Technische_Mechanik_II_-_Uebungen-kurz

LISTE DER WARENZEICHEN 

Übungen 

zur 

Technische Mechanik II 

- Festigkeitslehre/ Elastostatik - 

Vollständig und mit möglichen Lösungsvarianten 

gelöste Übungsaufgaben 

von 

Annette Kunow 

- 1 -


Text Copyright © 2016 Annette Kunow 

All Rights Reserved 

- 2 -



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ähnliche sind entweder eingetragene Marken oder Marken 

der Microsoft Corp. und/oder anderer Unternehmen in den 

Vereinigten Staaten und/oder in anderen Ländern, 

- 3 -

VORWORT 

VORWORT 

Die Technische Mechanik ist ein Grundlagenfach in der Ingenieurausbildung. 

Sie vermittelt die physikalischen Zusammenhänge, 

um Konstruktionen den jeweiligen Belastungen 

entsprechend zu dimensionieren. 

Im Bereich der Festkörpermechanik werden die drei Bereiche: 

Statik, Festigkeitslehre oder Elastostatik und Kinetik 

unterschieden. Die Mechanik flüssiger Stoffe wird nicht behandelt. 

Der erste Teil der drei Bände Technischen Mechanik I umfasst 

die Statik. Dort werden der Gleichgewichtsbegriff und 

die Bestimmung der Schnitt- und Reaktionskräfte definiert. 

Weiter werden der Arbeitsbegriff (Stabilität) und Haftungsund 

Reibungsprobleme, sowie räumliche Systeme mit vielen 

durchgerechneten Beispielen behandelt. 

In dem Buch Übungen zur Technischen Mechanik I werden 

die an jedem Kapitelende gestellten Übungsaufgaben vollständig, 

mit den möglichen Lösungswegen durchgerechnet. 

- 4 -

VORWORT 

Die mathematischen Voraussetzungen werden im Kapitel 2 

kurz zur Wiederholung dargestellt. 

Dieses Buch entstand aus dem Skript der Vorlesung Technische 

Mechanik, die ich seit 1988 kontinuierlich an der 

Hochschule Bochum im Fachbereich Mechatronik und Maschinenbau 

halte. 

Bochum, im Oktober 2016 

Prof. Dr.-Ing. Annette Kunow 

P.S.: 

Schreiben Sie mir, wenn Ihnen dieses Buch gefällt und welche 

Anregungen Sie haben. Sie erreichen mich unter meiner 

Homepage http://www.kisp.de/ Dort finden Sie unter 

dem Navigationspunkt http://www.kisp.de/online-bibliothek/ 

auch das versprochene Bonusmaterial. 

… und besuchen Sie meinen Blog „Selbstführung & Produktivität“ 

http://www.kisp.de/blog/! Ich würde mich auch dort 

sehr über Ihre Kommentare und Anmerkungen freuen. 

- 5 -

VORWORT 

- 6 -

INHALTSANGABE 

INHALTSANGABE 

Liste der Warenzeichen - 3 - 

Vorwort - 4 - 

Inhaltsangabe - 7 - 

Einleitung 

Fehler! Textmarke nicht definiert. 

2 Aufgaben zu Flächenschwerpunkt - 11 - 

3 Aufgaben zu Einachsiger Spannungszustand - 29 - 

4 Aufgaben zu Zug- und Druckstab - 32 - 

5 Aufgaben zu Zweiachsiger Spannungszustand - 71 - 

6 Aufgaben zu Verallgemeinertes Elastizitätsgesetz 

(HOOKEsches Gesetz) - 85 - 

7 Aufgaben zu Flächenträgheitsmoment - 96 - 

9 Aufgaben zu Torsion - 149 - 

10 Aufgaben zu Biegung des geraden Balkens - 206 - 

11 Aufgaben zu Der Arbeitsbegriff der Elastostatik - 273 - 

12 Aufgaben zu Schubspannungen - 358 - 

- 7 -

INHALTSANGABE 

Sachwörterverzeichnis - 382 - 

Bereits erschienen 


Annette Kunow, Technische Mechanik I - Statik-, 

http://www.kisp.de/statik/Fehler! Textmarke nicht 

definiert. 

Annette Kunow, Übungen zur Technischen Mechanik I 

- Statik-, Vollständig und mit möglichen 

Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben, 

http://www.kisp.de/statik-ue/Fehler! Textmarke nicht 

definiert. 

Annette Kunow, Technische Mechanik II - 

Festigkeitslehre/ 

Elastostatikhttp://www.kisp.de/festigkeitslehre/Fehler! 

Textmarke 

nicht definiert. 

Annette Kunow, Übungen zur Technischen Mechanik II 

-, Festigkeitslehre/ Elastostatik-, Vollständig und mit 

möglichen Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben 

http://www.kisp.de/festigkeitslehre-uebungen/ Fehler! 

Textmarke nicht definiert. 

- 8 -

INHALTSANGABE 

Annette Kunow, Technische Mechanik III - Kinetik/ 

Dynamik- http://www.kisp.de/dynamik/ Fehler! 


Annette Kunow, Übungen zur Technischen Mechanik 

III -, Kinetik/ Dynamik -, Vollständig und mit möglichen 

Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben 

http://www.kisp.de/dynamik-ue/Fehler! Textmarke 

nicht definiert. 

Annette Kunow, Finite Elemente/ Computer Aided 

Engineering (CAE), Anwendungen und Lösungen 

http://www.kisp.de/finite-elemente-cae/ Fehler! 


Annette Kunow, Projektmanagement & Business 

Coaching, Grundlagen des agilen Projektmanagements 

mit Methoden des Systemischen Coachings 

http://www.kisp.de/projektmanagement-businesscoaching/ 


Erscheint in Kürze unter http://www.kisp.de/buchshop/ 


Annette Kunow, Numerische Dynamik 


Fehler! 

- 9 -

INHALTSANGABE 

Annette Kunow, Numerische Dynamik, Vollständig und 

mit möglichen Lösungsvarianten gelöste 

Übungsaufgaben Fehler! Textmarke nicht definiert. 

Impressum 


Sachwörterverzeichnis Fehler! Textmarke nicht definiert. 

Bereits erschienen - 391 - 

Impressum - 393 - 

- 10 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 2: 

FLÄCHENSCHWERPUNKT 



AUFGABE 2.1 

• Berechnung des Gesamtschwerpunkts durch Integration 

Der gegebene Querschnitt ist eine Halbkreisfläche mit dem 

Radius r. 

gegeben: r 

gesucht: Bestimmung des Gesamtschwerpunkts der angegebenen 

Fläche durch Integration 

y 

r 

x 

Bild 2.1 Halbkreisfläche mit dem Radius r 

- 11 -



LÖSUNG ZU AUFGABE 2.1 

y 

y 

dA 

S 

r 

ϕ 

x 

Bild 2.2 Schwerpunktslage eines Halbkreises 

Durch Umformen in Polarkoordinaten ergeben sich die Werte 

( 2.1) : y = r sinϕ 

, x = r cosϕ 

, dA = r dϕ 

dr. 

Die Halbkreisfläche ist 

(2.2): 

∫ 

π 

dA = A = r 

2 

2 

. 

Damit ergibt sich der Schwerpunkt aus 

- 12 -



( 2.3) : yS 

= 

∫ 

∫ 

y dA 

dA 

mit 

(2.4) : 

∫ 

y dA = 

r π 

∫ ∫ 

0 0 

1 

= − r 

3 

1 

r sinϕ(rdϕdr) 

= − r 

3 

3 

2 

(-1-1) = 

3 

r 

3 

r 

3 

0 

cosϕ 

π 

0 

Damit ist die Schwerpunktslage in y- Richtung bestimmt 

(2.5) : 

y 

S 

= 

2 

r 

3 

π 

r 

2 

3 

2 

4r 

= , 

3π 

In x- Richtung ergibt sich aus der Symmetrie des Querschnitts 

( 2.6) : xS = r. 

- 13 -



AUFGABE 2.2 

• Berechnung des Gesamtschwerpunkts 

• Gesamtfläche besteht aus zwei Teilflächen 

Der gegebene Querschnitt setzt sich aus einer Halbkreisfläche 

mit dem Radius r und einen Rechteck der Höhe h zusammen. 

gegeben: r, h 


Fläche 

y 

r 

x 

h 

Bild 2.3 Halbkreisfläche mit dem Radius r und einen Rechteck der 

Höhe h 

- 14 -




y 

r 

A 1 

A 2 

x 

h 

Bild 2.4 Aufteilung der Teilflächen 

Die Gesamtfläche besteht aus zwei Teilflächen, deren Fläche 

und Lage des Teilschwerpunktes bekannt ist. 

Die Halbkreisfläche ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes 

zu den Achsen 

( 2.7): 

A 

1 

π 

= r 

2 

2 

, 

x 

S1 

= r, 

y 

S1 

4 

= 

3 

r 

. 

π 

Die Rechteckfläche ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes 

zu den Achsen 

- 15 -



( 2.8): A2 

= 2 r h, xS2 

=r, yS2 

1 

= - 

2 

h. 

. 

Damit erhält man den Gesamtschwerpunkt der Fläche 

( 2.9) : xS 

= r, 

(2.10) : 

y 

S 

= 

∑ 

i 

A 

∑ 

i 

i 

y 

A 

i 

Si 

= 

A 

1 

y 

S1 

+ A 

A + A 

1 

2 

2 

y 

S2 

= 

4 

3 

r 

π 

π 

r 

2 

π 

r 

2 

2 

2 

− 

1 

h2rh 

2 

+ 2rh 

AUFGABE 2.3 


• Gesamtfläche besteht aus drei Teilflächen 

Der gegebene Querschnitt setzt sich aus zwei Dreiecken 

und einem Rechteck zusammen. 

gegeben: a = 12 cm, b = 15 cm, c = 6 cm, h = 18 cm 


Fläche. 

- 16 -



y 

a b c 

h 

Bild 2.5 Querschnitt zwei Dreiecken und einem Rechteck 

x 


y 

a b c 

h 

A 1 

A 2 

S A 3 


x 

Die Gesamtfläche besteht aus drei Teilflächen, deren Fläche 

und Lage des Teilschwerpunktes bekannt ist: 

- 17 -



Die Dreieckfläche 1 ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes 

zu den Achsen 

2 

( 2.11): A1 

= a h, xS1 

= a, yS1 

3 

1 

= h. 

3 

Die Rechteckfläche 2 ergibt sich mit den Abständen des 

Einzelschwerpunktes zu den Achsen 

1 

( 2.12): A2 = b h, xS2 

= a + b, yS2 

2 

1 

= 

2 

h. 


zu den Achsen 

1 

1 

( 2.13): A3 = cb h, xS3 

= a + b + c, yS3 

2 

3 

1 

= h. 

3 

Damit erhält man den Gesamtschwerpunkt der Fläche mit 

Zahlenwerten 

- 18 -



(2.14) : 

∑ 

AixSi 

i A1xS1 

+ A 2 xS2 

+ A3 

xS3 

xS = = 

= 17.8 cm, 

A A + A + A 

∑ 

i 

i 

1 

2 

3 

(2.15) : 

∑ 

AiySi 

i A1yS1 

+ A 2yS2 

+ A3 

yS3 

yS = = 

= 7.9 cm. 

A A + A + A 

∑ 

i 

i 

1 

2 

3 

AUFGABE 2.4 


• Gesamtfläche besteht aus drei Teilflächen 

Der gegebene Querschnitt setzt sich aus einem Dreiecken 

und zwei Rechtecken zusammen. 

gegeben: a 


Fläche 

- 19 -



y 

2a 

a 

2a 

. 

a/2 2a a/2 

x 

Bild 2.7 Querschnitt aus einem Dreiecken und zwei Rechtecken 

- 20 -




3a/2 

y 

A 2 

A 3 

A 1 

2a 

a 

2a 

a/2 2a a/2 

x 


Die Gesamtfläche besteht aus drei Teilflächen, deren Fläche 



zu den Achsen 

1 

3 

2 

( 2.16) : A1 = 2 a 3a, xS1 

= a, yS1 

= 3a + a. 

2 

2 

3 

- 21 -



Die Rechteckfläche 2 ergibt sich mit den Abständen des 


3 

( 2.17) : A 2 = 3 a 3a, xS2 

= a, yS2 

2 

3 

= 

2 

a. 

Die Rechteckfläche 3, die allerdings abgezogen werden 

muss, ergibt sich mit den Abständen des Einzelschwerpunktes 

zu den Achsen 

3 

( 2.18) : A 3 = 2 a 2a, xS3 

= a, yS3 

= a. 

2 

Damit erhält man den Gesamtschwerpunkt der Fläche 

3 

( 2.19) : xS 

= a, 

2 

- 22 -



(2.20) : 

y 

S 

= 

∑ 

i 

∑ 

i 

A y 

i 

A 

i 

Si 

A 

= 

1 

y 

2 1 3 

(3a + a) 2a3a + a3a3a − a2a2a 

= 

3 2 2 

= 

+ 3a3a −2a2a 

1 

2a3a 

2 

S1 

+ A2y 

A + A 

1 

2 

+ −A 

− A 

S2 

3 

3 

y 

S3 

41 

a. 

16 

AUFGABE 2.5 


• Gesamtfläche besteht aus zwei Teilflächen 

Der Schwerpunkt der Fläche einer Mondsichel setzt sich 

aus mehreren Kreisflächen zusammen. 

gegeben: r 1 = 24 cm, r 2 = 30 cm, b = 18 cm 


Fläche 

- 23 -



y 

r 2 

b 

r 1 

x 

. 

