Kinematische Untersuchung des doppelten Hängewerks. Von Prof. G. Ramisch, Breslau. Kinematische Untersuchung des doppelten Hängewerks. I. Das doppelte Hängewerk in Fig. 1 bestellt aus einem geraden Balken von überall gleichen Querschnitten, welcher bei B auf einem festen und bei A auf einem wagerecht beweglichen Auflager sich befindet. U1 und U2 sollen zwei Punkte der wagerechten und geraden Verbindungslinie der Querschnittsschwerpunkte sein und in diesen Punkten ist der Balken mit zwei gleich langen und zu ihm senkrechten Stäben in gelenkartiger Verbindung. Diese beiden Stäbe sind ferner mit dem wagerechten Stabe V1V2 in den Punkten V1 und V2 in gelenkartiger Verbindung und es muss daher V1V2 = U1U2 sein. In den Punkten V1 und V2 sind endlich noch zwei Stäbe in gelenkartiger Verbindung, welche aber auch mit dem Balken in den Punkten W1 und W2 in gelenkartiger Verbindung sich befinden sollen. Die so geschaffene Konstruktion ist ein, Sonderfall des doppelten Hängewerks. Wir machen noch die Anordnung, dass die vier Punkte W1, U1, U2 und W2 auf ein und derselben Wagerechten sich befinden, und ferner noch, dass die Punkte W1 und W2 bezw. senkrecht über A und B liegen; dann soll noch W1U1 = W2U2 sein und wir setzen jede dieser Strecken gleich l und U1U2 = l1. Textabbildung Bd. 316, S. 213 Fig. 1. Wenn wir nur diesen Sonderfall, welchen auch Prof. Müller-Breslau in seinem Werke: Die neueren Methoden der Festigkeitslehre auf den S. 101 bis 105 untersucht hat, behandeln werden, so wird sich zeigen, dass man auf dem einzuschlagenden Wege zum Ziele gelangt, wenn man noch verwickeitere Konstruktionen vornimmt, wie sie Prof. W. Ritter in seinem Werke: Anwendungen der Graphischen Statik, dritter Teil, S. 214 u. ff, gegeben hat. Die Methode, welche von uns angewendet wird, ist eine ganz elementare und von den Verfahren der beiden Herren verschiedene, jedoch werden die Ergebnisse mit denen von Prof. Müller-Breslau übereinstimmen. II. Wir entfernen den Stab V1V2 und erhalten in dem Reste ein statisch bestimmtes System; es ist daher das doppelte Hängewerk eine einfach statisch unbestimmte Konstruktion. Statt des entfernten Stabes bringe man in V1 und in V2 zwei gleiche, aber entgegengesetzt gerichtete Kräfte, von denen jede K heissen soll, an. Da dieselben V1V2 zur Kraftlinie haben, so halten sie sich gegenseitig das Gleichgewicht,ändern demnach an dem Kräftezustande, in welchem sich die Konstruktion befindet, nichts; was jedoch die anderen Kräfte anbelangt, so soll nur der Balken und zwar mit dazu senkrechten Lasten versehen sein. Die Kraft K in V1 zerlege man in zwei Seitenkräfte, von denen die eine in V1U1 und die andere in V1W1 wirkt; man findet, dass diese \frac{K}{sin\,\alpha} und jene K . ctg α ist, wenn der Winkel W1V1U1 gleich α ist. Ebenso zerlege man die Kraft K in V2 in zwei Seitenkräfte. Da der Winkel U2V2W2 ebenfalls α ist, so ergibt sich die Seitenkraft in V_2\,W_2=\frac{K}{sin\,\alpha} und die Seitenkraft in V2U2 = K . ctg α Nunmehr soll von der ganzen Konstruktion einzig und allein der Stab W1V1 elastisch sein. Die Kraft \frac{K}{sin\,\alpha} bewirkt eine Verkleinerung desselben. Nehmen wir an, dass dieser Stab, sowie alle übrigen Konstruktionsteile dem Hooke'schen Gesetze Folge leisten, so ist, wenn E1 der Elastizitätsmodul, F1 der Querschnitt ist, und da die Stablänge \frac{l}{sin\,\alpha} sich berechnet, die Verkleinerung: \frac{\frac{K}{sin\,\alpha}\,\cdot\,\frac{l}{sin\,\alpha}}{F_1\,\cdot\,E_1}=\frac{K\,\cdot\,l}{F_1\,\cdot\,E_1\,\cdot\,sin^2\,\alpha}. Es ist hierbei angenommen, dass der