Festigkeitslehre: Lernpaket

Formelsammlungen, die wichtigsten Lösungsschritte zu jedem Thema und 14 Übungsaufgaben, mit vollständigen Lösungen am Ende.

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1Formeln und Methoden

Normalspannung und Dehnung

Normalspannung
σ = F/A
Dehnung
ε = ΔL/L
Hookesches Gesetz
σ = E·ε
Verlängerung
ΔL = FL/(EA)
Wärmedehnung
εT = α·ΔT

Torsion von Wellen

Schubspannung
τ = T·r/J
Vollwelle
J = πd⁴/32
Hohlwelle
J = π(D⁴ − d⁴)/32
Verdrehwinkel
φ = TL/(GJ)
Leistung
P = T·ω = 2πnT/60

Methode

  1. Bestimme das polare Flächenträgheitsmoment: J = πd⁴/32 für eine Vollwelle.
  2. Schubspannung am Rand: τ = T·r/J, mit dem Außenradius r.
  3. Verdrehwinkel: φ = TL/(GJ) im Bogenmaß.
  4. Ist die Leistung gegeben, bestimme zuerst das Drehmoment mit P = T·ω, ω = 2πn/60.

Querkraft und Biegemoment

Querkraft und Moment
V = ΣF auf einer Seite, M = ΣF·d auf einer Seite
Biegespannung
σ = M·y/I
Rechteck
I = bh³/12
Widerstandsmoment
W = I/ymax
Einfeldträger, Gleichstreckenlast
Mmax = wL²/8

Methode

  1. Bestimme die Lagerreaktionen aus dem Gleichgewicht des ganzen Balkens.
  2. Schneide den Balken an der gesuchten Stelle und behalte eine Seite.
  3. Querkraft: Summe der vertikalen Kräfte auf dieser Seite. Biegemoment: Summe ihrer Momente um die Schnittstelle.
  4. Für das maximale Moment suchst du die Stelle, an der die Querkraft null ist.

Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Schwerpunkt
ȳ = ΣAiyi/ΣAi
Rechteck
I = bh³/12
Satz von Steiner
I = Ic + A·d²
Zusammengesetzter Querschnitt
I = Σ(Ic,i + Aidi²)

Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Mittelpunkt
C = (σx + σy)/2
Radius
R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²)
Hauptspannungen
σ1,2 = C ± R
Hauptrichtung
tan 2θp = 2τxy/(σx − σy)
Geneigter Schnitt
σθ = C + (σx − σy)/2·cos 2θ + τxy·sin 2θ

Methode

  1. Berechne den Mittelpunkt des Mohrschen Kreises: C = (σx + σy)/2.
  2. Berechne den Radius: R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
  3. Die Hauptspannungen sind C ± R, und die größte Schubspannung in der Ebene ist R.
  4. Winkel im Kreis sind doppelt so groß wie die Winkel am Element: tan 2θp = 2τxy/(σx − σy).

Durchbiegung

Einzellast in Feldmitte
δ = PL³/(48EI)
Gleichstreckenlast, Einfeldträger
δ = 5wL⁴/(384EI)
Kragarm, Endlast
δ = PL³/(3EI)
Kragarm, Gleichstreckenlast
δ = wL⁴/(8EI)
Überlagerungssatz
δ = δ1 + δ2

Knicken von Stützen

Eulersche Knicklast
Pcr = π²EI/(KL)²
Knicklängenbeiwert
K = 1 gelenkig–gelenkig, 0,5 eingespannt–eingespannt, 0,7 eingespannt–gelenkig, 2 eingespannt–frei
Kritische Spannung
σcr = Pcr/A
Schlankheit
λ = KL/r, r = √(I/A)

2Übungsaufgaben

1.Normalspannung und DehnungMittel
Ø 25 mmMessing2 mP = 110 kN

Bestimme die Verlängerung δ des Stabs aus Messing unter der axialen Last.

P = 110 kNd = 25 mmL = 2 mE = 100 GPa
δ = mm
2.Normalspannung und DehnungSchwer
Ø 25 mmKupfer1 mØ 20 mmMessing1,5 mP = 55 kN

Der abgesetzte Stab ist an der Wand eingespannt und an seinem freien Ende belastet. Bestimme die größte Normalspannung σmax im Stab.