Bild 2.9 Mondsichel 

- 24 -




y 

r 1 

x 

a) 

- 25 -



y 

r 2 

r =s/2 

1 

α 

α 

b 

x 

b) 

Bild 2.10 Zusammensetzung der Teilflächen; Halbkreisfläche 1; b) 

Kreisausschnitt 2 

Die Gesamtfläche besteht aus zwei Teilflächen, deren Fläche 


Die Halbkreisfläche 1 ergibt sich mit den Abständen des 


2 

πr1 

4r1 

( 2.21) : A1 

= , xS1 

= , yS1 

= 0. 

2 3π 

- 26 -



Die Kreisausschnitt 2 ergibt sich mit den Abständen des 


2 

r2 

s 

( 2.22): A2 = (2α 

- sin2α), 

xS2 

= −b, 

yS2 

= 0 

2 

12 A 

3 

2 

und dem Winkel 

(2.23): 

α = arcos 

b 

r 

2 

. 

Damit erhält man den Gesamtschwerpunkt der Fläche mit 

Zahlenwerten 

(2.24) : 

∑ 

AixSi 

i A1xS1 

− A2 

xS2 

xS = = 

= 14.4 cm. 

A A − A 

∑ 

i 

i 

1 

2 

Aus Symmetrie folgt 

( 2.25) : yS 

= 0. 

- 27 -



- 28 -


EINACHSIGER SPANNUNGSZUSTAND 



AUFGABE 3.1 

• Berechnung der Normal- und Tangentialspannungen 

infolge einer Normalkraft in einer um den 

Winkel α geneigten Ebene 

Für den abgebildeten Stab (Kreisquerschnitt, Durchmesser 

d) berechne man die Normal- und Tangentialspannungen in 

einer um den Winkel α geneigten Ebene. Die Spannungen 

sind über den Querschnitt gleichmäßig verteilt anzunehmen. 

gegeben: F = 10 000N, d = 4 cm, 

0 

α = 30 

gesucht: Bestimmung der Spannungen in der um den Winkel 

α geneigten Ebene 

σ , σ , τ 

ξ 

η 

ξη 

- 29 -



F 

d 

η 

y 

α 

ξ 

x 

F 

Bild 3.1 Stab mit einer um den Winkel α geneigten Ebene 


Es liegt ein eindimensionales Problem vor. Damit wirkt die 

Kraft nur in y- Richtung. Mit der Fläche 

2 

⎛ d ⎞ ⎛ 4 ⎞ 2 

( 3.1) : A = π⎜ 

⎟ = π⎜ 

⎟ cm = π 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

2 

16 

4 

cm 

2 

ergibt sich 

- 30 -



( 3.2): σx 

= 0, 

(3.3) : 

σ 

y 

= 

F 

A 

= 

10000N 

16 

π cm 

4 

2 

2500 N 

= 

π cm 

2 

. 

Die Spannungen im 

ξ − η − System sind 

(3.4): 

= σ 

x 

2 

cos α + σ 

y 

2 

sin α+ 

τ 

xy 

sinαcos 

α = σ 

y 

2 

sin α, 

σ ξ 

, 

(3.5): 

= σ 

x 

2 

sin α + σ 

y 

2 

cos α- 

τ 

xy 

sinαcos 

α = σ 

y 

2 

cos α 

σ η 

. 

(3.6) : 

τ 

ξη 

= τ 

+ τ 

ηξ 

xy 

= - σ 

x 

2 

sinαcosα + σ 

(cos α − sin α) 

= σ 

2 

y 

y 

sinαcosα + 

sinαcosα 

- 31 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 4: ZUG- UND DRUCKSTAB 

AUFGABEN ZU KAPITEL 4: ZUG- UND 

DRUCKSTAB 

AUFGABE 4.1 

• Zug- und Druckstab ohne Eigengewicht und ohne 

Temperaturbelastung mit Flächenlast am Stabende 

• Bestimmung der Spannungen des Stabes 

Ein stabförmiger Pyramidenstumpf mit quadratischem 

Grundriss steht wie skizziert auf einer ebenen Unterlage. 

Auf seiner oberen Querschnittsfläche wirkt eine Spannung 

σ o . Das Eigengewicht kann vernachlässigt werden. 

gegeben: a, b, h, σ o , E 

gesucht: Bestimmung der Spannung 

Querschnittsfläche und des Betrags 

σ u auf der unteren 

∆ h , um den sich der 

Pyramidenstumpf verkürzt. Wie kann das System näherungsweise 

berechnet werden? Wann ist man auf der sicheren 

Seite? 

- 32 -


a 

σ 0 

h 

x 

b 

Bild 4.1 Stabförmiger Pyramidenstumpf mit quadratischem Grundriss 


Aus den Gleichgewichtsbedingungen erfolgt die Spannungsberechnung 

- 33 -


a 

σ 0 

σ u 

b) 

h 

x 

h 

x 

a 

dx 

(b-a)/2 

a) 

b 

b 

Bild 4.2 a) Schnittbild des stabförmigen Pyramidenstumpfes; b) 

Geometrie zur Berechnung der Fläche A (x) 

(4.1): 

σ 

o 

A 

o 

= σ 

u 

A 

u 

⇒ 

σ 

u 

= σ 

o 

A 

A 

o 

u 

= σ 

o 

a 

b 

2 

2 

. 

Damit ergibt sich mit N = −σo A = const. 

die Verkürzung aus 

(4.2): 

∆ h 

= 

x= 

h 

∫ 

x= 

0 

N(x) 

dx = 

EA(x) 

x= 

h 

∫ 

x= 

0 

N 

dx. 

EA(x) 

- 34 -


Die Berechnung der veränderlichen Querschnittsfläche erfolgt 

mit dem Strahlensatz 

(4.3) : 

1 (b − a) 1 (dx − a) 

= . 

2 h 2 x 

Daraus folgt mit 

(b − a) 

( 4.4) : dx = x + a 

h 

die veränderliche Fläche 

(4.5) : 

(b − a) 

A(x) = ( x + a) 

h 

2 

. 

Mit E = const., N(x) = N = σ o a = const. 

, 

2 

2 

A (x) = dx folgt 

(4.6) : 

∆ h 

σ0a 

= 

E 

2 

x= 

h 

∫ 

dx 

(b − a) 

( x 

h 

x= 0 + 

a) 

2 

. 

Durch die Substitution mit 

- 35 -


(4.7) : 

(b − a) 

z = x + a, 

h 

dz 

dx 

(b − a) 

= 

h 

⇒ 

h 

dx = dz. 

(b − a) 

ergeben sich die neuen Grenzen des Integrals 

( 4.8) : x = 0 → z = a, x = h → 

z = b. 

Damit folgt 

(4.9) : 

∆h 

σ0a 

= − 

E 

2 z= 

b 

σ0h 

a 

= . 

E b 

∫ 

z= 

a 

h 

(b 

dz 

2 

− a) z 

σ0a 

= − 

E 

2 

h 1 

− 

(b − a) z 

b 

a 

Näherungslösung 

Wenn die kleinste Fläche A 0 als konstante Fläche des Stabes 

angenommenen wird, ergibt sich die geringste 

Dehnsteifigkeit. Damit wird die größtmögliche Verformung 

angegeben 

- 36 -


(4.10): 

∆ h 

σo 

Aoh 

σo 

h 

= = . 

EA E 

o 

Das Verhältnis b 

a ist das Maß für den Fehler. Das Näherungsergebnis 

ist zu groß. 

Wird das Mittel der Flächen 

a 

( 

+ b 

) 

2 

2 

als konstante Fläche 

des Stabes angenommenen, ergibt sich eine mittlere 

Dehnsteifigkeit. Damit wird die größtmögliche Verformung 

angegeben 

(4.11): 

∆ h 

= 

σoAoh 

a + b 

E( ) 

2 

2 

2 

σ0a 

h 

= 

a + b 2 

E( ) 

2 

σ0h 

= 

E 

4a 

2 

(a + b) 

2 

. 

Das Verhältnis 

4a 

2 

(a + b) 

2 

ist das Maß für den Fehler. Das 

Näherungsergebnis ist immer zu klein. 

Tabelle 4.1 Überprüfung der Genauigkeit der Näherungslösungen; 

gegeben: a = 20 cm 

- 37 -


AUFGABE 4.2 

• Zug- und Druckstab ohne Eigengewicht und ohne 

Temperaturbelastung mit Einzelkraft F am Stabende 

• Bestimmung der Normalkraft- und Verschiebungsverläufe 

des Stabes 

Ein konisches Wellenstück wird mit der Kraft F belastet. 

gegeben: F, E, d, D, l 

gesucht: Bestimmung des Betrags ∆ l, um den sich das konische 

Wellenstück unter der Wirkung der Zugkraft F verlängert 

- 38 -


E = const. 

F 

d 

D 

F 

l 

Bild 4.3 Konisches Wellenstück mit der Kraft F 


F 

A 

B 

F 

x 

x A 

l 

x B 

Bild 4.4 Geometrie zur Berechnung der Fläche A(x) 

Aus dem Strahlensatz ergibt sich 

(4.12) : 

x A 

d 

l 

= , 

D − d 

- 39 -


folgt mit 

d l 

( 4.13): xA 

= , xB 

= xA 

D − d 

d 

+ l =l ( +1) 

D − d 

die Berechnung der veränderlichen Fläche 

(4.14) : 

2 

D π 

A(x) = 

4 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

x 

x 

B 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 

. 

Aus der Differentialgleichung der Statik wird der Normalkraftverlauf 

bestimmt 

dN 

( 4.15) : EA u′ 

= = 0 ⇒ N(x)= C 1. 

dx 

Die statische Randbedingung zur Bestimmung der Konstanten 

lautet 

( 4.16) : N(x = xA 

+ l) =F ⇒ C1 

=F 

⇒ 

N =F = const. 

- 40 -


Aus dem Elastizitätsgesetz ergibt sich die Verlängerung ∆ l 

als Verschiebungsdifferenz der Punkte A und B 

(4.17) : 

∆l 

=u(x 

= 

F 

E 

B 

) - u(x 

4x 

D 

2 

B 

2 

π 

A 

F 

) = 

E 

x 

x 

B 

∫ 

A 

1 

A(x) 

x 

-1 B 

((x 

)(-1)) = 

x 

A 

dx = 

F 

E 

4x 

D 

2 x 

B 

2 

π 

x 

B 

∫ 

A 

x 

1 

2 

dx 

= 

= 

F 

E 

F 

E 

4x 

D 

2 

B 

2 

4l 

Dd 

π 

. 

π 

(- 

1 

x 

B 

+ 

1 

x 

a 

) = 

F 4l D − d 

(1+ ) 

2 

E D π d 

AUFGABE 4.3 

• Veränderlicher Zug- und Druckstab ohne Eigengewicht 

und ohne Temperaturbelastung mit Einzelkraft 

F am Stabende 

• Bestimmung der Normalkraft- und Verschiebungsverläufe 

des Stabes 

• Bestimmung des Spannungsverlaufs 

Ein homogener Stab konstanter Dicke mit linear veränderlichem 

Querschnitt wird mit Eigengewicht belastet. 

gegeben: l, a, A 0 , ρ , g, F 0 , E 

- 41 -


gesucht: Bestimmung des Zugspannungsverlaufs σ (x) 

und 

des Orts (x * ) und Betrags der kleinsten Spannung sowie der 

Gesamtverlängerung ∆ l. 

A 0 

ρ 

l 

x a 

F 0 

F 0 

Bild 4.5 Homogener Stab konstanter Dicke mit linear veränderlichem 

Querschnitt 


Für Gleichung (4.3) mit 

A 0 

γ A(x) = γ x folgt der Nor- 

l 

malkraftverlauf 

g(x) = 

- 42 -


A 0 1 A 0 2 

( 4.18) : N(x) = ∫ g( ξ) 

dξ 

= γ ξ dξ 

= γ x + C 1. 

l 

∫ 

2 l 

ξ= x 

ξ= x 

Daraus folgt der Normalspannung 

( 4.19) : σ (x) = 

N(x) 

. 

A(x) 


lautet 

(4.20) : 

1 A0 

N(x = a) = F0 

= γ a 

2 l 

1 A0 

2 

⇒ C1 

=F0 

- γ a . 

2 l 

2 

+ C 

1 

Daraus folgt der Normalkraftverlauf 

1 A 

( 4.21) : N(x) = γ 

2 l 

0 

(x 

2 

- a 

2 

) + F 

0 

und der Spannungsverlauf 

- 43 -


(4.22) : 

1 A0 

σ(x)= 

γ 

2 l 

l 

A 

0 

1 

(x 

x 

F0 

l 

+ = 

A x 

0 

2 

- a 

1 

( 

x 

2 

) + 

F0 

l 1 2 1 

− γa 

) + γx. 

A 2 2 

0 

l 

σ 

x* 

a 

x 

σ(x) 

Bild 4.6 Spannungsverlauf 

Der Ort und der Betrag der kleinsten Spannung σ (x * ) ergibt 

sich aus der ersten Variation nach x 

(4.23): 

dσ(x 

= x 

dx 

* 

) 1 F0 

l 1 

= − ( − γa 

2 

x A 2 

0 

2 

1 

) + γ = 0. 

2 

- 44 -


Daraus lässt sich der Ort bestimmen 

(4.24) : 

F0 

l 1 

− γa 

A 2 

0 

2 

1 

= γx 

2 

2 

⇒ 

x* = 

F0 

l 1 

− γ a 

A0 

2 

1 

γ 

2 

2 

. 

Durch die zweite Variation wird das Minimum bestätigt 

(4.25) : 

2 * 

d σ(x 

= x ) 1 F0 

l 1 2 

= −( 

−2) 

( − γa 

) 

2 

*3 

dx 

x A 2 

1 

= 2 

x 

*3 

F0 

l 1 2 

( − γa 

) > 0. 

A 2 

0 

0 

F0 

l 1 2 

Für x* > 0 und > γa 

existiert ein Spannungsminimum. 

