Page 34 - 21

R D  272  R A  R B  R C ;


EI z 0  EI   ;1
y
z 0

z 0
  EI   6  R A  36 386 ; ,5
2-й крок.  320 32

  R A   R B 8698 ;
 3 3
 945 R  243  R  125  R 94629 ;
 A B 3 C


 15 R A  9  R B  5 R C  2418 .

R D  272  R A  R B  R C ;

EI z 0  EI   ;1
y
z 0
 EI   6  R 386 ; ,5
… Останній крок .  z 0 A

 R A  ,10  R B 81 ,544 ;
 R  ,280580  R 118 ,32 ;
 B C
 R 106 ,18 .
 C
В результаті зворотнього ходу методу Гауса отримуємо наступний розв’язок:

R D  4, 604; EI z y  50, 645 ; EI  0   49, 646;
0
z
R  72, 691; R  88, 525; R  106, 18.
A
B
C
3.4 Побудова епюри згинних моментів та поперечних сил
Для подальших розрахунків приймаємо наступні заокруглення для значень

реакцій опор:
R  72, 7кН; R  88, 5кН; R  106, 2кН; R D  4, 6 кН.
B
A
C
Розділяємо балку на ділянки (рис 3.6). В межах кожної ділянки записуємо
рівняння для Q y  x , M z  x .

1-а ділянка:

Q y   qx  1 x  24 x , Q y   00  , Q y  1   24 кН;

2
q x 2
M z   x   1   12x , M z   00  , M z  1   12 кНм.
2

2-а ділянка: 1 x  4 м:

Q y   Rx  A  q 1 x 72 ,7  24 x , Q y   481  7 , кН, Q y  4   23, 3 кН. На цій

ділянці Q y  x змінює знак. Визначимо в якому перерізі Q y   0x .

72, 7  24 x 0.  x  3, 29 м

30