P = 55 kNAbschnitt 1: Ø25 mm, 1 m, Kupfer (E = 117 GPa)Abschnitt 2: Ø20 mm, 1,5 m, Messing (E = 100 GPa)
σmax = MPa
3.Torsion von WellenMittel
d1​ = 50 mmd2​ = 25 mmT = 750 N·mABC0,5 m1 m

Eine abgesetzte Vollwelle aus Messing ist in A eingespannt. Abschnitt AB hat 50 mm Durchmesser und 0,5 m Länge; Abschnitt BC hat 25 mm Durchmesser und 1 m Länge. Am freien Ende C wirkt ein Drehmoment von 750 N·m. Bestimme die maximale Schubspannung τmax in der Welle.

T = 750 N·md1 = 50 mm, L1 = 0,5 md2 = 25 mm, L2 = 1 m
τmax = MPa
4.Torsion von WellenSchwer
d = 60 mmTB​ = 250 N·mTC​ = 1500 N·mABC0,5 m0,5 m

Eine Vollwelle aus Aluminium mit 60 mm Durchmesser ist in A eingespannt. In B, 0,5 m von A entfernt, wirkt ein Drehmoment von 250 N·m, und am freien Ende C, weitere 0,5 m entfernt, wirkt ein Drehmoment von 1500 N·m im gleichen Drehsinn. Bestimme den Betrag des Verdrehwinkels φC des Endes C in Grad.

d = 60 mmTB = 250 N·mTC = 1500 N·mAB = 0,5 mBC = 0,5 mG = 26 GPa
φC = °
5.Querkraft und BiegemomentMittel
55 kN25 kNABCDEFG2 m2 m2 m2 m2 m2 m

Die Markierungen A bis G teilen den Balken in sechs gleiche Teile. An welcher Markierung ist das Biegemoment betragsmäßig am größten, positiv oder negativ? Klicke sie im Diagramm an.

55 kN @ 4 m25 kN @ 2 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 2 m)
  3. 3C (x = 4 m)
  4. 4D (x = 6 m)
  5. 5E (x = 8 m)
  6. 6F (x = 10 m)
  7. 7G (x = 12 m)
6.Querkraft und BiegemomentSchwer
w = 6 kN/mAB3 m3 m4 m

Der Einfeldträger trägt auf einem Teil seiner Spannweite eine Gleichstreckenlast. Bestimme den Abstand x0 von A bis zu dem Schnitt, in dem das Biegemoment am größten ist.

L = 10 mw = 6 kN/m von 3 bis 6 m
x0 = m
7.Schwerpunkt und FlächenträgheitsmomentMittel
240200t = 16xMaße in mm

Ein U-Profil liegt mit der offenen Seite nach oben: eine Bodenplatte von 240 mm Breite mit zwei senkrechten Schenkeln, insgesamt 200 mm hoch. Boden und Schenkel sind alle 16 mm dick. Bestimme sein Flächenträgheitsmoment Ix um die horizontale Achse x durch seinen Schwerpunkt.

b = 240 mmh = 200 mmt = 16 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
8.Schwerpunkt und FlächenträgheitsmomentSchwer
200 mm200 mm120 mm80 × 40xIx​ = ?

Eine Platte von 200 mm × 200 mm hat einen rechteckigen Ausschnitt von 80 mm Breite und 40 mm Höhe, der auf der vertikalen Mittellinie sitzt und dessen Mittelpunkt 120 mm über der Unterseite liegt. Bestimme das Flächenträgheitsmoment Ix um die horizontale Achse durch den Flächenschwerpunkt.

b = 200 mmh = 200 mmAusschnitt: 80 × 40 mmLochmittelpunkt: y = 120 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
9.Mohrscher Spannungskreis & SpannungstransformationMittel
σx​ = 140σy​ = 30τxy​ = −50MPa

An einem Punkt eines belasteten Bauteils gilt σₓ = 140 MPa, σᵧ = 30 MPa und τₓᵧ = −50 MPa (Zug positiv). Bestimme den Winkel θp von der x-Achse zur Richtung der größten Hauptspannung, zwischen −90° und 90°.

