Balkendurchbiegungs-Rechner

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Rechenbeispiel — Balkendurchbiegungs-Rechner

R_A	5 kN
R_B	5 kN
M_max	12,5 kN·m
δ_max	15,631 mm

Das sind die Werte, die der Rechner beim Öffnen der Seite anzeigt. Ändere oben eine Eingabe, um sie neu zu berechnen.

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Lektion

Die Theorie — Balkendurchbiegungs-Rechner

Die Steifigkeit eines Trägers ist keine Eigenschaft des Trägers. Belaste dieselbe Bohle auf dieselbe Weise, und die Antwort ändert sich um fast das Fünfzigfache — allein danach, wie ihre Enden gehalten werden. Deshalb hängt ein Bücherbord in der Mitte durch und ein Balkon an der Spitze. Randbedingungen ist der Fachausdruck dafür, wie die Enden gehalten werden, und sie zu wählen ist der größte Teil dessen, was Tragwerksplanung ausmacht.

Was die einzelnen Symbole bedeuten

EI: die Biegesteifigkeit — Materialsteifigkeit mal Flächenträgheitsmoment des Querschnitts. Das ist der Eigenbeitrag des Trägers und der einzige Teil der Antwort, den die Lager nicht anfassen.
y′: die Neigung der Biegelinie. Ob ein Lager sie zulässt, ist der ganze Unterschied zwischen Gelenk und Einspannung — und diese eine Unterscheidung erzeugt den größten Teil der Auswahlliste.
δ_max: die größte Durchbiegung irgendwo im Feld — die Schlagzeile, und die Zahl, die Menschen auf einem Boden tatsächlich unter den Füßen spüren.
L/δ: Stützweite geteilt durch größte Durchbiegung. Normen sind in diesem Verhältnis geschrieben und nicht in Millimetern, denn 10 mm Durchhang sind auf 12 m unsichtbar und auf 1 m beunruhigend.

Woher die Formel kommt

Schreiben wir die Grundgleichung einmal auf, denn es gibt nur eine. Für einen Träger unter der Streckenlast w(x) gilt EI·d⁴y/dx⁴ = w(x). Beachte, was nicht darin steht: nichts über Gelenke, Einspannungen, Stützen oder Kragarme. Viermal integriert liefert sie y(x) und vier Integrationskonstanten. Alles, was die Lagerauswahl tut, ist, diese vier Zahlen festzulegen.
Fragen wir also, was ein Lager überhaupt kann — die Liste ist kurz. Es kann das Ende am Verschieben hindern, am Verdrehen hindern, an beidem oder an nichts. Ein Gelenk hält das Ende fest, lässt es sich aber frei drehen: y = 0 bei Moment null. Eine Einspannung hält es fest und verweigert die Drehung: y = 0 und y′ = 0. Ein freies Ende hält gar nichts zurück — Moment null und Querkraft null. Jeder der acht Einträge in der Liste ist ein Paar aus diesem Vokabular, und sonst nichts.
Nun der Preis. Lass alles andere unverändert — die 1000 N/m über 5 m Stahl, mit denen diese Seite startet — und ändere nur die Enden. Auf zwei Gelenken sinkt der Träger um 4,885 mm. Spanne beide Enden ein, und derselbe Träger sinkt um 0,977 mm: exakt fünfmal steifer, denn aus 5wL⁴/384EI ist wL⁴/384EI geworden. Nimm ein Lager ganz weg, und der Kragträger fällt um 46,894 mm — das Achtundvierzigfache des eingespannten Werts. Am Träger selbst wurde dabei nie etwas geändert.
Die Durchbiegung merkst du; das Moment bricht. Ein Träger auf zwei Gelenken trägt an seinen Enden das Moment null und in Feldmitte wL²/8 — die Seite druckt 3,125 kN·m. Spannst du die Enden ein, können sie selbst Moment aufnehmen, der Höchstwert fällt auf wL²/12, also 2,083 kN·m, und wandert aus der Feldmitte hinaus zu den Lagern. Der Träger ist nicht stärker geworden. Die Beanspruchung wurde auf Material umverteilt, das vorher nichts zu tun hatte.
Damit bleibt die naheliegende Frage: Warum nicht alles einspannen? Zähle die Unbekannten. Die Statik liefert drei Gleichungen; ein Träger, dessen Lager genau drei Reaktionen bereitstellen, ist deshalb statisch bestimmt — die Auflagerkräfte folgen allein aus dem Gleichgewicht, und nichts sonst kann sie ändern. Eine vierte Reaktion macht ihn statisch unbestimmt: steifer, schlanker, leichter — und von da an hat der Träger eine Meinung dazu, bewegt zu werden. Das ist der Handel, den der Fall mit Stütze eingeht, und derselbe Handel, den ein durchlaufender Brückenträger über jedem Pfeiler eingeht.

