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Baustatik 2 - Beispiel: Drehwinkelverfahren - Verschiebegleichgewicht

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Baustatik 2

Beispiel: Drehwinkelverfahren - Verschiebegleichgewicht

In diesem Abschnitt behandeln wir als nächstes ein Beispiel zum Drehwinkelverfahren, in welchem neben den Knotendrehungen auch Knotenverschiebungen infolge Stabdrehungen berücksichtigt werden. Wir müssen in diesem Fall zusätzlich das Verschiebegleichgewicht berücksichtigen.

Hinweis

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Ziel ist die Ermittlung der Momentenlinie eines statisch unbestimmten Systems mittels Drehwinkelverfahren.

Beispiel: Drehwinkelverfahren - Knotenverschiebungen infolge Stabdrehungen

Drehwinkelverfahren, Beispiel, Tragwerk
Drehwinkelverfahren - Beispiel

 

Beispiel

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Gegeben sei das obige Tragwerk, welches mit einer vertikalen Einzelkraft $F = 6 kN$ belastet wird. Alle Stäbe weisen dieselbe Biegesteifigkeit $EI_c = 3.000 kNm^2$ auf. Gegeben sind außerdem $l = 7m$ und $h = 4m$. Die Einzelkraft $F$ greift mittig an.

Effektive Stablängen

Bevor wir mit der Berechnung beginnen, ist es sinnvoll die effektiven Stablängen $l'$ zu bestimmen. Diese können über die folgende Formel berechnet werden:

Methode

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$l' = l \cdot \frac{I_C}{I}$


Da alle Stäbe dieselbe Biegesteifigkeit aufweisen, sind die effektiven Längen $l'$ gleich der tatsächlichen Längen $l$ anzusetzen.

Stab Länge l $\frac{I_C}{I}$  $l' = l \cdot \frac{I_C}{I}$

a-b

b-c

c-d

4

6

4

1

1

1

4

6

4

1.Geometrisch bestimmtes Grundsystem

Als nächstes stellen wir das geometrisch bestimmte Grundsystem (0-System) auf. Dazu benötigen wir den Grad der geometrischen Unbestimmtheit. Dieser setzt sich aus den unbekannten Verschiebungsgleichungen $n_v$ und den unbekannten Knotendrehwinkeln $n_{\varphi}$ zusammen. 

Unbekannte Verschiebungsgleichungen

Die unbekannten Verschiebungsgleichungen werden über den Grad der elastischen Verschieblichkeit $w$ bestimmt. Zur Bestimmung des Grades der elastischen Verschieblichkeit fügen wir zunächst an jeden Knotenpunkt (biegesteife Ecke) ein Momentengelenk ein (sofern noch keines vorhanden ist). Ziel ist es, dass die Knoten keine Momente übertragen, also $M = 0$ resultiert. Demnach müssen auch für Knoten mit Lagerarten die Momente übertragen (z.B. feste Einspannung) Momentengelenke eingefügt werden.

Drehwinkelverfahren, Beispiel, unbekannte Verschiebungsgleichungen
Grad der elastischen Verschieblichkeit

 

Wir fügen zunächst Momentengelenke an den Knoten a, b und c ein. Knoten d weist bereits ein gelenkiges Lager mit $M = 0$ auf. Danach wenden wir die Abzählformel an:

Methode

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$f = a + z - 3n$

Wir haben $a = 4$ Auflagerkräfte, $z = 4$ Gelenkkräfte und $n = 3$ Teilsysteme gegeben. Demnach erhalten wir:

$f = 4 + 4 - 3 \cdot 3 = -1$

Für den Grad der elastischen Verschieblichkeit gilt $w = -f$ und damit $w = 1$. Wir müssen demnach 1-einwertiges Lager so einfügen, dass die Verschieblichkeit aufgehoben wird. Wir beginnen dazu immer in einem Lager (hier Knoten a). Wir führen eine Stabsehnenverdrehung durch. Der Knoten $b$ und der Knoten $c$ verschieben sich damit senkrecht zum betrachteten Stab. Wir fügen das einwertige Lager so ein, dass die horizontale Verschiebung unterbunden wird. Eine vertikale Verschiebung ist hier nicht möglich, da die Knoten $a$ und $d$ eine feste Einspannung und ein Loslager aufweisen.

