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: ε_T = 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

Bestimme das polare Flächenträgheitsmoment: J = πd⁴/32 für eine Vollwelle.
Schubspannung am Rand: τ = T·r/J, mit dem Außenradius r.
Verdrehwinkel: φ = TL/(GJ) im Bogenmaß.
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/y_max
Einfeldträger, Gleichstreckenlast: M_max = wL²/8

Methode

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

Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Schwerpunkt: ȳ = ΣA_iy_i/ΣA_i
Rechteck: I = bh³/12
Satz von Steiner: I = I_c + A·d²
Zusammengesetzter Querschnitt: I = Σ(I_c,i + A_id_i²)

Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Mittelpunkt: C = (σ_x + σ_y)/2
Radius: R = √(((σ_x − σ_y)/2)² + τ_xy²)
Hauptspannungen: σ_1,2 = C ± R
Hauptrichtung: tan 2θ_p = 2τ_xy/(σ_x − σ_y)
Geneigter Schnitt: σ_θ = C + (σ_x − σ_y)/2·cos 2θ + τ_xy·sin 2θ

Methode

Berechne den Mittelpunkt des Mohrschen Kreises: C = (σx + σy)/2.
Berechne den Radius: R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
Die Hauptspannungen sind C ± R, und die größte Schubspannung in der Ebene ist R.
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: P_cr = π²EI/(KL)²
Knicklängenbeiwert: K = 1 gelenkig–gelenkig, 0,5 eingespannt–eingespannt, 0,7 eingespannt–gelenkig, 2 eingespannt–frei
Kritische Spannung: σ_cr = P_cr/A
Schlankheit: λ = KL/r, r = √(I/A)

2Übungsaufgaben

1.Normalspannung und DehnungMittel

Ein Stab besteht aus einem Segment aus Stahl (Durchmesser 25 mm, Länge 500 mm, E = 200 GPa), das stumpf mit einem Segment aus Aluminium (Durchmesser 50 mm, Länge 400 mm, E = 70 GPa) verbunden ist. Er ist an einem Ende eingespannt und wird am anderen gezogen. Bestimme die axiale Last P, die ihn insgesamt um 0,3 mm dehnt.

Segment 1: Stahl, Ø25 mm, 500 mm, E = 200 GPaSegment 2: Aluminium, Ø50 mm, 400 mm, E = 70 GPaδ = 0,3 mm

P = kN

2.Normalspannung und DehnungSchwer

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

P = 100 kNAbschnitt 1: Ø25 mm, 1,5 m, Aluminium (E = 70 GPa)Abschnitt 2: Ø16 mm, 1,5 m, Stahl (E = 200 GPa)

σ_max = MPa

3.Torsion von WellenMittel

In einem Torsionsversuch wird eine Vollprobe mit 15 mm Durchmesser durch ein Drehmoment von 40 N·m verdreht. Die beiden Enden einer Messlänge von 300 mm verdrehen sich um 5,32° gegeneinander (der Werkstoff ist noch elastisch). Bestimme den Schubmodul G des Werkstoffs.

T = 40 N·md = 15 mmL = 300 mmφ = 5,32°

G = GPa

4.Torsion von WellenSchwer

Eine Vollwelle aus Aluminium mit 30 mm Durchmesser ist an beiden Enden A und B in starren Wänden eingespannt. In C, 1 m von A und 0,5 m von B entfernt, wird ein Drehmoment von 400 N·m aufgebracht. Bestimme die maximale Schubspannung τ_max in der Welle.

d = 30 mmT₀ = 400 N·ma = 1 mb = 0,5 m

τ_max = MPa

5.Querkraft und BiegemomentMittel

Der Einfeldträger trägt bei x = 2 m von A ein Moment M₀ = 35 kN·m im Uhrzeigersinn und sonst keine Last. Bestimme das Biegemoment M_x unmittelbar links vom eingeprägten Moment. Ein Moment, das den Balken nach unten durchbiegt, ist positiv, ebenso eine Querkraft nach oben am linken Schnittufer.

L = 5 mM₀ = 35 kN·m im Uhrzeigersinn, bei 2 m

M_x = kN·m

6.Querkraft und BiegemomentSchwer

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.

60 kN @ 0 m60 kN @ 6 m12 kN/m, 1–4 m

1A (x = 0 m)
2B (x = 1 m)
3C (x = 2 m)
4D (x = 3 m)
5E (x = 4 m)
6F (x = 5 m)
7G (x = 6 m)

7.Schwerpunkt und FlächenträgheitsmomentMittel

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

b_f = 220 mmt_f = 15 mmt_w = 10 mmh_w = 180 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Schwerpunkt und FlächenträgheitsmomentSchwer

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

b_f = 280 mmt_f = 30 mmt_w = 20 mmh_w = 100 mmM = 5 kN·m

σ_unten = MPa

9.Mohrscher Spannungskreis & SpannungstransformationMittel

An einem Punkt eines belasteten Bauteils gilt σₓ = 90 MPa, σᵧ = 0 MPa und τₓᵧ = −30 MPa (Zug positiv). Bestimme den Winkel θ_p von der x-Achse zur Richtung der größten Hauptspannung, zwischen −90° und 90°.