Stab an allen Stellen denselben Querschnitt F1 hat. Es soll dies auch von allen übrigen Stäben vorausgesetzt, und im besonderen sollen die beiden Stäbe V1W1 und V2W2 vom gleichen Stoffe und gleichen Querschnitte sein. Dasselbe soll von den Stäben V1U1 und V2U2 gelten. Bei der Verkleinerung bewegt sich der Punkt auf einem Kreisbogen, dessen Mittelpunkt U1 ist. Hierdurch wird die Entfernung der Punkte V1 und V2 vergrössert. Nennen wir λ1 diese Vergrösserung und φ1 die vorhin gefundene Verkleinerung, so ist, wenn e der Abstand des Punktes U1 von V1W1 ist: \frac{\varphi_1}{\lambda_1}=\frac{e}{U_1\,V_1} wie man sich leicht ableiten kann. Es ist jedoch: \frac{e}{U_1\,V_1}=sin\,\alpha, so dass sich weiter ergibt: \lambda_1=\frac{\varphi_1}{sin\,\alpha}. Berücksichtigt man jetzt den Wert für φ1, so entsteht: \lambda_1=\frac{K\,\cdot\,l}{F_1\,\cdot\,E_1\,\cdot\,sin^3\,\alpha}. Genau so gross erhält man die Vergrösserung der Entfernung der Punkte V1 und V2, wenn V2W2 allein als elastisch angenommen ist. Sind also beide Stäbe elastisch, so ergibt sich für die Vergrösserung der Entfernung der beiden Punkte V1 und V2 endlich der Wert: 2\,\lambda_1=\frac{2\,K\,\cdot\,l}{F_1\,\cdot\,E_1\,\cdot\,sin^3\,\alpha} . . . . . 1) III. Jetzt soll der Stab U1V1 allein elastisch sein; es ist dann der Punkt V1 gezwungen, auf einem Kreisbogen um den Mittelpunkt W1 sich zu bewegen. Die Kraft K bewirkt nun, dass nicht nur die Entfernung der Punkte V1 und F2, sondern auch die Länge des Stabes U1V1 vergrössert wird. Wir nennen F2 den Querschnitt und E2 den Elastizitätsmodul dieses Stabes (sowie auch des Stabes U2V2). Ist nun φ2 die Vergrösserung desselben, so ist, weil die Länge desselben l . ctg α, die auf ihn wirkende Kraft K . ctg α ist: \varphi_2=\frac{K\,\cdot\,ctg\,\alpha\,\cdot\,l\,\cdot\,ctg\,\alpha}{F_2\,\cdot\,E_2}. Nennen wir λ2 die zugleich entstehende Vergrösserung der Entfernung der Punkte V1 und V2, so lässt sich leicht ableiten, dass \frac{\lambda_2}{\varphi_2}=ctg\,\alpha ist. Es folgt aus den beiden letzten Gleichungen \lambda_2=\frac{K\,\cdot\,l\,\cdot\,ctg^3\,\alpha}{F_2\,\cdot\,E_2}. Genau so gross ist die Vergrösserung der Entfernung der Punkte V1 und V2, wenn U2V2 allein elastisch ist. Sind daher beide Stäbe elastisch, so ergibt sich endlich für die Vergrösserung der Entfernung der Punkte V1 und V2 der Wert: 2\,\lambda_2=2\,\cdot\,\frac{K\,\cdot\,l\,\cdot\,ctg^3\,\alpha}{F_2\,\cdot\,E_2} . . . . . 2) IV. Textabbildung Bd. 316, S. 214 Fig. 2. Zur weiteren Untersuchung soll jetzt der Balken allein elastisch sein. Durch den Punkt W1, lege man in Fig. 2 zur Kraft K, im Punkte V1 angreifend, zwei parallele, aber entgegengesetzt gerichtete Kräfte, welche, weil sie sich gegenseitig vernichten, am Kräftezustande nichts ändern. Wir müssen hier die Untersuchung spalten, indem wir zunächst die Veränderung der Entfernung der Punkte V1 und V2, hervorgebracht von der in W1 wirksamen gleichgerichteten Kraft K, feststellen, und dann diejenige bestimmen, welche von dem übrig bleibenden Kräftepaare erzeugt wird. Setzen wir U1V1 = h, so ist das Moment des Kräftepaares K . h. Die zuletzt erwähnte Kraft K in W1 wirksam, bringt offenbar eine Verlängerung des Balkens, aber keine Biegung desselben hervor, weil sie ja im Schwerpunkte des Querschnitts W1 angreift. Wir müssen nun eine Voraussetzung machen, nämlich die, dass die Teile U2W2, U1U2 und W1 U1 sich so ausdehnen, dass, wenn E der Elastizitätsmodul und F der Querschnitt des Balkens ist, die Ausdehnungen der Reihe nach sind: \varphi'=\frac{K\,\cdot\,l}{F\,\cdot\,E},\ \varphi''=\frac{K\,\cdot\,l_1}{F\,\cdot\,E} und \varphi'''=\frac{K\,\cdot\,l}{F\,\cdot\,E}. Die Ausdehnungen folgen daher dem Hooke'schen Gesetze. Ob aber, wenn der Balken überall gleichartig beschaffen ist, auch in Wirklichkeit die Ausdehnungen so beschaffen sind, kann nur durch den Versuch bestätigt werden; voraussichtlich jedoch werden sie so sein. Sei dem, wie es wolle,die Untersuchung lässt sich ähnlich wie die kommende führen, wenn sogar Teile des Balkens starr oder ganz ungleichartig beschaffen sind. Infolge der Ausdehnungen mögen in Fig. 2 die Punkte U2,U1 und W1 der Reihe nach nach U2, U1 und W1 gekommen sein. Es ist sodann: \overline{W_2\,U_2'}=l\,\cdot\,\left(1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}\right),\ \overline{U_1'\,U_2'}=l_1\,\cdot\,\left(1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}\right) und \overline{U_1'\,W_1'}=l\,\left(1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}\right). Man schlage um W1' und U2' als Mittelpunkte bezw. mit \overline{W_1\,V_1} und \overline{U_1\,V_1} als Halbmesser Kreisbogen. Der Schnittpunkt V1' ist dann derjenige, in welchen V1 infolge der elastischen Veränderung des Balkens gelangt ist. Ebenso schlage man um W2 und U2' als Mittelpunkte bezw. mit \overline{W_2\,V_2} und \overline{U_2\,V_2} als Halbmesser Kreise; ihr Schnittpunkt V2' ist dann der Punkt, in welchen V2 infolge der elastischen Veränderung des Balkens gekommen ist. Es ist dann \overline{V_1'\,V_2'} die neue Entfernung der Punkte V1 und V2 infolge der elastischen Längenveränderung des Balkens. Hier ist offenbar \overline{V_1'\,V_2'} parallel zu \overline{V_1\,V_2}. Man ziehe von U1' die Senkrechte zu V1'V2', welche letztere in Z trifft, so ist offenbar die Veränderung in der Entfernung der Punkte V1 und V2, welche von der elastischen Längenveränderung des Teiles \overline{W_1\,U_1} erzeugt wird, gleich V1' Z. Ebenso gross ist dieselbe, welche vom Teile \overline{U_2\,W_2} hervorgebracht wird; endlich ist die vom Teile \overline{U_1\,U_2} entstandene gleich \frac{K\,\cdot\,l_1}{F\,\cdot\,E}. Es ist daher die fragliche Veränderung der Entfernung der Punkte V1 und V2, welche von der elastischen Längenveränderung des ganzen Balkens sich ergibt, wenn wir sie λ3 nennen: \lambda_3=2\,\cdot\,\overline{V_1'\,Z}+\frac{K\,\cdot\,l_1}{F\,\cdot\,E}. Dieselbe ist, wie wir noch bemerken wollen, eine Ausdehnung. Wir nennen, um \overline{V_1'\,Z} zu ermitteln, β den Winkel \overline{U_1'\,V_1'\,Z}, so ist auch \overline{W_1'\,U_1'\,V_1'}=\beta. Es ist nun: \overline{W_1'\,{V_1'}^2}=\overline{W_1'\,{U_1'}^2}+\overline{V_1'\,{U_1'}^2}-2\,\cdot\,\overline{W_1'\,U_1'}\,\cdot\,\overline{V_1'\,U_1'}\,\cdot\,cos\,\beta. Hierin ist: \overline{W_1'\,V_1'}=\overline{W_1\,V_1}=\frac{l}{sin\,\alpha},\ \overline{W_1'\,U_1'}=\overline{W\,U}+\varphi' =l+\frac{K\,\cdot\,l}{F\,\cdot\,E}=l\,\cdot\,\left(1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}\right) und \overline{V_1'\,U_1'}=\overline{V_1\,U_1} =l\,\cdot\,ctg\,\alpha. Wir erhalten daher: \frac{l^2}{sin^2\,\alpha}=l^2\,\cdot\,\left(1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}\right)^2 +l^2\,ctg^2\,\alpha-2\,l^2\,\cdot\,\left(1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}\right)\,ctg\,\alpha\,cos\,\beta und hieraus folgt: 2\,\left(1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}\right)\,ctg\,\alpha\,\cdot\,cos\,\beta=\left(1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}\right)^2-1 oder auch: ctg\,\alpha\,\cdot\,cos\,\beta=\frac{\frac{K}{F\,\cdot\,E}\,\left(2+\frac{K}{F\,\cdot\,E}\right)}{2\,\left(1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}\right)}. Es