Unbekannten Knotendrehwinkel

Als nächstes betrachten wir die Anzahl der unbekannten Knotendrehwinkel. Dazu ziehen wir wieder das Ausgangssystem heran und fragen uns für jeden Knoten, ob die Verdrehung $\varphi = 0$ wird. Für diejenigen Knoten, für die weder Moment noch Verdrehung zu Null werden, sind unbekannte Knotendrehwinkel gegeben.

Unbekannte Knotendrehwinkel, Festhaltung, Verdrehen
Unbekannte Knotendrehwinkel

Die Verdrehung im Knoten $a$ ist aufgrund der festen Einspannung nicht möglich und damit gleich Null. Es verbleiben noch die biegesteifen Ecken $b$ und $c$ sowie das Festlager $d$, für welche die Verdrehungen $\varphi_i$ unbekannt sind. Hier sind also unbekannte Knotendrehwinkel gegeben. Allerdings kann der Stab c-d als Einzelstab mit fester Einspannung in $d$ und gelenkigem Lager in $d$ berücksichtigt werden. Damit kann die Verdrehung am Stabende im Knoten $d$ mit den entsprechenden Tabellen (Stabendmomente) für den Einzelstab aus der Berechnung eliminiert werden. Wir haben also nur noch die unbekannten Knotendrehwinkel $\varphi_b$ und $\varphi_c$ gegeben. Um die Knotendrehungen zu unterbinden, fügen wir Festhaltungen gegen Verdrehen ein.

Betrachten wir nun alle Festhaltungen zusammen in einem System, so erhalten wir das geometrisch bestimmte Grundsystem (0-System):

geometrisch bestimmtes Grundsystem, 0-System, Drehwinkelverfahren
0-System

2. Verformungen am geometrisch bestimmten Grundsystem (0-System)

Zunächst berechnen wir die Verformungen am geometrisch bestimmten Grundsystem (0-System), die infolge der äußeren Belastung $F$ auftreten. Wir berechnen die Verformungen beim Drehwinkelverfahren stabweise.

Wir benötigen nun die Verformungen am geometrisch bestimmten Grundsystem, d.h. die Stabendmomente infolge äußerer Einwirkungen. Ihr findet die Tabelle links im Ordner Materialen unter dem Namen Stabendmomente. In der folgenden Grafik ist der relevante Ausschnitt aufgeführt:

Drehwinkelverfahren
Stabendmomente infolge Einzellast

Im 0-System greift die äußere Einzellast mittig an Stab b-c an. Der Stab b-c weist links und rechts eine feste Einspannung auf (Festhaltung gegen Verdrehen = Volleinspannung). Wir betrachten also die erste Spalte.

Für unser Beispiel ergibt sich demnach:

Drehwinkelverfahren, Stabendmomente
0-System: Stabendmomente

Wir müssen hier zusätzlich zu den Stabendmomenten die Lagerkraft $F_0$ der Festhaltung gegen Verschieben berücksichtigen. Die Lagerkraft können wir aus der Querkraft $Q = \frac{\triangle M}{h}$ bestimmen:

Bitte Beschreibung eingeben
Festhaltekraft am Knotengleichgewicht bestimmen

 

Das Moment im Stab $a-b$ ist gleich Null, demnach ist hier auch die Querkraft gleich Null und damit die Lagerkraft der Festhaltung $F_0$ im 0-System.

3. Verformungen an den Einheitssystemen

Wir haben hier zwei Festhaltungen gegen Verdrehen an den Knoten $b$ und $c$ eingefügt und eine Festhaltung gegen Verschieben an dem Knoten $b$, damit ergeben sich insgesamt 3 Einheitssysteme. Die Stabendmomente infolge Knotendrehungen können ebenfalls Tabellenwerken entnommen werden.

Hinweis

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Ihr findet die Tabelle links im Ordner Materialien.


Wir betrachten nun nachfolgend zunächst die Knotendrehung am Knoten b im 1-System, danach die Knotendrehung am Knoten c im 2-System und abschließend die Stabdrehung im Knoten b im 3-System.