So liest du, was du siehst

Drei Tafeln, in kausaler Reihenfolge gestapelt — der belastete Träger mit seinen Lagern so gezeichnet, wie sie sich tatsächlich verhalten, dann Querkraft, dann Moment —, und ein Wechsel des Lagertyps zeichnet alle drei zugleich neu, was am schnellsten zeigt, dass die Last sich nie geändert hat. Darunter stehen die Auflagerkräfte, das größte Moment, die größte Durchbiegung und ein Verhältnis von Stützweite zu Durchbiegung. Diese letzte Zeile liest der Planer: Eine übliche Gebrauchstauglichkeitsgrenze ist L/250, der Fall auf zwei Gelenken unterschreitet sie hier etwa um das Vierfache, und der Kragträger mit rund L/107 ist die eine Konfiguration auf dieser Seite, die sie verfehlt.

Setzt voraus: Die Balkentheorie nach Euler–Bernoulli — Querschnitte bleiben eben, die Schubverformung wird also vernachlässigt; Durchbiegungen klein genug, dass die Krümmung als y″ geschrieben werden darf; ein linear-elastischer Werkstoff deutlich unter der Streckgrenze; und ein über die Länge unveränderlicher Querschnitt. Vor allem aber, für diese Lektion: ideale Lager. Ein reibungsfreies Gelenk und eine Einspannung mit unendlicher Drehsteifigkeit.
Versagt, wenn: An dieser letzten Annahme trennt sich das Modell von der Welt, und es sind die statisch unbestimmten Fälle, denen das auffällt. Eine Einspannung ist nur so fest wie das, worin sie eingespannt ist; wirkliche Anschlüsse haben endliche Drehsteifigkeit und landen irgendwo zwischen den 4,885 mm und den 0,977 mm, die diese Seite als getrennte Möglichkeiten anbietet. Die tiefere Lücke: Diese Seite rechnet zu einer vorgegebenen Last — ein statisch unbestimmter Träger lässt sich jedoch durch eine vorgegebene Verschiebung beanspruchen, ganz ohne Last. Setzt sich ein Lager des eingespannten Trägers um drei Millimeter, oder bleiben beide Enden verschraubt, während der Stahl in der Nachmittagssonne warm wird, so entstehen Moment und Normalkraft, die das Gleichgewicht nicht vorhersagen kann und die auf dieser Seite nichts zeichnet. Der statisch bestimmte Träger auf zwei Gelenken zuckt schlicht mit den Schultern und bewegt sich. Deshalb liegt eine Brückenfahrbahn auf Gleitlagern und trifft das Widerlager über eine gezahnte Dehnfuge: Der Ingenieur kauft die Beweglichkeit zurück, die ihm die Einspannung genommen hat, und bezahlt sie mit Durchbiegung.

Querschnitte bleiben eben — bis der Träger kurz wird 🖖

Die Euler-Bernoulli-Balkentheorie geht davon aus, dass ebene Querschnitte auch nach der Biegung eben bleiben. Das gilt gut, wenn die Balkenlänge sehr viel größer als die Höhe ist. Die von der Theorie vernachlässigte Schubverformung wird bei tiefen oder kurzen Balken deutlich — dafür wird stattdessen die Timoshenko-Balkentheorie verwendet.

Drei Diagramme, eine Kette von Ursache und Wirkung 🖖

Das Werkzeug stapelt drei Diagramme, weil sie zusammenhängende Schritte einer einzigen Geschichte sind: Die Last erzeugt eine Querkraft, die Querkraft summiert sich zu einem Biegemoment, und das Moment krümmt den Träger zu seiner Biegelinie. Jedes Diagramm ist im Grunde das laufende Integral des darüberliegenden. Praktische Folge: Das Biegemoment ist genau dort maximal, wo die Querkraft null wird — und dort ist der Träger am stärksten beansprucht.