σx = 140 MPaσy = 30 MPaτxy = −50 MPa
θp = °
10.Mohrscher Spannungskreis & SpannungstransformationSchwer
σx​ = 110σy​ = 50τxy​ = −30MPa

An einem Punkt eines belasteten Bauteils gilt σₓ = 110 MPa, σᵧ = 50 MPa und τₓᵧ = −30 MPa (Zug positiv). Bestimme die Normalspannung σθ in einem Schnitt, dessen Normale um 15° gegen den Uhrzeigersinn aus der x-Achse gedreht ist.

σx = 110 MPaσy = 50 MPaτxy = −30 MPaθ = 15°
σθ = MPa
11.DurchbiegungMittel
w = 5 kN/mδL = 2 m

Ein Kragarm trägt über seine ganze Länge eine Gleichstreckenlast w. Bestimme die Durchbiegung δ am freien Ende.

w = 5 kN/mL = 2 mE = 200 GPa (Stahl)I = 23 × 10⁶ mm⁴
δ = mm
12.DurchbiegungSchwer
w = 1,5 kN/mABδ5 m

Ein Holzbalken als Einfeldträger mit Rechteckquerschnitt, 125 mm breit, trägt über die ganze Spannweite eine Gleichstreckenlast w. Seine Durchbiegung in Feldmitte darf Spannweite/360 nicht überschreiten. Bestimme die kleinste Querschnittshöhe hreq.

w = 1,5 kN/mL = 5 mE = 11 GPa (Holz)b = 125 mm
hreq = mm
13.Knicken von StützenMittel
PL = 6 m50 × 80 mmQuerschnitt

Eine Stütze der Länge L aus Aluminium ist an beiden Enden gelenkig gelagert. Bestimme mit der Euler-Formel ihre kritische Knicklast Pcr.

L = 6 mE = 70 GPa (Aluminium)b × h = 50 × 80 mm
Pcr = kN
14.Knicken von StützenSchwer
P = 135 kNL = 1 md = ?Querschnitt

Eine runde Vollstütze der Länge L aus Aluminium ist unten eingespannt und oben frei. Sie muss 135 kN mit einer Sicherheit von 2,5 gegen Knicken tragen. Bestimme den kleinsten Durchmesser d.

P = 135 kNn = 2,5L = 1 mE = 70 GPa (Aluminium)
d = mm

3Lösungen

1.Normalspannung und Dehnung

Antwort: δ = 4,482 mm

Hookesches Gesetz: Im elastischen Bereich gilt σ = E·ε. Zusammen mit σ = P/A und ε = δ/L folgt δ = PL/(AE).

Spannung

A = π·25²/4 = 490,9 mm²
σ = P/A = 110·1000/490,9 = 224,1 MPa

Dehnung (hookesches Gesetz)

E for Messing = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 224,1/100000 = 0,002241 = 2241 µε

Verlängerung

δ = ε·L = 0,002241·2000 mm = 4,482 mm

Antwort

δ = 4,482 mm
2.Normalspannung und Dehnung

Antwort: σmax = 175,1 MPa

Axial belastete Bauteile: Jeder prismatische Abschnitt folgt δ = PL/(AE). Bei hintereinanderliegenden Abschnitten addieren sich die Verlängerungen.

Gleiche Kraft in beiden Abschnitten

Am freien Ende greift P an, daher überträgt jeder Querschnitt des Stabs dieselbe Normalkraft P. Nur Flächen und Werkstoffe ändern sich.

A1 = π·25²/4 = 490,9 mm², A2 = π·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 112 MPa
σ2 = 175,1 MPa

Größte Spannung

Der dünnere Abschnitt hat die kleinere Fläche, daher trägt er die größere Spannung.

σmax = 175,1 MPa

Antwort

σmax = 175,1 MPa
3.Torsion von Wellen

Antwort: τmax = 244,5 MPa

Torsion kreisförmiger Wellen: Die Schubspannung wächst linear von null in der Mitte bis τmax = T·r/J an der Oberfläche, mit J = πd⁴/32 für eine Vollwelle und J = π(do⁴ − di⁴)/32 für eine Hohlwelle. Der Verdrehwinkel ist φ = TL/(GJ) im Bogenmaß. Leistung und Drehmoment hängen über P = T·ω zusammen.

