Elementare Untersuchung eines durch zwei Zugstangen und eine Strebe verstärkten Trägers. Von Prof. Ramisch. Elementare Untersuchung eines durch zwei Zugstangen und eine Strebe verstärkten Trägers. I. Textabbildung Bd. 316, S. 9 Fig. 1. Textabbildung Bd. 316, S. 9 Fig. 2. Der Träger hat in der Fig. 1 bei B ein festes und bei A ein horizontal bewegliches Auflager; ferner ist er bei A und B mit den Zugstangen gelenkartig verbunden, und die Strebe ist einerseits mit dem Balken in C und andererseits mit den Zugstangen in D gelenkartig befestigt. Die drei Punkte A, B und C sollen sich auf einer geraden Linie befinden und es ist AC = CB = l; die Strebe ist senkrecht dazu und hat die Länge CD = h. Es sind demnach die beiden Winkel CAD und CBD einandergleich und wir setzen jeden derselben gleich φ. Weiter sollen die Punkte A, B und C in einer Schwerebene sich befinden, welche von den Belastungen des Balkens, welche ebenfalls in einer Schwerebene liegen sollen, senkrecht getroffen wird. Letztere soll übrigens auch eine Hauptebene des Trägers sein, demnach ist es auch die erstere Schwerebene, d.h. die neutralen Achsen der Querschnitte befinden sich in derselben. Der Träger ist offenbar einfach statisch unbestimmt und er wird statisch bestimmt, wenn man eine der Zugstangen oder die Strebe entfernt. Für unsere Untersuchung soll die Stange AD entfernt werden, um ihn statisch bestimmt zu machen. Dafür sollen in A und D zwei gleiche aber entgegengesetzt gerichtete Kräfte K, welche AD zur Kraftlinie haben, angebracht werden. Da letztere sich das Gleichgewicht halten, so ist an dem Kräftezustande nichts geändert. Man zerlege die in A wirkende Kraft K in zwei Seitenkräfte, von denen die eine, mit X benannte, in AB wirken soll. Die andere Seitenkraft soll senkrecht zum beweglichen Auflager gerichtet sein, übt also auf den Träger keine Wirkung aus. Die Kraft X übt nur einen Einfluss auf den Balken AB aus und bewirkt, dass derselbe verkürzt wird. Hierbei ist der Punkt A nach A1, der Punkt C nach C1 und der Punkt D nach D1 gelangt, während der Punkt B fest liegen bleibt. Es muss nun D\,D_1=\frac{1}{2}\,\cdot\,A\,A_1 und ferner DD1 parallel zu AA1 sein. Die Linien AD und A1D1 schneiden sich in O und zieht man OB, so ist diese Strecke senkrecht zu AB. Man zeichne auf AO die Punkte U und U1 so, dass UO = A1O und U1O = D1O ist. Es ist dann: AD – A1D1 = (AO – DO) – (AO – D1O) = AU – DU1. Es ist jedoch: AU = AA1cosφ und D\,U_1=D\,D_1\,cos\,\varphi=\frac{1}{2}\,A\,A_1\,\cdot\,cos\,\varphi. Demnach entsteht: A\,D-A_1\,D_1=\frac{1}{2}\,A\,A_1\,\cdot\,cos\,\varphi. Wir setzen AD – A1D1= Δb1. Ist ferner E der Elastizitätsmodul und F der Querschnitt des Trägers AB, so ist nach dem Hooke'schen Gesetze: A\,A_1=\frac{X\,\cdot\,2\,l}{F\,\cdot\,E}. Wir erhalten demnach: \Delta\,b_1=\frac{X\,l}{F\,\cdot\,E}\,\cdot\,cos\,\varphi . . . . . 