Для заданной схемы нагружения балки (рис 5а) требуется

Расчётная схема балки показана на рис. 5 а
1. На балку действует система параллельных сил. При этом в поперечных сечениях балки возникают поперечные силы Q и изгибающие моменты Ми.
Определяем опорные реакции
На балку действует плоская система параллельных сил, для которой можно составить два уравнения равновесия. ΣМА = 0: ΣМВ =0;
Составим и решим эти уравнения:
ΣМА = 0: ΣМА = -Fa –qа2/2 + qb2/2) – RB*(b + c) + М = 0;
RB = (-Fa - qа2/2 + qb2/2+ М)/(b + c);
RB = (-100*0,8 – 90*02,82/2 + 90*0,72/2+ 36 = -46,14 кН
ΣМВ = 0; ΣМВ =- q(a + b)((a + b)/2 + c) + RA (b + c) – F(a + b +c)+M= 0;
RA = (q(a + b)((a + b)/2 + c) + RA (b + c) – F(a + b +c) – M)/(b+c);
RA = (90*(0,8 + 0,7)*((0,8 + 0,7)/2 + 0,4) + 100(0,9 +0,7b +0,4) – 36)/(0,7 +0,4) = 281,14 кН ПроверкаΣY = 0; R А∙- F – q(a+b) + RВ∙ ∙= 0-46.14∙-100(0.8 + 0.7) + 281.14 = -281.14 + 281.14∙= 0 Реакции определены верно.
RА =281.14 кН,RB∙= -46.14 кН Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
Делим балку на три участка и последовательно по участкам нагружения рассматриваем внутренние силовые факторы в сечениях . Силовые факторы определяем из условий равновесия отсеченной части. Используем известные правила:
- поперечная сила численно равна алгебраической сумме проекций внешних сил на ось Оу;
- изгибающий момент численно равен алгебраической сумме моментов внешних сил, действующих на отсеченную часть, относительно нейтральной оси, совпадающей с осью Ох;
2