Прикладная механика схема 3 Дано F1 = 6 кН а=2 м

Определение опорных реакций.
Освобождаем балку от связей (опор), заменяя их действия реакциями связей.
В шарнирно-неподвижной опоре А, из-за отсутствия горизонтальных внешних нагрузок горизонтальная составляющая реакции будет равна нулю (отсутствовать).
Для полученной плоской системы составляем уравнения равновесия в виде:
ΣМА = 0, -RB·(2a + b) + F1(a + b) + F1·a = 0, (1)
ΣМВ = 0, RA·(2a + b) - F1(a + b) - F1·a = 0, (2). Из уравнения (1), находим:
RB = [F1(a + b) + F1·a]/(2a + b) = F1·(2a + b /(2a + b) = F1 = 6 кН;
Из уравнения (2), имеем:
RА = [F1(a + b) + F1·a]/(2a + b) = F1·(2a + b /(2a + b) = F1 = 6 кН;
Проверка: ΣFiy = - RА - RB + F1 + F1 = - F1 - F1 + 2·F1 = 0, следовательно опорные реакции определены - правильно.
Примечание . Опорные реакции можно было бы определить проще, учитывая симметричнось приложенных внешних нагрузок относительно опор, а именно:
RА = RB = (F1 + F1)/2 = F1 = 6 кН.
2. Построение эпюр внутренних усилий.
Разбиваем длину балки на три силовых участка: I, II и III. На каждом из участков проводим сечения и используя метод сечений находим на каждом из участков внутреннии усилия ( поперечную силу Q и изгибающий момент МИ.
Участок I (АС): 0≤ х1≤ а = 2,0 м.
Q1 = - RA = - 6,0 кН = const, следовательно QА = QлевС = - 6,0 кН.
МА= 0, МС = - RA·а = - 6,0·2,0 = - 12,0 кН·м.
Участок II (СE): 0≤ х2 ≤ b = 1,0 м.
Q2 = - RA + F1 = - 6,0 + 6,0 = 0 = const, следовательно QправС = QлевЕ = 0.
МЕ = - RA·(а + b) + F1·b = - 6,0·(2,0 + 1,0) - 6,0·1,0 = - 12,0 кН·м.
Участок III (BE): 0≤ х3 ≤ а = 2,0 м.
Q1 = RB = 6,0 кН = const, следовательно QB = QправE = 6,0 кН.
МВ= 0, МЕ = RВ·а = 6,0·2,0 = 12,0 кН·м