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任务书院（系）：土木工程学院姓名学号毕业届别专业毕业论文（设计）题目烟台南山学院学生宿舍楼建筑结构设计（方案2）指导教师学历职称所学专业具体要求(主要内容、基本要求、主要参考资料等)：一、主要内容1、建筑设计条件：设计五六层大学生宿舍楼，位于烟台龙口市南山学院校园内，总建筑面积50006000m2。房间要求：学生宿舍若干（6人一间，有室内卫生间）、活动室每层一间、管理员用房每层一间、一层设值班室、每层应有少量公共卫生间、开水房每层一间。学生可根据实际生活经验增设一定具有其他功能的房间。室内外高差自定并应符合相关规范要求。设计所需的其他条件根据相关建筑规范确定。2、结构条件：结构形式选用框架结构，按照教师提供的地质报告合理选择基础形式，并根据建筑施工图的特点合理选择结构方案。3、经济技术指标： 1）自然条件冬季采暖计算温度10，室内温度18；夏季通风计算温度28。风向：夏季主导风向为东南向，冬季主导风为西北风。降雨量：全年降水量634m，日最大降雨量92mm，每小时最大降水量56mm。雨季施工起止日期：7月1日9月30日。冬季施工起止日期：12月15日3月1日。基本风压和雪压：见荷载规范。2）地质条件及地理概况：工程地质及场地概况：见表1。地质剖面图见附件1，场内地势平坦，无障碍物影响施工，附近空地可供临时使用。场地类别为类，地面粗糙度B类。水文地质概况：最高地下水位为1.8m，弱腐蚀性。表1 工程地质概况土层厚度（m）土层描述地基承载力特征值（kN/m2）0.5-1.5素填土3.2-5.3细砂1701.3-5.3粉细砂1701.0-9.0细砂1801.0-3.2粉质粘土2003）技术经济条件交通运输条件：公路由场地附近通过，运输工具主要是汽车和平板车。建筑企业概况：该区商品混凝土供应厂相距11 km；木材加工厂距工地8km；技术装配情况：施工单位设备基本齐全，不具备的施工机械可向租赁公司租赁，可满足施工要求；现场水、电、路情况：附近有上水管网及供电设施可以利用，电源由附近电杆接线，场区内道路可由城市干路修到工地；定额选用：本工程定额按山东省建筑工程综合预算定额及（国家）建筑安装工程统一定额；4）材料供应情况：钢材、水泥、木材由国家统一调拨供应。一般地方材料：如：砖、砂、石，石灰、玻璃等可按计划采购到。5）劳动力情况：技工和普工均可满足施工要求。4、设计内容先确定合理的建筑方案平面图，再用天正建筑和AUTOCAD设计软件绘制完整的建筑施工图。然后确定结构方案，进行结构计算（手算）和施工图设计（用PKPM软件）并绘制结构施工图，打印计算书，同时学习巩固PKPM（2010版）系列结构设计软件的使用。二、基本要求：1、建筑要求。熟悉建筑方案的设计过程，学会查阅建筑防火等相关设计规范条文。熟悉建筑施工图的绘制过程，熟练掌握天正建筑和AUTOCAD等绘图软件，要求平面图、立面图、剖面图（应为主楼梯处）完整，楼梯详图、建筑设计总说明、门窗表均齐全，施工图成果能应用于实际工程的建筑施工。可用A1或A2的图纸出图，线形和制图均应符合相关制图规范要求。2、结构要求。熟悉结构方案和基础形式的确定原则，掌握结构手算设计的一般过程，具体包括：重力荷载的计算、抗侧移刚度的计算、水平地震作用和风荷载的计算、水平和竖向荷载下的内力计算、内力组合、截面配筋计算、基础设计计算、楼梯计算、楼板计算等。熟练掌握PKPM（2010版）系列结构设计软件的使用，施工图完整、详尽，具体包括：结构设计总说明、图纸目录、基础平面图和详图、柱平面配筋图、各层梁板配筋图、楼梯配筋详图、其它大样图等，设计成果应能用于实际工程的结构施工。3、培养独立查阅资料（规范、参考书等）解决问题的能力和主动性。三、主要参考资料1. 建筑制图标准（GB/T50104-2010）2. 建筑结构制图标准（GB/T50105-2010）3. 房屋建筑制图统一标准（GB50001-2010）4. 建筑设计防火规范 (GB 50016-2006) 5. 高层民用建筑设计防火规范（GB50045-95）(2005年版)6. 住宅设计规范（GB50096-2011）7. 住宅建筑规范（GB 50368-2005）8. 办公建筑设计规范(JGJ67-2006)9. 商店建筑设计规范 (JGJ 48-88) 10. 中小学校设计规范 (GB50099-2011)11. 宿舍建筑设计规范（JGJ36-2005）12. 屋面工程技术规范（GB 50345-2012）13. 坡屋面工程技术规范（GB 506932011）14. 变形缝建筑构造（13）04CJ01-1315. 山东省建筑工程做法（L06J002）16. 工程做法（05J909）17. 铝合金门窗（02J603-1）18. 木门窗（04J601-1）19. 建筑工程抗震设防分类标准（GB50223-2008）20. 建筑抗震设计规范（GB50011-2010）21. 建筑地基基础设计规范（GB50007-2011）22. 建筑结构荷载规范（GB50009-2012）23. 混凝土结构设计规范（GB50010-2010）24. 高层建筑混凝土结构技术规程（JGJ3-2010）25. 地下工程防水技术规范 （GB50108-2008）26. 建筑桩基技术规范（JGJ94-2008）27. 建筑地基处理技术规范（JGJ79-2012）28. 混凝土结构施工图平面整体表示方法制图规则和构造详图（11G101-1、 11G101-2、11G101-3）29. 砌体填充墙结构构造 （06SG614-1）四、进度安排：第1周：借阅资料，文献翻译，英译汉。第2周：毕业实习，撰写实习报告。第3周：建筑方案设计，用天正建筑绘图软件绘制建筑平面图。第4周：用天正建筑绘图软件绘制建筑平面、立面图。第5周：用天正建筑绘图软件绘制建筑剖面图及楼梯详图。第6周：绘制墙身详图、建筑设计总说明、门窗表等。第7周：结构布置、计算简图、计算重力荷载、侧移刚度，并编写相应部分的计算书。第8周：计算水平荷载（风荷载、地震荷载），编写相应部分的计算书。第9周：计算各种荷载产生的内力，绘制相应的内力图。第10周：内力组合，绘制内力组合表。第11周：梁、柱配筋计算，编写相应部分的计算书。第12周：楼板、楼梯配筋计算、基础设计，编写相应部分的计算书。第13周：用PKPM 结构设计软件完成PMCAD建模，并绘制梁、板的施工图。