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 mmAluminium2 mP = 65 kN

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

P = 65 kNd = 30 mmL = 2 mE = 70 GPa
δ = mm
2.Normalspannung und DehnungSchwer
Ø 25 mmStahl0,5 mØ 12 mmAluminium1 mP = 45 kN

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

P = 45 kNAbschnitt 1: Ø25 mm, 0,5 m, Stahl (E = 200 GPa)Abschnitt 2: Ø12 mm, 1 m, Aluminium (E = 70 GPa)
δ = mm
3.Torsion von WellenMittel
T = 1000 N·md = 40 mmL = 2 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 = 1000 N·md = 40 mmL = 2 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsion von WellenSchwer
do​ = ?50 kW, 500 rpm

Eine Hohlwelle soll 50 kW bei 500 rpm übertragen. Ihr Innendurchmesser soll das 0,75-Fache ihres Außendurchmessers betragen, und die Schubspannung darf 40 MPa nicht überschreiten. Bestimme den kleinsten Außendurchmesser do.

P = 50 kWN = 500 rpmdi/do = 0,75τallow = 40 MPa
do = mm
5.Querkraft und BiegemomentMittel
M0​ = 30 kN·mAB8 m2 m

Der Einfeldträger trägt bei x = 8 m von A ein Moment M0 = 30 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 = 10 mM0 = 30 kN·m im Uhrzeigersinn, bei 8 m
Mx = kN·m
6.Querkraft und BiegemomentSchwer
w = 10 kN/mABC6 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 Biegemoment MB am Auflager B. Ein Moment, das den Balken nach unten durchbiegt, ist positiv, ebenso eine Querkraft nach oben am linken Schnittufer.

L = 7,5 mw = 10 kN/m von 0 bis 7,5 mAuflager bei x = 0 und x = 6 m
MB = kN·m
7.Schwerpunkt und FlächenträgheitsmomentMittel
3001012018xMaße in mm

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

bf = 300 mmtf = 10 mmtw = 18 mmhw = 120 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
8.Schwerpunkt und FlächenträgheitsmomentSchwer
150 mm240 mm168 mm80 × 20xIx​ = ?

Eine Platte von 150 mm × 240 mm hat einen rechteckigen Ausschnitt von 80 mm Breite und 20 mm Höhe, der auf der vertikalen Mittellinie sitzt und dessen Mittelpunkt 168 mm über der Unterseite liegt. Bestimme das Flächenträgheitsmoment Ix um die horizontale Achse durch den Flächenschwerpunkt.

b = 150 mmh = 240 mmAusschnitt: 80 × 20 mmLochmittelpunkt: y = 168 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
9.Mohrscher Spannungskreis & SpannungstransformationMittel
σx​ = −30σy​ = −50τxy​ = 10MPa

In einem Punkt gilt σₓ = −30 MPa, σᵧ = −50 MPa und τₓᵧ = 10 MPa (Zug positiv). Bestimme den Winkel θs zwischen −90° und 90° von der x-Achse zur Normalen der Ebene, in der die Schubspannung ihren größten positiven Wert +R hat (Schub positiv im gleichen Sinn wie τₓᵧ).

σx = −30 MPaσy = −50 MPaτxy = 10 MPa
θs = °
10.Mohrscher Spannungskreis & SpannungstransformationSchwer
σx​ = 80σy​ = 20τxy​ = −40MPa

Ein Punkt in einer dünnen Platte steht unter ebenem Spannungszustand: σₓ = 80 MPa, σᵧ = 20 MPa und τₓᵧ = −40 MPa (σz = 0). Bestimme die Vergleichsspannung nach von Mises σvM.

σx = 80 MPaσy = 20 MPaτxy = −40 MPa
σvM = MPa
11.DurchbiegungMittel
P = 20 kNABδ1,5 m1 m

Ein Kragarm der Länge L ist in A eingespannt und trägt eine Einzellast P im Abstand a = 1,5 m von A. Bestimme die Durchbiegung δP unter der Last.

