Festigkeitslehre: Lernpaket

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

Neue AufgabenZurück zum Kurs

Wähle im Druckfenster „Als PDF speichern“, um eine Kopie auf deinem Gerät zu behalten.

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
P = ?12400 mm300 mmØ20Ø30δ = 0,4 mm

Ein Stab besteht aus einem Segment aus Stahl (Durchmesser 20 mm, Länge 400 mm, E = 200 GPa), das stumpf mit einem Segment aus Messing (Durchmesser 30 mm, Länge 300 mm, E = 100 GPa) verbunden ist. Er ist an einem Ende eingespannt und wird am anderen gezogen. Bestimme die axiale Last P, die ihn insgesamt um 0,4 mm dehnt.

Segment 1: Stahl, Ø20 mm, 400 mm, E = 200 GPaSegment 2: Messing, Ø30 mm, 300 mm, E = 100 GPaδ = 0,4 mm
P = kN
2.Normalspannung und DehnungSchwer
Ø 25 mmMessing1 mØ 16 mmStahl2 mP = 45 kN

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

P = 45 kNAbschnitt 1: Ø25 mm, 1 m, Messing (E = 100 GPa)Abschnitt 2: Ø16 mm, 2 m, Stahl (E = 200 GPa)
σmax = MPa
3.Torsion von WellenMittel
T = 750 N·md = 40 mmL = 2,5 mφ = ?

Eine Vollwelle aus Messing ist an der Wand eingespannt und wird an ihrem freien Ende durch ein Drehmoment T verdreht. Bestimme den Verdrehwinkel φ des freien Endes in Grad.

T = 750 N·md = 40 mmL = 2,5 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsion von WellenSchwer
do​ = ?75 kW, 750 rpm

Eine Hohlwelle soll 75 kW bei 750 rpm übertragen. Ihr Innendurchmesser soll das 0,7-Fache ihres Außendurchmessers betragen, und die Schubspannung darf 60 MPa nicht überschreiten. Bestimme den kleinsten Außendurchmesser do.

P = 75 kWN = 750 rpmdi/do = 0,7τallow = 60 MPa
do = mm
5.Querkraft und BiegemomentMittel
P1​ = 20 kNP2​ = 20 kNABC1 m5 m1,5 m

Der Balken liegt in A auf einem Festlager und in B auf einem Loslager und kragt über B um 1,5 m bis zum freien Ende C aus. Er trägt eine Einzellast P1 zwischen den Auflagern und eine Einzellast P2 in C. Bestimme die Querkraft Vx unmittelbar links vom Auflager B. Ein Moment, das den Balken nach unten durchbiegt, ist positiv, ebenso eine Querkraft nach oben am linken Schnittufer.

L = 7,5 mP1 = 20 kN bei 1 mP2 = 20 kN bei 7,5 mAuflager bei x = 0 und x = 6 m
Vx = kN
6.Querkraft und BiegemomentSchwer
10 kN25 kNABCDEFG1 m1 m1 m1 m1 m1 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.

10 kN @ 0 m25 kN @ 6 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 1 m)
  3. 3C (x = 2 m)
  4. 4D (x = 3 m)
  5. 5E (x = 4 m)
  6. 6F (x = 5 m)
  7. 7G (x = 6 m)
7.Schwerpunkt und FlächenträgheitsmomentMittel
260202608xMaße in mm

Bestimme das Flächenträgheitsmoment Ix des T-Querschnitts um die waagerechte Achse x durch seinen Schwerpunkt.

bf = 260 mmtf = 20 mmtw = 8 mmhw = 260 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
8.Schwerpunkt und FlächenträgheitsmomentSchwer
1601512010xM = 5 kN·mMaße in mm

Der T-Querschnitt wird als Balken mit dem Flansch oben verwendet und trägt ein positives Biegemoment von 5 kN·m. Bestimme die Biegespannung σunten an der Unterkante.

bf = 160 mmtf = 15 mmtw = 10 mmhw = 120 mmM = 5 kN·m
σunten = MPa
9.Mohrscher Spannungskreis & SpannungstransformationMittel
σx​ = 140σy​ = −40τxy​ = 30MPa

Ein Punkt in einer dünnen Platte steht unter ebenem Spannungszustand: σₓ = 140 MPa, σᵧ = −40 MPa und τₓᵧ = 30 MPa, mit σz = 0. Bestimme die absolut größte Schubspannung τabs im Punkt (unter Berücksichtigung aller Ebenen im Raum).

σx = 140 MPaσy = −40 MPaτxy = 30 MPaσz = 0
τabs = MPa
10.Mohrscher Spannungskreis & SpannungstransformationSchwer
35°D = 1000 mm, t = 15 mm, p = 2 MPap

Ein dünnwandiger zylindrischer Behälter mit 1000 mm Innendurchmesser und 15 mm Wanddicke enthält Gas mit einem Überdruck von 2 MPa. Er ist aus Blech gefertigt, das entlang einer schraubenförmigen Naht unter 35° zur Zylinderachse verschweißt ist. Bestimme die Normalspannung σn, die quer zur Schweißnaht wirkt.