A 2 

0 

Damit ist der Betrag der kleinsten Normalspannung 

(4.26) : 

* 1 F0 

l 1 2 1 * 

σ (x ) = ( − γa 

) + γx 

. 

* 

x A 2 2 

0 

Die Gesamtverlängerung ∆l des Stabes ergibt sich aus der 

Integration der Differentialgleichung 

- 45 -


(4.27) : 

du(x) 

dx 

= 

N(x) 

EA(x) 

F0 

l 

+ ) = 

A x 

0 

= 

1 

( 

E 

1 

( 

Ex 

1 

2 

A 

γ 

l 

l 

A 

1 

(x 

x 

- a ) + 

F0 

l 1 2 1 

− γa 

) + γx.) 

A 2 2 

0 

0 

0 

2 

2 

1 1 2 F0 

l 1 2 

( 4.28) : u(x) = ( ln(x) (- γa 

+ ) + γx 

) + C2. 

E 2 A 4 

0 

Die geometrische Randbedingung zur Bestimmung der 

Konstanten lautet 

(4.29) : 

u(x = l) = 0 = 

⇒ 

C 

2 

1 

( 

E 

1 

= − ( 

E 

1 

ln(l)(- 

2 

γa 

1 

ln(l)(- γa 

2 

2 

2 

F0 

l 1 2 

+ ) + γl 

) + C2 

A 4 

F0 

l 1 2 

+ ) + γl 

). 

A 4 

0 

0 

Damit lautet der Verschiebungsverlauf 

(4.30) : 

u(x) = 

1 

( 

E 

1 

ln(x)(- 

2 

− 

1 

( 

E 

γa 

2 

1 

ln(l)(- 

2 

F0 

l 

+ ) + 

A 

γa 

2 

0 

1 

γx 

4 

) − 

F0 

l 1 2 

+ ) + γl 

). 

A 4 

0 

2 

- 46 -


x 

mit ln( x) − ln(l) = ln( ) folgt 

l 

(4.31) : 

u(x) = 

1 

( 

E 

x 1 

ln( ) (- γa 

l 2 

2 

F0 

l 1 2 

+ ) + γ(x 

− l 

A 4 

0 

2 

)). 

Die Verschiebung ist negativ in positiver x- Richtung. 

Am Stabende ist die Verlängerung 

(4.32) : 

∆l 

= u(x = a) 

= 

1 

( 

E 

a 1 2 

ln( ) (- γa 

l 2 

F0 

l 1 2 

+ ) + γ(a 

A 4 

0 

− l 

2 

)). 

AUFGABE 4.4 

• Zusammengesetzter Zug- und Druckstab ohne Eigengewicht 

und ohne Temperaturbelastung mit 

einer Einzelkraft F am Stabende 

• Bestimmung der Dehnung ε (x) 

, Verschiebung 

u(x), Spannung σ (x) 

, Normalkraft N(x) und 

Dehnsteifigkeit EA(x) an der Übergangsstelle 

Ein gewichtsloser Stab der Länge (l 1 + l 2 ) mit konstantem 

Elastizitätsmodul ist aus zwei Stäben mit verschiedenen 

- 47 -


Kreisquerschnitten zusammengesetzt. Am unteren Ende 

wirkt eine Zugkraft F. 

gegeben: l 1 , l 2 , E, F, D, d 

gesucht: Bestimmung der Größen, die sich an der Übergangsstelle 

zwischen beiden Querschnitten sprunghaft ändern: 

Dehnung ε (x) 

,Verschiebung u(x), Spannung σ (x) 

, 

Normalkraft N(x) und Dehnsteifigkeit EA(x) 

x 

l 1 

D 

Ü 

l 2 

d 

F 

Bild 4.7 Gewichtsloser Stab aus zwei Stäben mit verschiedenen 

Kreisquerschnitten 

- 48 -



x 1 

D 

l 1 

l 2 

Ü 

x 2 

d 

F 

Bild 4.8 Einführung der Koordinatensysteme x 1 und x 2 

Die Berechnung des Normalkraftverlaufes erfolgt durch Integration 

in beiden Bereichen 

(4.33) : 

dN i(xi) 

dx 

⇒ 

i 

N (x 

1 

= - g(x)= 0 

1 

) = C 

11 

, 

N 

2 

(x 

2 

) = C 

12 

. 

N ist in beiden Bereichen konstant. 


lautet 

- 49 -


( 4.34): N (x2 

=l2 

) =F N2(x2) =F. 

2 ⇒ 

Die statische Übergangsbedingung zur Bestimmung der 


( 4.35) : N 1 (x1 

= l1) = N2(x2 

= 0) ⇒ N 1(x1) 

= F. 

D 

Mit dem Elastizitätsgesetz mit E = const., A1 = π = const. 

4 

2 

d 

, A 2 = π = const. 

in (4.36) ergeben sich für beide Berei- 

4 

che die Verschiebungsverläufe 

2 

(4.36): 

du1(x1) 

4F 

= 

dx EπD 

1 

2 

du2(x 

, 

dx 

1 

2 

) 4F 

= 

Eπd 

2 

, 

Daraus folgt 

4F 

( 4.37): u1 (x1) 

= x1 

+ C21, 

u2(x2) 

= x2 

+ C22. 

2 

Eπd 

- 50 -


Die geometrische Randbedingung zur Bestimmung der 


( 4.38) : u (x1 

= 0) = 0 ⇒ C21 

1 = 

0. 

Die geometrische Übergangsbedingung zur Bestimmung 

der Konstanten lautet 

4F 

( 4.39): u1(x1 

= l) = u2(x2 

= 0) ⇒ C22 

= l1. 

2 

EπD 

Damit lauten die Verschiebungsverläufe 

4F 

4F 4F 

( 4.40): u1(x1) 

= x1, 

u2(x2) 

= x2 

+ l1. 

2 

2 

2 

EπD 

Eπd 

EπD 

Damit ergeben sich sprunghafte Änderungen 

• bei der Dehnung ε (x) 

, denn A(x) hat einen 

Sprung an der Übergangsstelle 

N(x) 

• bei der Spannung σ ( x) = , denn A(x) hat einen 

Sprung an der 

A(x) 

Übergangsstelle 

- 51 -


• bei der Dehnsteifigkeit EA(x), denn A(x) hat einen 

Sprung an der Übergangsstelle 

Die Normalkraft N(x) ist für beide Bereiche gleich groß. Die 

Verschiebung u(x) muss an der Übergangsstelle kompatibel 

sein. 

AUFGABE 4.5 

• Druck- Zugstab 

• Berechnung der Verformung des Lastangriffspunktes 

• Gleichmäßige Temperaturbelastung 

• Statisch unbestimmtes System 

Ein schwerer Stab (spezifisches Gewicht γ , Querschnittsfläche 

A, Wärmeausdehnungskoeffizient 

α T ) unter einer 

gleichmäßigen Temperaturerwärmung um die Temperaturdifferenz 

∆ T ist in B und in C befestigt. 

gegeben: γ , A, 

α T , l, 

∆ T 

gesucht: Bestimmung der Spannungsverteilung σ (x) 

und 

des Verschiebungsverlaufes u(x). 

- 52 -


B 

x 

l γ, 

α T 

C 

Bild 4.9 Schwerer Stab unter einer gleichmäßigen Temperaturerwärmung 

1. LÖSUNGSMÖGLICHKEIT ZU AUFGABE 4.5 

Die Differentialgleichung (4.7) mit 

γ = ρg 

und ∆ T = const . 

ergibt durch Integration den Verschiebungsverlauf 

( 4.41) : (EA u' )' =( α T EA∆T)' 

- γ A, 

( 4.42): (EA u') = αT EA∆T - γ Ax + C 1, 

1 2 

( 4.43) : EA u = α T EA∆T x - γ Ax + C1x 

+ C2, 

2 

Das System ist statisch unbestimmt. Es gibt nur geometrische 

Randbedingungen zur Bestimmung der Konstanten 

lauten 

- 53 -


( 4.44) : u(0)= 0 ⇒ C2 

= 0, 

( 4.45): u(l)= 0 ⇒ C = - αT 

1 

EA∆T 

+ 

2 

1 γ 

Al. 

Die Spannungs- und Verschiebungsverläufe mit N = EA u' 

(4.46) : 

N 1 

σ(x) 

= = ( −αT 

EA∆T - γ Ax + 

A A 

1 

= + γ (-x + l) − αT 

E∆T. 

2 

1 

2 

γ Al) 

1 2 

( 4.47) : EA u = αT 

EA∆T x - γ Ax - αT 

2 

⇒ 

1 

+ γ Alx 

2 

1 1 

u = γx(l 

- 

2 E 

x). 

EA∆Tx 

+ 

- 54 -


x=0 

- 

σ 

γl/2-Eα ∆T 

T 

x=0 

x=l/2 

+ 

u 

2 

γl /(E8) 

σ(x) 

u(x) 

a) 

-Eα ∆T 

T x=l 

x 

b) 

x=l 

x 

Bild 4.10 a) Spannungsverlauf; b) Verschiebungsverlauf 

2. LÖSUNGSMÖGLICHKEIT ZU AUFGABE 4.5 

Die Bestimmung der Normalkraft- und Verschiebungsverläufe 

erfolgt über die Integration der Gleichungen (4.48) und 

(4.49) 

dN(x) 

( 4.48) : = - γA 

⇒ N(x)= - γAx 

+ C 1, 

dx 

(4.49) : 

du(x) 

dx 

⇒ 

= 

N 

EA 

u(x) = −γ 

+ α 

T 

1 x 

E 2 

1 C1 

∆T 

= −γ x + + +α 

E EA 

2 

C1 

+ x + α 

EA 

T 

∆Tx 

+ C 

T 

2 

∆T 

. 

- 55 -


Bestimmung der Integrationskonstanten aus den Randbedingungen 

und der Spannungs- und Verschiebungsverläufe 

wie oben. 

AUFGABE 4.6 

• Starrer Balken mit dehnweichem Seil 

• Berechnung der Seilspannung 

• Berechnung der Verformung des Systems 

• Statisch bestimmtes System 

Ein starrer Gelenkträger ist mit der Einzelkraft F belastet 

und wird durch ein Seil gehalten. 

gegeben: a, F, Seildurchmesser d, E 

gesucht: Bestimmung der Spannung im Seil und die Verformung 

des Gelenkes in C. 

- 56 -


D 

2a 

A 

C 

F 

2a 

3a a a 

B 

Bild 4.11 Starrer Gelenkträger mit der Einzelkraft F 


1 

S 

A H 

A V 

C V 

a) 

2a 

a 

C H 

2 

F 

C H 

C V 

b) 

a 

a 

B 

Bild 4.12 Schnittbild; a) Teilsystem 1; b) Teilsystem 2 

- 57 -


Die Gleichgewichtsbedingungen am Teilsystem 2 lauten 

( 4.50) : ↑ CV = B = 

F 

, 

2 

( 4.51) : → CH = 0. 

Die Gleichgewichtsbedingungen am Teilsystem 1 lauten 

S 

(4.52): 

C A V = − , 

3 

( 4.53) : → AH = 0, 

( 4.54) : ↑ A + S + C V 

V = 

0. 

Daraus folgen die Seilkraft und die Auflagerkraft 

3 

( 4.55) : S = F, A V = − 

4 

1 

F. 

4 

- 58 -


Die Spannung im Seil ist 

(4.56) : 

σ = 

S 

A 

= 

3F4 

4πd 

2 

= 

3F 

πd 

2 

. 

Damit ergibt sich die Seilverlängerung zu 

(4.57) : 

u(l) = 

2a 

3F 

∆l 

= ∫ 

0 d 2 

π 

1 

dx 

E 

= 

3F 

πd 

2 

1 

2a 

E 

6Fa 

= 

Eπd 

2 

. 

A 

2a 

∆l 

a 

f c 

Bild 4.13 Verformung des Gelenkes C am Teilsystem 1 

Die Verformung des Gelenkes C folgt als dem Strahlensatz 

(4.58) : 

∆l 

fC 

= 

2a 3a 

⇒ 

f 

C 

9Fa 

= . 

2 

Eπd 

AUFGABE 4.7 

• Druck- Zugstäbe 

- 59 -



• Gleichmäßige Temperaturbelastung 

• Statisch unbestimmtes, symmetrisches System 

Das gegebene Stabsystem wird um 

∆ T gleichmäßig erwärmt. 

gegeben: E, A 1 , A 2 , α T1, α T 2 

, ∆ T 

, h, β 

gesucht: Bestimmung der Schnittkräfte, Spannungen und 

Dehnungen in den Stäben S i . Wo liegt der Punkt A nach der 

Erwärmung? Untersuchung des Sonderfalls EA 1 = EA 2 und 

α = α . 

T1 

T2 

h 

EA 2 

EA 1 

EA 1 

β 

β 

A 

Bild 4.14 Symmetrisches Stabsystem 

- 60 -



Das Tragwerk und die Belastung sind symmetrisch, also 

sind auch die Schnittgrößen und Verformungen symmetrisch. 

1 

2 

β 

β 

∆l 1 

β β 

∆l 2 

Bild 4.15 Verformungsbild 

Aus der Geometrie folgt 

h 

( 4.59) : l = , l2 

cosβ 

1 = 

h. 

- 61 -


Die Verträglichkeit der Verschiebungen ergibt 

( 4.60) : ∆ l1 = ∆l2 

cosβ. 

S 1 

S 2 

β β S 1 

Bild 4.16 Schnittbild 

Aus der Gleichgewichtsbedingung folgt 

( 4.61) : S2 = −S1 

cosβ. 