P = 20 kNa = 1,5 mL = 2,5 mE = 200 GPa (Stahl)I = 8,5 × 10⁶ mm⁴
δP = mm
12.DurchbiegungSchwer
P = 22 kNP = 22 kNABδ2 m2 m2 m

Ein Einfeldträger trägt zwei gleiche Einzellasten P in den Drittelspunkten (L/3 von jedem Auflager). Bestimme mit Superposition die Durchbiegung δmax in Feldmitte.

P = 22 kNL = 6 mE = 200 GPa (Stahl)I = 84 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
13.Knicken von StützenMittel
PL = 2 m25 × 50 mmQuerschnitt

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

L = 2 mE = 70 GPa (Aluminium)b × h = 25 × 50 mm
Pcr = kN
14.Knicken von StützenSchwer
P = 70 kNL = 5 md = ?Querschnitt

Eine runde Vollstütze der Länge L aus Aluminium ist an beiden Enden gelenkig gelagert. Sie muss 70 kN mit einer Sicherheit von 3 gegen Knicken tragen. Bestimme den kleinsten Durchmesser d.

P = 70 kNn = 3L = 5 mE = 70 GPa (Aluminium)
d = mm

3Lösungen

1.Normalspannung und Dehnung

Antwort: δ = 2,627 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·30²/4 = 706,9 mm²
σ = P/A = 65·1000/706,9 = 91,96 MPa

Dehnung (hookesches Gesetz)

E for Aluminium = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 91,96/70000 = 0,001314 = 1314 µε

Verlängerung

δ = ε·L = 0,001314·2000 mm = 2,627 mm

Antwort

δ = 2,627 mm
2.Normalspannung und Dehnung

Antwort: δ = 5,913 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·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 91,67 MPa
σ2 = 397,9 MPa

Verlängerungen der Abschnitte addieren

δ1 = σ1L1/E1 = 91,67·500/200000 = 0,2292 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 397,9·1000/70000 = 5,684 mm
δ = δ1 + δ2 = 5,913 mm

Antwort

δ = 5,913 mm
3.Torsion von Wellen

Antwort: φ = 11,69 °

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) = 1000·1000·2000/(39000·251327) = 0,204 rad
φ = 0,204·180/π = 11,69°

Antwort

φ = 11,69°
4.Torsion von Wellen

Antwort: do = 56,24 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·500/60 = 52,36 rad/s
T = P/ω = 50000/52,36 = 954,9 N·m

Außendurchmesser aus der zulässigen Spannung

T = 954,9 N·m = 954930 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,75⁴ = 0,6836
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·954930/(π·40·0,6836)) = 56,24 mm
di = 0,75·56,24 = 42,18 mm

Antwort

do = 56,24 mm

Eine Vollwelle bräuchte d = 49,54 mm; die Hohlwelle ist etwas größer, aber viel leichter.

5.Querkraft und Biegemoment

Antwort: Mx = 6 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 = 30/10 = 3 kN (nach oben)
RA = −RB = −3 kN (nach unten)

Schnitt unmittelbar rechts vom eingeprägten Moment

Der linke Teil enthält jetzt RA und das eingeprägte Moment.

Mx = RA·a + M0 = −3·8 + 30 = 6 kN·m

Antwort

Mx = 6 kN·m
6.Querkraft und Biegemoment

Antwort: MB = −11,25 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 = 10·7,5 = 75 kN, angreifend bei x̄ = 3,75 m
ΣMA = 0: RB·6 = 10·7,5·3,75
RB = 281,3/6 = 46,88 kN
ΣFy = 0: RA = 75 − 46,88 = 28,13 kN

Schnitt bei B, Kragarm behalten

Die Last auf dem Kragarm, w·a, greift a/2 von B entfernt an und erzeugt über dem Auflager ein negatives Moment.