Galileo lag beim ersten Balkenproblem falsch 🖖

Galileo stellte das Problem der Tragfähigkeit eines Kragträgers 1638 in seinen Zwei neuen Wissenschaften auf, dem Gründungstext der Balkentheorie — nahm aber an, dass jede Faser des Querschnitts gleich stark auf Zug beansprucht wird. Er übersah, dass sich die Fasern der einen Seite dehnen, während die andere Seite gestaucht wird, mit einer neutralen Faser als Drehpunkt. Sein Modell überschätzte die Biegefestigkeit um rund das Dreifache; erst fast ein Jahrhundert später korrigierten Parent und danach Euler und Bernoulli den Fehler.

Aufgaben vollständig gelöst

Ein 5 m langer, frei aufliegender Stahlträger mit 10 kN Belastung in der Mitte 5 Schritte
Ein 5-m-Stahlträger, frei aufliegend, belastet mit 10 kN in Feldmitte. Bestimmen Sie die Auflagerkräfte, das Biegemoment und die Durchbiegung — und vergleichen Sie diese anschließend mit dem Grenzwert, der die Bemessung tatsächlich bestimmt.
1. Die Statik ergibt sich aus der Symmetrie. Die Last greift in Feldmitte an, sodass jedes Auflager die Hälfte davon trägt; über diese Beobachtung hinaus ist keine Gleichung erforderlich.
  
  $\sum M = 0 ⟹ R_{A} = R_{B} = \frac{P}{2} = 5 kN$
2. Das maximale Moment befindet sich an der Last, wo jede Auflagerkraft über die halbe Stützweite gewirkt hat. Es lohnt sich, PL/4 zu verinnerlichen: Es ist der Fall der Einzellast auf einem frei aufliegenden Träger, mit dem jeder andere Fall verglichen wird.
  
  $M_{m a x} = R_{A} \cdot \frac{L}{2} = \frac{P L}{4} = \frac{10 \times 5}{4} = 12.5 kN m$
3. Für die Durchbiegung wird die Steifigkeit des Trägers benötigt, nicht nur die Last. Zwei Eigenschaften gehen ein — das Material über E und die Form über I — und sie gehen nur als ihr Produkt ein, weshalb eine steifere Legierung und ein höherer Querschnitt hier austauschbar sind.
  
  $δ_{m a x} = \frac{P L ^{3}}{48 E I} = \frac{1 0 ^{4} \times 5 ^{3}}{48 \times 200 \times 1 0 ^{9} \times 8.33 \times 1 0 ^{- 6}}$
4. Das Einsetzen ergibt 15,631 mm. Beachten Sie, wo die Stützweite steht: in der dritten Potenz. Die Durchbiegung reagiert weitaus empfindlicher auf die Länge als auf jeden anderen Faktor in dem Ausdruck.
  
  $= \frac{1.25 \times 1 0 ^{6}}{7.997 \times 1 0 ^{7}} = 0.015631 m = 15.631 mm$
5. Nun folgt die Überprüfung, die über die Bemessung entscheidet. Grenzwerte der Gebrauchstauglichkeit werden üblicherweise als Stützweite durch 360 angegeben, was bei 5 m einem Wert von 13,89 mm entspricht.
  
  $\frac{L}{360} = \frac{5000}{360} = 13.89 mm < 15.631 mm$
Antwort

Das Werkzeug gibt 5 kN an jedem Auflager, ein Biegemoment von 12,5 kN·m und 15,631 mm Durchbiegung aus. Dieser letzte Wert verfehlt den L/360-Gebrauchstauglichkeitsgrenzwert von 13,89 mm — obwohl der Träger noch weit von der Fließgrenze entfernt ist. Das ist der Punkt, den Baustatik-Vorlesungen an den Anfang stellen und dem die Intuition widerstrebt: Träger werden üblicherweise danach bemessen, wie stark sie sich bewegen, nicht danach, wie nahe sie dem Bruch sind. Die dritte Potenz der Stützweite ist der Grund dafür. Verlängert man denselben Träger auf 10 m, verdoppelt sich die Durchbiegung nicht, sondern verachtfacht sich auf 125 mm, und keine noch so große Festigkeitsreserve hilft.