In der obigen Grafik sind die 3 Einheitssysteme zusammengefasst. Auf der linken Seite ist die Biegelinie zu sehen und auf der rechten Seite die Stabendmomente sowie Lagerkräfte der Festhaltung gegen Verschieben für

  • die Knotendrehung $\varphi_b$ im Knoten b (1-System),
  • die Knotendrehung $\varphi_c$ im Knoten c (2-System) sowie
  • die horizontale Verschiebung der Knoten b und c (3-System).

 

Da die Normalkraft im Stab b-c in allen Systemen gleich Null wird, können wir für die Berechnung der Festhaltekräfte die Stabendmomente im Stab a-b heranziehen, um die Querkraft berechnen. Danach können wir den Knoten b freischneiden und aus der horizontalen Gleichgewichtsbedingung die Festhaltekräfte berechnen. 

Hinweis

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Wie die Querkraft aus den Stabendmomenten berechnet wird, könnt ihr in dem Kurstext Querkraft aus Stabendmomenten - unbelasteter Stababschnitt nachlesen. Der Stab a-b wird nicht durch eine äußere Kraft belastet, weshalb hier ein unbelasteter Stababschnitt vorliegt.


Die Berechnung der Festhaltekräfte, wenn $N_{bc} = 0$ ist und ein unbelasteter Stababschnitt vorliegt, ergibt sich wie folgt:

Methode

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$F^j = \frac{M_{re} + M_{li}}{l} $


Die Lagerkräfte $F^j$ werden wie folgt berechnet:

$F^1 = \frac{4/h + 2/h}{h} = \frac{6}{h^2}$

$F^2 = \frac{3/h}{h} = \frac{3}{h^2}$

$F^3 = \frac{6/h + 6/h}{h} + \frac{3/h}{h} = \frac{15}{h^2}$

Merke

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Wichtig: Hier muss auch der Stab c-d mit seiner in gleicher Richtung wie die Festhaltekraft wirkenden Querkraft berücksichtigt werden. Auch dieser Stab ist unbelastet. 

4. Aufstellung der Gleichgewichtsbedingungen

Als nächstes müssen die Gleichgewichtsbedingungen aufgestellt werden. 


Knotengleichgewicht

Das Knotengleichgewicht berechnet sich wie folgt:

Methode

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$M_{i}^0 + \sum M^j_{ik} \cdot Y_j = 0$

mit

$M_i^0 $ Momente aus der Verformung am geometrisch bestimmten System

$M_{i}^j $ Momente aus der Verformung am Einheitssystem für den Stab i-k


Wir wenden die obige Gleichung auf alle Knoten an, an denen Verdrehfesthaltungen angebracht sind. Wir beginnen mit dem Knoten $b$:

$M_{b}^0 +  (M^1_{ba}+ M^1_{bc}) \cdot Y_1 + (M^2_{ba} + M^2_{bc}) \cdot Y_2 + (M^3_{ba} + M^3_{bc}) \cdot Y_3 = 0$

Wir setzen die Momente ein am Knoten b für die einzelnen Systeme ein:

$-5,25 + (4/h + 4/l) \cdot Y_1 + (0 + 2/l) \cdot Y_2 + (6/h + 0) \cdot Y_3 = 0$


Einsetzen von $h = 4m$ und $l = 7m$:

$-5,25 + (4/4 + 4/7) \cdot Y_1 + (0 + 2/7) \cdot Y_2 + (6/4 + 0) \cdot Y_3 = 0$

Methode

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$-5,25 + 11/7 \cdot Y_1 +  2/7 \cdot Y_2 + 3/2 \cdot Y_3 = 0$


Als nächstes betrachten wir den Knoten c:

$M_{c}^0 + (M^1_{cb}+ M^1_{cd}) \cdot Y_1 + (M^2_{cb} + M^2_{cd}) \cdot Y_2 + (M^3_{cb} + M^3_{cd}) \cdot Y_3 = 0$


Wir setzen die Momente ein am Knoten c für die einzelnen Systeme ein:

$5,25 + (2/l+ 0) \cdot Y_1 + (4/l + 3/h) \cdot Y_2 + (0 + 3/h) \cdot Y_3 = 0$

Einsetzen von $h = 4m$ und $l = 7m$:

$5,25 + (2/7 + 0) \cdot Y_1 + (4/7 + 3/4) \cdot Y_2 + (0 + 3/4) \cdot Y_3 = 0$

Methode

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$5,25 + 2/7 \cdot Y_1 + 37/28 \cdot Y_2 + 3/4 \cdot Y_3 = 0$

Verschiebegleichgewicht

Im nächsten Schritt wollen wir das Verschiebegleichgewicht aufstellen, denn die unbekannten Knoten- und Stabdrehwinkel müssen zusätzlich die Bedingung erfüllen, dass die Festhaltekraft im wirklichen System gleich Null ist. Demnach muss die Summe der Festhaltekräfte im 0-System und in den Einheitssystemen gleich Null sein:

Methode

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$F_i^0 + \sum F_i^j \cdot Y_j = 0$

mit

$F_i^0$  Festhaltekraft im 0-System am Knoten $i$

$F_i^j$ Festhaltekraft im j-System (Eiheitssystem) am Knoten $i$

Wir stellen das Verschiebegleichgewicht für den Knoten $b$ auf. Es muss nur eine Gleichung aufgestellt werden, da nur eine Festhaltekraft vorhanden ist:

$F_b^0 + F_b^1 \cdot Y_1 + F_b^2 \cdot Y_2 + F_b^3 \cdot Y_3 = 0$

$0 + \frac{6}{h^2} \cdot Y_1 + \frac{3}{h^2} \cdot Y_2 + \frac{15}{h^2} \cdot Y_3 = 0$

Einsetzen von $h = 4m$:

$0 + \frac{6}{4^2} \cdot Y_1 + \frac{3}{4^2} \cdot Y_2 + \frac{15}{4^2} \cdot Y_3 = 0$

Methode

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$0 + \frac{3}{8} \cdot Y_1 + \frac{3}{16} \cdot Y_2 + \frac{15}{16} \cdot Y_3 = 0$

5. Gleichungssystem aufstellen und lösen

Wir schreiben die obigen drei Gleichungen in eine Matrix und erhalten so das lineare Gleichungssystem in Matrixschreibweise:

$\left[ \begin{array}{rrrr} 11/7 & 2/7 & 3/2 \\ 2/7 & 37/28 & 3/4 \\ 3/8 & 3/16 & 15/16 \\ \end{array}\right] \cdot \left[ \begin{array}{rrrr} Y_1 \\ Y_2 \\ Y_3 \\ \end{array}\right] +  \left[ \begin{array}{rrrr} -5,25 \\ 5,25 \\ 0 \\ \end{array}\right] = \left[ \begin{array}{rrrr} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}\right] $

Als Dezimalzahlen mit 3 Nachkommastellen:

$\left[ \begin{array}{rrrr} 1,571 & 0,286 & 1,5 \\ 0,286 & 1,321 & 0,75 \\ 0,375 & 0,188 & 0,938 \\ \end{array}\right] \cdot \left[ \begin{array}{rrrr} Y_1 \\ Y_2 \\ Y_3 \\ \end{array}\right] + \left[ \begin{array}{rrrr} -5,25 \\ 5,25 \\ 0 \\ \end{array}\right] = \left[ \begin{array}{rrrr} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}\right] $

Der nächste Schritt ist die Lösung des obigen Gleichungssystems. 

Gauß-Algorithmus

Wir können das obige Gleichungssystem zum Beispiel mit dem Gauß-Algorithmus lösen. Dazu werden alle Werte ohne Variablen auf die rechte Seite gebracht:

$\left[ \begin{array}{rrrr} 1,571 & 0,286 & 1,5 \\ 0,286 & 1,321 & 0,75 \\ 0,375 & 0,188 & 0,938 \\ \end{array}\right] \cdot \left[ \begin{array}{rrrr} Y_1 \\ Y_2 \\ Y_3 \\ \end{array}\right] = \left[ \begin{array}{rrrr} 5,25 \\ -5,25 \\ 0 \\ \end{array}\right] $


Wir betrachten die Koeffizienten und die rechte Seite und schreiben diese wie folgt auf:

$\left[ \begin{array}{ccc|c} 1,571 & 0,286 & 1,5 & 5,25 \\ 0,286 & 1,321 & 0,75 & -5,25 \\ 0,375 & 0,188 & 0,938 & 0 \\ \end{array}\right]$

Merke

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Ziel des Gauß-Algorithmus' ist es mithilfe von Zeilenumformungen unter der Hauptdiagonalen Nullen zu erzeugen. 