D = 1000 mmt = 15 mmp = 2 MPaα = 35°
σn = MPa
11.DurchbiegungMittel
w = 5 kN/mδL = 6 m

Ein Einfeldträger trägt über die ganze Spannweite eine Gleichstreckenlast w. Bestimme die maximale Durchbiegung δmax in Feldmitte.

w = 5 kN/mL = 6 mE = 200 GPa (Stahl)I = 12 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
12.DurchbiegungSchwer
w = 12 kN/mδL = 6 m

Ein Einfeldträger trägt eine Gleichstreckenlast w. Seine Durchbiegung darf Spannweite/360 nicht überschreiten. Bestimme das kleinste Flächenträgheitsmoment Ireq, das diese Grenze einhält.

w = 12 kN/mL = 6 mE = 11 GPa (Holz)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
13.Knicken von StützenMittel
PL = 5 m30 × 50 mmQuerschnitt

Eine Stütze der Länge L aus Stahl ist unten eingespannt und oben frei. Bestimme mit der Euler-Formel ihre kritische Knicklast Pcr.

L = 5 mE = 200 GPa (Stahl)b × h = 30 × 50 mm
Pcr = kN
14.Knicken von StützenSchwer
P = 115 kNL = 6 md = ?Querschnitt

Eine runde Vollstütze der Länge L aus Stahl ist unten eingespannt und oben gelenkig gelagert. Sie muss 115 kN mit einer Sicherheit von 2 gegen Knicken tragen. Bestimme den kleinsten Durchmesser d.

P = 115 kNn = 2L = 6 mE = 200 GPa (Stahl)
d = mm

3Lösungen

1.Normalspannung und Dehnung

Antwort: P = 37,7 kN

Zwei Werkstoffe: In Reihe (hintereinander) trägt jedes Segment dieselbe Kraft, und die Längenänderungen addieren sich: δ = P·Σ L/(E·A). Parallel (nebeneinander zwischen starren Platten) verkürzen sich beide Teile um denselben Betrag, ihre Dehnungen sind also gleich: Das steifere Teil übernimmt den größeren Anteil, Pi = P·EiAi/ΣEA, und σi = Ei·ε. Ein Stab, der zwischen zwei starren Wänden eingespannt ist und am Übergang belastet wird, ist statisch unbestimmt: Die beiden Segmente teilen sich die Last im Verhältnis ihrer Steifigkeit k = EA/L.

Flächen

A₁ = 314,2 mm², A₂ = 706,9 mm²

Nachgiebigkeiten

L₁/(E₁A₁) = 400/(200000·314,2) = 6,366 × 10⁻⁶ mm/N
L₂/(E₂A₂) = 300/(100000·706,9) = 4,244 × 10⁻⁶ mm/N

Last

P = 0,4/1,061 × 10⁻⁵ = 37699 N = 37,7 kN

Antwort

P = 37,7 kN
2.Normalspannung und Dehnung

Antwort: σmax = 223,8 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·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 91,67 MPa
σ2 = 223,8 MPa

Größte Spannung

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

σmax = 223,8 MPa

Antwort

σmax = 223,8 MPa
3.Torsion von Wellen

Antwort: φ = 10,96 °

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.

Polares Flächenträgheitsmoment

J = π·40⁴/32 = 251327 mm⁴

Verdrehwinkel

φ = TL/(GJ) = 750·1000·2500/(39000·251327) = 0,1913 rad
φ = 0,1913·180/π = 10,96°

Antwort

φ = 10,96°
4.Torsion von Wellen

Antwort: do = 47,43 mm

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.

Drehmoment

ω = 2πN/60 = 2π·750/60 = 78,54 rad/s
T = P/ω = 75000/78,54 = 954,9 N·m

Außendurchmesser aus der zulässigen Spannung

T = 954,9 N·m = 954930 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,7⁴ = 0,7599
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·954930/(π·60·0,7599)) = 47,43 mm
di = 0,7·47,43 = 33,2 mm

Antwort

do = 47,43 mm

Eine Vollwelle bräuchte d = 43,28 mm; die Hohlwelle ist etwas größer, aber viel leichter.

5.Querkraft und Biegemoment

Antwort: Vx = −8,333 kN

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.

Auflagerkräfte

Gleichgewicht am ganzen Balken. Auch die Last am Kragende wirkt um A.

ΣMA = 0: RB·6 = 20·1 + 20·7,5
RB = 170/6 = 28,33 kN
ΣFy = 0: RA = 40 − 28,33 = 11,67 kN

Schnitt unmittelbar links von B, linken Teil behalten

Vx = RA − P1 = 11,67 − 20 = −8,333 kN

Antwort

Vx = −8,333 kN
6.Querkraft und Biegemoment

Antwort: F (x = 5 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 = 6,25 kN, R2 = 28,75 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 = −10, MC = −13,75, MD = −17,5, ME = −21,25, MF = −25 kN·m, MG = 0

Antwort

Markierung F: MF = −25 kN·m
7.Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Antwort: Ix = 41,01 × 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 zwei Rechtecke teilen

Miss jedes y von der Unterkante aus.