第14周：用PKPM 结构设计软件完成柱、基础、楼梯的施工图，整理图框，加总说明和图纸目录。第15周：整理打印计算书和施工图纸，评阅教师评阅、答辩。 指导教师签字： 20xx年2 月24日院（系）意见： 教学院长（主任）签字： 年 月 日附注：iv文献翻译结构分析上述数据输入到表图12-14b进行弯矩分配。与图12-6b相比,这种方法大大简化了分配。使用以上得出的结果,梁的剪力图和弯矩图如12-14c所示。图12-14练习题12-1确定B和c 的弯矩. EI是常数， *12-4确定支点处的反作用力，然后画出假定B和C为滚轴支座，A和D为铰支 弯矩图，假设是A固定的。EI是常数。座。 题12-1 题12-412-2确定A、B、C处的弯矩，假设支 12-5确定B、C处的弯矩，然后画出梁的弯座B为滚轴支座，A、C为固定支座， 矩图，假设C为固定支座，EI是常数。EI是常数。 题12-2 题12-512-3确定A、B、C的弯矩，画出弯矩 12-6确定B、C的弯矩，画出梁的弯矩图，图，假设B点是滚轴支座，A、C是固定 所有结点都是铰支座，假设水平反力是0，支座，EI是常数。 EI是常数。 题12-3 题12-612-7确定支座反力，假设A是固定支 12-10确定B点的弯矩，作出梁的弯矩图。座，B是可以在梁上推或拉的滚轴支 假设支点A、C是滚轴支座，B为铰支座，座，EI是常数。 EI是常数。 题12-7 题12-10*12-8确定B和C的弯矩，作出梁的 12-11确定B、C、D的弯矩，作出梁的弯弯矩图。假设B、C为滚轴支座，A、 矩图，EI为常数。D为铰支座，EI为常数。 题12-8 题12-1112-9确定B和C的弯矩，作出梁的弯 *12-12确定B点的弯矩，作出梁的弯矩图，矩图。假设B、C是滚轴支座，A是铰 假设A是铰支座，B是滚轴支座，C是固定支座，EI是常数。 支座，EI是常数。 题12-9 题12-1212.4 无侧移框架的弯矩分配无侧移框架弯矩分配方法与梁的弯矩分配方法相同。为了减少错误，建议分析结果列成表格形式，如上例所示。同时，如果一个跨度内的刚度系数可以修正的话，弯矩分配过程就能减化，就如上节说明的那样。例12.5确定如图12-15a所示框架结点的内部弯矩，E、D为铰支座，A为固定支座，EI是常数。通过检查，E处铰支座将阻止框架侧移。由于远端为铰支座，CD和CE的转动刚度可使用K=3EI/L计算出。由于荷载作用在结点B上，没有对固端弯矩起作用。因此， 数据展示在如图12-15b所示的表格中，在这里弯矩相继的在结点B和C之间分配，弯矩的最终结果在最后一行，使用这些数据，作框架弯矩图如图12-15c图12-1512.5 有侧移框架的弯矩分配 不对称框架或受不均匀荷载作用的框架被证明有侧移的趋势，图12-16a所示的就是这种例子。这里加载P会在结点B和结点C上产生不平衡力矩以致框架会向右偏移一个。为了确定这个偏移量和用力矩分配确定结点内部弯矩，我们将使用叠加原理。在这方面，图12-16b所示的框架首先考虑通过应用一个附加的支座C来阻止侧移。应用力矩分配法，然后通过静力学能够确定约束力R。作用一个大小相同、方向相反的力如图12-16c所示，框架的弯矩不变。有一种做这最后一步的方法需要首先假设其中之一的内部弯矩的数值，记作MBA。使用力矩分配法和静力法，能够确定与假设值MBA相对应的偏移量和外力。由于发生线弹性变形，在框架中由引起的弯矩与由引起的弯矩是成比例的。例如，当MBA和已知的情况下，由引起的处的弯矩将会服从MBAMBA（）。叠加图12-6b和图12-6c所示两种情况下的结点力矩，将会产生图12-6a中框架的实际弯矩。关于这种技术的运用，列举在例12-6到例12-8.多层框架 很多时候，多层框架可能有若干个独立的结点位移，因此运用上述方法进行的力矩分配计算量将会特别大。例如，如图12-17a所示的两层框架。由于第一图12-16层的位移1与第二层的位移2相互独立，这个结构可以有两个独立的结点位移。可是，起初这些位移都不知道，因此必须在叠加的基础上进行分析，就是与之前讨论的相同的方式。在这种情况下，如图12-17b所示施加两个约束力R1和R2，并确定和分配杆端弯矩。使用平衡方程，然后确定R1和R2的数值。接下来，一层梁的约束力就消失了，而且一层梁产生了位移。这个位移在框架中引起了杆端位移（有限元），框架中已经明确了具体的数值。通过力矩分配和使用平衡方程，可以确定相关的R1和R2的数值。用类似的方式，给定二层梁一个位移，如图12-17d。假设杆端弯矩的数值，力矩的分配和平衡分析将会产生R1和R2特定的数值。由于如图12-17c和图12-17d所示的上两个步骤取决于有限元的假定值，修正系数C和C必须在力矩分配上应用。参照12-17c和12-17d中的约束力，我们需要大小相等且方向相反的一对力R1和R2应用到框架中，就像这样联立方程，解得C和C的值。然后用这些修正系数乘以内部结点弯矩，内部结点弯矩可以由如图12-17c和12-17d的力矩分配方法求出。将修正弯矩加到图12-17b中框架已有的弯矩上就能得出最终弯矩。拥有独立结点位移的其他类型的框架也能使用相图12-17同的过程分析，然而,必须承认上述方法需要相当多的数值计算。虽然很多方法的研究方向都是简化计算，但最好的办法是在电脑上进行计算。最好的方法是使用矩阵分析，矩阵分析的方法会在第十六章讨论。例12.6确定如图12-18a所示框架的每个结点的弯矩，EI是常数。方法 首先我们考虑刚架无侧移，如图12-18b所示。我们有：每个跨度的刚度系数是在4EI/L或通过相关刚度系数EI/L的基础上进行计算的，弯矩分配表如图12-18d所示。利用上述结果，为了确定Ax和Dx的值，应对柱的隔离体应用平衡方程，如图12-18e。从图12-18b中整个框架的隔离体图（图中未显示）的结点约束力大小为Fx = 0 ； R = 1.73kN - 0.81kN = 0.92kN现在必须在框架C点加一个大小相等、方向相反的力R = 0.92 kN，然后进行内部弯矩计算，如图12-18c。 为解决计算这些弯矩的问题，我们将假设一个作用在C点的力R，这个力导致框架偏移，如图12-18f所示。结点B和C由旋转被暂时约束，因此，可由挠度公式确定柱端弯矩，如下： 由于结点B和结点C都发生了相同的位移，且AB和CD有相同的E、I和L，因此AB单元和CD单元相同。