1) II. Die Kraft K in D zerlege man in zwei Seitenkräfte, von denen die eine in DC und die andere in BD zu liegen kommt. Da K=\frac{X}{cos\,\varphi} ist, so ist erstere Seitenkraft 2 X . tgφ und letztere Seitenkraft gleich \frac{X}{cos\,\varphi}. Man stelle sich vor, dass BD allein elastisch ist, so bewirkt die im Punkte B wirkende Kraft K, dass sich B auf einem Kreisbogen um C als Mittelpunkt im Sinne des Zeigers einer Uhr dreht und dadurch die Stange BD verlängert wird. Bezeichnet man mit E1 den Elastizitätsmodul, mit F1 den Querschnitt der Stange BD, bedenkt dass ihre Länge \frac{l}{cos\,\varphi} ist und die Verlängerung derselben von der Kraft \frac{X}{cos\,\varphi} hervorgebracht wird, so ist letztere nach dem Hooke'schen Gesetze: \frac{X\,\cdot\,l}{F_1\,E_1\,\cdot\,cos^2\,\varphi}. Ist nun e der Abstand des Punktes C von BD und Δa die sehr kleine Veränderung des Winkels BCD,, so ist die Verlängerung auch gleich: e . Δα. Da der Abstand des Punktes C von AD ebenfalls gleich e und die sehr kleine Veränderung des Winkels ACD gleich – Δα ist, so ist die Verkürzung der Entfernung des Punktes A von D auch gleich e . Δα. Nennen wir sie Δb2, so ergibt sich: \Delta\,b_2=\frac{X\,\cdot\,l}{F_1\,\cdot\,E_1\,\cdot\,cos^2\,\varphi} . .  . . . 2) Nunmehr stelle man sich vor, dass CD allein elastisch ist. Die Kraft K in D bewirkt, dass sich der Punkt D um B als Mittelpunkt im Sinne des Zeigers einer Uhr drehen muss. Hierdurch wird die Länge der Strebe CD verkürzt. Wir nennen E2 den Elastizitätsmodul und F2 den Querschnitt dieser Strebe. Da ihre Länge l . tgφ ist und sie von der Kraft 2 X . tgφ beansprucht wird, so ist nach dem Hooke'schen Gesetze die Verkürzung gleich: \frac{2\,X\,\cdot\,l\,\cdot\,tg^2\,\varphi}{F_2\,\cdot\,E_2}. Ist weiter Δφ die sehr kleine Veränderung des Winkels CBD, welche bei der Verkürzung des Stabes entsteht, so ist die Verkürzung auch gleich: l . Δφ. Wir haben demnach die Gleichung: l\,\cdot\,\Delta\,\varphi=\frac{2\,X\,\cdot\,l\,\cdot\,tg^2\,\varphi}{F_2\,\cdot\,E_2}. Ist f der Abstand des Punktes B von AD, so verkürzt sich die Entfernung der Punkte A und D um f . Δφ = 2 l . sinφ. Δφ. Setzen wir letztere gleich Δb3, so ergibt sich: \Delta\,b_3=\frac{4\,X\,\cdot\,l\,\cdot\,tg^2\,\varphi}{F_2\,\cdot\,E_2}\,\cdot\,sin\,\varphi . . . 3) Wenn demnach der Träger AB infolge der Einwirkung der Kräfte K nicht gebogen werden könnte, so würde sich die Entfernung der Punkte A und B um Δb1 + Δb2 + Δb3, d.h. um: \frac{X\,l}{F\,E}\,\left(1+\frac{E\,\cdot\,F}{E_1\,\cdot\,F_1}\,\cdot\,sec^3\,\varphi+4\,\cdot\,\frac{E\,\cdot\,F}{E_1\,\cdot\,F_1}\,\cdot\,tg^3\,\varphi\right)\,cos\,\varphi verkürzen. Indem wir b diese Verkürzung nennen, erhalten wir endlich: b=\frac{X\,l}{F\,E}\,\cdot\,cos\,\varphi \left(1+\frac{E\,\cdot\,F}{E_1\,\cdot\,F_1}\,\cdot\,sec^3\,\varphi+\frac{4\,E\,\cdot\,F}{E_1\,\cdot\,F_1}\,\cdot\,tg^3\,\varphi\right) . . 