Spannung in jedem Abschnitt

T = 750 N·m = 750000 N·mm
τAB = 16·750000/(π·50³) = 30,56 MPa
τBC = 16·750000/(π·25³) = 244,5 MPa

Antwort

τmax = 244,5 MPa
4.Torsion von Wellen

Antwort: φC = 2,814 °

Torsion kreisförmiger Wellen: Die Schubspannung wächst linear von null in der Mitte bis τmax = T·r/J an der Oberfläche, mit J = πd⁴/32 für eine Vollwelle und J = π(do⁴ − di⁴)/32 für eine Hohlwelle. Der Verdrehwinkel ist φ = TL/(GJ) im Bogenmaß. Leistung und Drehmoment hängen über P = T·ω zusammen.

Innere Drehmomente

Drehsinn von TC als positiv angenommen.

TBC = TC = 1500 N·m
TAB = TC + TB = 1500 + 250 = 1750 N·m

Verdrehung jedes Abschnitts

J = π·60⁴/32 = 1,272 × 10⁶ mm⁴
G = 26 GPa = 26000 MPa
φAB = 1,75 × 10⁶·500/(26000·1,272 × 10⁶) = 0,02645 rad
φBC = 1,5 × 10⁶·500/(26000·1,272 × 10⁶) = 0,02267 rad

Verdrehung des Endes C

φC = 0,02645 + 0,02267 = 0,04912 rad → |φC| = 2,814°

Antwort

φC = 2,814°
5.Querkraft und Biegemoment

Antwort: C (x = 4 m)

Größtes Biegemoment: M ändert seine Steigung überall dort, wo sich die Querkraft ändert, seine Spitzen liegen also dort, wo die Querkraft null kreuzt: unter einer Einzellast, innerhalb einer Streckenlast oder über einem Auflager eines Kragarms. An einer Einspannung eines Kragarms ist das Moment an der Wand am größten. Vergleiche die Größe von M an diesen Stellen, positiv oder negativ.

Auflagerkräfte

Bilde Momente um ein Auflager und verwende dann das vertikale Kräftegleichgewicht.

R1 = 57,5 kN, R2 = 22,5 kN

Biegemoment an jeder Markierung

Summiere die Momente aller Kräfte auf einer Seite des Schnitts. Positiv ist ein durchhängendes Moment, negativ ein aufwölbendes.

MA = 0, MB = 115, MC = 180 kN·m, MD = 135, ME = 90, MF = 45, MG = 0

Antwort

Markierung C: MC = 180 kN·m
6.Querkraft und Biegemoment

Antwort: x0 = 4,65 m

Schnittverfahren: Schneide den Balken dort, wo du die Schnittgrößen brauchst, und behalte eine Seite. Die Querkraft V hält den vertikalen Kräften dieser Seite das Gleichgewicht, das Biegemoment M ihren Momenten um den Schnitt. Maximales Moment: Wegen dM/dx = V hat das Biegemoment sein Maximum dort, wo die Querkraft durch null geht, entweder an einer Einzellast oder innerhalb einer Streckenlast.

Auflagerkräfte

Gleichgewicht des ganzen Balkens.

Resultierende der Streckenlast: W = w·ℓ = 6·3 = 18 kN, angreifend bei x̄ = 4,5 m
ΣMA = 0: RB·10 = 6·3·4,5
RB = 81/10 = 8,1 kN
ΣFy = 0: RA = 18 − 8,1 = 9,9 kN

Querkraftnullstelle

Die Querkraft beginnt bei RA, bleibt über unbelastete Abschnitte konstant und fällt innerhalb der Last mit der Steigung w.

