Klausur-Beispiele
Aufgaben zur Statik
Letztes Update am 03.05.16. Überarbeitet am 28.07.2019
Freischneiden der gesamten Konstruktion sowie von Teilen der Konstruktion bei Gerberbalken
Statik-Beispiel Nr. 3 Einfeldträger mit Einzellast an beliebiger Stelle
Statik-Beispiel Nr. 6 Träger mit Kragarmen. Verwendung eines Ersatzsystems
Freischneiden der gesamten Konstruktion sowie von Teilen der Konstruktion bei Gerberbalken
Es ist üblich zur Berechnung der Auflagerreaktionen um die gesamte Konstruktion eine geschlossenen Linie zu ziehen, die die Aktionskräfte und Reaktionskräfte (in der Physik wird der Begriff Zwangskräfte verwendet) schneidet. Der innerhalb der Linie, des Schnitts, liegende Teil der Konstruktion muss die Gleichgewichtsbedingungen erfüllen.
Schneidet die Linie die Konstruktion, in der Regel einen Stab, so sind am Schnittufer des Stabes oder Balkens Schnittlasten wirksam (siehe dazu das Bild auf der nächsten Seite): An einem rechten Schnittufer zeigt die Normalkraft N in der Achse des Balkens vom Schnitt weg. Die Querkraft V (früher Q) weist an einem rechten Schnittufer nach unten. Das (Biege-)Moment ist positiv, wenn es in der (meist unteren) Faser eines Balkens Zug bewirkt. Diese wird durch eine Strich-Strich-Linie gekennzeichnet. Bevor Sie mit dem Freischneiden beginnen, sollten Sie alle Stäbe der Konstruktion auf einer Seite des Querschnitte mit einer Strich-Strich-Linie versehen, so dass Sie nach dem Schnitt wissen, in welche Richtung die Schnittlasten (bei positiven Werten der Schnittlast) zeigen. In den unten zu findenden Beispielen zum Einfeldträger ist – wie bei Statikern üblich - die Strich-Strich-Linie nicht dargestellt worden. Sie liegt bei Einfeldträgern, ohne dass es eines Hinweises bedarf, unten.
In der Ebene haben Sie bei einem an beiden Seiten gelenkig gelagerten Balken 3 Gleichgewichtsbedingungen, um die Lagerreaktionen zu bestimmen. Ist der Balken einseitig eingespannt, so brauchen Sie eine weitere Bedingung. Diese liefert häufig ein Gelenk.
Wenn ein Balken ein Gelenk aufweist (Gerberbalken), so legt man auch durch dieses Gelenk einen Schnitt und stellt an den beiden freigeschnittenen Teilen des Balkens jeweils separat die Gleichgewichtsbedingungen auf. Die Summe der Momente an jedem Balkenabschnitt links bzw. rechts vom Gelenk ist Null.
Manchmal ist der Gerberbalken nicht sofort als solcher zu erkennen, nämlich dann, wenn ein 3-Gelenk vorliegt. Auch hier wird empfohlen, durch das Gelenk einen Schnitt zu legen und an den beiden freigeschnittenen Teilen jeweils separat die Momenten-Gleichgewichtsbedingungen aufzustellen, und zwar bezogen auf das Gelenk des Gerberbalkens, damit die Kräfte im Gelenk in der Momenten-Gleichgewichtsbedingung nicht auftauchen.
Die beiden Kräftegleichgewichtsbedingungen werden für das gesamte System aufgestellt. Man erhält dann zwar die Kräfte im Gelenk nicht, hat aber nur 4 Gleichungen für die 4 Auflagerkräfte zu lösen. Wenn jedoch auch nach den Kräften im Gelenk gefragt wird, kann es zweckmäßig sein, jeweils zwei Kräftegleichgewichtsbedingungen für die beiden Teile aufzustellen. Man hat dann 6 Gleichungen für 4 Auflagerkräfte und zwei Gelenkkräfte.