4) III. Nunmehr stellen wir uns vor, dass der Balken AB in Fig. 2 allein elastisch ist, also sowohl die Strebe CD, als auch die Zugstange BD starr sind; wir untersuchen zunächst den Teil zwischen A und C und es sei V der Schwerpunkt irgend eines Querschnitts davon, welcher letzterer von AD in V1 getroffen wird. Man verlege dieKraft K von A nach V1 und zerlege sie in zwei Seitenkräfte, von denen die eine entlang dem Querschnitte und die andere, welche übrigens gleich X ist, senkrecht zum Querschnitte wirkt. Erstere beansprucht die in der Nähe vom Querschnitte befindlichen Faserstücke auf Scherfestigkeit; da dieselbe jedoch bedeutungslos ist, so wird sie, wie es üblich ist, vernachlässigt. In V denke man sich zwei parallele zu X und dazu gleiche, aber entgegengesetzt gerichtete Kräfte angebracht. Die von der gleichgerichteten Kraft erzeugte Formänderung des Trägers AB haben wir bereits festgestellt, brauchen sie also nicht mehr zu untersuchen; die andere jedoch bildet mit der Kraft X in V1 ein Kräftepaar und beansprucht den Balken auf Biegung. Setzt man VV1 = y, so ist das Moment dieses Kräftepaares, welches den Balkenteil AV im entgegengesetzten Sinne des Zeigers einer Uhr dreht: X . y. Es drehen dagegen im Sinne des Zeigers einer Uhr diesen Balkenteil die äusseren Kräfte. Nennen wir M0 das Moment, welches von den äusseren Kräften erzeugt wird, so wird der Balkenteil AV von dem Momente M = X . y – M0 beansprucht. Je nachdem nun M positiv oder negativ ist, wird eine Zu- oder Abnahme der Entfernung der Punkte A und B erzielt. Hierbei möge sich der Querschnitt mit dem Schwerpunkte V um Δγ drehen, es ist dann, wenn Ax das Element der Strecke AC ist, bekanntlich E\,\cdot\,J\,\cdot\,\frac{\Delta\,\gamma}{\Delta\,x}=M. Es entsteht demnach aus den beiden Gleichungen: E . J . Δγ = X . y . Δx – M0 . Δx. Hierbei möge sich die Entfernung der Punkte A und B um Δλ1 verändert haben. Es ist dann, wenn z der Abstand des Punktes V von AD ist: Δλ1 = z . Δγ. Es ist jedoch: z = ycosφ. Wir erhalten demnach zunächst: Δλ1 = y . cosφ. Δγ und dann: \Delta\,\lambda_1=\frac{cos\,\varphi}{E\,\cdot\,J}\,\left(X\,y^2\,\cdot\,\Delta\,x-M_0\,\cdot\,y\,\cdot\,\Delta\,x\right). Auf diese Weise können wir Δλ1 für jeden Querschnitt zwischen A und C ermitteln. Alle diese Δλ1 müssen nun addiert werden und geben als Summe die Strecke λi, um die sich die Entfernung der Punkte A und D verändert, wenn der Balkenteil AC infolge der äusseren Belastung und der Kraft K sich biegt. Wir erhalten: \lambda_1=\frac{cos\,\varphi}{E\,\cdot\,J}\,\cdot\,\left(X\,\cdot\,\sum_0^l\,y^2\,\cdot\,\Delta\,x-\sum_0^l\,M_0\,\cdot\,y\,\cdot\,\Delta\,x\right). Man setze VA = x, so ist y=x\,\cdot\,\frac{h}{l} und es entsteht auch: \lambda_1=\frac{h}{l}\,\cdot\,\frac{cos\,\varphi}{E\,\cdot\,J}\,\left(X\,\sum_0^l\,x\,\cdot\,y\,\Delta\,x-\sum_0^l\,M_0\,x\,\cdot\,\Delta\,x\right). Hierin ist nun \sum_0^l\,x\,y\,\cdot\,\Delta\,x nichts anderes, als das statische Moment des Dreiecks ACD in Bezug auf A als Momentenpunkt und dasselbe ist: \frac{2}{3}\,l\,\cdot\,\frac{1}{2}\,h\,l. Es ist demnach: \sum_0^l\,x\,y\,\cdot\,\Delta\,x=\frac{1}{3}\,h\,l^2. Weiter zeichne man für das System der gegebenen Belastungen mit einem beliebigen Polabstande H die Momentenfläche ap1p2p3p4b, welche von der mit CD zusammenfallenden Geraden in c und d getroffen wird, und nennen s1 den Abstand des Schwerpunktes S1 des Flächenteiles acdp2p1 von der durch A zu den Kräften P1, P2, P3 und P4 parallel gelegten Geraden. Bezeichnet man noch diesen Flächenteil mit \overline{F_1} so ist bekanntlich: \sum_0^l\,M_0\,\cdot\,x\,\cdot\,\Delta\,x=\overline{F_1}\,\cdot\,s_1\,\cdot\,H. Hierdurch ergibt sich schliesslich: \lambda_1=\frac{h\,\cdot\,cos\,\varphi}{l\,\cdot\,E\,\cdot\,J}\,\left(\frac{1}{3}\,h\,l^2\,\cdot\,X-H\,\cdot\,\overline{F_1}\,\cdot\,s_1\right) . . 