Aus dem Elastizitätsgesetz folgen die Verlängerungen der 

Stäbe 

S1 

l1 

S2 

l2 

( 4.62) : ∆ l1 = + αT1∆T l1, 

∆l2 

= + αT2∆T l2. 

EA 

EA 

1 

2 

Damit stehen für die sechs Unbekannten sechs Gleichungen 

zur Lösung bereit. Das System ist lösbar. 

- 62 -


Daraus folgt 

(4.63) : 

h 

S1 

cosβ 

+ α 

EA 

1 

∆T 

2S1 

hcosß 

= ( − 

+ α 

EA 

2 

T1 

h 

cos 

T2 

β 

∆T h)cosß, 

Die Schnittkräfte, die Spannungen und die Dehnungen in 

den Stäben ergeben sich zu 

(4.64) : 

∆T h( αT2 

cos β - αT1 

) 

S1 

= 

2 

h 2hcos β 

( + )cosβ 

EA cosβ 

EA 

S 

2 

1 

∆T ( α 

= 

1 

EA 

T2 

1 

2 

cos β - α 

2 cos β 

+ 

EA 

∆T ( α 

= - 2 cosβ 

1 

EA 

T2 

1 

T1 

3 

2 

2 

2 

2 

) 

, 

cos β - α 

T1 

3 

2 cos β 

+ 

EA 

2 

) 

, 

- 63 -


(4.65) : 

σ 

σ 

1 

2 

S 

= 

A 

1 

1 

S 

= 

A 

2 

2 

∆T ( α 

= 

T2 

cos β - α 

1 2 A1 

cos β 

+ 

E EA 

∆T ( α 

= −2cosβ 

A2 

EA 

2 

2 

T2 

1 

T1 

3 

) 

, 

2 

cos β - α 

T1 

3 

2 cos β 

+ 

E 

) 

, 

(4.66) : 

ε 

ε 

1 

2 

∆l 

= 

l 

1 

1 

∆l 

= 

l 

2 

2 

∆T ( α 

= 

1 

EA 

T2 

1 

2 

cos β - α 

2 cos β 

+ 

EA 

− 2cosβ( 

−αT1 

= 

1 

EA2( 

EA 

1 

T1 

3 

2 

) 

1 

EA 

∆T, 

+ αT2cos 

β) 

∆T 

+ α 

3 

2cos β 

+ ) 

EA 

2 

2 

1 

+ α 

T1 

T2 

∆T. 

Die Verschiebung des Punktes C ist 

(4.67) : 

f 

C 

= ∆ l 

2 

− 2 cosβ 

∆T h ( αT2 

cos β − α 

= 

EA2 

3 

+ 2 cos β 

EA 

1 

2 

T1 

) 

+ α 

T2 

∆Th. 

- 64 -


Mit EA 1 = EA 2 = EA, α T1 

= α T2 = α T und 

sin 

2 

2 

β + cos β = 1 folgen die Stabkräfte und die Stabverlängerungen 

(4.68): 

S 

1 

EA ∆T 

αT 

sin β 

= 

, S 

3 

1+ 

2 cos β 

2 

2 

EA ∆T 

αT 

sin β 

=- 2cosβ 

, 

3 

1+ 

2 cos β 

2 

h S1 

S2 

( 4.69) : ∆ l = ( + αT∆T), 

∆l2 

= h( + αT 

cosβ 

EA 

EA 

1 ∆ 

T). 

AUFGABE 4.8 

• Druck- Zugstäbe 



Das gegebene Stabsystem wird über eine starre Platte mit 

den Kräften F 1 , F 2 und F 3 belastet. 

gegeben: E, A 1 , A 2 , A 3 , l, a 1 , a 2 , F 1 , F 2 , F 3 

gesucht: Bestimmung der Schnittkräfte und Dehnungen in 

den Stäben S i . 

- 65 -


EA 

l EA 2 

1 

EA 3 

F 1 F 2 

F 3 

a 1 

a 2 

Bild 4.17 Stabsystem mit starrer Platte 


Es handelt sich um ein statisch unbestimmtes System, die 

Stabkräfte S i können nur mit den Elastizitätsgleichungen gelöst 

werden. 

- 66 -


S 1 S 2 

S 3 

B H 

A 

F 1 F 2 

F 3 

a 1 

a 2 

Bild 4.18 Schnittbild der starren Platte 

Aus der Statik folgt mit B H = 0 

( 4.70) : ↑ S1 

+ S2 

+ S3 

= F1 

+ F2 

+ F3 

, 

(4.71): 

A (-S1 

+ F1 

) a1 

+ (S3 

- F3 

) a2 

= 0. 

Die Elastizitätsgleichungen lauten 

(4.72): 

l 

1 = 

S1 

l 

, 

EA 

1 

∆ , 

(4.73): 

∆ S2 

l 

l2 = EA 

2 

- 67 -


(4.74): 

∆ l 

3 = 

S3 

l 

. 

EA 

3 

Aus der Geometrie in Bild 4.19 folgt 

∆l 1 

∆l 2 ∆l 3 

a 1 

a 2 

Bild 4.19 Geometrie der starren Platte 

(4.75): 

∆l 

a 

+ ∆l 

+ a 

∆l 

= 

1 3 2 + ∆ 3 

1 

2 

a 

2 

l 

. 

Somit existieren 6 Gleichungen für die 6 Unbekannten: S 1 , 

S 2 , S 3 , ∆ l1, ∆ l2 

, ∆ l3 

. Damit ist das System lösbar. 

Daraus folgt 

- 68 -


(4.76): 

S1 

l S3 

+ 

EA EA 

1 

a 

1 

+ a 

2 

3 

l 

= 

S2 

EA 

2 

l S3 

+ 

EA 

a 

2 

3 

l 

Daraus folgen 

(4.77): 

a2 

S1 =F1 

-F3 

+ S 

a 

1 

3 

a 

a 

2 

1 

, 

(4.78) : S2 

=F1 

+ F2 

+ F3 

- S1 

- S3, 

(4.79): 

S 

3 

a1a 

−F1 

A1 

= 

2 

+ F 

2 

a1(a1 

+ a 

A 

2 

2 

a 

A 

1 

2 

2 

(a1 

+ a2) 

+ 

A 

) a2 

+ F3 

( 

A 

2 

2 

1 

2 

1 

a 

− 

A 

2 

3 

(a1 

+ a2) 

+ 

A 

2 

2 

) 

. 

Daraus folgen die Dehnungen aus (4.72), (4.73) und (4.74) 

mit 

∆l 

S 

1 1 

ε 1 = = , 

l1 

EA1 

∆l2 

S 2 ∆l3 

S3 

ε 2 = = 

l EA , ε 3 = = . 

l EA . 

2 

2 

3 

3 

Zur Kontrolle ergeben sich mit F 1 = F 2 = F 3 = F, A 1 = A 2 = A 3 

= A, a 1 = a 2 = a die Schnittkräfte zu 

- 69 -


(4.80): 

4a 

S A 

3 = F 

= F, 

2 

a 

2 2 

2a a 

+ − 

A A A 

S =F - F + S =F, 

S 

1 

2 

3 

2 

=F +F + F - S 

1 

- S 

3 

=F 

F l 

und die Stabverlängerungen zu ∆ l1 = ∆l2 

= ∆l3 

= . 

EA 

- 70 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 5: ZWEIACHSIGER SPANNUNGSZUSTAND 

AUFGABEN ZU KAPITEL 5: ZWEIACHSIGER 

SPANNUNGSZUSTAND 

AUFGABE 5.1 

• Vorgegebener Spannungszustand einer ebenen 

Scheibe 

• Berechnung der Größe und Richtung der 

Hauptspannungen 

• Analytische Lösung 

Eine Scheibe wird durch unter allseitig gleichen Druck σ 0 

belastet (Bild 5.4 a). Eine zweite Scheibe aus spröden Material, 

das nahezu keine Zugspannungen aufnehmen kann, 

ist durch allseitig gleicher Schubbeanspruchung τ 0 belastet 

(Bild 5.4 b). 

gegeben: σ 0 , τ 0 

gesucht: Bestimmung der Spannungen in der Scheibe. Man 

zeige, dass Scheibe a unter allseitig gleichem Druck σ 0 nur 

Druckspannungen σ 0 auftreten (hydrostatischer Druck) 

können und dass in Scheibe b bei sprödem Material ein 

Bruch unter 45 0 auftritt. 

- 71 -


σ 0 

τ 0 

τ 0 

τ 0 

τ 0 

a) 

σ 0 

σ 0 

σ 0 

b) 

Bild 5.1 Scheibe a) mit Druck σ 0 ; b) aus spröden Material und mit 

τ 0 belastet 


a) Scheibe a: hydrostatischer Druck 

- 72 -


y 

η 

σ x 

σ y 

σ x 

ξ 

σ y 

α 

x 

Bild 5.2 Koordinatensysteme x, y und 

ξ, η 

Der Spannungszustand der Scheibe Bild 5.1a ist 

(5.1): 

σ x = σy 

= - σ0, 

τxy 

= 0. 

Aus den Transformationsformeln folgen die Spannungen in 

einem gedrehten Koordinatensystem 

1 

(5.2): 

σ ζ = ( σx 

+ σy 

) = - σ0 

2 

= σ 

η 

, 

τ 

ζη 

=0. 

Das heißt, der MOHRsche Spannungskreis wird zu einem 

Punkt. 

b) Scheibe b: Bruch unter 45 0 

- 73 -


η 

y 

τ 

= τ 

yx 0 

τ xy 

τ xy 

ξ 

τ xy 

α 

x 

Bild 5.3 Koordinatensysteme x, y und 

ξ, η 

Der Spannungszustand der Scheibe Bild 5.1b ist 

(5.3): 

σ x = σy 

=, τxy 

= τ0 

≠ 0. 

Aus den Transformationsformeln folgen die Spannungen in 

einem gedrehten Koordinatensystem 

(5.4): 

σ 

τ 

ζ 

ζη 

= τ 

= τ 

xy 

ηζ 

sin2α, 

= τ 

xy 

σ 

η 

= -τ 

cos2α. 

xy 

sin2α, 

Sprödes Material kann nur sehr geringe Zugspannungen 

aufnehmen. Der Bruch tritt deshalb in einem Schnitt 

* 

α = α 

- 74 -


auf, in dem die größten Zugspannungen 

σ ζmax 

wirken. Aus 

der ersten Variation lässt sich die maximale Zugspannung 

berechnen 

(5.5): 

d 

σ ξ 

dα 

= 0 

⇒ 

2τ 

* 

* 

xy cos2α 

= 0 ⇒ cos2α 

= 

0. 

Für 

* 

2 α = ±90 

0 

folgt 

(5.6): 

α 

* 

= ± 45 

0 

. 

Der Nachweis des Maximums erfolgt über die zweite Variation 

der Spannung 

(5.7): 

d 

2 

σξ 

2 

dα 

* 

0 

α = 45 

= 4τ 

xy 

(-sin2α 

* 

) < 0. 

Für diesen Winkel besteht ein Maximum, also die maximale 

Zugspannung. 

- 75 -


(5.8) : 

d 

2 

σξ 

2 

dα 

* 

0 

α =−45 

= 4τ 

xy 

(-sin2α 

* 

) > 0. 

Das Minimum ergibt die maximale Druckspannung. 

Druckspannungen können von einem spröden Körper aufgenommen 

werden. 

AUFGABE 5.2 


Scheibe 



• Analytische Lösung 

In einer rechteckigen Scheibe wird durch die skizzierte Belastung 

ein zweidimensionaler Spannungszustand erzeugt. 

Die Scheibe wird durch einen schrägen Schnitt α halbiert. 

gegeben: a, c, Dicke t, 

σ 

N 

N 

0 

x = 60 , σ 

2 y = - 20 , τ 

2 xy = 30 , α = 60 

2 

mm 

mm 

N 

mm 

- 76 -


gesucht: Bestimmung der auf die Schnittfläche wirkenden 

Spannungen 

σ τ mit Hilfe der Transformationsformeln 

ζ, ζη 

und Kontrolle des Ergebnisses durch die Gleichgewichtsbedingungen 

y 

σ y 

σ x 

τ yx 

τ yx 

σ x 

ξ 

η 

α 

Schnittebene 

c 

α 

x 

a 

Bild 5.4 Rechteckige Scheibe mit Belastung; Schnittebene unter 

dem Winkel α 

- 77 -



Mit 

N 

N 

N 

σ x = 60 , σ 

2 y = - 20 , τ 

2 xy = 30 und 

2 

mm mm mm 

0 

cos2α = cos120 = −0.5, 

sin2α = sin120 = 0.866 folgen 

0 

(5.9) : 

σ 

ζ 

N 

= 25.98 

mm 

, τ 

2 ζη 

N 

= -49.64 

mm 

2 

. 

Die Kontrolle am abgeschnittenen Teil mit 

a 

l = ergibt sin α 

a 

s = und tan α 

(5.10): 

l t 

σ ζ 

: (5.11) 

- σ 

x 

s t cosα 

+ σ 

- τ 

xy 

y 

a t sinα 

- 

s t sinα 

- τ 

xy 

a t cosα 

=0, 

: t 

τ ζη 

l t + σ 

x 

s t sinα 

+ σ 

- τ 

xy 

y 

a t cosα 

- 

s t cosα + τ 

xy 

a t sinα 

=0, 

: t 

- 78 -


y 

σ ξ 

l 

σ x 

ξ 

s 

η 

α 

τ ξη 

b 

τ xy 

σ y 

α 

τ xy 

σ x 

x 

a 

Bild 5.5 Schnittbild des abgeschnittenen Teils 

Die Zahlenwerte eingesetzt in (5.10) und (5.11) ergeben 

(5.12) : 

( 

25.98a 

sin α 

- 

60a 

cosα + 20asin α - 

tan α 

a 

N 

- 30 ( sinα 

+ a cosα)) 

2 

tan α 

mm 

= 

N 

= (30 - 17.32 +17.32 - 30) 0 

2 

mm 

= 

- 79 -


(5.13) : 

( 

- 49.64a 

sin α 

+ 

- 30( 

60a 

tan 

− 20a 

sinα 

+ 

α tan α 

a 

cosα + a 

tan α 

cosα 

- 

N 

sinα)) 

mm 

2 

= 

N 

= (- 57.32 + 30 + 10 - 8.66 + 25.98) 0 

2 

mm 

= 

Damit bestätigt die Kontrolle die berechneten Werte. 