Statiker stellen eine Weg-Unverschieblichkeit häufig durch einen kurzen Strich dar (symbolisiert eine Pendelstütze); Gelenke durch einen kleinen Kreis. An Einspannungen ist w´= dw/ dx = 0 und an freien Enden ist M = 0; V = 0.
Reichen die Gleichgewichtsbedingungen für die Berechnung der Lagerreaktionen und Schnittlasten aus, ist das System statisch bestimmt; oder auch: Die Determinante der Systemmatrix ist ungleich Null. Andernfalls ist das System statisch unbestimmt (oder labil). Da in der Praxis für die Berechnung Programme verwendet werden, spielt diese Frage keine größere Rolle mehr, jedoch nur bei der Berechnung! Nicht bei der Beurteilung der Sicherheit gegen Versagen der Konstruktion.
Lagerreaktionen und Querkräfte
Aus der Berechnung der Auflagerkräfte ergibt sich in der Regel, dass die Auflagerkraft A als Reaktionskraft nach oben zeigt. Statiker definieren die Auflagerkraft als positiv, wenn sie als Reaktionskraft von unten nach oben zeigt. Die Definition der positiven Richtung einer Querkraft V weicht jedoch hiervon ab:
An einem rechten Schnittufer, zum Beispiel neben dem Auflager, zeigt die positive Querkaft nach unten. Beide, A und V stehen im Gleichgewicht. Um nun die Gleichgewichtsbedingung aufschreiben zu können, müssen wir für die Kräfte einer Gleichgewichtsbedingung eine einheitliche Richtung als positiv vereinbaren. Wir wählen die von +A als die allgemeingültige positive Richtung, sind aber dabei in unserer Entscheidung völlig frei. Diese Regelung gilt also sowohl für Reaktions- (Zwangs-)Kräfte als auch eingeprägte Kräfte, da bei Anwendung der Gleichgewichtsbedingung nur eine Regelung gelten darf. Damit haben wir hier (bei der Aufstellung der Gleichgewichtsbedingung) die Orientierung von Querkraftvektoren V als positiv (+) festgelegt, wenn sie von unten nach oben wirken bzw. sie sind negativ, wenn sie von oben nach unten wirken: A - V = 0; Somit ist V = A und V rechts vom Auflager A des Einfeldbalkens positiv.
Als positive Richtung einer eingeprägten Kraft F wählen wir die Richtung des Vektors von oben nach unten, wie dies allgemein üblich ist. An einer Stelle des Einfeldbalkens, an der F einwirkt, gilt daher:
A - V - F = 0; V = A – F
Die Querkraftlinie macht daher an der Einleitungsstelle der Kraft einen Sprung nach unten.
Man beachte: es gibt 3 unterschiedliche Definitionen für die positive Richtung, nämlich die für Reaktionen, die für Schnittlasten und die für die Aufstellung der Gleichgewichtsbedingungen! Die hier gewählten Definitionen sind unter Statikern üblich und stimmen mit den Normen des Eurocodes überein. Als Ingenieur sollte man sich auf diese Richtungs-Definitionen festlegen. Wir werden diese Definitionen im Abschnitt über die Bemessung von Biegequerschnitten ausbauen.
Hinweis: Die (positive) Richtung einer Kraft wird durch die Orientierung des Vektors bestimmt, der die Kraft dargestellt. Der Betrag der Kraft wird durch die Länge des Vektors bestimmt. Die Zahl, die man an den Vektor schreibt, ist deshalb immer positiv.
Es gibt in der Regel zwei Möglichkeiten, den Verlauf der Biegemomentenlinie längs der Balkenachse zu ermitteln.
Die eine Methode besteht darin, einen Schnitt so zu legen, dass er den Balken dort schneidet, wo das Moment ermittelt werden soll. Dies ist vor allem dort, wo Einzelkräfte eingeleitet werden. An dem freigeschnittenen Teil wird das Momentengleichgewicht nach den gleichen Regeln aufgestellt, wie für die Ermittlung der Auflagerreaktionen. Man erhält so Punkte, in denen der Wert von M bekannt ist und verbindet diese mit Linien. Zwischen Punkten, in denen Einzelkräfte eingeleitet werden, sind die Momentenlinien Geraden.