正如图12-18f所示，我们将任意假设杆端弯矩为：（FEM）AB =（FEM）BA =（FEM）CD =（FEM）DC = -100kNm负号是必要的，因为为了产生向右的偏移量，弯矩必须逆时针方向作用在柱上。与这个-100kNm相关的R的值现在能够确定了。单元的弯矩分配如图12-18g所示。用平衡的方法，结点A和结点D的水平力计算如图12-18h所示。因此，对于整个框架我们要求：Fx = 0 ； R= 28 + 28 = 56 kN因此R= 56 kN所产生的弯矩列成表如图12-18g。由R=0.92kN所引起的相对弯矩能够由比例确定。因此，如图12-18a所示的框架的最终弯矩等于由图12-18b中框架计 = + 图12-18 算的弯矩和加上由图12-18c中框架计算的弯矩之和，我们有： 例12.17 确定如图12-19a所示的框架的所有节点的弯矩。每部分的转动惯量表示在图中。图12-19首先约束刚架侧移如图12-19b所示。节点内部弯矩的计算见图12-19d。由于D处为铰支座，则CD的刚度系数使用3EI/L计算。A和D水平力反力的计算如图12-19e。因此对于整个框架，Fx = 0 ； R = 2.89 - 1.00 = 1.89k现在方向相反的力作用在框架上如图12-19c所示。如同之前的例子，我们将考虑力R如图12-19f所示。因此，结点B和结点C偏移了相同的位移。BA的杆端弯矩计算如下：然而，查附表知，对于CD我们有 图12-19 假定AB固端弯矩为-100kft如图12-19f所示。C处相应的固端弯矩会产生相同的，也就是说，这些固端弯矩弯矩分配见表如图12-19g，结点和结点D的水平力计算见图12-19h，因此对于整个框架，Fx = 0 ； R= 11.0 + 1.55 = 12.55k框架的最终弯矩如下：例12.8确定如图12-20a所示框架的所有结点的弯矩，EI是常数。图12-20解首先侧移被约束R阻碍，如图12-20b。对于BC单元：由于跨AB和跨DC在末端为铰支座，因此刚度系数用3EI/L计算。弯矩分配如图12-20d所示。利用这些结果，结点A和结点D的水平力能够确定出来。这是通过对每一部分进行平衡分析得出的，如图12-20e。将结点B和结点C的弯矩分别相加，我们有，因此，对于整个框架，Fx = 0 ； R = 3.75 - 3.75 + 20 = 20k在框架上加入一个方向相反的力R如图12-20c所示。为了确定由R产生的内部弯矩，我们将首先考虑如图12-20f所示的R的作用。在这里，虚线并不代表框架各部分的变形，相反的，它代表的是结点B和结点C分别沿直线延伸到最终位置B和C。由于框架的对称性，位移BB=CC=。此外，这些位移导致BC杆旋转。B和C之间的垂直距离为1.2，位移图如图12-20g所示。 10文献原文STRUCTURAL ANALYSISThe foregoing data are entered into the table in Fig.12-14b and the moment distribution is carried out. By comparison with Fig. 12-6b, this method considerably simplifies the distribution. Using the results, the beams end shears and moment diagrams are shown in Fig. 12-14c.Fig.12-14PROBLEMS12-1 Determine the moments at B and. *12-4 Determine the reactions at C. EI is constant. Assume B and C the supports and then draw the are rollers and A and D are pinned. moment diagram.Assume A is fixed. EI is constant prob.12-1 prob.12-4 12-2 Determine the moments at A, 12-5 Determine the moments at B and C, B, and C. Assume the support at then draw the moment diagram for the B is a roller and A and C are fixed. beam.Assume C is a fixed support. EI is EI is constant. constant. prob.12-2 prob.12-512-3 Determine the moments at A, 12-6 Determine the moments at B and C, B, and C. Assume the support at B then draw the moment diagram for the is a roller and A and C are fixed. EI beam.Assume C is a fixed support .EI is. Is constant. Constant. prob.12-3 prob.12-6 127. Determine the reactions at the 1210. Determine the moment at B, then supports. Assume A is fixed and B draw the moment diagram for the beam.And C are rollers that can either push Assume the supports at A. and C areOr pull on the beam.EI is constant. rollers and B is a pin. EI is constant. prob.12-7 prob.12-10*128. Determine the moments at B 1211. Determine the moments at B, C, and C, then draw the moment diagram and D, then draw the moment diagramfor the beam. Assume the supports at