RA − w·(x0 − 3) = 0
x0 = 3 + 9,9/6 = 4,65 m

Antwort

x0 = 4,65 m
7.Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Antwort: Ix = 39,94 × 10⁶ mm⁴

Zusammengesetzte Flächen: Teile den Querschnitt in Rechtecke. Der Schwerpunkt ist der flächengewichtete Mittelwert ȳ = ΣAᵢyᵢ/ΣAᵢ. Das Flächenträgheitsmoment um die Schwerachse addiert für jeden Teil sein eigenes bh³/12 und seinen Steiner-Anteil A·d², wobei d der Abstand vom Teilschwerpunkt zum Gesamtschwerpunkt ist. Die Biegespannung ist σ = M·y/I.

In Rechtecke aufteilen

Nimm den Boden über die ganze Breite und die beiden Schenkel darüber (Höhe h − t), damit nichts doppelt gezählt wird.

Grundlage: A1 = 240·16 = 3840 mm², y1 = 8 mm
zwei Schenkel: A2 = 2·16·184 = 5888 mm², y2 = 16 + 184/2 = 108 mm

Schwerpunkt

ȳ = (3840·8 + 5888·108)/9728 = 68,53 mm

Satz von Steiner

Grundlage: 240·16³/12 + 3840·(8 − 68,53)² = 1,415 × 10⁷ mm⁴
zwei Schenkel: 2·16·184³/12 + 5888·(108 − 68,53)² = 2,579 × 10⁷ mm⁴
Ix = 1,415 × 10⁷ + 2,579 × 10⁷
Ix = 3,994 × 10⁷ mm⁴ = 39,94 × 10⁶ mm⁴

Antwort

Ix = 39,94 × 10⁶ mm⁴
8.Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Antwort: Ix = 131,5 × 10⁶ mm⁴

Querschnitte mit Löchern: Behandle ein Loch als negative Fläche. Der Flächenschwerpunkt ist ȳ = (A₁y₁ − A₂y₂)/(A₁ − A₂), mit A₁, y₁ für die volle Platte und A₂, y₂ für das Loch. Verwende für das Flächenträgheitsmoment um die Schwerachse für jeden Teil den Satz von Steiner und subtrahiere das Loch: I = (Ic1 + A₁d₁²) − (Ic2 + A₂d₂²), wobei d der Abstand vom eigenen Schwerpunkt jedes Teils zur Achse durch ȳ ist. Ein Rechteck hat Ic = bh³/12 und ein Kreis Ic = πd⁴/64.

Schwerpunkt

ȳ = (40000·100 − 3200·120)/(40000 − 3200) = 98,26 mm

Volle Platte um ȳ

200·200³/12 + 40000·1,739² = 133,5 × 10⁶ mm⁴

Loch um ȳ

80·40³/12 + 3200·21,74² = 1,939 × 10⁶ mm⁴

Subtrahieren

Ix = 131,5 × 10⁶ mm⁴

Antwort

Ix = 131,5 × 10⁶ mm⁴
9.Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Antwort: θp = −21,14 °

Spannungstransformation im ebenen Spannungszustand: In einem um θ gedrehten Schnitt gilt σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. Der Mohrsche Spannungskreis zeigt alle Schnitte auf einmal: Sein Mittelpunkt liegt bei C = (σₓ + σᵧ)/2, und sein Radius ist R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Die Hauptspannungen sind C ± R, und die größte Schubspannung in der Ebene ist R.

στxyCσ1​σ2​

Winkel am Kreis

Punkt x liegt im Mohrschen Kreis unter dem Winkel 2θp zur σ-Achse; der Quadrant ergibt sich aus den Vorzeichen von σₓ − σᵧ und τₓᵧ.

2θp = atan2(2·−50, 140 − 30) = −42,27°

Winkel am Element

θp = −21,14°

Antwort

θp = −21,14°

Positive Winkel zählen gegen den Uhrzeigersinn.

10.Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Antwort: σθ = 90,98 MPa

Spannungstransformation im ebenen Spannungszustand: In einem um θ gedrehten Schnitt gilt σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. Der Mohrsche Spannungskreis zeigt alle Schnitte auf einmal: Sein Mittelpunkt liegt bei C = (σₓ + σᵧ)/2, und sein Radius ist R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Die Hauptspannungen sind C ± R, und die größte Schubspannung in der Ebene ist R.