MB = −w·a²/2 = −10·1,5²/2 = −11,25 kN·m

Antwort

MB = −11,25 kN·m
7.Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Antwort: Ix = 7,923 × 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 = 300·10 = 3000 mm², yf = 120 + 10/2 = 125 mm
Steg: Aw = 18·120 = 2160 mm², yw = 120/2 = 60 mm

Schwerpunkt

ȳ = (Afyf + Awyw)/(Af + Aw) = (3000·125 + 2160·60)/5160 = 97,79 mm

Satz von Steiner

Flansch: 300·10³/12 + 3000·(125 − 97,79)² = 2,246 × 10⁶ mm⁴
Steg: 18·120³/12 + 2160·(60 − 97,79)² = 5,677 × 10⁶ mm⁴
Ix = 2,246 × 10⁶ + 5,677 × 10⁶ = 7,923 × 10⁶ mm⁴ = 7,923 × 10⁶ mm⁴

Antwort

Ix = 7,923 × 10⁶ mm⁴
8.Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Antwort: Ix = 168,9 × 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 = (36000·120 − 1600·168)/(36000 − 1600) = 117,8 mm

Volle Platte um ȳ

150·240³/12 + 36000·2,233² = 173 × 10⁶ mm⁴

Loch um ȳ

80·20³/12 + 1600·50,23² = 4,091 × 10⁶ mm⁴

Subtrahieren

Ix = 168,9 × 10⁶ mm⁴

Antwort

Ix = 168,9 × 10⁶ mm⁴
9.Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Antwort: θs = −22,5 °

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.

σxyCτmax​

Winkel am Kreis

Im Mohrschen Kreis liegt der höchste Punkt (+R) 90° vom Hauptspannungspunkt σ₁ entfernt; am Element sind das 45°.

cos 2θs = 10/14,14 = 0,7071, sin 2θs = −10/14,14 = −0,7071
2θs = atan2(−10, 10) = −45°

Winkel am Element

θs = −22,5°
Probe: θs − θp = −22,5 − 22,5 = −45°

Antwort

θs = −22,5°

Positive Winkel zählen gegen den Uhrzeigersinn.

10.Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Antwort: σvM = 100 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. Fließkriterien: Nach von Mises tritt Fließen ein, wenn σvM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) die Streckgrenze σY erreicht; nach Tresca, wenn die absolut größte Schubspannung σY/2 erreicht.

στxyCσ1​σ2​

Hauptspannungen

C = 50 MPa, R = 50 MPa
σ1 = 100 MPa, σ2 = 0 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(100² − 100·0 + 0²) = 100 MPa

Antwort

σvM = 100 MPa
11.Durchbiegung

Antwort: δP = 13,24 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 = 20000 N, a = 1500 mm, L = 2500 mm
EI = 1,7 × 10¹² N·mm²

Durchbiegung unter der Last

δP = Pa³/(3EI) = 20000·1500³/(3·1,7 × 10¹²) = 13,24 mm

Antwort

δP = 13,24 mm
12.Durchbiegung

Antwort: δmax = 10,04 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 = 22000 N, L = 6000 mm
EI = 1,68 × 10¹³ N·mm²

Eine Last bei L/3

δ₁ = Pb(3L² − 4b²)/(48EI), b = L/3 = 2000 mm
δ₁ = 5,02 mm

Beide Lasten addieren

δmax = 2·δ₁ = 23PL³/(648EI) = 10,04 mm

Antwort

δmax = 10,04 mm
13.Knicken von Stützen

Antwort: Pcr = 22,95 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 = 50·25³/12 = 65104 mm⁴

Knicklänge

KL = 0,7·2000 = 1400 mm

Kritische Last

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·65104/1400² = 22948 N = 22,95 kN

Antwort

Pcr = 22,95 kN
14.Knicken von Stützen

Antwort: d = 111,5 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 = 3·70000 = 210000 N
KL = 1·5000 = 5000 mm

Nach dem Durchmesser auflösen

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·210000·5000²/(π³·70000))^(1/4) = 111,5 mm

Antwort

d = 111,5 mm

Kontrolle: Die Schlankheit KL/r beträgt 179,3, die Stütze ist also schlank, und Euler gilt.

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