5) IV. Textabbildung Bd. 316, S. 11 Wir untersuchen jetzt endlich den Teil des Balkens zwischen C and B. W sei der Schwerpunkt irgend eines Querschnittes davon und möge AD in W1, dagegen DB in W2 treffen. Dieser Querschnitt wird nicht nur von dem Momente M0 der äusseren Kräfte und von X, letztere Kraft senkrecht zum Querschnitte in W1 wirkend, sondern auch von der Kraft 2 X . tgφ in C, senkrecht zum Balken wirkend, beansprucht. Diese Kraft ist jedoch eine Komponente von der in D wirkenden Kraft K, also nicht von der in A wirkenden. Diese Kraft, also auch die Komponente 2 Xtgφ als Ersatz derselben, dreht nun den Trägerteil CD im Sinne des Zeigers einer Uhr, also gerade so wie die äusseren Kräfte. Es muss nun sein: M=X\,\cdot\,\overline{W\,W_1}-2\,X\,\cdot\,tg\,\varphi\,\cdot\,\overline{C\,W}-M_0. Hierin ist jedoch 2 CW . tgφ = W1W2. Setzen wir \overline{W\,W_2}=y, so entsteht M = X . y – M0 . . . . . 6) Dies ist aber der Form nach genau dieselbe Formel, wie für den anderen Trägerteil AC. Benennt man daher mit λ2 die Aenderung, um welche die Entfernung der Punkte A und D infolge der Biegung des Trägerteiles CB geschieht, so ergibt sich, ähnlich wie vorhin: \lambda_2=\frac{h\,\cdot\,cos\,\varphi}{l\,\cdot\,E\,J}\,\left(X\,\cdot\,\sum_0^l\,x\,y\,\cdot\,\Delta\,x-\sum_0^l\,M_0\,x\,\cdot\,\Delta\,x\right) Ist nämlich Δλ2 die Veränderung der Entfernung der Punkte A und D, wenn sich der Balkenteil von A bis W mit Δγ um W dreht, und ist ferner Δε die Veränderung des Winkels ACD, welche hiermit zugleich geschieht, so ist zunächst Δλ2 = e . Δε, wenn, wie bereits gesagt worden ist, e der Abstand des Punktes C von AD ist. Es ist jedoch, wie sich leicht ableiten lässt, CB . Δε = WB . Δγ. Hieraus folgt: \Delta\,\lambda_2=e\,\cdot\,\frac{W\,B}{C\,B}\,\cdot\,\Delta\,\gamma. Es ist jedoch auch e der Abstand des Punktes C von BD. Daher ist: e\,\cdot\,\frac{W\,B}{C\,B}=\overline{W\,W_2}\,\cdot\,cos\,\varphi=y\,\cdot\,cos\,\varphi. Wir erhalten deswegen: Δλ2 = ycosφ . Δφ. Nun ist \Delta\,\gamma=\frac{M}{E\,J}\,\cdot\,\Delta\,x und daher \Delta\,\lambda_2=\frac{cos\,\varphi}{E\,\cdot\,J}\,\cdot\,(X\,y^2\,\Delta\,x-M_0\,y\,\cdot\,\Delta\,x). Die übrige Entwickelung ist genau so, wie vorher, so dass diese Gleichung für λ2 entsteht. Hierin ist wiederum \sum_0^l\,x\,y\,\cdot\,\Delta\,x=\frac{1}{3}\,h\,l^2. Bezeichnet man die Fläche cbp4p3d mit \overline{F_2}, den Abstand ihres Schwerpunktes S2 von den durch B zu den gegebenen Lasten gelegten Parallelen mit s2, so ist hier: \sum_0^l\,M_0\,x\,\cdot\,\Delta\,x=H\,\cdot\,\overline{F_2}\,\cdot\,s_2. Es ergibt sich daher: \lambda_2=\frac{h\,cos\,\varphi}{l\,\cdot\,E\,J}\,\left(\frac{1}{3}\,\cdot\,h\,l^2\,\cdot\,X-H\,\cdot\,\overline{F_2}\,\cdot\,s_2\right) . 