Treten Streckenlasten auf, so werden diese in Einzellasten umgerechnet, um den Wert des Moments in einzelnen Punkten zu ermitteln. Bei konstanten Streckenlasten sind die Momentenlinien Parabeln. Um den maximalen Stich der Parabel zwischen zwei Punkten, in denen M bekannt ist, zu ermitteln, kann man sich den Balkenabschnitt zwischen den beiden Punkten als gelenkig gelagerten Balken vorstellen und ermittelt den Stich nach der Formel q.l2/ 8.
Die andere Methode besteht darin, q als Funktion q(x) darzustellen und M durch Integration zu berechnen.
Schreibt man an einem herausgeschnittenen Balkenelement die Gleichgewichtsbedingungen auf, so gelangt man zu den Beziehungen
dM(x)/ dx = V(x)
dV(x)/ dx = -q(x)
Die Integration liefert
V(x) = -∫ q(x) dx + C1
M(x) = ∫ V(x) dx + C2
Die Auswertung erfolgt zwischen den jeweiligen Abschnittsgrenzen als unbestimmtes Integral. Die Konstanten werden durch die Werte an den Abschnittsgrenzen, in der Regel den Rändern, bestimmt (Randbedingungen). An den Stellen, an denen eine Einzellast eingeleitet wird, wird ebenfalls eine Abschnittsgrenze angeordnet. Damit die Konstante an solchen Abschnittsgrenzen bestimmt werden kann, muss der Wert der Querkraft an der Grenze durch Anwendung der Gleichgewichtsbedingungen vorher bestimmt werden.
Wenn auf den Balken eine Strecken- oder Gleichlast wirkt, ist die Querkraftlinie eine geneigte Gerade und die Momentenlinie eine Parabel.
Statik-Beispiel Nr. 1 (Es soll der typische Verlauf der Schnittlasten gezeigt werden): Zweifeldträger, statisch unbestimmt, konstanter Querschnitt in beiden Feldern, am rechten Ende eingespannt (Randbedingungen w=0, w´=0, das heißt die Biegelinie hat eine waagerechte Tangente)
Die Berechnung erfolgt mit einem Programm (Harzer Software, Ebenes Stabwerk 2.5). Es soll der typische Verlauf der Schnittlasten M und V (früher Q) kennen gelernt werden, insbesondere die von Statikern verwendete Darstellung.
Die Länge des 1. Feldes ist 3,0 m, die des zweiten Feldes 1,5 m. Die Gleichlast hat den Wert 1 kN/m.
Die Orientierung der positiven Richtungen der Stützkräfte und des Moments werden vom Programm ausgegeben. Folgende Regelungen sind üblich: Die positive Richtung der Gleichlast ist von oben nach unten; die positive Richtung der Auflagerkraft ist von unten nach oben und die positive Richtung der Querkraft ist am rechten Schnittufer von oben nach unten.
Bei der Darstellung der Momente in einem Diagramm werden positive Momente nach unten, negative Momente nach oben („negatives Stützenmoment“); bei der Darstellung der Querkraft positive Werte nach oben abgetragen.
Das nachfolgende Bild soll demonstrieren, dass die Ausgabe keine Informationswünsche offen lässt.
Im Lastfall Nr. 2 verwenden wir das gleiche System, jedoch setzen wir in die Mitte des 1. Feldes eine Einzellast von 3 kN. Damit soll gezeigt werden, dass – im Gegensatz zur Gleichlast – Geraden statt Parabeln für den Verlauf von Momenten erzeugt werden.
Bei den Querkräften tritt an den Stellen, an denen eine Einzellast eingeleitet wird, sei es eine eingeprägte Last oder eine Auflagerkraft, ein Sprung auf. Hier zeigt sich, wie sinnvoll die Vorzeichenregeln der Statiker sind. Die am Auflager 1 positive Querkraftlinie ist konstant; sie hat einen Sprung nach unten, an der Stelle, an der die nach unten zeigende Kraft eingeleitet wird.