for the beam. EI is constant.B and C are rollers and A and D are pins. EI is constant. prob.12-8 prob.12-11129. Determine the moments at B and *1212. Determine the moment at B,then C, then draw the moment diagram for draw the moment diagram for the beam. the beam. Assume the supports at B and Assume the support at A is pinned,B is a C are rollers and A is a pin. EI is constant. roller and C is fixed. EI is constant. prob.12-9 prob.12-1212.4 Moment Distribution for Frames:No SideswayApplication of the moment-distribution method for frames having no sidesway follows the same procedure as that given for beams. To minimize the chance for errors, it is suggested that the analysis be arranged in a tabular form, as in the previous examples. Also, the distribution of moments can be shortened if the stiffness factor of a span can be modified as indicated in the previous section.EXAMPLE 12.5Determine the internal moments at the joints of the frame shown in Fig. 1215a. There is a pin at E and D and a fixed support at A. EI is constant.fig.12-15SOLUTIONBy inspection, the pin at E will prevent the frame from sidesway. The stiffness factors of CD and CE can be computed using K = 3EIL since the far ends are pinned. Also, the 20-k load does not contribute a FEM since it is applied at joint B. Thus, The data are shown in the table in Fig. 1215b. Here the distribution of moments successively goes to joints B and C. The final moments are shown on the last line.Using these data, the moment diagram for the frame is constructed in Fig. 1215c.12.5 Moment Distribution for Frames:SideswayIt has been shown in Sec. 115 that frames that are nonsymmetrical or subjected to nonsymmetrical loadings have a tendency to sidesway. An example of one such case is shown in Fig. 1216a. Here the applied loading P will create unequal moments at joints B and C such that the frame will deflect an amount to the right. To determine this deflection and the internal moments at the joints using moment distribution, we will use the principle of superposition. In this regard, the frame in Fig. 1216b is first considered held from sidesway by applying an artificial joint support at C. Moment distribution is applied and then by statics the restraining force R is determined. The equal, but opposite, restraining force is then applied to the frame, Fig. 1216c, and the moments in the frame are calculated. One method for doing this last step requires first assuming a numerical value for one of the internal moments, say MBA. Using moment distribution and statics, the deflection and external force R corresponding to the assumed value of MBA can then be determined. Since linear elastic deformations occur, the force R develops moments in