σ_x = 90 MPaσ_y = 0 MPaτ_xy = −30 MPa

θ_p = °

10.Mohrscher Spannungskreis & SpannungstransformationSchwer

An einem Punkt eines belasteten Bauteils gilt σₓ = 50 MPa, σᵧ = 90 MPa und τₓᵧ = 20 MPa (Zug positiv). Bestimme die Normalspannung σ_θ in einem Schnitt, dessen Normale um 50° gegen den Uhrzeigersinn aus der x-Achse gedreht ist.

σ_x = 50 MPaσ_y = 90 MPaτ_xy = 20 MPaθ = 50°

σ_θ = MPa

11.DurchbiegungMittel

Ein Kragarm trägt über seine ganze Länge eine Gleichstreckenlast w und an seinem freien Ende eine Einzellast P. Bestimme mit Superposition die Durchbiegung δ am freien Ende.

P = 9 kNw = 4 kN/mL = 2,5 mE = 200 GPa (Stahl)I = 12 × 10⁶ mm⁴

δ = mm

12.DurchbiegungSchwer

Ein Einfeldträger trägt eine Gleichstreckenlast w und eine Einzellast P in Feldmitte. Bestimme mit Superposition die Durchbiegung δ_max in Feldmitte.

P = 7 kNw = 12 kN/mL = 4 mE = 70 GPa (Aluminium)I = 120 × 10⁶ mm⁴

δ_max = mm

13.Knicken von StützenMittel

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

L = 1,5 mE = 200 GPa (Stahl)b × h = 25 × 60 mm

P_cr = kN

14.Knicken von StützenSchwer

Eine Stütze der Länge L aus Aluminium ist an beiden Enden eingespannt. Bestimme ihre Schlankheit und die kritische Knickspannung σ_cr nach Euler.

L = 5 mE = 70 GPa (Aluminium)d = 60 mm

σ_cr = MPa

3Lösungen

1.Normalspannung und Dehnung

Antwort: P = 37,48 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, P_i = P·E_iA_i/ΣEA, und σ_i = E_i·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 = 490,9 mm², A₂ = 1963 mm²

Nachgiebigkeiten

L₁/(E₁A₁) = 500/(200000·490,9) = 5,093 × 10⁻⁶ mm/N

L₂/(E₂A₂) = 400/(70000·1963) = 2,91 × 10⁻⁶ mm/N

Last

P = 0,3/8,003 × 10⁻⁶ = 37485 N = 37,48 kN

Antwort

P = 37,48 kN

2.Normalspannung und Dehnung

Antwort: σ_max = 497,4 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 = 203,7 MPa

σ₂ = 497,4 MPa

Größte Spannung

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

σ_max = 497,4 MPa

Antwort

σ_max = 497,4 MPa

3.Torsion von Wellen

Antwort: G = 26 GPa

Polares Flächenträgheitsmoment und Winkel

J = π·15⁴/32 = 4970 mm⁴

φ = 5,32·π/180 = 0,09285 rad

Schubmodul

T = 40 N·m = 40000 N·mm

G = TL/(Jφ) = 40000·300/(4970·0,09285) = 26003 MPa

G = 26 GPa

Antwort

G = 26 GPa

Zum Vergleich: Stahl ≈ 80 GPa, Messing ≈ 39 GPa, Aluminium ≈ 26 GPa.

4.Torsion von Wellen

Antwort: τ_max = 50,3 MPa

Torsion kreisförmiger Wellen: Die Schubspannung wächst linear von null in der Mitte bis τ_max = T·r/J an der Oberfläche, mit J = πd⁴/32 für eine Vollwelle und J = π(d_o⁴ − d_i⁴)/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 T_A + T_B = T₀; die zweite Gleichung ist die Verträglichkeit (gleiche Verdrehung beider Teile am belasteten Querschnitt).

Gleichgewicht und Verträglichkeit

T_A + T_B = 400

T_A·a = T_B·b

T_A = 400·0,5/1,5 = 133,3 N·m

T_B = 400·1/1,5 = 266,7 N·m

Maximale Schubspannung

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

τ_max = 16·266667/(π·30³) = 50,3 MPa

Antwort

τ_max = 50,3 MPa

5.Querkraft und Biegemoment

Antwort: M_x = −14 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: R_B·L − M₀ = 0. Vertikales Gleichgewicht: R_A + R_B = 0.

R_B = M₀/L = 35/5 = 7 kN (nach oben)

R_A = −R_B = −7 kN (nach unten)

Schnitt unmittelbar links vom eingeprägten Moment

Der linke Teil enthält nur R_A.

