Для двухопорной балки (табл 7 1) предлагается выполнить следующие два расчета

И в этой задаче, как и в предыдущей, исходная схема не соответствует данным по варианту. Кроме того, по варианту есть сила P, но на схеме ее нету. Решим без нее.
1. Определение опорных реакций
Предположительно направим реакцию RA вверх, а RB- вниз, а затем составим и решим уравнения статики, учитывая равнодействующую распределенной нагрузки ql и ее расстояние до опор A и B:
mA=0;
-ql2+T-RB∙2l=0;
RB=-ql22+T2l=-ql2+6ql24l=1,25ql=0,125 кН.
-2286022860I
l=1 м
A
B
C
z
а)
б)
в)
г)
T
y
II
Рис. 15.
q
RB
z1
1
z2
2
Q
l=1 м
z
A
C
T
B
RA
Эпюра Qy, кН
0,225
Эпюра Mx, кНм
0
0
0,125
0,125
0,175
-0,125
D
h
b
5l8
2l3
A
B
P=1
RB=12
RA=12
д)
е)
y
x
00I
l=1 м
A
B
C
z
а)
б)
в)
г)
T
y
II
Рис. 15.
q
RB
z1
1
z2
2
Q
l=1 м
z
A
C
T
B
RA
Эпюра Qy, кН
0,225
Эпюра Mx, кНм
0
0
0,125
0,125
0,175
-0,125
D
h
b
5l8
2l3
A
B
P=1
RB=12
RA=12
д)
е)
y
x
mB=0;
-2lRA+1,5ql2+T=0;
RA=1,5ql2+T2l=1,5ql2+3ql22l=2,25ql=0,225 кН.
Проверка:
Fiy=RA-RB-ql=0,225-0,125-0,1=0;
Расчеты верны .
2. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов.
На участке I: (0≤z1≤1 м)
Qy1=RA-qz1=0,225-0,1z1
Qy1A=0,225 кНм.
Qy1C=0,225-0,1∙1=0,125 кНм.
Mx1=RAz1-qz122=0,225z1-0,05z12
Mx1A=0.
Mx1C=0,225∙1-0,05∙12=0,175 кНм.
На участке II: 0≤z2≤1 м. Рассмотрим справа.
Qy2=RB=0,125 кНм.
Mx2=-RBz2=-0,125z2.
Mx2(B)=0.
Mx2C=-0,125∙1=-0,125 кНм.
Построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рис. 15, в, г).
4. Прогиб балки в точке C
Расчет производим графоаналитическим методом – методом Верещагина, в соответствии с которым прогиб Δ в любой точке балки можно определить выражением:
Δ=1EIxΣωкрηкр