Wir wollen nun also an der Stelle der $2/7$, $3/8$ und $3/16$ Nullen erzeugen, indem wir Zeilenumformungen vornehmen.

 

$\left[ \begin{array}{ccc|c|c} 11/7 & 2/7 & 3/2 & 5,25 & \\ 0 & 391/56 & 21/8 & -34,125 & \\ 3/8 & 3/16 & 15/16 & 0 & (3) \cdot 88/21 - (1) \\ \end{array}\right]$

$\left[ \begin{array}{ccc|c|c} 11/7 & 2/7 & 3/2 & 5,25 & \\ 0 & 391/56 & 21/8 & -34,125 & \\ 0 & 1/2 & 17/7 & -5,25 & (3) \cdot 391/28 \\ \end{array}\right]$

$\left[ \begin{array}{ccc|c} 11/7 & 2/7 & 3/2 & 5,25 \\ 0 & 391/56 & 21/8 & -34,125 \\ 0 & 0 & 12265/392 & -39,1875 \\ \end{array}\right]$


Wir haben unter der Hauptdiagonalen Nullen erzeugt und können nun das Gleichungssystem lösen. Wir beginnen mit der Zeile (3):

$0 Y_1 + 0 Y_2 + 12265/392 Y_3 = -39,1875$


Wir lösen den Bruch auf und schreiben die Dezimalzahl auf 3 Nachkommastellen gerundet auf:

$31,288 Y_3 = -39,188$

Methode

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$Y_3 = -1,252$


Aus der Zeile (2) erhalten wir:

$6,982 Y_2 + 2,625 Y_3 = -34,125$

Einsetzen von $Y_3 = -1,252$:

$6,982 Y_2 + 2,625 \cdot (-1,252) = -34,125$

Methode

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$Y_2 = -4,417$


Aus der Zeile (1) erhalten wir:

$1,571 Y_1 + 0,286 Y_2 + 1,5 Y_3 = 5,25$


Einsetzen von $Y_2$ und $Y_3$:

$1,571 Y_1 + 0,286 \cdot (-4,417) + 1,5 \cdot (-1,252) = 5,25$

Methode

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$Y_1 = 5,341$

6. Unbekannte Knotendrehwinkel und Verschiebung bestimmen

Nachdem das Gleichungssystem gelöst ist, können die unbekannten Knotendrehwinkel für die Knoten b und c sowie die horizontale Verschiebung des Riegels bestimmt werden.

$\varphi_b = \frac{Y_1}{EI_c} = \frac{-1,252}{3.000} = -0,000417$

$\varphi_c = \frac{Y_2}{EI_c} = \frac{-4,417}{3.000} = -0,00147$

$\Psi_b = \frac{Y_3}{EI_c} = \frac{5,341}{3.000} = 0,00178$

$\rightarrow \; w_b = \Psi_b \cdot h =  0,00178 \cdot 4 = 0,00712 m$

Die Winkel sind in Bogenmaß gegeben, die Verschiebung in Meter. Die negativen Vorzeichen bedeuten, dass die in den Einheitssystemen angenommene Knotendrehung tatsächlich genau entgegendrehend erfolgt. In den Einheitssystemen ist eine Knotendrehung für beide Knoten als rechtsdrehend angenommen worden. Tatsächlich erfolgt hier die Knotendrehung in b und in c in einer Linksdrehung. Die Verschiebung ist positiv und demnach im 3-System richtig angenommen worden. Der Riegel verschiebt sich um 0,00712 m nach links.