M_x = R_A·a = −7·2 = −14 kN·m

Antwort

M_x = −14 kN·m

6.Querkraft und Biegemoment

Antwort: E (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 = 58 kN, R₂ = 98 kN

Biegemoment an jeder Markierung

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

M_A = 0, M_B = −60, M_C = −68, M_D = −88, M_E = −120 kN·m, M_F = −60, M_G = 0

Antwort

Markierung E: M_E = −120 kN·m

7.Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Antwort: I_x = 15,99 × 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: A_f = 220·15 = 3300 mm², y_f = 180 + 15/2 = 187,5 mm

Steg: A_w = 10·180 = 1800 mm², y_w = 180/2 = 90 mm

Schwerpunkt

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (3300·187,5 + 1800·90)/5100 = 153,1 mm

Satz von Steiner

Flansch: 220·15³/12 + 3300·(187,5 − 153,1)² = 3,97 × 10⁶ mm⁴

Steg: 10·180³/12 + 1800·(90 − 153,1)² = 1,202 × 10⁷ mm⁴

I_x = 3,97 × 10⁶ + 1,202 × 10⁷ = 1,599 × 10⁷ mm⁴ = 15,99 × 10⁶ mm⁴

Antwort

I_x = 15,99 × 10⁶ mm⁴

8.Schwerpunkt und Flächenträgheitsmoment

Antwort: σ_unten = 56,18 MPa

In zwei Rechtecke teilen

Miss jedes y von der Unterkante aus.

Flansch: A_f = 280·30 = 8400 mm², y_f = 100 + 30/2 = 115 mm

Steg: A_w = 20·100 = 2000 mm², y_w = 100/2 = 50 mm

Schwerpunkt

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (8400·115 + 2000·50)/10400 = 102,5 mm

Satz von Steiner

Flansch: 280·30³/12 + 8400·(115 − 102,5)² = 1,942 × 10⁶ mm⁴

Steg: 20·100³/12 + 2000·(50 − 102,5)² = 7,179 × 10⁶ mm⁴

I_x = 1,942 × 10⁶ + 7,179 × 10⁶ = 9,122 × 10⁶ mm⁴

Biegespannung

Die Unterkante liegt ȳ von der Achse entfernt.

y = 102,5 mm

σ = M·y/I = 5 × 10⁶·102,5/9,122 × 10⁶ = 56,18 MPa

Antwort

σ_unten = 56,18 MPa

9.Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Antwort: θ_p = −16,85 °

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.

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.

2θ_p = atan2(2·−30, 90 − 0) = −33,69°

Winkel am Element

θ_p = −16,85°

Antwort

θ_p = −16,85°

Positive Winkel zählen gegen den Uhrzeigersinn.

10.Mohrscher Spannungskreis & Spannungstransformation

Antwort: σ_θ = 93,17 MPa

Transformationsgleichung

σ_θ = 70 + −20·−0,1736 + 20·0,9848 = 93,17 MPa

Antwort

σ_θ = 93,17 MPa

11.Durchbiegung

Antwort: δ = 27,67 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 = 9000 N, w = 4 N/mm, L = 2500 mm

EI = 2,4 × 10¹² N·mm²

Jede Last für sich

δ_P = PL³/(3EI) = 9000·2500³/(3·2,4 × 10¹²) = 19,53 mm

δ_w = wL⁴/(8EI) = 4·2500⁴/(8·2,4 × 10¹²) = 8,138 mm

Addieren

δ = 19,53 + 8,138 = 27,67 mm

Antwort

δ = 27,67 mm

12.Durchbiegung

Antwort: δ_max = 5,873 mm

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 = 7000 N, w = 12 N/mm, L = 4000 mm, EI = 8,4 × 10¹² N·mm²

Jede Last für sich

δ_P = PL³/(48EI) = 7000·4000³/(48·8,4 × 10¹²) = 1,111 mm

δ_w = 5wL⁴/(384EI) = 5·12·4000⁴/(384·8,4 × 10¹²) = 4,762 mm

Addieren

δ_max = 1,111 + 4,762 = 5,873 mm

Antwort

δ_max = 5,873 mm

13.Knicken von Stützen

Antwort: P_cr = 68,54 kN

Knicken nach Euler: Eine schlanke Stütze wird bei P_cr = 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.

I_min = h·b³/12 = 60·25³/12 = 78125 mm⁴

Knicklänge

KL = 1·1500 = 1500 mm

Kritische Last

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·200000·78125/1500² = 68539 N = 68,54 kN

Antwort

P_cr = 68,54 kN

14.Knicken von Stützen

Antwort: σ_cr = 24,87 MPa

Kleinstes Flächenträgheitsmoment

Ein runder Querschnitt hat um jede Achse dasselbe I.

I = πd⁴/64 = π·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Trägheitsradius und Schlankheit

A = 2827 mm²

r = √(I/A) = √(636173/2827) = 15 mm

KL = 0,5·5000 = 2500 mm

KL/r = 2500/15 = 166,7

Kritische Spannung

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/166,7² = 24,87 MPa

Antwort

σ_cr = 24,87 MPa

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