ist weiter: \overline{V_1'\,Z}=\overline{U_1'\,V_1'}\,cos\,\beta=\overline{U_1\,V_1}\,\cdot\,cos\,\beta und \overline{U_1\,V_1}=l\,\cdot\,ctg\,\alpha. Aus diesen Gleichungen ergibt sich zunächst: \overline{V_1'\,Z}=l\,\cdot\,ctg\,\alpha\,\cdot\,cos\,\beta und dann: \overline{V_1'\,Z}=\frac{K\,\cdot\,l}{2\,F\,\cdot\,E}\,\cdot\,\frac{2+\frac{K}{F\,\cdot\,E}}{1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}}. Es ergibt sich jetzt: \lambda_3=\frac{K\,\cdot\,l}{F\,\cdot\,E}\,\cdot\,\frac{2+\frac{K}{F\,\cdot\,E}}{1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}}+\frac{K\,\cdot\,l_1}{F\,\cdot\,E}. Dies ist das genaue Ergebnis für λ3, um jedoch eine Uebereinstimmung mit dem von Prof. Müller-Breslau zu erzielen, beachte man, dass \frac{K}{F\,\cdot\,E} sehr klein ist, also einerseits gegen 2 und andererseits gegen 1 vernachlässigt werden darf. Wir dürfen deshalb \frac{2+\frac{K}{F\,\cdot\,E}}{1+\frac{K}{F\,\cdot\,E}}=2 setzen und erhalten, indem wir dabei einen sehr kleinen, zu vernachlässigenden Fehler machen: \lambda_3=\frac{K}{F\,\cdot\,E}\,(2\,\cdot\,l+l_1) . . . . . 3) Es bedeuten nun 2λ1, 2λ2 und λ3 Vergrösserungen der Entfernung der Punkte V1 und V2, hervorgebracht von der elastischen Längenveränderung der Stäbe und des Balkens. Wir können sie daher addieren und, indem wir 2λ1 + 2λ2 + λ3 = λ setzen, entsteht: \lambda=K\,\cdot\,\left(\frac{2\,l}{F_1\,\cdot\,E_1\,sin^3\,\alpha}+\frac{2\,l\,\cdot\,ctg^3\,\alpha}{F_2\,\cdot\,E_2}+\frac{2\,l+l_1}{F\,\cdot\,E}\right) 4) V. Wir gehen jetzt dazu über, die Veränderung in der Entfernung der Punkte V1 und V2 zu ermitteln, welche von den gegebenen Belastungen und von dem Kräftepaare, dessen Moment K . h ist, erzeugt wird. Es wird hierdurch eine Biegung des Balkens entstehen. Die Aufgabe kann nun auf verschiedene Art gelöst werden. Wir wollen, wie folgt, verfahren. Man zerlege die beiden Kräfte K in V1 und V2 wirksam in die Seitenkräfte, welche in \overline{U_1\,V_1} und \overline{W_1\,V_1}; bezw. in \overline{U_2\,V_2} und \overline{W_2\,V_2} wirksam sind. Die Seitenkräfte in \overline{U_1\,V_1} und \overline{U_2\,V_2} sind einander gleich und jede ist: K . ctg α. Man mache U1 und U2 zu Angriffspunkten derselben. Weiter mache man W1 und W2 zu Angriffspunkten der in den Stäben \overline{W_1\,V_1} und \overline{W_2\,V_2} wirkenden Seitenkräfte und zerlege sie dort in Seitenkräfte, welche einerseits in \overline{W_1\,W_2} wirken, andererseits dazu normal sind. Die von den in \overline{W_1\,W_2} wirkenden Seitenkräften hervorgebrachte Veränderung der Entfernung der Punkte V1 und V2 haben wir bereits im vorigen Abschnitte bestimmt. Es bleibt uns daher nur noch übrig, dieselbe zu ermitteln, welche von den zum Balken senkrechten Seitenkräften in Verbindung mit den gegebenen Belastungen entstehen. Es sei bemerkt, dass die beiden Seitenkräfte in U1 und U2 von oben nach unten und die beiden Seitenkräfte in W1 und W2 von unten nach oben gerichtet sind, im übrigen sind sie einander gleich und jede beträgt: K . ctg α. In Fig. 3 sei G1 der Schwerpunkt irgend eines Querschnitts des Balkens zwischen U1 und U2 und das Moment der äusseren Kräfte dafür sei ferner M0. Es ist dann das Biegungsmoment für diesen Querschnitt, wie man sich leicht ableiten kann: M = K . ctg α . l + M0 . . . . . . . . . . 