Nun zeigen wir die Ergebnisse der Überlagerung der Lastfälle 1 und 2. Selbstverständlich ermittelt das Programm auch die Stellen, an denen Extremwerte für die Schnittlasten bei der Überlagerung verschiedener Lastfälle auftreten. In der Regel werden die Querschnitte für diese Stellen bemessen.
Statik-Beispiel Nr. 2 Einzellast auf Einfeldträger
Kräfte sind entsprechend den Gepflogenheiten der Statiker in der dargestellten Richtung positiv. Das heißt: Die Kräfte und Momente werden durch einen Vektor, der die Orientierung bestimmt, und den Betrag (die Länge des Vektors) dargestellt (also ohne Vorzeichen).
Gleichgewichtsbedingungen:
S
M um
rechtes
Auflager
= 0
-Az . l + F . l/2 = 0
S Fx = 0
Ax = 0
S Fz = 0
Az + Bz – F = 0
Dies sind 3 Gleichungen für die 3 Unbekannten: Ax, Az, Bz
Ax = 0 kN
Az = F/2 kN
Bz = F/2 kN
Die Querkraft V im linken Balkenabschnitt kann wieder aus einer Gleichgewichtsbedingung ermittelt werden.
S Fz = 0
Az – V = 0
V = Az = F/2
Die Querkraft ist im linken Abschnitt positiv. Um die Querkraft im rechten Abschnitt zu ermitteln, muss man einen Schnitt durch den linken Abschnitt legen. Es ergeben sich zwei Teilabschnitte. Am linken Abschnitt lautet das Gleichgewicht:
S Fz = 0
Az – V - F = 0
V = Az - F = F/2 – F = - F/2
Mit etwas Erfahrung weiß man, dass von links fortschreitend, jede nach unten zeigende eingeprägte Kraft den Wert V um den Betrag der eingeprägten Kraft vermindert.
Kräfte sind entsprechend den Gepflogenheiten der Statiker in der dargestellten Richtung positiv.
Gleichgewichtsbedingungen:
S M um rechtes Auflager B = 0
-Az . 8 + 5 . 6,0 = 0
S Fx = 0
Ax = 0
S Fz = 0
Az + Bz – 5 = 0
Dies sind 3 Gleichungen für die Bestimmung der 3 Unbekannten: Ax, Az, Bz
Ax = 0 kN
Az = 3,75 kN
Bz = 1,25 kN
Die Querkraft V im linken Balkenabschnitt kann wieder aus einer Gleichgewichtsbedingung ermittelt werden.
S Fz = 0
Az – V = 0
V = Az = +3,75 kN
Die Querkraft ist im linken Abschnitt positiv. Um die Querkraft im rechten Abschnitt, rechts von der eingeprägten Kraft F, zu ermitteln, muss man einen Schnitt, wie dargestellt, legen.
Am linken Abschnitt lautet das Gleichgewicht:
S Fz = 0
Az – V - F = 0
V = Az -F = 3,75 – 5 = - 1,25 kN
Mit etwas Erfahrung weiß man, dass von links fortschreitend, jede nach unten zeigende eingeprägte Kraft den Wert V um den Betrag der eingeprägten Kraft vermindert. Siehe dazu die Querkraftlinie unten. Generell gilt: Auf das Lösen des Integrals über q kann verzichtet werden, wenn nur Einzelkräfte eingeleitet werden. Sogar das Aufstellen der Gleichgewichtsbedingungen zur Ermittlung von V in bestimmten Punkten ist überflüssig, wenn man in der graphischen Darstellung – ausgehend vom linken Auflager – die hinzukommenden Kräfte von der V-Linie vorzeichenrichtig abträgt.
Um die Momentenlinie zeichnen zu können, braucht man – wenn nur Einzelkräfte eingeleitet werden – ebenfalls nicht das Integral über die Querkraft zu lösen. An den Auflagern ist in diesem Beispiel das Biegemoment Null. Im Punkt der Krafteinleitung erfährt die gerade Momentenlinie einen Knick.