AUFGABE 5.3 


Scheibe 



• Analytische und graphische Lösung 

In einer rechteckigen Scheibe wird durch die skizzierte Belastung 

ein zweidimensionaler Spannungszustand erzeugt. 

Die Scheibe wird durch einen schrägen Schnitt α halbiert. 

gegeben: a, c, Dicke t, 

σ 

N 

N 

0 

x = 60 , σ 

2 y = - 20 , τ 

2 xy = 30 , α = 60 

2 

mm 

mm 

N 

mm 

- 80 -


* 

gesucht: Bestimmung der Schnittfläche α , in der die Normalspannungen 

σ den größten Wert haben. Wie groß ist 

dieser? Wie groß sind die Hauptspannungen. Lösung mit 

dem MOHRschen Spannungskreis 

y 

σ y 

σ x 

τ yx 

τ yx 

σ x 

ξ 

η 

α 

Schnittebene 

c 

α 

x 

a 

Bild 5.6 Rechteckigen Scheibe mit Belastung 


Die Richtung der Hauptachsen sind 

(5.14) : 

tan 2α 

* 

1,2 

= 

230 

60 

+ 20 

= .75 

⇒ 

2α 

* 

1,2 

= 36.87 

0 

. 

- 81 -


Daraus folgt 

(5.15) 

: 

α 

* 

1 

= 

18.43 

0 

, α 

* 

2 

= 

108.43 

0 

. 

Die maximale Spannung ist 

1 1 

(5.16): 

σ ζ = ( σx 

+ σy 

) + ( σx 

− σy 

)cos2α + τxysin2α 

, 

2 2 

(5.17): 

σ 

max 

= σ 

ζ 

( α 

* 

1 

=18.43 

N 

=(20+ 32+18) 

mm 

0 

) 

2 

N 

= 70 

mm 

2 

= σ . 

1 

Die Hauptspannungen sind 

(5.18): 

σ 

2 

1,2 + 

40 

= ( ± 

2 

⎛ 80 ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

30 

2 

N 

) 

mm 

2 

. 

Daraus folgen die Maximale und minimale Hauptspannung 

- 82 -


(5.19): 

N 

N 

σ 1 = 70 , σ2 

= −30 

2 

mm mm 

2 

. 

LÖSUNG MIT DEM MOHRSCHEN SPANNUNGSKREIS 

τ 

σ y 

τ xy 

σ x 

σx 

τ xy σ y 

σ 2 

τ ξη 

2α ∗ 

σ α ∗ 

2 

σ ξ σ 

α ∗∗ 

σ η σ M 10 N/mm 2 σ x 

σ 1 

α 

σ 1 

σ 1 

σ 2 

τ xy 

τ ξη 

τ max 

σ M 

σ M 

τ max 

τ max 

σ M 

σ M 

Bild 5.7 MOHRscher Spannungskreis; Maßstab 

N 

1cm 

≡ 4.76 

mm 

2 

- 83 -


- 84 -

AUFGABEN ZU KAPITEL 6: VERALLGEMEINERTES ELASTIZITÄTSGESETZ (HOOKESCHES 

GESETZ) 


VERALLGEMEINERTES ELASTIZITÄTSGESETZ 

(HOOKESCHES GESETZ) 

AUFGABE 6.1 

• Berechnung der Spannungen in einer Scheibe 

• Berechnung der Verzerrungen (Dehnungen und 

Winkeländerungen) in einer Scheibe 

• Zweidimensionales System 

• Belastung durch Gleichstreckenlast und Temperatur 

In einem starren Betonsockel B (Dicke t) wird passend eine 

quadratische, elastische Scheibe eingesetzt. Die Scheibe 

wird mit einer Flächenlast q an der oberen Kante und der 

Temperatur ∆ T belastet. 

gegeben: a, q, E, ν , t, ∆ T, 

α T 

gesucht: Bestimmung des Betrags 

∆ a, um den sich die 

freie Seite unter der Druckspannung q und der Temperatur 

∆ T verschiebt, wenn vorausgesetzt wird, dass die Scheibe 

an den vertikalen Seitenrändern reibungsfrei gleiten kann 

- 85 -


GESETZ) 

q 

Dicke t 

x 

y 

a 

a 

Bild 6.1 Quadratische, elastische Scheibe im Betonsockel 


Durch die Reibungsfreiheit werden die Winkeländerungen 

γ zu Null. Damit wird τ = 0. 

ij 

Die Spannung 

σ x infolge der Belastung q in x- Richtung 

und der Temperaturerhöhung ∆ T lautet 

(6.1): 

σ 

x 

− qat 

= 

at 

⎡ N 

= −q 

⎢ 

⎣mm 

2 

⎤ 

⎥. 

⎦ 

- 86 -


GESETZ) 

Die Scheibe kann sich wegen der starren Wände in y- Richtung 

nicht ausbreiten 

(6.2): 

ε 

y 

⇒ 

1 

= ( σ 

E 

σ 

y 

y 

- νσ 

= νσ 

x 

x 

) + α 

T 

T 

∆T = 0 

− α ∆TE. 

σ y ist die durch die Belastung und die Behinderung der 

Ausdehnung hervorgerufene Spannung in y- Richtung. 

In (6.1) mit 

Richtung zu 

∆ T eingesetzt ergibt sich die Dehnung in x- 

(6.3): 

ε 

x 

1 

= ( σ 

E 

1 

= σ 

E 

x 

x 

- ν( 

νσ 

2 

x 

) + α 

− α ∆TE))+ 

α 

T 

T 

∆TE(1+ 

ν) 

T 

∆T 

Damit ergibt sich die Höhenänderung in x- Richtung zu 

(1- ν 

1 2 

(6.4): 

∆ a = aεx 

= -a q(1- ν ) + aαT∆TE(1+ 

ν). 

E 

- 87 -


GESETZ) 

AUFGABE 6.2 



Winkeländerungen) in einer Scheibe 

• Dreidimensionales System 

Die dargestellte Rechteckscheibe aus Stahl ist im skizzierten 

Zustand spannungsfrei gelagert. Die obere und untere 

Lagerung sei starr und reibungsfrei. 

gegeben: ν , ∆ T, 

α T , E, a = c, b 

gesucht: Bestimmung der Spannungen und Verzerrungen, 

wenn die Scheibe eine gleichmäßige Temperaturerhöhung 

∆ T erfährt. Wie groß sind die Abstände AB und AC nach 

der Temperaturerhöhung? 

- 88 -


GESETZ) 

c/2 

c/4 

c/4 

z 

0 

y 

A, C 

B 

b) 

z 

0 

x 

A 

B 

C 

b a/2 a/2 

Bild 6.2 Rechteckscheibe aus Stahl; a) Seitenansicht; b) Draufsicht 



γ ij zu Null 

1 

(6.5): 

γ = τixy 

= γ yz = γzx 

G 

xy = 

0. 

Es besteht keine Einspannung und keine Reibung. Die freie 

Ausdehnung zwischen Lager und Scheibe ist möglich. Damit 

entstehen in der Scheibe keine Spannungen in x- und y- 

Richtung 

- 89 -


GESETZ) 

(6.6): 

σ = 0, σy 

x = 

0. 

Die Scheibe kann sich wegen der starren Wände in z- Richtung 

nicht ausbreiten. In (6.3) eingesetzt ergibt sich daraus 

eine Bedingung für die Spannung in z- Richtung 

1 

(6.7): 

ε z = σz 

+ αT∆T =0 ⇒ σz 

= − αT∆TE. 

E 

σ z ist die durch die Temperaturbelastung und die Behinderung 

der Ausdehnung hervorgerufene Spannung in z- Richtung. 

Die Dehnungen in x- und y- Richtung können nun bestimmt 

werden 

1 

(6.8): 

εx 

= (- νσz 

) + αT∆TE =(1+ ν) 

αT∆T, 

E 

1 

(6.9): 

ε x = (- νσz 

) + αT∆TE =(1+ ν) 

αT∆T 

= εy. 

E 

- 90 -


GESETZ) 

Durch die Lagerung oben und unten verändert sich die 

Länge AB nicht 

(6.10): 

AB = AB 

* 

. 

Die Länge AC verändert sich zu 

* 

AC − AC ∆l 

* 

(6.11): 

ε = = ⇒ AC = AC( εx 

AC l 

x + 

1). 

AUFGABE 6.3 



Winkeländerungen) in einer Scheibe mit seitlichen 

Wänden und ohne Wände 

• Dreidimensionales System 

• Belastung durch Flächenlast 

Ein Würfel der Kantenlänge a wird durch eine Flächenlast q 

in eine Nut gepresst, deren Wände glatt und starr sein sollen. 

gegeben: a, q, ν , E 

- 91 -


GESETZ) 

gesucht: Bestimmung der Änderungen, die sich für den 

Spannungszustand ergeben, und der Längenänderungen, 

wenn die seitlichen Wände nicht vorhanden wären. 

q 

z 

y a 

a) b) 

x 

y 

a 

a 

Bild 6.3 Würfel unter eine Flächenlast q; a) Ansicht in der y- z- 

Ebene; b) Ansicht in der x- y- Ebene (von oben gesehen) 



γ ij in beiden Fällen zu Null 

- 92 -


GESETZ) 

1 

(6.12): 

γ = τixy 

= γ yz = γzx 

G 

xy = 

0. 

Die Spannungen aus dem Belastungszustand q lauten 

(6.13): 

σ 

τ 

x 

xy 

− qat 

= 

at 

= 0. 

⎡ N 

= −q 

⎢ 

⎣mm 

2 

⎤ 

⎥, 

σ 

⎦ 

z 

− qat 

= 

at 

⎡ N 

= −q 

⎢ 

⎣mm 

2 

⎤ 

⎥, 

⎦ 

Die Scheibe kann sich wegen der starren Wände in y- Richtung 

nicht ausbreiten 

1 

(6.14): 

ε y = ( σy 

+ νq 

+ νq) =0 ⇒ σy 

= - 2νq. 

E 

σ y ist die durch die Belastung und die Behinderung der 

Ausdehnung hervorgerufene Spannung in y- Richtung. 

Eingesetzt, ergibt sich die Dehnung in x- und z- Richtung für 

zu 

(6.15): 

ε 

x 

1 

1 

2 

= (-q - ν( 

−2νq) + νq) = - (q(1+ ν + 2ν 

), 

E 

E 

- 93 -


GESETZ) 

(6.16): 

ε 

z 

1 

= 

E 

(-q+ νq- 

ν( 

−2νq)) 

1 

= q(-1+ ν + 2ν 

E 

2 

), 

Wenn die Ausdehnung nach allen Seiten möglich ist, also 

keine Behinderung vorliegt, kann sich die Scheibe frei in y- 

Richtung ausbreiten. Es entstehen in dieser Richtung keine 

Spannungen 

(6.17): 

σ y = 

0. 

Daraus ergeben sich die Dehnungen in x-, y- und z- Richtung 

zu 

1 1 

(6.18): 

εx = ( − q+ νq) = q( −1+ 

ν), 

E E 

1 1 

(6.19): 

εy = ( νq 

+ νq) = 2νq, 

E E 

1 1 

(6.20): 

εz 

= ( −q 

+ νq)= 

q( −1+ 

ν). 

E E 

- 94 -


GESETZ) 

- 95 -


FLÄCHENTRÄGHEITSMOMENT 



AUFGABE 8.1 

• Zusammengesetzter, symmetrischer Querschnitt 

• Berechnung des Gesamtschwerpunktes 

• Berechnung der Flächenträgheitsmomente 

• Berechnung der Hauptträgheitsachsen und Hauptträgheitsmomente 

Ein zusammengesetzter, symmetrischer Querschnitt (Bild 

8.1) liegt vor. 

gegeben: b, h, t 

gesucht: Bestimmung des Gesamtschwerpunktes, der Flächenträgheitsmomente 

I y , I z , I yz , I p im Schwerpunkt S, der 

Hauptträgheitsachsen und der Hauptträgheitsmomente 

- 96 -



b 

t 

y 

S 

z 

h 

t 

Bild 8.1 Zusammengesetzter, symmetrischer Querschnitt 


b 

t 

y 

y 

z s 

s 1 

S 1 

s 2 

S 2 

A 1 

A 2 

z, z 

h 

t 

Bild 8.2 Bezeichnungen im Querschnitt 

Die Fläche ergibt sich zu 

- 97 -



(8.1): 

A = A1 

+ A2 

=h t +b t = t (h+b). 

Die Schwerpunktskoordinaten sind 

(8.2) : yS = 0, 

(8.3) : 

z 

s 

h 

ht + bt(h+ 

= 

2 

(h+ 

b)t 

t 

2 

) 

= 

h 

2 

+ b(2h+ 

t) 

. 