6) Die Gleichungen 4), 5) und 6) kann man nun addieren, weil sie ja alle eine Verkürzung der Entfernung der Punkte A und D bedeuten. Wir setzen b + λ1 + λ2 = b1. Es ist dann: b_1=cos\,\varphi\,\left(\left[\frac{X\,l}{F\,E}\,1+\frac{E\,F}{E_1\,F_1}\,sec^3\,\varphi+\frac{4\,E\,F}{E_2\,F_2}\,\cdot\,tg^8\,\varphi\right]+\frac{2}{3}\,\frac{h^2\,l\,X}{E\,J}-\frac{H\,(\overline{F_1}\,s_1+\overline{F_2}\,s_2)}{l\,\cdot\,\frac{E\,J}{h}}\right). Bezeichnen wir nun mit E2 den Elastizitätsmodul und mit F2 den Querschnitt des Stabes AD, also genau so wie des Stabes BD, so ist die Verlängerung der Entfernung der Punkte A und C, welche von der Stange ADDaher ist AD thatsächlich eine Zugstange. hervorgebracht wird, nach dem Hooke'schen Gesetze gleich: \frac{X}{cos\,\varphi}\,\cdot\,\frac{l}{cos\,\varphi}\,\cdot\,\frac{1}{F_1\,E_1}=\frac{X\,l}{F_1\,E_1}\,cos\,\varphi\,\cdot\,sec^3\,\varphi. Dieselbe muss nun gleich – b1 sein, weil ja + b1 eine Verkürzung bedeutet. Es entsteht demnach aus den beiden Gleichungen: \frac{X\,l}{E\,F}\,\left(1+\frac{2\,E\,F}{E_1\,F_1}\,\cdot\,sec^3\,\varphi+\frac{4\,E\,F}{E_2\,F_2}\,tg^3\,\varphi+\frac{2}{3}\,h^2\,\frac{F}{J}\right)=\frac{H\,\cdot\,(\overline{F_1}\,s_1+\overlin{F_2}\,s_2)}{E\,J\,\cdot\,\frac{l}{h}} und hieraus folgt endlich, wenn man 1+3\,\frac{J}{F\,h^2}\,\left(\frac{1}{2}+\frac{E\,\cdot\,F}{E_1\,\cdot\,F_1}\,sec^3\,\varphi+2\,\frac{E\,F}{E_2\,F_2}\,\cdot\,tg^3\,\varphi\right)=\mu 7) setzt: X=\frac{3\,\cdot\,\frac{h}{l}\,(\overline{F_1}\,s_1+\overline{F_2}\,s_2)}{2\,\mu\,\cdot\,h^2\,\cdot\,l} . . . . 8) Diese Gleichung stimmt mit der von Herrn Prof. Müller-Breslau in dem Buche: „Die neueren Methoden der Festigkeitslehre“, Leipzig, Baumgärtner's Buchhandlung, Jahrgang 1893, Seite 98, gefundenen für X überein. Was jedoch die Koeffizienten μ anbelangt, so hat Herr Prof. Müller-Breslau \mu=1+3\,\frac{J}{F\,h^2}\,(1+.\,\cdot\,.) statt \mu=1+3\,\frac{J}{F\,h^2}\,\left(\frac{1}{2}+.\,\cdot\,.\right) erhalten. Dies rührt daher: Ich habe angenommen, dass wenn die Kraft X auf die Balken AB in Richtung der Achse wirkt, alle Teile desselben eine elastische Formänderung erfahren, so dass wenn in der Fig. 1 der Punkt A nach A1 gelangt, der Punkt C nach C1 gekommen sein muss, so zwar, dass \overline{C\,C_1}=\frac{1}{2}\,\overline{A\,A_1} ist. Hätte ich jedoch angenommen, dass nur der Teil des Balkens bei A allein eine Längenveränderung erfährt, so dass also der Punkt C seine Lage nicht ändern kann, so hätte ich genau dasselbe Ergebnis wie Herr Prof. Müller-Breslau für μ erhalten. Es ist dies eine Angelegenheit, welche nur durch den Versuch, meiner Ansicht nach, entschieden werden kann. V. Befindet sich auf dem Balken nur die Einzelkraft Q, die von A die Entfernung q hat, so ist die Momentenfläche ein Dreieck a0k0b0. Bezeichnet man mit Rücksicht auf die Fig. 3 die Strecke h0k0 mit u und setzt: 2 l – q = b, so ist: H\,\cdot\,u=\frac{Q\,q\,\cdot\,b}{2\,l}. Man verlängere b0k0 bis zum Schnittpunkte n0 