Gleichgewichtsbedingung am linken Abschnitt:
M(x=2) – 3,75 * 2,0 = 0
M(x=2) = 7,50 kN m
Dieser positive Wert wird nach unten abgetragen!
Statik-Beispiel Nr. 4 Belastung durch Moment
Gleichgewichtsbedingungen:
S
M um
rechtes
Auflager B
= 0
-Az . 8 + M0 = 0
S Fx = 0
Ax = 0
S Fz = 0
Az + Bz = 0
Dies sind 3 Gleichungen für die 3 Unbekannten: Ax, Az, Bz
Ax = 0 kN
Az = M0/8 = 10/8 = 1,25 kN
Bz = -Az = -1,25 kN
Die Querkraft V kann wieder aus einer Gleichgewichtsbedingung ermittelt werden.
S Fz = 0
Az – V = 0
V = Az = +1,25 kN
Die Querkraft ist im gesamten Balken positiv.
Um die Momentenlinie zeichnen zu können, braucht man nicht das Integral über die Querkraft zu lösen. Am linken Auflager ist das Biegemoment Null. Am rechten Auflager ist M = M0
Gleichgewichtsbedingung am linken Abschnitt:
S M um linkes Auflager A = 0 = M(x) – 1,25 . x
M(x) = 1,25 . x kN m
Dieser positive Wert wird nach unten abgetragen!
Statik-Beispiel Nr. 5 Einfeldträger mit Kragarm
Im folgenden Beispiel wird ein Kragarm angefügt, auf dessen Ende eine schräge Einzelkraft wirkt. Bild siehe bitte unten.
G
leichgewichtsbedingungen:
S M um rechtes Auflager = 0
-Az . 10 m – 2 kN . cos 45 . 3,5 m = 0
S Fx = 0
Ax – 2,0 kN . sin 45 = 0
S Fz = 0
Az + Bz – 2,0 kN . cos 45 = 0
Dies sind 3 Gleichungen für die 3 Unbekannten: Ax, Az, Bz
Ax = 0 kN,
Az = -0,49 kN
Bz = -Az + 2,0 . 0,707 = 0,49 kN + 2,0 . 0,707 = 1,90 kN
Die Querkraft V im rechten Balkenabschnitt kann aus einer Gleichgewichtsbedingung ermittelt werden.
S Fz = 0
2,0 kN . cos 45 – V(Kragarm) = 0
V(Kragarm) = +1,41 kN
Die Querkraft ist im linken Abschnitt negativ. Um die Querkraft im linken Abschnitt zu ermitteln, muss man einen Schnitt durch den linken Abschnitt legen. Am linken Abschnitt lautet das Gleichgewicht:
S Fz = 0
Az – V = 0
V = Az = -0,49 kN
Mit etwas Erfahrung weiß man, dass von links fortschreitend, jede nach unten zeigende eingeprägte Kraft den Wert V um den Betrag der eingeprägten Kraft vermindert. Umgekehrt vergrößert eine von unten nach oben zeigende Kraft den Wert von V. Dies ist am Auflager B der Fall. Die Querkraft im Kragarm kann man zusätzlich aus dem Gleichgewicht des geschnittenen Kragarms zur Kontrolle ermitteln.
Bei manchen Aufgaben wird nur nach den Schnittlasten im Abschnitt A-B gefragt. Dann sollte man zunächst Schnitte um die Kragarme legen und die im Schnitt frei werden Lasten als eingeprägte Lasten behandeln.
Statik-Beispiel Nr. 6 Träger mit Kragarmen. Verwendung eines Ersatzsystems
Ein gerader Stab wird durch zwei Einzellasten belastet. Das Eigengewicht bleibt unberücksichtigt. Zu ermitteln sind
a) die Auflagerkräfte,
b) die Querkraftlinie im Abschnitt A-B,
c) die Momentenlinie im Abschnitt A-B.
Hinweis: Sie können die Berechnung auch an einem Ersatzsystem durchführen, bei dem Kragarme durch eingeprägte Belastungen ersetzt worden sind.