Transformationsgleichung

σθ = 80 + 30·0,866 + −30·0,5 = 90,98 MPa

Antwort

σθ = 90,98 MPa
11.Durchbiegung

Antwort: δ = 2,174 mm

Durchbiegung von Balken: Durchbiegungen erhält man durch zweimaliges Integrieren der Krümmung M/(EI). Standardfälle sind tabelliert, zum Beispiel PL³/(3EI) für einen Kragarm mit Endlast und 5wL⁴/(384EI) für einen Einfeldträger unter voller Gleichstreckenlast. Durchbiegungen aus verschiedenen Lasten addieren sich (Superposition).

Konsistente Einheiten

Rechne in N und mm: P in N, w in N/mm (kN/m = N/mm), L in mm, E in N/mm² (GPa × 1000), I in mm⁴.

w = 5 N/mm, L = 2000 mm
EI = 4,6 × 10¹² N·mm²

Durchbiegung

δ = wL⁴/(8EI) = 5·2000⁴/(8·4,6 × 10¹²) = 2,174 mm

Antwort

δ = 2,174 mm
12.Durchbiegung

Antwort: hreq = 197,2 mm

Durchbiegung von Balken: Durchbiegungen erhält man durch zweimaliges Integrieren der Krümmung M/(EI). Standardfälle sind tabelliert, zum Beispiel PL³/(3EI) für einen Kragarm mit Endlast und 5wL⁴/(384EI) für einen Einfeldträger unter voller Gleichstreckenlast. Durchbiegungen aus verschiedenen Lasten addieren sich (Superposition).

Konsistente Einheiten

Rechne in N und mm: P in N, w in N/mm (kN/m = N/mm), L in mm, E in N/mm² (GPa × 1000), I in mm⁴.

w = 1,5 N/mm, L = 5000 mm, E = 11000 N/mm²

Grenzwert der Durchbiegung

δallow = L/360 = 5000/360 = 13,89 mm

Erforderliches Flächenträgheitsmoment

Ireq = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·1,5·5000⁴/(384·11000·13,89) = 7,99 × 10⁷ mm⁴

Erforderliche Höhe

bh³/12 = Ireq → h = (12·7,99 × 10⁷/125)1/3 = 197,2 mm

Antwort

hreq = 197,2 mm

In der Praxis wählt man die nächste Standardhöhe über diesem Wert.

13.Knicken von Stützen

Antwort: Pcr = 15,99 kN

Knicken nach Euler: Eine schlanke Stütze wird bei Pcr = π²EI/(KL)² instabil, wobei KL die Knicklänge ist: K = 1 für gelenkig–gelenkig, 2 für eingespannt–frei, 0,7 für eingespannt–gelenkig und 0,5 für eingespannt–eingespannt. Sie knickt um die Achse mit dem kleinsten I aus. Die Formel gilt für schlanke Stützen, deren kritische Spannung unter der Streckgrenze bleibt.

Kleinstes Flächenträgheitsmoment

Ein Rechteck knickt um seine schwache Achse, mit der kleineren Abmessung hoch drei.

Imin = h·b³/12 = 80·50³/12 = 833333 mm⁴

Knicklänge

KL = 1·6000 = 6000 mm

Kritische Last

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·833333/6000² = 15992 N = 15,99 kN

Antwort

Pcr = 15,99 kN
14.Knicken von Stützen

Antwort: d = 79,43 mm

Knicken nach Euler: Eine schlanke Stütze wird bei Pcr = π²EI/(KL)² instabil, wobei KL die Knicklänge ist: K = 1 für gelenkig–gelenkig, 2 für eingespannt–frei, 0,7 für eingespannt–gelenkig und 0,5 für eingespannt–eingespannt. Sie knickt um die Achse mit dem kleinsten I aus. Die Formel gilt für schlanke Stützen, deren kritische Spannung unter der Streckgrenze bleibt.

Erforderliche kritische Last

Pcr = n·P = 2,5·135000 = 337500 N
KL = 2·1000 = 2000 mm

Nach dem Durchmesser auflösen

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·337500·2000²/(π³·70000))^(1/4) = 79,43 mm

Antwort

d = 79,43 mm

Kontrolle: Die Schlankheit KL/r beträgt 100,7, die Stütze ist also schlank, und Euler gilt.

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