the frame that are proportional to those developed by R. For example, if MBA and R are known, the moment at B developed by R will be MBA = MBA (R/R). Addition of the joint moments for both cases, Fig. 1216b and c, will yield the actual moments in the frame, Fig. 1216a. Application of this technique is illustrated in Examples 126 through 128.fig.12-16Multistory Frames. Quite often, multistory frameworks may have several independent joint displacements, and consequently the moment distribution analysis using the above techniques will involve more computation. Consider, for example, the two-story frame shown in Fig. 1217a. This structure can have two independent joint displacements, since the sidesway 1 of the first story is independent of any displacement 2 of the second story. Unfortunately, these displacements are not known initially, so the analysis must proceed on the basis of superposition, in the same manner as discussed previously. In this case, two restraining forces R1 and R2 are applied, Fig. 1217b, and the fixed-end moments are determined and distributed. Using the equations of equilibrium, the numerical values of R1 and R2 are then determined. Next, the restraint at the floor of the first story is removed and the floor is given a displacement . This displacement causes fixed-end moments (FEMs) in the frame, which can be assigned specific numerical values. By distributing these moments and using the equations of equilibrium, the associated numerical values of R1 and R2 can be determined. In a similar manner, the floor of the second story is then given a displacement , Fig. 1217d. Assuming numerical values for the fixed-end moments, the moment distribution and equilibrium analysis will yield specific values of R1 and R2 . Since the last two steps associated with Fig. 1217c and d depend on assumed values of the FEMs, correction factors C and C must be applied to the distributed moments. With reference to the restraining forces in Fig. 1217c and 1217d, we require equal but opposite application of R1 and R2 to the frame, such thatSimultaneous solution of these equations yields the values of C and C. These correction factors are then multiplied by the internal joint moments found from the moment distribution in Fig. 1217c and 1217d. The resultant moments are then found by adding these corrected moments to those obtained for the frame in Fig. 1217b.Other types of frames having independent joint displacements can be analyzed using this same procedure; however, it must be admitted that the foregoing method does require quite a bit of numerical calculation. Although some techniques have been developed to shorten the calculations, it is best to solve these types of problems