S F z = RA + Rq 1 – Rq 2 + RB – F = (– 4,1кН) + 12кН – 15кН +14,1кН – 7кН =
= 26,1кН –26,1кН = 0.
2. Построение эпюр поперечных сил Q и изгибающего моментов M
В нашем примере балка имеет три участка, которые пронумеруем слева направо (рис.13). Проводим сечение на I участке и рассматриваем левую от сечения часть балки (рис.13), т.к. слева от сечения сил приложено меньше, чем справа.
Рис.13
I участок 
(начало отсчета на левом конце балки);
Q (x 1) = RA + q 1 x 1 = – 4,1кН+ 6кН/м· x1;
Q (0) = – 4,1кН+ 6кН/м·0= – 4,1кН (значение на левой границе участка);
Q (2м) = – 4,1кН + 6кН/м·2м= 7,9кН (значение на правой границе участка).
Поскольку поперечная сила меняет знак в пределах участка, определяем координату, при которой она обращается в нуль:
Q (x 0) = – 4,1кН+ 6кН/м· x 0 =0; x 0= 
0, 683 333 м=0,683 м;
Переходим к определению изгибающего момента на I участке
M (x 1) = RAx 1 + 
= – 4,1кН· x 1 + 6 
· 
= – 4,1кН· x 1 + 3кН/м· 
Слева от сечения моменты всех сил берем относительно точки С 1(центр тяжести поперечного сечения – рис.13).
Изгибающий момент (M) является квадратичной функцией координаты x1.
Для построения его графика определяем значение изгибающего моментана границах участка и в найденной выше точке.
M (0) = – 4,1кН·0+ 3кН/м· 
=0 (значение на левой границе участка);
M (0,683м) = – 4,1кН ·0,683м+ 3кН/м·(0,683м)2 = – 1,40кНм;
M (2м) = – 4,1кН·2м+ 3кН/м·(2м)2 = 3,8 кНм (значение на правой границе).
Проводим сечение на II участке и рассматриваем правую от сечения часть балки (рис.13).
II участок 
(начало отсчета на правой границе участка);
Q (x 2) = F – RB – q 2· x 2= 7кН–14,1кН+ 5кН/м· x 2 = –7,1кН+ 5кН/м· x 2;
Обратите внимание, что учитываются все силы, действующие справа от сечения, положительное направление силы справа от сечения – вниз.
Q (0) = –7,1кН+ 5кН/м·0= –7,1кН (значение на правой границе участка);
Q (3м) = –7,1кН+ 5кН/м·3м = 7,9кН (значение на левой границе участка);
Поскольку поперечная сила меняет знак в пределах участка, определяем координату, при которой она обращается в нуль:
Q (x 0) = –7,1кН+ 5кН/м · x 0=0; x 0= 
1, 42 м;
M (x 2) = – F (x 2+1м) + RBx 2– 
=
= – 7кН·(x 2+1м) + 14,1кН· x 2– 5кН/м· 
= –7кНм +7,1кН· x 2–2,5кН/м· 
;
Справа от сечения моменты всех сил, взяты относительно точки С2 (центр тяжести поперечного сечения – рис.13), положительное направление момента справа от сечения – против хода часовой стрелки.
Изгибающий момент (M) является квадратичной функцией координаты x2.
Для построения его графика определяем значение изгибающего моментана границах участка и в найденной выше точке.
M (0) = –7кНм +7,1кН·0–2,5кН/м·02= –7кНм (значение на правой границе);
M (1,42м) = –7кНм +7,1кН·1,42м–2,5кН/м·(1,42м) 2 = – 1,95 9 кНм = –1,96 кНм;
M (3м) = –7кНм +7,1кН·3м–2,5кН/м· (3м) 2 = –8, 2 кНм (значение на левой границе участка).
Проводим сечение на III участке и рассматриваем правую от сечения часть балки (рис.13).
III участок 
(начало отсчета на правой границе участка);
|
Q (x 3) = F = 7кН;
Поперечная сила является постоянной, графиком такой функции служит прямая, параллельная оси x.
|
M (x 3) = – Fx 3 = –7кНм· x 3
Справа от сечения моменты всех сил, взяты относительно точки С 3 (центр тяжести поперечного сечения – рис.13), положительное направление момента справа от сечения – против хода часовой стрелки.
M (0) = –7кНм·0 = 0 (значение на правой границе участка);
M (1м) = –7кН·1м= –7 кНм (значение на левой границе участка).