Flansch: Af = 260·20 = 5200 mm², yf = 260 + 20/2 = 270 mm
Steg: Aw = 8·260 = 2080 mm², yw = 260/2 = 130 mm

Schwerpunkt

ȳ = (Afyf + Awyw)/(Af + Aw) = (5200·270 + 2080·130)/7280 = 230 mm

Satz von Steiner

Flansch: 260·20³/12 + 5200·(270 − 230)² = 8,493 × 10⁶ mm⁴
Steg: 8·260³/12 + 2080·(130 − 230)² = 3,252 × 10⁷ mm⁴
Ix = 8,493 × 10⁶ + 3,252 × 10⁷ = 4,101 × 10⁷ mm⁴ = 41,01 × 10⁶ mm⁴

Antwort

Ix = 41,01 × 10⁶ mm⁴
8.Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Antwort: σunten = 102,3 MPa

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 zwei Rechtecke teilen

Miss jedes y von der Unterkante aus.

Flansch: Af = 160·15 = 2400 mm², yf = 120 + 15/2 = 127,5 mm
Steg: Aw = 10·120 = 1200 mm², yw = 120/2 = 60 mm

Schwerpunkt

ȳ = (Afyf + Awyw)/(Af + Aw) = (2400·127,5 + 1200·60)/3600 = 105 mm

Satz von Steiner

Flansch: 160·15³/12 + 2400·(127,5 − 105)² = 1,26 × 10⁶ mm⁴
Steg: 10·120³/12 + 1200·(60 − 105)² = 3,87 × 10⁶ mm⁴
Ix = 1,26 × 10⁶ + 3,87 × 10⁶ = 5,13 × 10⁶ mm⁴

Biegespannung

Die Unterkante liegt ȳ von der Achse entfernt.

y = 105 mm
σ = M·y/I = 5 × 10⁶·105/5,13 × 10⁶ = 102,3 MPa

Antwort

σunten = 102,3 MPa
9.Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Antwort: τabs = 94,87 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. Im Raum ist die absolut größte Schubspannung (σmax − σmin)/2 über alle drei Hauptspannungen; im ebenen Spannungszustand ist die dritte null.

στxyCσ1​σ2​

Hauptspannungen in der Ebene

C = 50 MPa, R = √(90² + 30²) = 94,87 MPa
σ1 = 144,9 MPa, σ2 = −44,87 MPa, σz = 0

Größter der drei Kreise

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(189,7, 144,9, 44,87)/2 = 94,87 MPa

Antwort

τabs = 94,87 MPa

Hier haben σ₁ und σ₂ entgegengesetzte Vorzeichen, das Maximum R in der Ebene ist also auch das absolute Maximum.

10.Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Antwort: σn = 55,7 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. Dünnwandiger Zylinder: Umfangsspannung σh = pr/t und Längsspannung σa = pr/(2t); das sind die Hauptspannungen in der Wand.

Spannungen in der Wand

r = 1000/2 = 500 mm
σh = pr/t = 2·500/15 = 66,67 MPa
σa = pr/(2t) = 33,33 MPa

Auf die Naht transformieren

Lege x entlang der Achse (σa) und y in Umfangsrichtung (σh). Die Normale der Naht bildet mit der Achse den Winkel 90° − α.

σn = 33,33·sin²35° + 66,67·cos²35° = 55,7 MPa

Antwort

σn = 55,7 MPa
11.Durchbiegung

Antwort: δmax = 35,16 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 = 6000 mm
EI = 2,4 × 10¹² N·mm²

Durchbiegung

δmax = 5wL⁴/(384EI) = 5·5·6000⁴/(384·2,4 × 10¹²) = 35,16 mm

Antwort

δmax = 35,16 mm
12.Durchbiegung

Antwort: Ireq = 1105 × 10⁶ mm⁴

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).

Grenzwert der Durchbiegung

δallow = L/360 = 6000/360 = 16,67 mm

Erforderliches Flächenträgheitsmoment

I = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·12·6000⁴/(384·11000·16,67) = 1,105 × 10⁹ mm⁴
Ireq = 1105 × 10⁶ mm⁴

Antwort

Ireq = 1105 × 10⁶ mm⁴
13.Knicken von Stützen

Antwort: Pcr = 2,221 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 = 50·30³/12 = 112500 mm⁴

Knicklänge

KL = 2·5000 = 10000 mm

Kritische Last

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·112500/10000² = 2221 N = 2,221 kN

Antwort

Pcr = 2,221 kN
14.Knicken von Stützen

Antwort: d = 80,44 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 = 2·115000 = 230000 N
KL = 0,7·6000 = 4200 mm

Nach dem Durchmesser auflösen

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·230000·4200²/(π³·200000))^(1/4) = 80,44 mm

Antwort

d = 80,44 mm

Kontrolle: Die Schlankheit KL/r beträgt 208,8, die Stütze ist also schlank, und Euler gilt.

ExamProblems · examproblems.com/courses/mechanics-of-materials