7. Momentenlinie des statisch unbestimmten Systems

Der letzte Schritt ist die Ermittlung der Momentenlinie des Ausgangssystems mittels Superposition. Hierbei handelt es sich um die Stabendmomente des Ausgangssystems. Diese können mit der folgenden Gleichung bestimmt werden:

Methode

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Berechnung der Stabendmomente des statisch unbestimmten Systems:

$M_{kl} = M^0_{kl} + \sum_j Y_j \cdot M^j{kl}$


$M_{ab} = 0 + 2/4 \cdot Y_1 + 0 \cdot Y_2 + 6/4 \cdot Y_3 = 0,793$

$M_{ba} = 0 + 4/4 \cdot Y_1 + 0 \cdot Y_2 + 6/4 \cdot Y_3 = 3,463$

$M_{bc} = -5,25 + 4/7 \cdot Y_1 + 2/7 \cdot Y_2 + 0 \cdot Y_3 = -3,46$

$M_{cb} = 5,25 + 2/7 \cdot Y_1 + 4/7 \cdot Y_2 + 0 \cdot Y_3 = 4,252$

$M_{cd} = 0 + 0 \cdot Y_1 + 3/4 \cdot Y_2 + 3/4 \cdot Y_3 = -4,252$

$M{dc} = 0 + 0 \cdot Y_1 + 0 \cdot Y_2 + 0 \cdot Y_3 = 0$ 


Wir orientieren uns bei der Einzeichnung der Momentenlinie an der Momentenlinie der Stabendmomente. Betrachten wir zum Beispiel den Knoten a, so haben wir in den Einheitssystemen die Momentenlinie für positive Stabendmomente nach rechts gerichtet eingezeichnet. Demnach wird auch 0,793 (weil positiv) nach rechts gerichtet eingezeichnet.

Für M_{ba}$ müssen wir dementsprechend die Momentenlinie nach links einzeichnen, weil dies auch in den Einheitssysteme gegeben ist.

Für $M_{bc}$ ist ein negativer Wert gegeben, weshalb wir hier die Momentenlinie im Knoten b nach oben einzeichnen müssen.

Es resultiert dann:

Momentenlinie, Drehwinkelverfahren, statisch unbestimmt
Momentenlinien des statisch unbestimmten Systems

 

Bestimmung des Maximums

Im Folgenden wollen wir uns anschauen, wie das Maximum 6,65 im Stab b-c bestimmt werden kann.

Zunächst kennen wir bei Angriff einer Einzellast in Stabmitte die folgenden Stabendmomente mit Maximum (Tabellenwerken zu entnehmen):

Einzellast, mittig, Momentenlinie, Maximum
Maximum Momentenlinie bei mittig angreifender Einzellast


In der obigen Grafik liegen beide Stabendmomente auf der Stabachse und damit auch auf einer Linie. In unserem Beispiel beginnen die Stabendmomente aber nicht auf der Stabachse und sind zusätzlich unterschiedlich groß. Verbinden wir beide Stabendmomente miteinander, so sehen wir, dass hier eine Steigung der Verbindungslinie gegeben ist. Wir müssen nun zum Einen berücksichtigen, dass die Stabendmomente nicht auf der Stabachse beginnen und zum Anderen die Steigung der Verbindungslinie. 

Der erste Schritt ist also das Verbinden der beiden Stabendmomente im Knoten b und im Knoten c:

Schlusslinie, Verbindungslinie, Stabendmomente, Maximum
Verbindungslinie der Stabendmomente


In der obigen Grafik ist die Verbindungslinie vom linken zum rechten Stabendmoment für den Stab b-c eingezeichnet. Das Maximum der Momentenlinie von dieser Verbindungslinie ausgehend beträgt $\frac{F \cdot l}{4}$. Wir benötigen aber den Wert von der Stabachse ausgehend zum Maximum.

Dazu übertragen wird die Verbindungslinie in ein x,y-Koordinatensystem, wobei die Stabachse die x-Achse darstellt:

Stabendmomente, Maximum, Momentenlinie, Einzellast
Maximum berechnen


Die Verbindungslinie ist eine Gerade, weshalb wir die Geradengleichung $y = mx+b$ heranziehen, um die Gerade zu bestimmen. Es ergibt sich:

$y = 0,11x + 3,46$

Wir benötigen nun den Funktionswert in der Mitte, da das Maximum in der Mitte liegt: $\frac{l}{2} = \frac{7}{2} = 3,5$.

Einsetzen in die Geradengleichung ergibt:

$y = 0,11 \cdot 3,5 + 3,46 = 3,85$

Dieser Wert reicht von der Verbindungslinie zur Stabachse. Wir können nun das Maximum von der Stabachse ausgehend berechnen:

$10,5 - 3,85 = 6,65$