Um in den einzelnen Abschnitten die Vorzeichen der Schnittlasten festlegen zu können, werden Strich-Strich-Linien auf der Seite gezeichnet, auf der sich die Zugfaser unter Biegung befinden soll. Man hat damit eine Vergleichbarkeit des jeweiligen Abschnittes mit dem Einfeldträger, bei dem sich die Zugfaser und Strich-Strich-Linie auf der Unterseite befand. Man ist frei darin, wo man die Strich-Strich-Linie anbringt. Um keine Verwirrung zu stiften, sollte man sie bei einem durchlaufenden Träger stets auf der gleichen Seite anordnen, wie dies auch in dem folgenden Beispiel zu sehen ist.
Die Zugfaser bzw. Strich-Strich-Linie bietet den Vorteil, sofort das Vorzeichen des Biegemomentes angeben zu können. Unter einem positiven Moment wird die Zugfaser gezogen.
Querkraft
Moment
Normalkraft
Statik-Beispiel Nr. 7 Einfeldträger unter konstanter Gleichlast:
Im folgenden Beispiel wird ein Einfeldträger durch eine Gleichlast belastet.
G
leichgewichtsbedingungen:
S M um rechtes Auflager = 0
-Az . 10 m + (2 kN/m . 10 m) . 5 m = 0
S Fx = 0
Ax = 0
S Fz = 0
Az + Bz – (2,0 kN/m . 10 m) = 0
Dies sind 3 Gleichungen für die 3 Unbekannten: Ax, Az, Bz
Ax = 0 kN, Az = 10 kN Bz = 10 kN
Die Querkraft V am linken Auflager A kann aus einer Gleichgewichtsbedingung ermittelt werden.
S Fz = 0
10 kN – V(A) = 0
V(A) = +10 kN
Die Querkraft am rechten Auflager kann man ebenfalls durch eine Gleichgewichtsbedingung ermitteln:
S Fz = 0
10 kN + V(B) = 0
V(B) = -10 kN
Den Verlauf der Querkraft kann man dann durch Zeichnen einer Geraden zwischen diesen beiden Punkten darstellen.
V(x) = - ∫ q(x) dx + C1
V(x) = - ∫ 2 kN/m dx1 + C1 = -2 . x + C1
V(x=0) = 10 kN = -2 . x + C1
C1 = 10 kN
V(x) = -2 kN/m . x m + 10 kN
Probe: V(x=10 m) = -2 . 10 + 10 = -10 kN
M(x) = ∫ V(x) dx + C2
M(x) = ∫ V(x) dx + C2 = ∫ -2 . x + 10 dx + C2
M(x1) = -2 . x2/ 2 + 10 . x + C2
M(x=0) = 0 + 0 + C2
C2 = 0
M(x) = -2 . x2/ 2 + 10 . x
Probe: M(5) = -2 . 52/ 2 + 10 . 5 = -25 + 50 = 25 kN m
Das maximale Moment in Feldmitte eines Einfeldbalkens unter Gleichlast ist nach einer unter Statikern sehr bekannten Formel q.l2/ 8 = 2 . 102/ 8 = 25 kN m
Statik-Beispiel Nr. 8 Dreigelenkrahmen
Mit dem folgenden Beispiel soll die Transformation der Auflagerkräfte am Knoten A aus dem globalen Koordinatensystem x,z in das lokale x1, z1 des Stabes A-C geübt werden. Auch die Transformation der Streckenlast erfordert nicht ganz einfache Überlegungen.
Dreigelenkrahmen
Die Auflagerkräfte sind positiv in der angezeigten Richtung.
Gleichgewichtsbedingungen:
Summe der Momente um Punkt C
S
Mlinks
= 0
-Az . 5 + Ax . 3 + 1,00 . 5,00 . 5/ 2 = 0
S Mrechts = 0
Bz . 5 + Bx . 3 – 1,00 . 5,00 . 5/2 – 5 . 1,5 = 0
S Fx = 0
Ax + Bx – 5 = 0
S Fz = 0
Az + Bz – 1,00 . 10 = 0
Dies sind 4 Gleichungen für die Ermittlung der 4 Unbekannten: Ax, Az, Bx, Bz
Ax = 5,417 kN
Az = 5,750 kN
Bx = -0,417 kN
Bz = 4,250 kN
In der folgenden Darstellung „Stützkräfte aus LF1“ entspricht der Knoten Nr. 1 dem Knoten A in der obigen Zeichnung, der Knoten Nr. 4 entspricht dem Knoten B in der obigen Zeichnung.