$δ = \frac{P L ^{3}}{48 E I} = 15.631 mm > \frac{L}{360} = 13.89 mm$
Ein Träger mit 15,631 mm Durchbiegung bei einem Grenzwert der Gebrauchstauglichkeit von 13,89 mm 6 Schritte
Die Tafel sagt, dieser Träger senkt sich um 15,631 mm und die Gebrauchstauglichkeitsgrenze L/360 liegt bei 13,89 mm — ein Achtel darüber. Die nächste Frage eines Bauleiters lautet, wie viel größer der Träger werden muss, und die Antwort ist weit kleiner, als der Überschuss vermuten lässt.
1. Bilde das Verhältnis der beiden Zahlen, die ohnehin auf der Tafel stehen. Der Träger ist 1,1254-mal nachgiebiger, als die Grenze erlaubt.
  
  $\frac{δ _{m a x}}{L /360} = \frac{15.631}{13.89} = 1.1254$
2. Die Durchbiegung ist umgekehrt proportional zum Flächenträgheitsmoment, und bei einem Rechteck steckt darin die Höhe in der dritten Potenz, während die Breite nur einfach eingeht. Die beiden Maße sind nicht austauschbar.
  
  $I = \frac{b d ^{3}}{12} ⟹ δ \propto \frac{1}{I} \propto d^{- 3}$
3. Diese Folgerung lohnt es, erst einmal für sich auszusprechen: verdopple die Höhe, und die Senkung fällt auf ein Achtel, nicht auf die Hälfte.
  
  $d \to 2 d : δ \to \frac{δ}{2 ^{3}} = \frac{δ}{8}$
4. Also kehre die dritte Potenz um. Die Durchbiegung durch 1,1254 zu teilen verlangt, die Höhe mit der dritten Wurzel derselben Zahl zu multiplizieren.
  
  $(\frac{d}{d ^{'}})^{3} = \frac{1}{1.1254} ⟹ \frac{d ^{'}}{d} = 1.125 4^{1/3} = 1.0402$
5. Vier Prozent. Aus einem 300-mm-Balken werden 312 mm, und der Träger, der durchgefallen ist, besteht.
6. Nun der Preis der Alternative. Über die Breite gelöst heißt es volle 1,1254 — dreimal so viel zusätzliches Material für dieselben eingesparten Millimeter.
  
  $\frac{d ^{'}}{d} - 1 = 0.0402, \frac{b ^{'}}{b} - 1 = 0.1254$
Antwort

Ein 4 % höherer Träger behebt einen Überschuss von 12,5 %; ein 12,5 % breiterer leistet dasselbe für die dreifache Materialzugabe. Genau deshalb sind Deckenbalken hochkant stehende, hohe Rechtecke und keine Quadrate oder flach liegenden Bohlen: ein Millimeter Höhe ist drei Millimeter Breite wert, und die dritte Potenz ist der Grund, warum sich dasselbe Brett hochkant wie ein Boden anfühlt und flach wie ein Sprungbrett.

$δ \propto d^{- 3} : δ \times 1.1254 ⟺ d \times 1.0402 ⟺ b \times 1.1254$

Quellen (2)

The lesson — where the support-case coefficients (5/384, 1/384, 1/8) are tabulated: W. C. Young, R. G. Budynas and A. M. Sadegh, Roark's Formulas for Stress and Strain, 8th edition, ch. 8 — beams; flexure of straight bars. McGraw-Hill, 2012. ISBN 978-0-07-174247-4.
The shear correction this tool's first block says Euler–Bernoulli leaves out: S. P. Timoshenko, "On the correction for shear of the differential equation for transverse vibrations of prismatic bars." Philosophical Magazine Series 6, 41, 744–746, 1921.

Vom 42Math-Team · Aktualisiert 2026-07-18

Anhand veröffentlichter Quellen geprüft. Korrekturen willkommen. Redaktionsrichtlinie · Korrekturen

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Beispielaufgaben

Mittelpunktlast - Eine Einzellast in Feldmitte kostet 15,631 mm Durchbiegung und 12,5 kN·m Moment, jedes Lager trägt 5 kN.
Kragarmspitze - An einem Ende frei, sinkt die Spitze um 27,011 mm — ein Verhältnis von L/111,07.
Brücke mit UDL - Als Streckenlast verteilt sinkt derselbe Träger um 78,156 mm, der schlechteste dieser vier Fälle.
Außermittige Last - Außermittig ist schonender als Feldmitte: 13,437 mm, die Auflagerkräfte teilen sich 6,67 kN zu 3,33 kN.