5) Wir bezeichnen mit Δγ den unendlich kleinen Winkel, mit dem sich der Querschnitt um G1 infolge der Biegungdreht, und mit Δx das Element der neutralen Faser zwischen U1 und U2 es ist dann bekanntlich, wenn noch J das Trägheitsmoment des Querschnitts ist: M=E\,\cdot\,J\,\cdot\,\frac{\Delta\,\gamma}{\Delta\,x}. Es ergibt sich deswegen auch: E\,\cdot\,J\,\cdot\,\frac{\Delta\,\gamma}{\Delta\,x}=K\,\cdot\,l\,\cdot\,ctg\,\alpha+M_0. Nach der kinematischen Geometrie ergibt sich weiter die unendlich kleine Vergrösserung in der Entfernung der Punkte V1 und V2 infolge der Biegung des Balkens bei G1: Δb 1 = l . ctg α . Δγ. Aus den beiden letzten Gleichungen folgt: E . J . Δb1 = (l ctg α)2 . K . Δx + l . ctg α . M0 . Δx. Textabbildung Bd. 316, S. 215 So kann man das Δb1 für jeden Querschnitt zwischen U1 und U2 bilden, alle Δb1 kann man nun addieren und ihre Summe b1 gibt die Vergrösserung in der Entfernung der Punkte V1 und V2 an, welche infolge der Biegung des Balkenteiles \overline{U_1\,U_2} entsteht. Wir erhalten: b_1=\frac{K}{E\,\cdot\,J}\,l^2\,\cdot\,l_1\,ctg^2\,\alpha+\frac{l\,\cdot\,ctg\,\alpha}{E\,\cdot\,J}\,\cdot\,\int\,M_0\,\cdot\,\Delta\,x. Man zeichne die Momentenfläche mit dem Polabstand gleich Eins der gegebenen Belastungen. Es ist dann ∫M0 . Δx nichts anderes als der Teil der Fläche, welcher zum Balkenteil zwischen U1 und U2 gehört; nennen wir ihn F''' so entsteht auch: b_1=\frac{K}{E\,\cdot\,J}\,\cdot\,l^2\,\cdot\,l_1\,ctg^2\,\alpha+\frac{l\,\cdot\,ctg\,\alpha}{E\,\cdot\,J}\,\cdot\,F'''. Bedenkt man, dass l . ctg α = h ist, so ist: b_1=\frac{K}{E\,\cdot\,J}\,\cdot\,h^2\,\cdot\,l_1+\frac{h\,\cdot\,F'''}{E\,\cdot\,J} . . . . 6) und ist eine Vergrösserung in der Entfernung der Punkte V1 und V2. G2 ist der Schwerpunkt eines Querschnitts innerhalb der Punkte U2 und W2 des Balkens, letzterer möge nur in der Nähe dieses Querschnittes elastisch sein. Infolge der Belastungen wird sich der Querschnitt um den Winkel Δγ drehen. Bezeichnet man mit x die Entfernung des Punktes G2 von \overline{B\,W_2}, so ist für diesen Punkt das Moment: M = M0+ K . ctg α . . . . . . . . . . 7) Hierin ist M0 das Biegungsmoment, hervorgerufen von den gegebenen Belastungen. Da aber M=\frac{E\,\cdot\,J\,\cdot\,\Delta\,\gamma}{\Delta\,x} ist, so entsteht auch: E\,J\,\cdot\,\frac{\Delta\,\gamma}{\Delta\,x}=M_0+K\,\cdot\,ctg\,\alpha\,\cdot\,x . . . 7a) Durch den Querschnitt mit dem Schwerpunkte G2 wird der Balken in zwei Teile zerlegt, von denen der von G2 bis W2 reichende um B, und der andere von G2 bis A reichende um den Schnittpunkt R von BG2 der Senkrehten vom Punkte A zur Bewegungsrichtung desselben drehbar ist. Da die beiden Stäbe \overline{U_1\,V_1} und \overline{V_1\,W_1} mit dem letzteren Teile des Balkens in starrer Verbindung sind, so ist deren Schnittpunkt V1 um R ebenfalls drehbar. Die beiden Stäbe \overline{U_2\,V_2} und \overline{V_2\,W_2} führen aber selbständige Bewegungen aus, welche jedoch von den Bewegungen der übrigen Teile nicht unabhängig sind. Um nun den Drehpunkt von V2 zu ermitteln, muss man nach der kinematischen Geometrie wie folgt verfahren. Man bilde den Schnittpunkt N von \overline{R\,U_2} mit \overline{W_2\,B}, so ist derselbe der verlangte Drehpunkt. Man bezeichne mit Δb2 die sich zugleich ergebende Veränderung in der Entfernung der Punkte V1 und V2, welche eine Vergrösserung derselben ist, ferner nenne man Δε die Veränderung des Winkels U1U2U2, so ist zunächst Δb 2 = h . Δε. Dann ist aber: \overline{U_2\,W_2}\,\cdot\,\Delta\,\varepsilon=\overline{G_2\,W_2}\,\cdot\,\Delta\,\gamma, also entsteht auch: \Delta\,b_2=h\,\cdot\,\frac{\overline{G_2\,W_2}}{\overline{U_2\,W_2}}\,\cdot\,\Delta\,\gamma. Man lege durch G2 zur Linie \overline{U_2\,V_2} die Parallele, welche \overline{V_2\,W_2} in T