z  c2 c2  0 3 2 Vậy hàm độ võng và góc xoay của dầm là: Ta dễ thấy do z thuộc [0..2e3] mm, nên  e4 2 hàm góc xoay θ(z)
Vậy độ võng của mặt cắt B của dầm là: 15 e4 16e9 64e9 vmax   w4   w  2t  21 w   w  2t    4 4 3 4  21e4    12 5.6. Tính diện tích của mặt cắt (thay vì tính khối lượng của dầm) A  w   w  2t  f  x1 , x2   x12   x1  2 x2   min 2 2 2   24e7  x1 Phát biểu mô hình toán:  4  165  x1   x1  2 x2  4 Gọi w=x1, t=x2, ta có:   1  2 3 3  3e4  x1 x 2 x  90  2 x  x4  x  2x 4   2  1 1 2  Đây là bài toán tối ưu hóa phi  64e9 tuyến với ràng buộc bất đẳng   10 thức: 2 tham biến và 8 ràng  21  x1   x1  2 x2   4 4    buộc bất đẳng thức.  x1  8  x2 60  x1  300;  10  x2  40
Ứng suất đơn và trượt thuần túy 16 Abh bh3 Ix  12 b  h2  4 y 2  S x  yc  A  8 - Điểm b - Điểm a 3 Qy    6 Mx  b   max   a   max     2bh bh 2
Ứng suất đơn và trượt thuần túy 17 bh3 Ix  ; 36 h 2h   y ; 3 3 2h  3y  yc*  ; 9 b  2h  3 y  b*  ; 3h b  2h  3 y  2 A*  ; 18h b  h  3 y  2h  3 y  2 S x  ; 81h - Điểm a - Điểm b - Điểm b Nếu mặt cắt đang Nếu mặt cắt đang xét có cả Mx 24 M x  a   max     xét ko có Mx bh 2 3  4 M x2  4h 2Qy2 3 Qy  btd   c2  4 c2     b     bh 2 bh
Ứng suất đơn và trượt thuần túy 18   R4  r 4  Ix  ; 4 r  y1  R; b1  2 R 2  y12 ; 3 S   R  y1  ;  2 2 2 2 1x 3 0  y  r; b  2  R2  y2  r 2  y2 ;  - Điểm d (y1 = r) 2      ; 3 3  S   R y 2 2 r y 2 2 x 3  4M x r     d   R4  r 4  - Điểm b - Điểm a (y1 = R)     4 Qy  4 Mx R  d 3  R 2  r 2  4 Qy  R 2  Rr  r 2    a       b   max        R 4  r 4  3  R  r 4 4     dtd   d2  4 d2     a  0
19 BH 3  bh3 Ix  ; 12 h H  y1  ; 2 2 b1  B; B  H 2  4 y12  S1x  ; 8 0 y h ; 2 b   B  b  ;  BH 2  bh 2   B  b  4 y 2 S  x ; 8 - Điểm e - Điểm a (y1 = H/2) - Điểm b  6M x  h   d    BH 3  bh3 a  6M x  H    3 Qy  BH 2  bh 2   3 Qy  H 2  h 2  B  b   max      d   BH 3  bh3 2  BH  bh   B  b  3 3   2  BH 3  bh 3  Bb   dtd   d2  4 d2   
20 bh3  b  t  h1 3 Ix  Ix   12 12  I x  I x   bh3  bh13  th13  1 12 b  h 2  h12   t  h12  4 y 2  Sx  8 - Điểm a 6M x h  a   max       bh  bh1  th1  3 3 3  6 M x  h1     d   bh3  bh13  th13  - Điểm b - Điểm d    3 Qy b  h  h1  2 2 3 Qy  bh 2  bh12  th12   d 2t  bh3  bh3  th3      1 1  b   max  2t  bh  bh  th 3 3 3  1 1   dtd   d2  4 d2