Das Programm liefert für die Schnittlasten folgende Ergebnisse:
Zur Berechnung der Kräfte im Knoten C bilden wir die Gleichgewichtsbedingungen:
S Fx = 0
Berechnung von C:
5,42 + Cx = 0
Cx = -5,42 kN
S Fz = 0
5,75 + Cz – 5,00 = 0
Cz = -0,75
Am Stab A-C = Stab 1 soll nun der Verlauf der Querkraft und des Biegemoments berechnet werden. V im Punkt A ist aus der Randbedingung V(x1=0) = Az1 zu berechnen. Dies ist die Auflagerkraft senkrecht zur Balkenachse x1 (siehe Abbildung des kompletten Dreigelenkrahmens weiter oben). Sie setzt sich aus Anteilen der Auflagerkräfte Ax und Az zusammen. Die Ermittlung kann graphisch oder rechnerisch erfolgen; die Vorzeichen werden der graphischen Darstellung der Kräfte, das heißt dem Kräfteplan, entnommen:
Ax = 5,417 kN
Az = 5,750 kN,
Az11/ 5,75 = 5/ 5,83
Az11 = 4,93 kN
Az12/ 5,42 = 3/ 5,83
Az12 = -2,79 kN
Az1 = 4,93 - 2,79 = 2,14 kN
Dieses Ergebnis kann man auch durch eine Vektortransformation erhalten, und zwar durch eine Drehung des Systems (x1,z1) gegen das System (x,z). Der Drehwinkel kann in mathematisch positiver Drehrichtung (siehe Pfeil) aus sin α = 3,0/ 5,831 = 0,514 bzw. cos α = 5,0/ 5,831 = 0,857 ermittelt werden. Die Drehmatrix R ist orthogonal. Die Transformationsgleichung ist
A1 = R A
A1x = Ax . cos α + Az . sin α
A1z = -Ax . sin α + Az . cos α
A1x = 5,417 . 0,857 + 5,750 . 0,514 = 7,597 kN
A1z = -5,417 . 0,514 + 5,750 . 0,857 = 2,14 kN
Umrechnung der Gleichlast von kN/ (m horizontal im globalen System) auf kN/ (m in Richtung der Stabachse x1).
(5/ 5,83) . 1,00 kN/m . 5,00 m = pz1 . 5,83 m
pz1 = 0,73 kN/ m
Dieselbe Gleichung in anderer Schreibweise:
pz = pz1 / (cos α)2
Probe: V1(x1=5,83 m) = 2,14 – 5,83 . 0,73 = -2,14 kN
Die Werte der Querkraft an den Stabenden sind dem Betrage nach entgegengesetzt gleich.
V1(x1) ist die Querkraft im Koordinatensystem des Stabes.
V1(x1) = - ∫ 0,73 dx1 + C1 = -0,73 . x1 + C1
V1(x1=0) = 2,14 kN = -0,73 . x1 + C1
C1 = 2,14 kN
V1(x1) = -0,73 kN/m . x1 m + 2,14 kN
Probe: V1(x1=5,83 m) = 2,14 – 5,83 . 0,73 = -2,14 kN
M1(x1) = ∫ V1(x1) dx1 + C2 = ∫ -0,73 . x1 + 2,14 dx1 + C2
M1(x1) = -0,73 . x12/ 2 + 2,14 . x1 + C2
M1(x1=0) = 0 kN = 0 + C2
C2 = 0
M1(x1) = -0,73 . x12/ 2 + 2,14 . x1
Probe: M1(x1=5,83 m) = -0,73 . 5,832/ 2 + 2,14 . 5,83 = 0