2(h+ 

b) 

Die Abstände der Einzelschwerpunkte zum Gesamtschwerpunkt 

ergeben sich zu 

( 8.4) : s1 

= zs 

− 

h 

2 

b(h+ 

t) 

= 

(h+ 

b)2 

t 

( 8.5) : s2 

= h + − zs 

2 

b(h+ 

t) 

= 

(h+ 

b)2 

Die Flächenträgheitsmomente ergeben sich zu 

- 98 -



t 

( 8.6) : s2 

= h + − zs 

2 

b(h+ 

t) 

= 

(h+ 

b)2 

(8.7) : 

I 

y 

=I 

y1 

th 

= 

12 

t 

= 

12 

3 

+ s 

+ s 

(h 

2 

1 

3 

A 

2 

1 

1 

A 

+ I 

1 

+ b t 

+ s 

bt 

+ 

12 

2 

y2 

3 

2 

2 

A 

+ s 

2 

2 

2 

A 

2 

bh(h+ 

t) 

) + 

(h+ 

b)4 

2 

, 

(8.8) : 

I 

3 3 

3 

z = + 

+ 

ht 

12 

tb 

12 

t 

= (b 

12 

h t 

2 

) . 

Es gibt eine Symmetrieachse. Das Deviationsmoment wird 

zu Null 

( 8.9) : Iyz 

= 

0 . 

Die Trägheitsachsen sind Hauptträgheitsachsen. Das polare 

Flächenträgheitsmoment ist 

(8.10) : 

I 

p 

=I 

y 

+I 

z 

t 

= 

12 

(h 

3 

+ b t 

2 

+ b 

3 

+ h t 

2 

bh(h+ 

t) 

) + 

(h+ 

b)4 

2 

. 

- 99 -



AUFGABE 8.2 







gegeben: b, h, a 




- 100 -



y 

a 

S 

h 

z 

b 

Bild 8.3 Zusammengesetzter, symmetrische Querschnitt 


a 

y 

S 1 S S 2 

y 

s 

s 1 

S 

3 

3 h 

A 1 

A 3 

A 2 

z, z 

b 



- 101 -



a−b 

h (a+ 

b)h 

(8.11): 

A = A1 

+ A2 

+ A3 

= 2 + bh = . 

2 2 2 


h a−b 

h h 

2 ( ) + bh 

3 2 2 2 h a+ 

2b 

(8.12): 

yS 

= 0, zS 

= 

= . 

(a+ 

b)h 3 a+ 

b 

2 

Die Berechnung der Abstände der Einzelschwerpunkte zum 

Gesamtschwerpunkt ergibt 

( 8.13) : s1 

= s3 

= zS 

− 

h 

3 

= 

h b 

, 

3 a+ 

b 

h 

( 8.14) : s2 

= − zS 

2 

h a − b 

= . 

6 a+ 

b 

Die Berechnung der Flächenträgheitsmomente nach 

STEINER folgt 

- 102 -



(8.15) : 

I 

y 

= 

3 

bh 

12 

+ s 

2 

2 

bh + 2(I 

yD 

+ s 

2 

1 

h(a − b) 

), 

4 

(8.16) : 

I 

z 

= 

3 

hb 

12 

+ 

2(I 

zD 

⎛ h a−b 

⎞ 

+ ⎜ + ⎟ 

⎝ 2 6 ⎠ 

2 

h(a − b) 

). 

4 

a * 

y 

S 

h * 

y 

b * 

z, z 

Bild 8.5 I yD , I zD aus Tabelle 8.1 

Die Einzelflächenträgheitsmomente der beiden Dreiecke 

werden aus Tabelle 8.1 nach Bild 8.5 mit a * = 0; 

= h berechnet. Sie ergeben sich zu 

h * 

a−b 

= , b * 

2 

- 103 -



(8.17) : 

I 

yD 

b h 

= Iz* 

= (b 

36 

3 a−b 

h 

= 2 , 

36 

* 

* 

*2 

− b 

* 

a 

* 

+ a 

*2 

) = 

*3 

b h 

36 

* 

(8.18) : 

I 

zD 

=I 

y* 

*3 

h b 

= 

36 

* 

= 

3 

h(a−b) 

36 8 

. 

Damit folgen die Flächenträgheitsmomente in (8.15) und 

(8.16) mit (8.17) und (8.18) 

(8.19) : 

I 

y 

= 

3 

bh 

12 

⎛ h b ⎞ 

+ ⎜ ⎟ 

⎝ 3 a+ 

b ⎠ 

⎛ h a−b 

⎞ 

+ ⎜ ⎟ 

⎝ 6 a+ 

b ⎠ 

2 

2 

3 a−b 

h 

bh + 2( 2 + 

36 

3 

h(a − b) h 

) = 

4 36 

a 

2 

+ 4ab+ 

b 

a+ 

b 

2 

, 

- 104 -



(8.20) : 

I 

z 

= 

= 

hb 

12 

1 

144 

3 

h(a−b) 

+ 2( 

36 8 

(12 h b 

+ h(a - b) 

+ 2 h (a - b)(3 h + a - b) 

3 

3 

⎛ h a−b 

⎞ 

+ ⎜ + ⎟ 

⎝ 2 6 ⎠ 

2 

3 

). 

+ 

2 

h(a − b) 

) 

4 


zu Null 

( 8.21) : Iyz 

= 

0. 



( 8.22 ) : Ip 

= Iy 

+ Iz 

. 

AUFGABE 8.3 





- 105 -





gegeben: b, h, a, r 




a 

y 

S 

b 

r 

h 

z 


- 106 -




a 

y 

y 

s 2 

s 1 

S 

s 1 

s2 

b 

r 

h 

A 1 

z, z A 2 



(8.23): 

A = A1 + A2 

= ah − πr 

2 

. 


(8.24): 

y 

S 

= 0, 

z 

S 

h 

ha −πr 

= 

2 

ah−πr 

2 

2 

b 

. 

- 107 -



Die Berechnung der Abstände der Einzelschwerpunkte zum 

Gesamtschwerpunkt ergibt 

(8.25) : 

s 

1 

h 

= - z 

2 

S 

= 

2 h 

πr 

(b− 

) 

2 

, 

2 

ah−πr 

(8.26) : 

s 

2 

= b − z 

S 

h 

ah(b− 

) 

= 

2 

. 

2 

ah−πr 

Die Berechnung der Flächenträgheitsmomente ergibt 

(8.27) : 

3 

ah 2 πr 

2 

Iy 

= + s1 

A1 

- + s2 

A 

12 4 

2 h 2 

3 4 πahr 

(b− 

) 

ah πr 

= - - 2 , 

2 

12 4 ah−πr 

4 

2 

(8.28) : 

I 

z 

= 

3 

ha 

12 

4 

πr 

- 

4 

. 

- 108 -




zu Null 

( 8.29 ) : Iyz 

= 

0. 



( 8.30 ) : Ip 

= Iy 

+ Iz 

. 

AUFGABE 8.4 

• Rohrquerschnitt 




Ein Rohrquerschnitt (Bild 8.13) liegt vor. 

gegeben: d, D 




- 109 -



d 

y 

S 

D 

z 

Bild 8.8 Rohrquerschnitt 


d 

A 1 

y 

A 2 

S 

D 

z 


Die Fläche ist 

- 110 -



(8.31): 

2 

2 

1 2 − 

A = A - A 

π 

= (D 

4 

d 

2 

). 

Die Berechnung der Flächenträgheitsmomente ergeben 

π 4 4 

( 8.32) : Iy 

= (D - d ) =Iz. 

64 

Es gibt zwei Symmetrieachsen. Das Deviationsmoment wird 

zu Null 

( 8.33 ) : Iyz 

= 

0. 



(8.34) : 

I 

p 

=I 

y 

+I 

z 

= 

π 

(D 

32 

4 

- d 

4 

). 

AUFGABE 8.5 



- 111 -







gegeben: b 1 , b 2 , h, t 




b 1 

t 

h 

y 

S 

t 

t 

z 

b 2 


- 112 -




b 1 

y 

t 

h 

t 

y 

S 1 

S 2 

A 1 

S t 

A 2 

A 3 

S 3 

z, z 

b 2 



(8.35): 

Ages 

= A1 

+ A2 

+ A3 

=b1 

t + h t + b2 

t. 

Die Berechnung des Gesamtschwerpunktes ergibt 

(8.36) : yS = 0,. 

- 113 -



(8.37): 

z 

S 

b 

= 

1 

t(b 

= 

t 

1 

t 

2 

h 

+ h t ( + t) + b2 

t (h + 

2 

t (h + b + b ) 

+ 2 h + 3 b2) 

+ h(2 b 

2 (h + b + b ) 

1 

1 

2 

2 

2 

3 

t) 

2 

+ h) 

. 

Die Abstände der Einzelschwerpunkte vom Gesamtschwerpunkt 

sind 

(8.38) : 

s 

1 

= 

z 

S 

− 

t 

2 

h 

= 

(h + t) (h + 2 b2) 

= 

, 

2 (h + b + b ) 

1 

2 

+ h t + 2 b 

2 (h + b 

2 

1 

2 

h + 2 b 

+ b ) 

2 

2 

t 

(8.39) : 

s 

2 

h 

= + t − z 

2 

(h + t) (b1 

− b2) 

= 

, 

2 (h + b + b ) 

1 

S 

h b1 

+ b1 

t − b2 

h − b 

= 

2 (h + b + b ) 

2 

1 

2 

2 

t 

- 114 -



(8.40) : 

s 

3 

3t 

= h + − zS 

2 

2 1 1 

2 h b1 

+ h − h t − b 

= 

2 2 

2 (h + b + b ) 

1 

h (h + 2 b1) 

− t (h + 3b 

= 

2 

2 (h + b + b ) 

1 

1 

2 

2 

2 

1 

3 

t + b 

2 

− b 

2 

) 

. 

1 


(8.41) : 

I 

y 

= 

b1 

t 

= 

12 

3 

+ s 

2 

1 

A 

1 

+ 

3 

t h 

12 

+ s 

2 

2 

A 

2 

b2 

t 

+ 

12 

3 

+ s 

2 

3 

A 

3 

(b 

= 

1 

+ b2) 

t 

12 

3 

+ th 

3 

((h + t) (h + 2 b2)) 

b1t 

+ ((h + t) (b1 

− b 

+ 

2 

4 (h + b1 

+ b2 

) 

1 

2 

(h (h + 2 b1) 

− t (h + 3b1 

− b2 

)) b2t 

+ 

2 

, 

2 

4 (h + b + b ) 

2 

1 

2 

2 

2 

)) ht 

, 

- 115 -



(8.42) : 

3 

tb1 

ht 

Iz = + + 

12 12 

3 

3 

tb2 

12 

. 


zu Null 

( 8.43 ) : Iyz 

= 

0. 



( 8.44 ) : Ip 

= Iy 

+ Iz 

. 

AUFGABE 8.6 

• Symmetrischer Querschnitt 




Ein symmetrischer Querschnitt (Bild 8.12) liegt vor. 

- 116 -



gegeben: d, D 




y 

D 

d 

S 

z 

Bild 8.12 Symmetrischer Querschnitt 


y 

y 

D 

d 

S 

z, z 


- 117 -




(8.45): 

π 

A = (D 

8 

2 − 

d 

2 

). 

Die Berechnung des Gesamtflächenschwerpunktes ergibt 

(8.46): 

y 

z 

S 

S 

= 0, 

π 2 2 D π 2 

D − d 

= 8 3 π 8 

π 2 2 

(D − d ) 

8 

2 

3 

d 

π 

3 

3 

2 D − d 

= 

. 

2 2 

3 π (D − d ) 


(8.47) : 

I 

y 

4 

4 

D 

= (9π 

1152 π 

d 

- (9π 

1152 π 

2 

2 

2 D 

- 64) + ( − z 

3 π 

2 d 

- 64) + ( − z 

3 π 

S 

S 

) 

) 

2 

2 

π 

D 

8 

π 

d 

8 

2 

2 

- 

- 118 -



= 

= 

2 

(9π 

- 64) 

(D 

1152 π 

2 

(9π 

- 64) 

(D 

1152 π 

4 

− d 

π d (d − D) D − D (d − D) d 

+ 

2 2 

18 π (D − d ) 

4 

2 

− d 

4 

4 

) 

), 

2 

2 

2 

(8.48) : 

I 

z 

π 

= (D 

816 

4 

- d 

4 

). 


zu Null 

( 8.49 ) : Iyz 

= 

0. 



( 8.50 ) : Ip 

= Iy 

+ Iz 

. 

AUFGABE 8.7 


- 119 -








gegeben: a, b 




a 

a 

a 

y 

b 

S 

z 

a 

A 1 

A 2 

A 3 

b 


- 120 -




Wegen der Doppelsymmetrie liegt der Gesamtschwerpunkt 

in S. 

y 

S 1 

S 

a 

Bild 8.15 Bezeichnungen im halbierten Querschnitt 

Die Berechnung der Flächenträgheitsmomente um den 

Schwerpunkt nach STEINER ergibt 

( 8.51) : Iy 

=Iy2 

+ 2 (Iy1 

+ a A1). 

2 

Mit a = 20 mm, b= 30 mm ergibt sich in Zahlenwerten 

(8.52) : 

I 

y 

80 20 

= 

12 

3 

20 20 

+ 2 ( 

12 

3 

+ 20 

2 

20 

20) 

= 240 000 mm 

4 

, 

- 121 -



(8.53) : 

I 

3 

3 

y = 

20 30 

= 

12 

20 20 

+ 2 

12 

880 000 

mm 

4 

. 

Es gibt zwei Symmetrieachsen. Das Deviationsmoment wird 

zu Null 

( 8.54 ) : Iyz 

= 

0. 



(8.55 ) : 

I 

P 

= 1120 

000 

mm 

4 

. 

AUFGABE 8.8 




Das Profil IPB 500 (Bild 8.16) ist gegeben. 