mit Aa0, so ist a_0\,n_0=\frac{2\,l\,\cdot\,u}{b} und r_0\,i_0=\frac{l\,\cdot\,u}{b}. Wir erhalten nun: \overline{F_1}\,\cdot\,e_1=l\,\cdot\,\frac{l\,u}{b}\,\cdot\,\frac{l}{2}+\frac{l}{2}\,\cdot\,\frac{l\,u}{b}\,\cdot\,\frac{1}{3}\,l-\frac{2\,l\,u}{b}\,\cdot\,\frac{q}{2}\,\cdot\,\frac{1}{3}\,q und: \overline{F_2}\,\cdot\,e_2=\frac{l\,u}{b}\,\cdot\,\frac{l}{2}\,\cdot\,\frac{2}{3}\,l. Es entsteht demnach: \overline{F_1}\,\cdot\,e_1+\overline{F_2}\,\cdot\,e_2=\frac{1}{3}\,\frac{l\,u}{b}\,(3\,l^2-q^2). Daher ist ferner: H\,\cdot\,(\overline{F_1}\,e_1+\overline{F_2}\,e_2)=\frac{1}{6}\,Q\,\cdot\,q\,(3\,l^2-q^2).) Für diese Einzellast entsteht demnach nach der Formel 8): X=\frac{Q\,\cdot\,q\,(3\,l^2-q^2)}{4\,\mu\,h\,l^2}=\frac{1}{4\,\mu\,h}\,\left(3\,Q\,q-\frac{Q\,q^3}{l^2}\right). Befinden sich nun auf dem Balken die Lasten Q1, Q2, Q3... u.s.w. welche von J. der Reihe nach die Entfernungen q1, q2, q3... u.s.w. haben und setzt man: ΣQq = Q1 . q1 + Q2 . q2 + Q3 . q3 + . . .   . 9) und ΣQq3= Q1 . q13 + Q2 . q23 + Q3 . q33 + . . .   . 10) so wird von diesen Belastungen die Kraft X=\frac{1}{4\,\mu\,h}\,\cdot\,\left(3\,\Sigma\,Q\,q-\frac{1}{l^2}\,\cdot\,\Sigma\,Q\,q^3\right) hervorgebracht. Ist endlich der Träger gleichförmig mit g für die Längeneinheit belastet, so ergibt sich hierfür: X_g=\frac{5}{8}\,\frac{g\,l^2}{\mu\,\cdot\,h}. Es bringen demnach endlich die gleichförmige Belastung und die Lasten Q1, Q2, Q3... u.s.w. folgende Kraft X hervor: X=\frac{1}{8\,\mu\,h}\,\left(6\,\cdot\,\Sigma\,Q\,q-\frac{2}{l^2}\,\cdot\,\Sigma\,Q\,q^3+5\,g\,l^2\right) 11) Hieraus ist die Kraft X zu bestimmen, selbstverständlich müssen hierzu die Querschnitte, das Trägheitsmoment des Balkens und die Stoffe, woraus die einzelnen Konstruktionsteile bestehen, bekannt sein. Gewöhnlich wird man E = E1 = E2 und F1 = F2 nehmen. Es ist dann: \mu=1+\frac{3\,\cdot\,J}{F\,\cdot\,h^2}\,\left(\frac{1}{2}+\frac{F}{F_1}\,\cdot\,[sec^3\,\varphi+2\,tg^3\,\varphi]\right). Nachdem X gefunden worden ist, lassen sich die Querschnitte der Zugstangen und der Strebe in Bezug auf ihre zulässigen Beanspruchungen nachprüfen. Um dies auch in Bezug auf den Balken ausführen zu können, zeichne man für die gegebenen Belastungen das Seilpolygon mit dem Polabstande gleich X. Für irgend einen Querschnitt ist, wenn an irgend einer Stelle η die Ordinate der Momentenfläche ist: M0 = X . η. Nach der Formel 6) ist demnach: M = X . (y – η). Mit Rücksicht auf diese Gleichung zeichne man in der Fig. 4 eine neue Momentenfläche, deren entsprechende Ordinate jedesmal ξ = y – η ist. Ist nun ξ1 die grösste Ordinate derselben, so muss, wenn k die zulässige Beanspruchung für die Flächeneinheit, F der Querschnitt und W das Widerstandsmoment des letzteren sind: k\,\geq\,X\,\left(\frac{\xi_1}{W}+\frac{1}{F}\right) sein. Ist diese Bedingung erfüllt, so sind die gewählten Ausmessungen des Balkens auch brauchbar. Wie man zu verfahren haben wird, wenn C nicht der Mittelpunkt des Balkens und die Strebe nicht senkrecht zum Balken steht, ist aus dem Gegebenen sehr leicht zu ermitteln.