Изучение равновесия плоской конструкции Даны три способа закрепления конструкции

Пишу в третий раз:
Вам в условии задания дана схема с уже показанными реакциями связи, осями координат и силой Q?
Вы умеете отличать такие части работы как УСЛОВИЕ задачи и РЕШЕНИЕ задачи?
Какой смысл вкладывается в следующие ниже (выделено желтым) строчки?
Эти строчки имеют только один смысл – они скопированы из методички по требованию Вашего преподавателя)
Активная сила F2, а также момент пары сил М на рисунке уже показаны на верхней (исходной) схеме, действие распределенной нагрузки на участке BC заменяем равнодействующей силой, величина которой равна
Q = q |BC| = q (3a + 3a) = 10 ∙ 6 ∙ 0,5 = 30 кН
Прикладывается сила Q в точке, делящей отрезок BC пополам. Объектом равновесия является балка АВС. На балку наложены связи в точке А – жесткая заделка. Реакция жесткой заделки в точке А и реактивный момент по направлению неизвестны, поэтому при решении задач на рисунке показываются две взаимно перпендикулярные составляющие реакции ХА и УА и момент М0. Покажем на нижней (расчетной) схеме реакции связей и выберем оси координат с началом в точке А.
В результате получилось, что на изучаемый объект действует произвольная плоская система сил, для равновесия которой должны выполняться три условия равновесия. Условия равновесия для балки запишем в виде уравнений проекций сил на оси координат Ах и Ау и уравнения моментов сил относительно точки А (выбор точки А для вычисления моментов удобен, так как моменты двух неизвестных по величине сил ХА и УА относительно точки А равны нулю).
∑Fkx= 0;
∑Fky= 0;
∑МА (F)= 0.
Для вычисления момента силы F2 воспользуемся теоремой Вариньона, т.е. разложим эти силы на составляющие параллельные осям координат, и будем вычислять сумму моментов составляющих сил F2х, F2у относительно точки А которые указаны на расчетной схеме
F2X = F2 cos α2 = 20 cos 45◦ = 14,14 кН
F2Y = F2 sin α2 = 20 sin 45◦ = 14,14 кН
Условия равновесия для балки запишем в виде уравнений проекций сил на оси координат Ах и Ау и уравнения моментов сил относительно точки А.
∑FkX = 0XA + F2X = 0(1)
∑FkY = 0YA – Q – F2Y = 0(2)
∑MA(Fk) = 0M0 – (8a cos 60◦ - 3a) (Q + F2Y) + 8a sin 60◦ F2X +
+ M = 0(3)
Решив поочерёдно полученные уравнения, находим значения реакций и реактивного момента для варианта закрепления (а)
(1)XA + 14,14 = 0XA = -14,14 кН
(2)YA – 30 – 14,14 = 0YA = 44,14 кН
(3)M0 – (8 ∙ 0,5 – 3) 0,5 (30 + 14,14) + 8 ∙ 0,5 ∙ 0,87 ∙ 14,14 + 50 =
= M0 – 22,07 + 48,98 + 50 = 0M0 = -76,91 кН ∙ м
RA = XA2+ YA2 = (-14,14)2+ 44,142 = 50,17 кН
Схема б)
Пишу еще раз: Такая схема в условии задания не приведена Это не условие, а часть решения
Активная сила F2, а также момент пары сил М на верхней схеме уже показаны, действие распределенной нагрузки на участке BC заменяем равнодействующей силой, величина которой равна
Q = q |BC| = q (3a + 3a) = 10 ∙ 6 ∙ 0,5 = 30 кН
Прикладывается сила Q в точке, делящей отрезок BC пополам . Объектом равновесия является балка АВС. На балку связи наложены в точке А – причем в точке А связью является шарнирно-подвижная опора (опора на катках), в точке В – шарнирно-неподвижная опора (цилиндрический шарнир или подшипник). Реакция шарнирно-неподвижной опоры в точке В по направлению неизвестна, поэтому при решении задач на рисунке показываются две взаимно перпендикулярные составляющие реакции Хв и Ув. Покажем на рисунке реакции связей и выберем оси координат с началом в точке А на нижней схеме.
В результате получилось, что на изучаемый объект действует произвольная плоская система сил, для равновесия которой должны выполняться три условия равновесия. Условия равновесия для балки запишем в виде уравнений проекций сил на оси координат Ах и Ау и уравнения моментов сил относительно точки В (выбор точки В для вычисления моментов удобен, так как моменты двух неизвестных по величине сил ХВ и УВ относительно точки В равны нулю).
∑Fkx= 0;
∑Fky= 0;
∑МВ (F)= 0.
Для вычисления момента силы F2 воспользуемся теоремой Вариньона, т.е. разложим эти силы на составляющие параллельные осям координат, и будем вычислять сумму моментов составляющих сил F2х, F2у относительно точки B
F2X = F2 cos α2 = 20 cos 45◦ = 14,14 кН
F2Y = F2 sin α2 = 20 sin 45◦ = 14,14 кН
Условия равновесия для балки запишем в виде уравнений проекций сил на оси координат Ах и Ау и уравнения моментов сил относительно точки В.
∑FkX = 0RA + XB + F2X = 0(4)
∑FkY = 0YB – Q – F2Y = 0(5)
∑MB(Fk) = 0-3a (Q + F2Y) + M – 8a sin 60◦ RA = 0(6)
Из уравнения (6) находим исследуемую реакцию RA, согласно п