- 122 -



gegeben: h = 500 mm, b = 300 mm, s = 14,5 mm, t = 28 

mm, exakten Werten aus Profiltabellen I y = 107.2 10 3 cm 4 , I z 

= 12.62 10 3 cm 4 

gesucht: Bestimmung der Flächenträgheitsmomente I y und 

I z und Vergleich mit den exakten Werten (mit Berücksichtigung 

der Radien etc.). 

b 

h 

y 

s 

t 

t 

z 

Bild 8.16 Profil IPB 500 


Die Schwerpunktskoordinaten liegen im Kreuzpunkt der 

zwei Symmetrieachsen. 

- 123 -



h 

y 

b 

s 

Steg 

z 

t 

t 

Flansch 

Flansch 



(8.56) : 

I 

3 

b t 

= 2 

12 

y 

= 2 I 

h 

+ 2 ( 

2 

yFlansch 

− 

t 

2 

) 

2 

h 

+ 2 ( 

2 

− 

t 

2 

) 

2 

b t + I 

s (h − 2 t) 

b t + 

12 

3 

ySteg 

300 28 

= 2 

12 

3 

=104 343 cm 

+ 2 (250 - 14) 

4 

, 

2 

14,5 (500 − 56) 

300 28 + 

12 

3 

(8.57) : 

I 

y exakt 

=107 000 cm 

4 

. 

- 124 -



Wenn nur die STEINER- Anteile des Flansches berücksichtigt 

werden, gilt 

(8.58) : 

I 

y* 

= 93 569 cm 

4 

. 

(8.59) : 

3 3 

3 

z + 

I 

t b 

= 

12 

h s 

+ 

12 

=12 613 cm 

4 

28 300 

= 2 

12 

, 

500 14,5 

12 

3 

(8.60) : 

I 

z exakt 

=12 620 cm 

4 

. 

AUFGABE 8.9 

• Zusammengesetzter Querschnitt 


Ein zusammengesetzter, unsymmetrischer Querschnitt (Bild 


gegeben: a 

gesucht: Bestimmung der Flächenträgheitsmomente I y , I yz 

im gegebenen Koordinatensystem. 

- 125 -



y 

a 

a 

a 

a 

z 

Bild 8.18 Zusammengesetzter, unsymmetrischer Querschnitt 


y 

a 

S 2 

S 1 

a/3 

a/3 a/2 

z 


- 126 -



Die Flächen sind 

(8.61): 

A 

2 

1 = 2a , A2 

= 

1 

a 

2 

2 

. 


3 

a (2a) 2 a a 

2 

( 8.62) : Iy = + a A 1 + + (a + a) A 2, 

12 

36 

3 

1 a 2 1 

( 8.63) : Iyz = - 0 - a a A 1 + − (a + a)(a + a) A 2. 

2 72 3 3 

4 

AUFGABE 8.10 






8.20) liegt vor. Die Flächenträgheitsmomente in Bezug auf 

- 127 -



die y- und z- Achsen einer Fläche, die als Differenz zweier 

Quadrate entsteht, sollen im Verhältnis 1 : 5 stehen. 

gegeben: a 

gesucht: Bestimmung des Proportionalitätsfaktors n 

n*a 

z 

a 

y 

n*a 

a 

Bild 8.20 Querschnitt als Differenz zweier Quadrate 


Für das gegebene Koordinatensystem sei 

- 128 -



(8.64) : 

I 

I 

y = 

z 

1 

. 

5 

η 

y 

ζ 

z 


Für ein Quadrat gilt 

(8.65) : 

I 

= I 

I 

= I 

y z = η ξ = 

4 

a 

. 

12 

Dies lässt sich mit Hilfe den Transformationsformeln bestätigen. 

Für den gegebenen Querschnitt gilt demnach 

- 129 -



(8.66) : 

I 

y 

4 

a (n a) 

= − 

12 12 

4 

a 

= (1 − n 

12 

2 

4 

a 

= (1 − n 

12 

)(1+ 

n 

4 

2 

) 

4 

) 

und für das gegebene Koordinatensystem gilt mit STEINER 

Anteil 

(8.67) : 

I 

z 

= I 

y 

4 

+ ( 

2 

2 

a 

= (1 − n 

12 

a) 

4 

2 

(a 

2 

4 

- (n a) 

a 

) + (1 − n 

2 

2 

2 

) 

). 

Der Proportionalitätsfaktor n für 

I 

I 

z 

y 

= 5 ergibt sich aus 

- 130 -



(8.68) : 

I 

5 = 

= 

= 

y 

+ 

4 

a 

12 

1 

2 

a 

I 

(1- n 

2 

4 

y 

a 

12 

(1 − n 

4 

4 

) + 

1 

2 

(1- n 

a 

(1+ 

n ) + 6 7 + n 

= 

2 

2 

(1+ 

n ) 1+ 

n 

2 

) 

4 

) 

4 

(1− 

n 

2 

, 

2 

) 

(8.69) : 

5 + 5 n 

2 

= 7 + n 

2 

⇒ 

2 = 4 n 

2 

⇒ 

n 

2 

2 

= . 

4 

Daraus folgt der Proportionalitätsfaktor 

( 8.70) 

: 

n = 

2 

2 

. 

AUFGABE 8.11 

• Dreieckiger Querschnitt 



- 131 -




Ein dreieckiger Querschnitt (Bild 8.22) liegt vor. 

gegeben: b, h, a 




y 

y 

b 

z 

S 

a 

Bild 8.22 Dreieckiger Querschnitt 

z 

- 132 -




y 

y 

b * S 

h * 

z 

z 

Bild 8.23 Werte aus der Tabelle 8.1 

Die Berechnung der Flächenträgheitsmomente ergibt nach 

Tabelle 8.1 mit h * = a und b * = b 

(8.71) : 

I 

* *3 

y * = 

b h 

= 

36 

3 

ba 

36 

, 

(8.72) : 

I 

* *3 

z * = 

h b 

= 

36 

3 

ab 

36 

, 

(8.73) : 

I 

yz * 

* 

b b 

= - 

72 

*2 

b 

* 

2 

a b 

= − 

72 

2 

. 

- 133 -



Die Berechnung der Flächenträgheitsmomente für das parallelverschobene 

Koordinatensystem ergibt 

(8.74) : 

1 2 ab 

Iy = Iy 

+ ( a) = 

3 2 

3 

ba 

12 

, 

(8.75) : 

1 2 ab 

Iz = Iz 

+ ( b) = 

3 2 

3 

b a 

, 

12 

(8.76) : 

I 

yz 

= − 

2 

a b 

72 

2 

− 

1 

( 

3 

1 

a) ( 

3 

ab 

b) 

2 

= 

2 

5b a 

− 

72 

2 

. 

Die Hauptträgheitsmomente und -winkel sind 

(8.77): 

I 

1,2 

I 

= 

y 

+ I 

2 

3 

z 

± 

I 

( 

3 

b a + a b 

= 

72 

y 

−I 

2 

± 

z 

) 

2 

+ I 

3 

2 

yz 

3 

b a + a b 

( 

72 

) 

2 

2 

a b 

+ ( − 

72 

2 

) 

2 

- 134 -



a b 

= (a 

72 

a b 

= (a 

72 

2 

2 

2 

+ b ) ± 

2 

+ b ) ± 

a 

a 

4 

4 

+ b 

+ b 

4 

4 

− 2a 

− a 

2 

2 

b 

b 

2 

2 

+ a 

2 

b 

2 

(8.78): 

* 

tan2ϕ 

2 

a 

= 

3 

b a 

b 

2 

−a b 

3 

ab 

= 

2 

a −b 

2 

. 

AUFGABE 8.12 

• Zusammengesetzter Querschnitt 




Ein zusammengesetzter Querschnitt (Bild 8.24) liegt vor. 

gegeben: b, t 

gesucht: Bestimmung des Gesamtschwerpunktes y S , x S , 

der Flächenträgheitsmomente I y , I z , I yz , I p im Schwerpunkt S, 

der Hauptträgheitsachsen und der Hauptträgheitsmomente 

- 135 -



b 

b 

y S 

S 

b 

t y α * z S 

y 1 z 1 

z 

Bild 8.24 Zusammengesetzter Querschnitt 


b 

b 

y 

A 1 

z S 

S 1 

S 2 

y 

S A 1 

A 1 

t S 3 

y S 

b 

z 

z 


- 136 -




(8.79): 

Ages 

= A1 

+ A 2 + A3 

= b t + (b - 2 t) t 

+ 2 b t. 

Für einen dünnwandigen Querschnitt mit t



(8.83): 

z 

S 

=b - z 

S 

= 

1 

2 

t b⋅t 

+ 

b 

(b 

2 

− 2 t) t + (b − 

A 

ges 

t 

) 2 b t 

2 

, 

mit t



1 

(8.88): 

s = zS 

− b 

2 

2z = 

1 

b, 

8 

(8.89): 

s = b − yS 

3y = 

3 

b, 

8 

1 

(8.90): 

s3z 

= b − t − zS 

− = 

2 

3 

b 

8 

− 

1 

t. 

2 


(8.91): 

I 

y 

b t 

= 

12 

+ s 

3 

2 

2z 

+ s 

2 

1z 

(b - 2 t) t 

t (b − 2 t) 

b t + 

12 

2 b t 

+ 

12 

3 

3 

+ s 

+ 

2 

3z 

37 

2 b t = b 

48 

3 

t, 

(8.92): 

I 

z 

3 

t b 

= 

12 

(2 b) 

+ 

12 

+ s 

3 

2 

1y 

t 

+ s 

t 

b t + 

2 

3y 

3 

(b − 2 t) 

+ s 

12 

23 

2 b t = b 

16 

3 

t, 

2 

2y 

(b - 2 t) t 

+ 

- 139 -



(8.93): 

I 

yz 

= 0 - (- s 

+ 0 − (s 

3y 

1y 

)(- s 

)(- s 

)(s 

3z 

1z 

) b t + 0 + (- s 

73 

) 2 b t = - b 

16 

3 

2y 

t. 

2z 

)(b - 

2 t) t 

+ 

Die Richtung der Hauptachsen und die Hauptträgheitsmomente 

sind 

(8.94): 

I 

1,2 

= b 

I 

= 

3 

y 

+ I 

2 

z 

± 

37 + 23 

t( 

48 2 

I 

( 

y 

3 

± 

−I 

2 

z 

) 

2 

+ I 

− 32 

( ) 

48 2 

2 

yz 

2 

− 7 

+ ( ) 

16 

2 

) = 

= b 

3 

53 

t( 

48 

± 

−1 

( ) 

3 

2 

− 7 

+ ( ) 

16 

2 

) = b 

3 

53 11,05 

t( ± ). 

48 48 

Daraus folgen die Hauptträgheitsmomente 

(8.95): 

I1 = 

1.33 b 

3 

t, 

- 140 -



(8.96): 

I 

2 = 

0.87 b 

3 

t. 

Die Lage der Hauptträgheitsachse ist 

(8.97): 

tan2ϕ 

⇒ 

* 

2ϕ 

2 Iyz 

= 

I −I 

* 

y 

z 

=52,7 

= 

0 

14 

− 

16 

= 

32 

− 

48 

⇒ 

ϕ 

21 

16 

* 

0 

= 26.35 . 

AUFGABE 8.13 

• Zusammengesetzter unsymmetrischer Querschnitt 




• Näherung für dünnwandige Querschnitte 

Ein zusammengesetzter, dünnwandiger Querschnitt (Bild 


gegeben: a, t, t



gesucht: Bestimmung des Gesamtschwerpunktes y S , x S , 

der Flächenträgheitsmomente I y , I z , I yz , I p im Schwerpunkt S, 

der Hauptträgheitsachsen und der Hauptträgheitsmomente. 

a 

y 

y 

t 

ϕ * 

S 

y S 

z S 

y 1 

t 

z 

z z 1 

Bild 8.26 Zusammengesetzter, dünnwandiger Querschnitt 

- 142 -






(8.98): 

Ages 

= A1 

+ A 2 = a t + (a - 

t) t . 

Die Berechnung des Flächenschwerpunktes ergibt 

- 143 -



- 144 - 

, 

t) 

2(2a 

t 

at 

a 

A 

t)t 

(a 

t 

2 

1 

a t 

2 

a 

= 

2 

t 

+ 

= y 

y 

(8.99): 

2 

2 

ges 

S 

S 

− 

− 

+ 

= 

− 

+ 

. 

t) 

2(2a 

a 

A 

t 

t) 

(a 

2 

a 

t 

a 

t 

2 

1 

2 

t 

= z 

z 

(8.100): 

2 

ges 

S 

S 

− 

= 

− 

+ 

⋅ 

= 

+ 

Die Berechnung der Einzelschwerpunktsabstände zum Gesamtschwerpunkt 

ergibt 

, 

t) 

2(2a 

t 

2at 

a 

t) 

2(2a 

t) 

a(2a 

t 

at 

a 

2 

a 

t) 

2(2a 

t 

at 

a 

2 

a 

t)t 

(a 

a t 

t)t 

(a 

t 

2 

1 

a t 

2 

a 

2 

a 

y 

s 

(8.101): 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

S 

1y 

− 

− 

+ 

− 

= 

− 

+ 

− 

− 

+ 

= 

− 

− 

− 

+ 

= 

− 

− 

+ 

− 

+ 

= 

− 

= 

, 

t) 

2(2a 

t 

2at 

a 

2 

t 

z 

s 

(8.102): 

2 

2 

S 

1z 

− 

+ 

− 

= 

− 

=



(8.103): 

s 

2y 

= y 

S 

− 

t 

2 

= 

2 

a − at 

, 

2(2a − t) 

(8.104): 

s 

2z 

= z 

S 

− 

a 

2 

2 

2 

− a − at 

= 

2(2a − t) 

. 