trifft, und setze G2T = y, so ist: y=h\,\cdot\,\frac{\overline{G_2\,W_2}}{\overline{U_2\,W_2}}, und wir erhalten weiter: Δb 2 = y . Δγ. Zur Begründung dieser Formeln sei auf den Aufsatz: Beitrag zur Theorie des einfachen Fachwerkbalkens in Nr. 46 der Zeitschrift des Oesterreichischen Ingenieur- und Architektenvereins verwiesen. Aus der Formel 7a entsteht jetzt, wenn man noch beachtet, dass y = x . ctg α ist: E . J . Δb2 = Mo . x . ctg α . Δx + K . ctg2α . x2. Δx. So kann man Δb2 für jeden Querschnitt innerhalb der Punkte U2 und W2 des Balkens bilden; da jedes Δb2 eine Vergrösserung in der Entfernung der Punkte V1 und V2 bedeutet, so können wir sämtliche Δb2 addieren. Setzen wir die Summe gleich b2 so entsteht: E\,\cdot\,J\,\cdot\,b_2=ctg\,\alpha\,\cdot\,\int\limits_0^l\,M_0\,\cdot\,x\,\cdot\,\Delta\,x+K\,\cdot\,ctg^2\,\alpha\,\int\limits_0^l\,x^2\,\cdot\,\Delta\,x. Ist nun F'' die Momentenfläche der gegebenen Belastungenfür den Balkenteil zwischen U2 und W2 und s'' der Abstand ihres Schwerpunktes von W2B, so ist: \int\limits_0^l\,M_0\,\cdot\,x\,\cdot\,\Delta\,x=F''\,\cdot\,s''. Weiter ist: \int\limits_0^l\,x^2\,\cdot\,\Delta\,x=\frac{1}{3}\,l^3. Es ergibt sich daher auch: b_2=\frac{F''\,\cdot\,s''}{E\,\cdot\,J}\,\cdot\,ctg\,\alpha+\frac{1}{3}\,\cdot\,\frac{K\,\cdot\,l^3}{E\,\cdot\,J}\,\cdot\,ctg^2\,\alpha . . 8) Für irgend einen Querschnitt des Balkenteiles zwischen den Punkten W1 und U1 erhält man für das Moment genau denselben Wert, wie er in der Formel 7 enthalten ist, nur ist unter x der Abstand des Schwerpunktes dieses Querschnittes von \overline{A\,R} zu verstehen. Man nenne ferner F'' die Momentenfläche der gegebenen Belastungen für den Balkenteil zwischen den Punkten W1 und U1 und s' den Abstand ihres Schwerpunktes von \overline{A\,R}. Es entsteht dann für die Vergrösserung in der Entfernung der Punkte V1 und V2, welche durch die Elastizität dieses Balkenteiles veranlasst wird, der Wert: b_3=\frac{F''\,\cdot\,s'}{E\,\cdot\,J}\,\cdot\,ctg\,\alpha+\frac{1}{3}\,\cdot\,\frac{K\,\cdot\,l^3}{E\,\cdot\,J}\,\cdot\,ctg^2\,\alpha . . 9) Diese Formel lässt sich genau so ermitteln, wie die Formel 8. Da b1, b2 und b3 Vergrösserungen der betreffenden Entfernung sind, so kann man sie addieren, und setzt man: b = b1 + b2 + b3 so ergibt sich aus den Formeln 6, 8 und 9: b=\frac{K}{E\,\cdot\,J}\,\left(h^2\,\cdot\,l_1+\frac{2}{3}\,l^3\,\cdot\,ctg^2\,\alpha\right) +\frac{1}{E\,\cdot\,J}\,(h\,\cdot\,F'''+ctg\,\alpha\,\cdot\,[F'\,\cdot\,s'+F''\,\cdot\,s'']), worin nach l^2\,ctg^2\,\alpha=h^2\mbox{ und }ctg\,\alpha=\frac{h}{l} ist. Es ist also: b=\frac{K\,\cdot\,h^2}{E\,\cdot\,J}\,\left(l_1+\frac{2}{3}\,l\right)+\frac{h}{E\,\cdot\,J}\,\left(F'''+\frac{1}{l}\,[F'\,\cdot\,s'+F''\,\cdot\,s'']\right) . 10) Befindet sich zwischen V1 und V2 ein Stab vom Querschnitte F3 und Elastizitätsmodul E3 so ist die von der Kraft K erzeugte Verlängerung desselben: \frac{K\,\cdot\,l_1}{F_3\,\cdot\,E_3}. Diese, sowie die Verlängerungen λ3 aus der Gleichung 4 und b aus der Gleichung 10 kann man addieren und muss die Summe gleich Null setzen, damit der Einfluss der gegebenen Belastungen genau so gross ist, als der Einfluss der Kraft K auf die Längenveränderung des Stabes \overline{V_1\,V_2}. Hierdurch ergibt sich: \frac{K\,\cdot\,l_1}{F_3\,\cdot\,E_3}+K\,\cdot\,\left(\frac{2\,l}{F_1\,\cdot\,E_1}\,\cdot\,cosec^3\,\alpha+\frac{2\,l}{F_2\,\cdot\,E_2}\,\cdot\,ctg^3\,\alpha+\frac{2\,l+l_1}{F\,\cdot\,E}\right) +\frac{K\,\cdot\,h^2}{E\,\cdot\,J}\,\left(l_1+\frac{2}{3}\,l\right)+\frac{h}{E\,\cdot\,J}\,\left(F'''+\frac{1}{l}\,[F'\,\cdot\,s'+F''\,\cdot\,s'']\right)=0 