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 30 mmMessing3 mP = 105 kN

Bestimme die Dehnung ε im Stab aus Messing, in Mikrodehnung (µε = 10⁻⁶).

P = 105 kNd = 30 mmL = 3 mE = 100 GPa
ε = µε
2.Normalspannung und DehnungSchwer
Ø 25 mmStahl0,5 mØ 16 mmKupfer1,5 mP = 85 kN

Der abgesetzte Stab ist an der Wand eingespannt und an seinem freien Ende belastet. Bestimme die gesamte Verlängerung δ.

P = 85 kNAbschnitt 1: Ø25 mm, 0,5 m, Stahl (E = 200 GPa)Abschnitt 2: Ø16 mm, 1,5 m, Kupfer (E = 117 GPa)
δ = mm
3.Torsion von WellenMittel
T = 400 N·md = 25 mmL = 0,8 mφ = ?

Eine Vollwelle aus Aluminium 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 = 400 N·md = 25 mmL = 0,8 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsion von WellenSchwer
d = 30 mmT0​ = 2000 N·mACBa = 0,8 mb = 2 m

Eine Vollwelle aus Messing mit 30 mm Durchmesser ist an beiden Enden A und B in starren Wänden eingespannt. In C, 0,8 m von A und 2 m von B entfernt, wird ein Drehmoment von 2000 N·m aufgebracht. Bestimme die maximale Schubspannung τmax in der Welle.

d = 30 mmT0 = 2000 N·ma = 0,8 mb = 2 m
τmax = MPa
5.Querkraft und BiegemomentMittel
M0​ = 40 kN·mAB1 m7 m

Der Einfeldträger trägt bei x = 1 m von A ein Moment M0 = 40 kN·m im Uhrzeigersinn und sonst keine Last. Bestimme das Biegemoment Mx unmittelbar rechts vom eingeprägten Moment. Ein Moment, das den Balken nach unten durchbiegt, ist positiv, ebenso eine Querkraft nach oben am linken Schnittufer.

L = 8 mM0 = 40 kN·m im Uhrzeigersinn, bei 1 m
Mx = kN·m
6.Querkraft und BiegemomentSchwer
w = 8 kN/mABC4 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. Über die ganze Länge A–C wirkt eine Gleichstreckenlast w. Bestimme das maximale positive Biegemoment Mmax zwischen den Auflagern.

L = 5,5 mw = 8 kN/m von 0 bis 5,5 mAuflager bei x = 0 und x = 4 m
Mmax = kN·m
7.Schwerpunkt und FlächenträgheitsmomentMittel
1403022020xMaße in mm

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

bf = 140 mmtf = 30 mmtw = 20 mmhw = 220 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
8.Schwerpunkt und FlächenträgheitsmomentSchwer
200 mm240 mm144 mm60 × 40xIx​ = ?

Eine Platte von 200 mm × 240 mm hat einen rechteckigen Ausschnitt von 60 mm Breite und 40 mm Höhe, der auf der vertikalen Mittellinie sitzt und dessen Mittelpunkt 144 mm über der Unterseite liegt. Bestimme das Flächenträgheitsmoment Ix um die horizontale Achse durch den Flächenschwerpunkt.

b = 200 mmh = 240 mmAusschnitt: 60 × 40 mmLochmittelpunkt: y = 144 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
9.Mohrscher Spannungskreis & SpannungstransformationMittel
σx​ = 90σy​ = −20τxy​ = 60MPa

An einem Punkt eines belasteten Bauteils gilt σₓ = 90 MPa, σᵧ = −20 MPa und τₓᵧ = 60 MPa (Zug positiv). Bestimme die maximale Schubspannung in der Ebene τmax.

σx = 90 MPaσy = −20 MPaτxy = 60 MPa
τmax = MPa
10.Mohrscher Spannungskreis & SpannungstransformationSchwer
σx​ = 90σy​ = 30τxy​ = 10MPa

An einem Punkt eines belasteten Bauteils gilt σₓ = 90 MPa, σᵧ = 30 MPa und τₓᵧ = 10 MPa (Zug positiv). Bestimme die Normalspannung σθ in einem Schnitt, dessen Normale um 45° gegen den Uhrzeigersinn aus der x-Achse gedreht ist.