on a computer, preferably using a matrix analysis. The techniques for doing this will be discussed in Chapter 16.fig.12-17EXAMPLE 12.6Determine the moments at each joint of the frame shown in Fig. 1218a.EI is constant.SOLUTIONFirst we consider the frame held from sidesway as shown in Fig. 1218b.We haveThe stiffness factor of each span is computed on the basis of 4EI/L or by using the relative-stiffness factor I/L. The DFs and the moment distribution are shown in the table, Fig. 1218d. Using these results, the equations of equilibrium are applied to the free-body diagrams of the columns in order to determine Ax and Dx, Fig. 1218e. From the free-body diagram of the entire frame (not shown) the joint restraint R in Fig. 1218b has a magnitude ofAn equal but opposite value of R = 0.92 kN must now be applied to the frame at C and the internal moments computed, Fig. 1218c. To solve the problem of computing these moments, we will assume a force R is applied at C, causing the frame to deflect as shown in Fig. 1218f. Here the joints at B and C are temporarily restrained from rotating, and as a result the fixed-end moments at the ends of the columns are determined from the formula for deflection found on the inside back cover, that is,Since both B and C happen to be displaced the same amount , and AB and DC have the same E, I, and L, the FEM in AB will be the same as that in DC. As shown in Fig. 1218f, we will arbitrarily assume this fixed-end moment to beA negative sign is necessary since the moment must act counterclockwise on the column for deflection to the right. The value of Rassociated with this -100 kNm moment can now be determined. The moment distribution of the FEMs is shown in Fig. 1218g. From equilibrium, the horizontal reactions at A and D are calculated, Fig. 1218h. Thus, for the entire frame we requireHence, R= 56.0 kN creates the moments tabulated in Fig. 1218g. Corresponding moments caused by R = 0.92 kN can be determined by proportion. Therefore, the resultant moment in the frame, Fig. 1218a, is equal to the sum of those calculated for the frame in Fig. 1218b plus the proportionate amount of those for the frame in Fig. 1218c. We have = + （g）fig.12-18EXAMPLE 12.7Determine the moments at each joint of the frame shown in Fig. 1219a.The moment of inertia of each member is indicated in the figureSOLUTIONThe frame is first held from sidesway as shown in Fig. 1219b. The internal moments are computed at the joints as indicated in Fig. 1219d. Here the stiffness factor of CD was computed using 3EI/L since there is a pin at D. Calculation of the horizontal reactions at A and D is shown in Fig. 1219e. Thus, for the entire frame, Fig.12-19The opposite force is now applied to the