img044

1

15 • 8²

x = 8m; M_B = 54,1 • 8-----10 ■ 2 = -67,5 kN ■ m,

Xj = 0;	md = 0,
x, = 3 m;	15 • 3^2
	M„ =--— = -67,5 kN-m

Na odcinku AC jest V_x - 0 (rys. 3-26b), występuje więc ekstremalna wartość momentu zginającego:

V, = R_A-px = 0,    x = ^ = ^ = _3>6ni,

p 15

p • 3,6²

M_max= R_a ' 3,6 — ~    = 97,5 kN m.

Wykres M_x pokazano na rys. 3-26c.

Przykład 3-24. Sporządzić wykresy V₂ i M_x w belce dwuwspornikowej, obciążonej jak na rys. 3-27a.

Równania równowagi:

ZT= R_{A +} R_B-P-p-6 = 0,

LM_a = — R_B-6 —P-2 + p-6-3 + M = 0.

Z równań tych otrzymuje się:

= 54,17 kN.    R_B = 25,83 kN.

Równania siły poprzecznej:

Vf^A = -P= -20 kN,

V,^AB = —P + R_A — p(_X — 2),

x = 2 m;    Kf = -P+R_A-p-0 = -20 + 54,17 = 34,17 kN,

x = 8m;    Fi= -P + R_A-p-6 = -20 + 54,17-60 = -25,83 kN,

= 0.

Wykres V_a pokazano na rys. 3-27b.

Równania momentu zginającego:

M_X^A = -Px,

x = 0; M_c = 0, x = 2 m; M_a = -20-2 = -40 kN-m,

=15KNm

al

Rys. 3-27

Rys. 3-28

p

Mf = -P_{x +} R_A(_x-2)-^P— ₂ ²⁾²,

x = 8m; M_g = —20-8 + 54,17-6---—=— 15kN-m,

M?^s= —M = -15 kN-m.

Na odcinku ,45 siła poprzeczna = 0 (rys. 3-27b), występuje więc ekstremalna wartość momentu zginającego:

Vf^B = -P + R_A-p(x-2) = 0,    x = 5,417 m,

10-3417²

M_max= -20-5,417 + 54,17-3,417--^- = 18,38 kN-m,

Wykres M_a przedstawiono na rys. 3-27 c.

Przykład 3-25. Dana jest belka dwuwspornikowa o długości /, obciążona w sposób ciągły równomierny. Określić miejsca podparcia belki tak, aby spełnione były warunki (rys. 3-28):