oder auch: K\,\cdot\,\left(\frac{l_1}{F_3\,\cdot\,E_3}+\frac{2\,l}{F_1\,\cdot\,E_1}\,cosec^3\,\alpha+\frac{2\,l}{F_2\,\cdot\,E_2}\,ctg^3\,\alpha+\frac{2\,l+l_1}{F\,\cdot\,E}\right \left+\frac{h^2\,[3\,l_1+2\,l]}{3\,\cdot\,E\,\cdot\,J}\right)=-\frac{h}{E\,\cdot\,J}\,\left(F'''+\frac{1}{l}\,\cdot\,[F'\,\cdot\,s'+F''\,\cdot\,s'']\right) Hieraus kann man K berechnen. Man erhält dafür, wie vorauszusehen war, einen negativen Wert. Man setze: \mu=1+\frac{3\,\cdot\,J}{F\,h^2}\,\cdot\,\frac{2\,l+l_1}{3\,l_1+2\,l}+\frac{3\,l}{h^2\,(3\,l_1+2\,l)} \cdot\,\left(\frac{2\,\cdot\,E\,\cdot\,J}{F_1\,\cdot\,E_1}\,cosec^3\,\alpha+\frac{l_1}{l}\,\cdot\,\frac{E\,\cdot\,J}{F_3\,\cdot\,E_3}+\frac{2\,E\,\cdot\,J}{F_2\,\cdot\,E_2}\,\cdot\,ctg^3\,\alpha\right) 11) so entsteht endlich: K=-\frac{3}{\mu\,\cdot\,h^2\,(3\,l_1+2\,l)}\,\cdot\,\left(h\,\cdot\,F'''+\frac{h}{l}\,\cdot\,[F'\,\cdot\,s'+F''\,\cdot\,s'']\right) 12) Dieser Wert stimmt mit dem von Prof. Müller-Breslau. auf der S. 103 der Neueren Methoden der Festigkeitslehre, 1893, genau überein. VI. Zwischen W1 und U1 möge sich nur die Einzellast P1 befinden, welche von W1 und W2 bezw. die Entfernungen a1 und b1 hat. Die Momentenfläche ist dann in Fig. 4 ein Dreieck a0b0c0. Die Verlängerungen von P, \overline{U_1\,V_1} und U2V2 sollen a0b0 der Reihe nach in c', u0' und u0'' und letztere noch c0b0 in u1' bezw. w/' treffen. Setzen wir c'c0 = m, so ist u_0'\,u_1'=m\,\cdot\,\frac{l+l_1}{b_1} und u_0''\,u_1''=m\,\frac{l}{b_1}. Man verlängere weiter b0c0 bis zum Schnittpunkte a' mit Aa0, so ist a_0\,a'=\frac{m\,\cdot\,l_0}{b}, wenn l0 = 2l + l1 ist. Endlich lege man durch u1' zu a0b0 die Parallele, die mit Aa0 den Punkt d gemeinsam hat. Es ist dann: F'\,\cdot\,s'=m\,\cdot\,\frac{l+l_1}{b_1}\,\cdot\,l\,\cdot\,\frac{l}{2}+m\,\cdot\,\frac{l}{b_1}\,\cdot\,\frac{l}{2}\,\cdot\,\frac{1}{3}\,l-m\,\cdot\,\frac{l_0}{l}\,\cdot\,\frac{a_1}{2}\,\cdot\,\frac{1}{3}\,a_1 =m\,\cdot\,\frac{(l+l_1)\,l^2}{2\,b_1}+m\,\cdot\,\frac{l^3}{6\,b_1}-m\,\cdot\,\frac{l_0\,a^2}{6\,b_1} F''\,\cdot\,s''=m\,\cdot\,\frac{l}{b_1}\,\cdot\,\frac{l}{2}\,\cdot\,\frac{2}{3}\,l=\frac{2}{6}\,m\,\frac{l^3}{b_1} und F'''=m\,\cdot\,\frac{l_0}{b_1}\,\cdot\,\frac{l_1}{2}. Es ist demnach: h\,\cdot\,F'''+\frac{h}{l}\,(F'\,\cdot\,s'+F''\,\cdot\,s'') =h\,\left(\frac{m\,\cdot\,l_0\,\cdot\,l_1}{2\,b_1}+\frac{2}{6}\,\cdot\,m\,\cdot\,\frac{l^2}{b_1}+\frac{m\,\cdot\,[l+l_1]\,l}{2\,b_1}+\frac{m\,l^2}{6\,b_1}-\frac{m\,l_0\,{a_1}^2}{6\,b_1\,l}\right) =\frac{h\,\cdot\,m}{6\,b_1}\,\left(3\,l_0\,l_1+2\,l^2+3\,[l+l_1]\,l+l^2-\frac{l_0\,{a_1}^2}{l}\right). Es ist jedoch: m=\frac{P_1\,\cdot\,a_1\,\cdot\,b_1}{l_0}. Hierdurch entsteht: h\,F'''+\frac{h}{l}\,(F'\,\cdot\,s'+F''\,\cdot\,s'') =h\,\frac{P_1\,\cdot\,a_1}{6\,l_0}\,\left(3\,l_0\,l_1+6\,l^2+3\,l\,l_1-\frac{l_0\,{a_1}^2}{l}\right) =h\,\cdot\,\frac{P_1\,\cdot\,a_1}{6\,l_0}\,\left(3\,l_0\,l_1+3\,l\,[2\,l+l_1]-\frac{l_0\,{a_1}^2}{l}\right), worin noch 2l + l1 = l0 ist. Es ist daher: h\,F'''+\frac{h}{l}\,(F'\,\cdot\,s'+F''\,\cdot\,s'')=\frac{h\,P_1\,\cdot\,a_1}{6}\,\left(3\,l_1+3\,l-\frac{{a_1}^2}{l}\right) =h\,\cdot\,\frac{P_1\,\cdot\,a_1}{6\,l}\,(3\,l_1\,\cdot\,l+3\,l^2-{a_1}^2). Für diese Einzellast entsteht nun nach der Formel 12: K=-\frac{P_1\,\cdot\,a_1}{2\,\mu\,h\,(3\,l_1+2\,l)\,\cdot\,l}\,\cdot\,(3\,l_1\,\cdot\,l+3\,l^2-{a_1}^2). Befinden sich zwischen W1 und U1 die Einzellasten P1, P2, P3 ... und haben sie der Reihe nach von A die Entfernungen a1, a2, a3 ..., so ist, wenn man: P1 . a1, + P2 . a2 + P3 . a3 + ... = ∑ P . a und P1 . a13 + P2 . a23 + P3 . a33 + ... = ∑ Pa3 setzt, die von diesen Kräften hervorgebrachte Kraft K: K=\frac{-1}{2\,\mu\,\cdot\,h\,(3\,l_1+2\,l)\,\cdot\,l}\,\cdot\,(3\,l\,[l+l_1]\,\Sigma\,P\,\cdot\,a-\Sigma\,P\,a^3) 13) Die Last P3 möge sich zwischen U1 und U2 befinden und von W1 und W2 bezw. die Entfernungen a3 und b3 haben. Die Momentenfläche ist in Fig. 5 wiederum ein Dreieck a0b0 von \overline{U_1\,V_1}, P3 und \overline{U_2\,V_2} der Reihe nach in u0', c1' und u0'' und a0c0 von \overline{U_1\,V_1} in u1' und b0c0 von \overline{U_2\,V_2} in u1'' getroffen werden. Wir setzen: c1'c0 = m, dann sind: u_0'\,u_1'=\frac{m\,l}{a_3} und u_0''\,u_1''=\frac{m\,l}{b_3}. Wir erhalten nun: F'\,\cdot\,s'=l\,\cdot\,\frac{m\,\cdot\,l}{2\,a_3}\,\cdot\,\frac{2}{3}\,l=\frac{2}{6}\,\frac{m\,l^3}{a_3} F''\,\cdot\,s''=l\,\frac{m\,\cdot\,l}{2\,b_3}\,\cdot\,\frac{2}{3}\,l=\frac{2}{6}\,\cdot\,\frac{m\,l^3}{b_3} und F'''=\left(m+\frac{m\,\cdot\,l}{a_3}\right)\,\left(\frac{a_3-l}{2}\right)+\left(m-\frac{m\,l}{b_3}\right)\,\left(\frac{b_3-l}{2}\right). Setzen wir hier: a3 + b3 = 2l + l1 = l0, so ist auch: F'''=\frac{m}{2}\,\cdot\,l_0\,\left(1-\frac{l^2}{a_3\,\cdot\,b_3}\right). Es ist daher: \frac{h}{l}\,\cdot\,(F'\,\cdot\,s'+F''\,\cdot\,s'')+F'''\,\cdot\,h =h\,\left(\frac{2}{6}\,\cdot\,\frac{m\,l^2}{a_3}+\frac{2}{6}\,m\,\cdot\,\frac{l^2}{b_3}+\frac{m}{2}\,\cdot\,l_0\,\left[1-\frac{l^2}{a_3\,\cdot\,b_3}\right]\right) =h\,\cdot\,\frac{m}{6}\,\cdot\,\left(2\,l^2\,\cdot\,\frac{a_3+b_3}{a_3\,\cdot\,b_3}+3\,l_0\,\cdot\,\left[1-\frac{l^2}{a_3\,\cdot\,b_3}\right]\right) =\frac{h}{6}\,m\,l_0\,\cdot\,\left(\frac{2\,l^2}{a_3\,\cdot\,b_3}+3-\frac{3\,l^2}{a_3\,\cdot\,b_3}\right)=\frac{h}{6}\,\cdot\,m\,\cdot\,l_0\,\left(3-\frac{l^2}{a_3\,\cdot\,b_3}\right) =\frac{h}{6}\,\cdot\,P_3\,\cdot\,a_3\,b_3\,\left(3-\frac{l^2}{a_3\,\cdot\,b_3}\right), weil m=\frac{P_3\,\cdot\,a_3\,\cdot\,b_3}{l_0} ist. Es entsteht nun weiter: \frac{h}{l}\,\cdot\,(F'\,\cdot\,s'+F''\,\cdot\,s'')+F'''\,\cdot\,h=\frac{h}{6}\,\cdot\,P_3\,(3\,a_3\,[2\,l+l_1-a_3]-l^2) =\frac{h}{6}\,P_3\,(3\,a_3\,[2\,l+l_1]-l^2-3\,{a_3}^2) =\frac{h}{6}\,\cdot\,(3\,[2\,l+l_1]\,P_3\,a_3-l^2\,\cdot\,P_3-3\,P_3\,{a_3}^2). Zwischen U1 und U2 befinden sich die Lasten P1', P2', P3' ..., welche von W1 der Reihe nach die Entfernungen a1, a2, a3' ... haben sollen. Wir setzen: P1' + P2' + P3' + ... = ∑P' P1'. a1' + P2' . a2' + P3 . a3' + ... ∑P' . a' und P1'a1'2 + P2'a2'2 + P3'a3'2 ... = ∑P' . a'2. Es ergibt sich dann die von diesen Kräften erzeugte Kraft K' nach der Formel 12: K'=-\frac{1}{2\,\cdot\,\mu\,\cdot\,h\,\cdot\,(3\,l_1+2\,l)}\,\cdot\,(3\,l_0\,\cdot\,\Sigma\,P'\,a'-l^2\,\Sigma\,P'-3\,\Sigma\,P'\,{a'}^2) . . 14) Befinden sich endlich zwischen U2 und U2 die Lasten P1'', P2'', P3'' ..., welche von W2 der Reihe nach die Entfernungen a1''a2„a3“ ... haben, so ergibt sich ähnlich wie für die Formel 13: K''=-\frac{1}{2\,\cdot\,\mu\,\cdot\,h\,(3\,l_1+2\,l)\,\cdot\,l}\,\cdot\,(3\,l\,[l+l_1]\,\cdot\,\Sigma\,P''\,\cdot\,a''-\Sigma\,P''\,\cdot\,{a''}^3) . . 15) Befindet sich auf dem ganzen Balken eine gleichmässig verteilte Belastung, welche für die Längeneinheit = g ist, so ergibt sich mittels der drei letzten Gleichungen die hierdurch hervorgerufene Kraft Kg: K_g=-\frac{g}{4\,\mu\,\cdot\,h\,(2\,l+3\,l)}\,\cdot\,(5\,l^3+{l_1}^3+10\,l^2\,\cdot\,l_1+6\,l\,\cdot\,{l_1}^2). Nach Ermittelung dieser Kräfte K lassen sich mittels der Formeln 5 und 7 die Momente an den verschiedenen Stellen des Balkens auffinden. Am vorteilhaftesten wird man wohl graphisch verfahren, indem man mit der Kraft K als Polabstand eine Momentenfläche zeichnet.