σx = 90 MPaσy = 30 MPaτxy = 10 MPaθ = 45°
σθ = MPa
11.DurchbiegungMittel
w = 2 kN/mδL = 5 m

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

w = 2 kN/mL = 5 mE = 70 GPa (Aluminium)I = 12 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
12.DurchbiegungSchwer
P = 17 kNABδ6,5 m1,5 m

Ein Einfeldträger trägt eine Einzellast P im Abstand b = 1,5 m vom Auflager B. Bestimme die maximale Durchbiegung δmax des Balkens.

P = 17 kNb = 1,5 mL = 8 mE = 200 GPa (Stahl)I = 84 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
13.Knicken von StützenMittel
PL = 2,5 md = 80 mmQuerschnitt

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

L = 2,5 mE = 200 GPa (Stahl)d = 80 mm
Pcr = kN
14.Knicken von StützenSchwer
P = 85 kNL = 3 md = ?Querschnitt

Eine runde Vollstütze der Länge L aus Aluminium ist unten eingespannt und oben gelenkig gelagert. Sie muss 85 kN mit einer Sicherheit von 3 gegen Knicken tragen. Bestimme den kleinsten Durchmesser d.

P = 85 kNn = 3L = 3 mE = 70 GPa (Aluminium)
d = mm

3Lösungen

1.Normalspannung und Dehnung

Antwort: ε = 1485 µε

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·30²/4 = 706,9 mm²
σ = P/A = 105·1000/706,9 = 148,5 MPa

Dehnung (hookesches Gesetz)

E for Messing = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 148,5/100000 = 0,001485 = 1485 µε

Antwort

ε = 1485 µε
2.Normalspannung und Dehnung

Antwort: δ = 5,853 mm

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 = 173,2 MPa
σ2 = 422,8 MPa

Verlängerungen der Abschnitte addieren

δ1 = σ1L1/E1 = 173,2·500/200000 = 0,4329 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 422,8·1500/117000 = 5,42 mm
δ = δ1 + δ2 = 5,853 mm

Antwort

δ = 5,853 mm
3.Torsion von Wellen

Antwort: φ = 18,39 °

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·25⁴/32 = 38350 mm⁴

Verdrehwinkel

φ = TL/(GJ) = 400·1000·800/(26000·38350) = 0,3209 rad
φ = 0,3209·180/π = 18,39°

Antwort

φ = 18,39°
4.Torsion von Wellen

Antwort: τmax = 269,5 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. Sind beide Enden eingespannt, liefert die Statik allein nur TA + TB = T₀; die zweite Gleichung ist die Verträglichkeit (gleiche Verdrehung beider Teile am belasteten Querschnitt).

Gleichgewicht und Verträglichkeit

TA + TB = 2000
TA·a = TB·b
TA = 2000·2/2,8 = 1429 N·m
TB = 2000·0,8/2,8 = 571,4 N·m

Maximale Schubspannung

Das größere der beiden Drehmomente ist maßgebend (gleicher Durchmesser).

τmax = 16·1,429 × 10⁶/(π·30³) = 269,5 MPa

Antwort

τmax = 269,5 MPa
5.Querkraft und Biegemoment

Antwort: Mx = 35 kN·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. Ein eingeprägtes Moment lässt die Momentenlinie um die Größe dieses Moments springen.

Auflagerkräfte

Momente um A, gegen den Uhrzeigersinn positiv: RB·L − M0 = 0. Vertikales Gleichgewicht: RA + RB = 0.

RB = M0/L = 40/8 = 5 kN (nach oben)
RA = −RB = −5 kN (nach unten)

Schnitt unmittelbar rechts vom eingeprägten Moment

Der linke Teil enthält jetzt RA und das eingeprägte Moment.

Mx = RA·a + M0 = −5·1 + 40 = 35 kN·m

Antwort

Mx = 35 kN·m
6.Querkraft und Biegemoment

Antwort: Mmax = 11,82 kN·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 am ganzen Balken, einschließlich der Last auf dem Kragarm.

