Obraz900
1

¹ x,=2a

ID £m(A)=o

(2)    = °    .._a - - _{vz y}

Do sprawdzenia można wykorzystać równanie z drugiego układu RS. czyli

ⁿ — <->a + — aa -3qa = 0.

-R_B-3a + (3qa)||al = 0

.R_A-3a + (3qa)-^a]-°    ^R* 2^

edzenia można wy koi /j-— - -£_PT=0 R_A+R_B-3qa = 0, iqa + |qa-3qa = 0.

0 < X| < a

T„ =R_A=^q^a,

qa“

M_Xt⁼RA'^xii M_Xi=0 — 0, M_Xi=0 — ^ a < x₂ < 3a

R_A-q(^x2-^a)> t_X2=0=^-, T,

T*₃ =R_A-q(^X2"^a)’ ^Tx₃=0 = -7>    ¹ x; =3a ~    ₂

Uwaga: W tym przedziale nastąpiła zmiana znaku T_x . Na

wykresie M_x wystąpi maksimum momentu.

ąa-

ąa

ry przekrój musi być opisanj kazany na rys. 6.Ib i układ i się dwa myślowe przekroje tnie zwroty sil wewnętr/nvd 1).

4

A=T^Cl^a’

) = 0, M_X|=2a =jqa-.

;nej T_x oznacza konieczność mentu w tym przedziale:

4    8    2

⁼    Mx,K⁼9^C>^a'

2

Mx.=2»=yqa²» M _v)a =0.

vności obliczeń należy prze-część belki. W tym pr/ypad-R_bx₂.

ch przedstawiono na rys. 6.la. zgodnie z powszechnie przyj- I ział 7.1). W literaturze można ;h sił wewnętrznych. Wykonu-/spomnianej już wcześniej za-być widoczne wszystkie siły •zecznych widoczne są reakcje ;su odpowiadająca sile skupio-.ie momentów zginających nie h) - wykres jest ciągły, ane do kontroli poprawności

Pft/YK' \D6.2

Dla belki przedstawionej na rys. h j wykonać wykresy sil poprzec/-n\cli i momentów zginających. Określić maksymalne wartości sil wewnętrznych.

ANALIZA ZADANIA: Zadanie

jest statycznie wyznaczalne.

ROZWIĄZANIH: Równania statyki (sumy momentów względem podpór) mają postać:

M.,=R»x

A^ra    q A Rb

j____jfjrłf

BLeJ*_sk-    ,)

~ C -y-!-^15qa |

© !    ¹¹    I ©I I (? i

n?iij w iiip^pi^iJSli pH

F⁶*” _ 1 !^618a f>r    I

¹ i! LC! i

Rys. 6.2. Temat zadania i wykresy

R_B = 2^qa’

_s3?_, M

qa“

Xj=3'J

M

x_: =y

R^ ₌ 3a - ^X3I=a+ <i ' ²‘