Для заданной двухопорной балки (табл 6 1) построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов

Перерисуем схему согласно варианту.
Балка нагружена сосредоточенной силой P, равномерно распределенной нагрузкой q и сосредоточенным моментом T (рис. 3, а). Балка в точке A опирается на неподвижную шарнирную опору, в точке B- на подвижную, в которых возникают лишь вертикальные реакции (внешние нагрузки вертикальные, поэтому Fx=0⟹XA=0 и RA=YA).
Освободим балку от связей заменяя их соответствующими реакциями. Распределенную нагрузку заменим сосредоточенной силой, приложенной к центру участка AB (рис. 3, б):
Q=2ql=2 кН.
Прямоугольную координатную систему выбираем так, что начало координат совместится с точкой C- левым концом балки, ось z направим по оси балки направо, ось y-вверх. Тогда ось x будет направлена перпендикулярно плоскости чертежа от нас.
Составим уравнения равновесия:
mA=0⟹-T-Ql-RB∙2l+P∙3l=0.
RB=-T-Ql+P∙3l2l=-3ql2-2ql2+12ql22l=3,5ql=3,5 кН.
centertopI
1 м
A
B
C
а)
б)
в)
г)
Эпюра Qy, кН
D
y
q
z1
1
2 м
II
III
RA
RB
z2
2
3
Эпюра Mx, кНм
Рис. 13.
q3
1 м
z3
Q
0
z
P
T
b
b
d
A
B
C
D
z
P
T
0
1,5
-0,5
-4
-4
1,5 м
4
0
3
3
Mmax=4,125кНм
00I
1 м
A
B
C
а)
б)
в)
г)
Эпюра Qy, кН
D
y
q
z1
1
2 м
II
III
RA
RB
z2
2
3
Эпюра Mx, кНм
Рис. 13.
q3
1 м
z3
Q
0
z
P
T
b
b
d
A
B
C
D
z
P
T
0
1,5
-0,5
-4
-4
1,5 м
4
0
3
3
Mmax=4,125кНм
RB=3,5 кН.
mB=0⟹-T-RA∙2l+Pl+Ql=0.
RA=-T+Pl+Ql2l=-3ql2+4ql2+2ql22l=1,5ql=1,5 кН.
RA=1,5 кН.
Проверка:
Fiy=RA-RB-Q+P=1,5-3,5-2+4=0.
Расчеты верны.
На участке I проведем сечение 1, на расстоянии z1 (0≤z1≤1 м) от точки C . Выбрасываем правую часть и рассмотрим равновесие оставленной части (рис. 13, б). Учитывая правила определения знаков внутренних поперечных сил и изгибающих моментов, получим:
Qy1=0;
Mx1=T=3ql2=3 кНм.
На участке II: 0≤z2≤2 м.
Qy2=RA-qz2=1,5-z2;
Qy2A=1,5 кН.
Qy2B=1,5-2=-0,5 кН.
Mx2=T+RAz2-qz222=3+1,5z2-0,5z22.
Mx2A=3 кНм.
Mx2B=3+1,5∙2l-0,52l2=4 кНм.
На участке II эпюра Qy2 пересекает ось z, следовательно, эпюра Mx2 в этой точке имеет локальный экстремум