Resultierende der Streckenlast: W = w·ℓ = 8·5,5 = 44 kN, angreifend bei x̄ = 2,75 m
ΣMA = 0: RB·4 = 8·5,5·2,75
RB = 121/4 = 30,25 kN
ΣFy = 0: RA = 44 − 30,25 = 13,75 kN

Querkraftnullstelle

RA − w·x0 = 0 → x0 = 13,75/8 = 1,719 m

Maximales positives Moment

Mmax = RA·x0 − w·x0²/2 = RA²/(2w) = 13,75²/(2·8) = 11,82 kN·m

Antwort

Mmax = 11,82 kN·m
7.Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Antwort: Ix = 51,64 × 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 = 140·30 = 4200 mm², yf = 220 + 30/2 = 235 mm
Steg: Aw = 20·220 = 4400 mm², yw = 220/2 = 110 mm

Schwerpunkt

ȳ = (Afyf + Awyw)/(Af + Aw) = (4200·235 + 4400·110)/8600 = 171 mm

Satz von Steiner

Flansch: 140·30³/12 + 4200·(235 − 171)² = 1,749 × 10⁷ mm⁴
Steg: 20·220³/12 + 4400·(110 − 171)² = 3,414 × 10⁷ mm⁴
Ix = 1,749 × 10⁷ + 3,414 × 10⁷ = 5,164 × 10⁷ mm⁴ = 51,64 × 10⁶ mm⁴

Antwort

Ix = 51,64 × 10⁶ mm⁴
8.Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Antwort: Ix = 228,6 × 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 = (48000·120 − 2400·144)/(48000 − 2400) = 118,7 mm

Volle Platte um ȳ

200·240³/12 + 48000·1,263² = 230,5 × 10⁶ mm⁴

Loch um ȳ

60·40³/12 + 2400·25,26² = 1,852 × 10⁶ mm⁴

Subtrahieren

Ix = 228,6 × 10⁶ mm⁴

Antwort

Ix = 228,6 × 10⁶ mm⁴
9.Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Antwort: τmax = 81,39 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.

στxyCτmax​

Radius des Mohrschen Kreises

τmax = R = √(((90 − −20)/2)² + 60²) = 81,39 MPa

Antwort

τmax = 81,39 MPa
10.Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Antwort: σθ = 70 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 = 60 + 30·0 + 10·1 = 70 MPa

Antwort

σθ = 70 MPa
11.Durchbiegung

Antwort: δmax = 19,38 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 = 2 N/mm, L = 5000 mm
EI = 8,4 × 10¹¹ N·mm²

Durchbiegung

δmax = 5wL⁴/(384EI) = 5·2·5000⁴/(384·8,4 × 10¹¹) = 19,38 mm

Antwort

δmax = 19,38 mm
12.Durchbiegung

Antwort: δmax = 5,906 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.

P = 17000 N, b = 1500 mm, L = 8000 mm
EI = 1,68 × 10¹³ N·mm²

Lage des Maximums

Setzt man die Neigung im längeren Abschnitt null, erhält man die Lage.

x = √((L² − b²)/3) = √((8000² − 1500²)/3) = 4537 mm

Maximale Durchbiegung

δmax = Pb(L² − b²)3/2/(9√3·EIL) = 5,906 mm

Antwort

δmax = 5,906 mm
13.Knicken von Stützen

Antwort: Pcr = 635 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 runder Querschnitt hat um jede Achse dasselbe I.

I = πd⁴/64 = π·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Knicklänge

KL = 1·2500 = 2500 mm

Kritische Last

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·2,011 × 10⁶/2500² = 635009 N = 635 kN

Antwort

Pcr = 635 kN
14.Knicken von Stützen

Antwort: d = 75,88 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 = 3·85000 = 255000 N
KL = 0,7·3000 = 2100 mm

Nach dem Durchmesser auflösen

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·255000·2100²/(π³·70000))^(1/4) = 75,88 mm

Antwort

d = 75,88 mm

Kontrolle: Die Schlankheit KL/r beträgt 110,7, die Stütze ist also schlank, und Euler gilt.

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