THEMA:

"Das Feldmoment eines Zweifeldträgers unter 1kN/m Gleichlast war immer 0,0703*L². Doch dem ist nicht so, denn es hängt davon ab, was das für eine Streckenlast ist."
Mal ehrlich: da braucht man keine Elementsteifigkeitsmatrix und auch kein EDV-Programm! Da reicht ein Blick in den Schneider oder Wendehorst oder was auch immer.
Und das ist für mich ein absolutes Basiswissen!!! Die älteren Kollegen werden die Faktoren eventuell sogar auswendig wissen.
Es sollte auch jedem Absolventen bewusst sein, dass sich eine feldweise oder durchlaufende Belastung deutlich auf die Auflagerkraft am Mittelauflager auswirkt! Aus diesem Grund werden zum Beispiel Trapezbleche auf Dächern gerne mal versetzt angeordnet, damit der Rahmen oder die Pfette abwechselnd Endauflager oder Mittelauflager für das Trapezblech ist und dementsprechend nicht jeder zweite Rahmen 1,25*q*l als Belastung erhält (vgl. max B ). Man beachte auch, dass es je nach Lastverhältnissen ständig/veränderlich auch zu abhebenden Lasten am Endauflager kommen kann (vgl. min C < 0).
Ich hoffe inständig, dass oben gesagtes durchaus bewusst ist und ich nur etwas falsch verstanden habe.

Hallo
die Fragestellung ist sehr verwirrend wenn nicht sogar sinnbefreit.
Die Feldmomente eines Zweifeldträgers mit gleichen Stützweiten und Gleichstreckenlast
sind immer 0,07 x q x l².
Immer!
Andere Lastfiguren erzeugen andere Feldmomente.
Andere Stützweitenverhältniss erzeugen andere Feldmomente.

Die Biegemomente beliebiger Stützweitenverhältnisse und Lastfiguren lassen sich
einfach mit der Dreimomentengleichung berechnen.
Durch Superposition der Lastfälle ergibt sich dann die finale Momentenlinie.

Die Stelle des maximalen Feldmomentes lässt sich durch Iterration ermitteln.
Dort wo die Querkraft einen Nulldurchgang hat, ist die Stelle des maximalen
Feldmomentes.
Dann berechnet man für diesen Punkt das zugehörige Feldmoment.

Oder man unterteilt den Träger in genügend x-Teile und rechnet für jeden Punkt
das Feldmoment aus.
So erhält man ein genügend genaue Näherung.

Mit Excel dürfte das alles kein Problem sein.

Gruß

p.s. wenn man Zeit hat und Zahlen schieben liebt, gibt es immer noch das
Kraftgrößenverfahren

Ich habe hier mal einen Auszug aus einer älteren MB-Statik:
Gerechnet ist ein 5-Feldträger und ganze 26 Lastkombis.

1 1.35*Gk +1.50*Qk  (1,2,5) 
2 1.00*Gk +1.50*Qk  (4) 
3 1.00*Gk 
4 1.35*Gk +1.50*Qk  (1,4) 
5 1.00*Gk +1.50*Qk  (2,3,5) 
6 1.35*Gk +1.50*Qk  (1,2,3,5) 
7 1.00*Gk +1.50*Qk  (2,4) 
8 1.35*Gk +1.50*Qk  (1,3,5) 
9 1.35*Gk +1.50*Qk  (1,2,4) 
10 1.00*Gk +1.50*Qk  (3,5) 
11 1.00*Gk +1.50*Qk  (2,5) 
12 1.35*Gk +1.50*Qk  (1,3,4) 
13 1.00*Gk +1.50*Qk  (1,2,4) 
14 1.35*Gk +1.50*Qk  (3,5) 
15 1.00*Gk +1.50*Qk  (2,4,5) 
16 1.35*Gk +1.50*Qk  (1,3) 
17 1.35*Gk +1.50*Qk  (2,3,5) 
18 1.00*Gk +1.50*Qk  (1,3,4) 
19 1.35*Gk +1.50*Qk  (2,3,4,5) 
20 1.00*Gk +1.50*Qk  (1) 
21 1.00*Gk +1.50*Qk  (1,4) 
22 1.35*Gk +1.50*Qk  (1,5) 
23 1.00*Gk +1.50*Qk  (2,3,4) 
24 1.35*Gk +1.50*Qk  (1,4,5) 
25 1.00*Gk +1.50*Qk  (2,3) 
26 1.35*Gk +1.50*Qk  (5)

Wer soll denn dieses Kauderwelch verstehen?
Es werden alle nur erdenklichen Permutationen durchgerechnet. Eine für das maximale zweite Lager, eine andere für das maximale fünfte Feldmoment und wieder eine für das minimale vierte Stützmoment und das gleiche für Querkräfte und Verformungen. Ein gleichmäßiger Fünffeldträger und dann 26 Lastkombis.

Das geht auch einfacher:
1,35*Gk+1,5*Qk+0*H2
Damit das so schon einfach ist, muss das Verhalten des Lastfalls berücksichtigt werden. Wäre Qk eine Windlast und nicht eine Nutzlast, dann kämen andere Schnittgrößen raus.
Das erzeugt exakt die gleichen Schnittgrößen wie MB-Statik.

In Excel (WMF-Balken) ist das inzwischen eingearbeitet, aber noch nicht hochgeladen.
Gelöst habe ich das in Excel so: Der Lastfall wird in Sublastfälle unterteilt und diese werden elementweise mit einer Streckenlast belastet. Dann werden die Sublastfälle addiert, wenn sie die Schnittgrößen vergrößern. Ein simpler Algorithmus, der alle Kombinationen der Feldbelastung erfasst.