(8.105) : 

I 

y 

3 

a t 

= 

12 

+ s 

2 

1z 

t (a − t) 

a t + 

12 

3 

+ s 

2 

2z 

(a - 

t) t, 

(8.106) : 

I 

z 

3 

t a 

= 

12 

+ s 

2 

1y 

t 

a t + 

3 

(a − t) 

+ s 

12 

2 

2y 

(a - 

t) t, 

(8.107): 

Iyz 

= 0 - (- s1y 

)(- s1z 

) a t + 0 + (- s2y 

)(- s2z 

)(a - 

t) t. 

Die Richtung der Hauptachsen und die Hauptträgheitsmomente 

errechnen sich aus 

(8.108): 

Iy 

+ Iz 

Iy 

−Iz 

2 

I1 ,2 = ± ( ) + I 

2 2 

2 

yz 

. 

- 145 -



Daraus folgen die Hauptträgheitsmomente I 1, I 2. 


(8.109): 

tan2ϕ 

* 

2 Iyz 

= 

I −I 

y 

z 

⇒ 

2ϕ 

* 

= 90 

0 

⇒ 

ϕ 

* 

= 45 

0 

. 

Für einen dünnwandigen Querschnitt mit t




(8.113): 

a t a 2 t a a 2 

Iy = + ( ) a t + + ( ) a t = 

{ 12 4 12 4 

0 

3 

3 

3 

t a 

5 

24 

, 

(8.114): 

3 

t a a 2 t a a 2 

Iz = + ( ) a t + + ( ) a t = 

12 4 { 12 4 

3 

0 

3 

t a 

5 

24 

, 

(8.115): 

I 

a a a a 

= 0 - (- )( ) a t + 0 - (- )( ) a t 

4 4 4 4 

yz = 

t a 

8 

3 

. 

Daraus folgen die Hauptträgheitsmomente 

(8.116): 

I 

1,2 

⇒ 

I 

= 

I 

y 

1 

+ I 

2 

z 

± 

3 t a 

= 

8 

3 

I 

( 

y 

,I 

2 

−I 

2 

z 

) 

2 

t a 

= 

12 

+ I 

3 

. 

2 

yz 


- 147 -



(8.117): 

* 

tan2ϕ 

2 Iyz 

= 

I −I 

y 

z 

= ∞ 

⇒ 

2ϕ 

* 

= 90 

0 

⇒ 

ϕ 

* 

= 45 

0 

. 

- 148 -


TORSION 


TORSION 

AUFGABE 9.1 

• Belastung durch ein Torsionsmoment an den Stabenden 


• Vergleich der Schubspannung für verschiedene 

Querschnitte 

• Vergleich dünnwandiger zu dickwandiger Querschnitt 

Ein Träger wird durch ein Torsionsmoment M T beansprucht. 

Für die Ausführung des Querschnitts liegen mehrere Entwürfe 

vor: a) Vollkreis; b) Ellipse; c) Quadrat; d) geschlossener 

Kreisring; e) offener Kreisring 

gegeben: 4 a = 5 b, r = a, 5 t = a, M T 

gesucht: 

Bei welchen Entwürfen ist die Schubspannung τ maximal? 

Welcher Querschnitt ist vom Materialaufwand der günstigste? 

- 149 -


TORSION 

Wie groß ist für den geschlossenen Kreisring der Fehler, 

wenn die Schubspannung nach der Formel für dünnwandige 

Hohlquerschnitte bestimmt wird, statt nach der genaueren 

Rechnung für den Kreisring als Differenz zweier Vollkreisquerschnitte? 

Bei welchen Entwürfen ist die Verdrehung maximal? 

r 

a 

a) 

b) 

a 

b 

c) 

a 

t 

t 

r 

r 

d) 

e) 

Bild 9.1 Querschnitte des Torsionsstabs; a) Vollkreis; b) Ellipse; c) 

Quadrat; d) geschlossener Kreisring; e) offener Kreisring 

- 150 -


TORSION 


Die maximale Schubspannung ergibt sich für das kleinste 

W T 

(9.1): 

τ 

M 

= 

W 

max 

T 

≤ τzul 

= 

T 

M 

W 

T 

T 

. 

Für den Vollkreis ist das 

(9.2) : 

W 

I 

T 

T 

IP 

= 

r 

π 

= r 

2 

4 

4 

π r 

= 

2 r 

π ⋅a 

= 

2 

4 

π ⋅a 

= 

2 

3 

= 0,5 π ⋅a 

= 0,5 π ⋅a 

4 

, 

3 

, 

für die Ellipse 

(9.3) : 

π ⋅a 

⋅b 

8 

WT 

= = 

2 25 

6 4 3 

π ⋅a 

⋅( 

) 

I 

5 

T = 

= 

2 4 2 

a (1+ 

( ) ) 

5 

2 

πa 

64 

205 

3 

= 0,32 πa 

πa 

4 

3 

, 

= 0,31 πa 

4 

- 151 -


TORSION 

für das Quadrat 

(9.4) : 

W 

T 

= 0.067 

π a 

3 

, 

I 

T 

= 0.05 πa 

4 

, 

für den geschlossenen, dünnwandigen Kreisring 

(9.5): 

W 

I 

T 

T 

= 2πr 

2 

(2 Am 

) 

= 

1 

∫ ds 

t 

2 

t = πa 

5 

2 

3 

(2πa 

) 

= 

5 

2πa 

a 

= 0,4 πa 

2 

2 

3 

, 

= 0.4πa 

4 

, 

und für den offenen Kreisring 

(9.6): 

1 2 2π 

WT 

= 2πr 

t = a 

3 75 

1 3 2π 

4 

IT 

= 2πr 

t = a 

3 375 

3 

= 0,027 πa 

= 0,005 πa 

3 

4 

, 

. 

- 152 -


TORSION 

Der offene Kreisring hat das kleinste Widerstandsmoment. 

Dort entsteht die maximale Schubspannung. Der Kreisring 

hat den geringsten Materialverbrauch. 

Die Berechnung dickwandiger zu dünnwandigem Querschnitt 

ergibt 

1 11 1 

(9.7): 

r =r + t = a, ri 

=r - t 

2 10 2 

a = 

9 

a. 

10 

Daraus folgt Abweichung des geschlossenen Kreisrings mit 

(9.8): 

ri 

α = 

r 

a 

= 

9 

11 

= 0,82. 

Die Widerstandsmomente sind 

(9.9): 

W 

T dick 

π 

= r 

2 

3 

a 

= 1,145 a 

(1- α 

(1- α 

3 

, 

4 

π 11 

) = ( ) 

2 10 

3 

4 

) a 

3 

(9.10): 

W 

2 

t = πa 

5 

2 3 

T dünnk = 2π 

r = 

1,257 a 

3 

, 

- 153 -


TORSION 

(9.11): 

W 

W 

Tdick = 

Tdünn 

0,911. 

Die maximale Verdrehung ergibt sich ebenfalls bei dem offenen 

Querschnitt. 

AUFGABE 9.2 

• Belastung durch ein Torsionsmoment an den Stabenden 


• Vergleich der aufnehmbaren Torsionsbelastung 

für verschiedene Querschnitte 

Für die beiden Querschnittsprofile (Bild 9.2) sind die maximalen 

Torsionsmomente zu berechnen, die aufgebracht 

werden können, ohne dass die zulässige Schubspannung 

τ zul 

überschritten wird. 

gegeben: 

τ 

zul 

N 

= 90 

mm 

2 

, a = 10 cm, t = 1 mm 

gesucht: Bestimmung des maximalen Torsionsmoments 

M Tmax 

- 154 -


TORSION 

t 

t 

a 

a 

a) 

a 

b) 

a 

Bild 9.2 Quadratische Querschnitte a) geschlossener Querschnitt; 

b) offener Querschnitt 


Das maximale Torsionsmoment ergibt sich aus 

(9.12) : MTmax = τ zul W T. 

Die Torsionswiderstandsmomente für den offenen Quadratquerschnitt 

sind 

(9.13): 

W 

T 

1 

= 

3 

5 

∑ 

i 

2 

i i 

a t 

= 133 mm 

3 

= 

, 

1 

4at 

3 

2 

2 

41001 

= 

3 

mm 

3 

für den geschlossenen Quadratquerschnitt 

- 155 -


TORSION 

(9.14) : 

W 

T 

= 2 A 

m 

t 

min 

= 2 a 

2 

t = 2 100 

2 

1= 20000 

mm 

3 

. 

Das Widerstandsmoment W T ist 150 mal größer. 

So folgt das maximal aufnehmbare Torsionsmoment 

N 

(9.15): 

MT 

max =90 WT. 

2 

mm 

Das ist beim offenen Quadratquerschnitt 

(9.16) : MT 

max 

= 0,12 kN m, 

beim geschlossenen Quadratquerschnitt 

(9.17) : MT 

max 

=1800000 N mm =18 kN m. 

AUFGABE 9.3 

• Belastung durch ein Torsionsmoment in den 

Stabmitte 


- 156 -


TORSION 

• Zweibereichsaufgabe 

• Berechnung der Einspannmomente 

• Berechnung der Schubspannungsverläufe 

• Berechnung der Verdrehung in Wellenmitte 

• Berechnung mit Integration und mit Arbeitssatz mit 

zwei Ansätzen 

Eine beidseitig eingespannte Welle besteht aus zwei Vollquerschnitten 

unterschiedlichen Materials und Durchmessers. 

Sie ist in der Mitte durch ein Torsionsmoment belastet. 

gegeben: 

l 

r 1 = , 

4 

l 

r 2 = , 

5 

G 2 

G1 = , M T0 , l 

4 

gesucht: Bestimmung der Einspannmomente, der 

Schubspannungsverläufe und der Verdrehung in Wellenmitte 

(Punkt C) 

- 157 -


TORSION 

M T0 

r 2 

r 1 

C 

G 2 

G 1 

l 

l 

Bild 9.3 Beidseitig eingespannte Welle 

1.LÖSUNGSMÖGLICHKEIT ZU AUFGABE 9.3 MIT 

INTEGRATION DER DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 

A 

M T0 

r 2 

r 1 

C 

G 2 

B 

G 1 

l 

l 

x 1 

x 2 

Bild 9.4 Es handelt sich um eine statisch unbestimmte Zweibereichsaufgabe; 

Definition der Koordinaten 

Für Bereich 1 gilt 

- 158 -


TORSION 

dMT1 

(9.18) : = 0 ⇒ MT1(x1) 

= C11, 

dx 

1 

(9.19) : 

dϑ 

dx 

⇒ 

1 

1 

M 

= 

G I 

ϑ (x ) = 

1 

T1 

1 T1 

1 

1 

G I 

1 T1 

(C 

11 

x 

1 

+ C 

21 

), 

für Bereich 2 gilt 

dMT2 

(9.20): 

= 0 ⇒ MT2(x 

2 ) = C12, 

dx 

2 

(9.21) : 

dϑ 

dx 

⇒ 

2 

2 

M 

= 

G I 

ϑ 

2 

(x 

T2 

2 T2 

2 

1 

) = 

G I 

2 T2 

(C 

12 

x 

2 

+ C 

22 

). 

- 159 -


TORSION 

M T1 

M T0 

M T2 

Bild 9.5 Übergangsstelle x 1 = l, x 2 = 0 

Für die beiden Konstanten C 11 und C 12 steht eine Übergangsbedingung 

zur Verfügung 

(9.22) : 

M 

T1 

⇒ 

(x 

1 

C 

= l) =M 

11 

=M 

T0 

T0 

+ M 

+ C 

12 

T2 

. 

(x 

2 

= 0) 

Sonst sind keine statischen Randbedingungen vorhanden. 

Es stehen aber zwei geometrische Randbedingungen und 

eine geometrische Übergangsbedingung zur Verfügung. 

(9.23) : ϑ 1(x1 

= 0) = 0 ⇒ C 21 = 0, 

(9.24) : ϑ 2 (x 2 = l) = 0 ⇒ C 22 = - C12 

l, 

- 160 -


TORSION 

(9.25) : 

ϑ 

1 

⇒ 

(x 

1 

= l) = ϑ 

1 

G I 

1 T1 

(C 

2 

11 

(x 

2 

l + C 

= 0) 

21 

1 

) = 

G I 

2 

T2 

C 

22 

. 

Daraus folgt 

(9.26): 

C 

12 

⇒ 

l ( 

C 

1 

G I 

1 T1 

12 

1 

+ 

G I 

M 

= - 

G I 

2 

T0 

1 T1 

( 

G2I 

= − 

G I +G 

1 T1 

T2 

MT0l 

) = − 

G I 

T2 

1 

G I 

2 

1 T1 

I 

T2 

1 

1 

+ 

G I 

M 

1 T1 

T0 

. 

2 

T2 

) 

Daraus folgt mit (9.25) 

G1IT1 

G2IT2 

l 

(9.27) : C11 = MT0, 

C22 

= − MT0. 

G I +G I 

G I +G I 

1 T1 

2 T2 

1 T1 

2 T2 

Daraus folgt 

- 161 -


TORSION 

(9.27a) : 

M 

M 

T1 

T2 

G1IT1 

(x1) 

= 

G I +G 

(x 

2 

1 T1 

) = - 

G 

I 

G 

1 T1 

2 

I 

2 

I 

T2 

+G 

T2 

2 

I 

T2 

M 

T0 

M 

, 

T0 

. 

Daraus ergeben sich nun die Schubspannungsverläufe mit 

π 

2 

4 

Ti = r i 

I 

(9.28): 

* MTi(x i) 

* 

τ i(x i,ri 

) = ri 

, 

I 

Ti 

* M 

G I 

T1(x1) 

* 1 T1 2 * 

(9.29) : τ 1(x1,r1 

) = r1 

= 

r1 

MT0 

, 

π 

4 

4 G I +G I 

r 

1 T1 2 T2 πr1 

1 

2 

(9.30) : 

τ 

2 

(x 

2 

,r 

* 

2 

MT2(x 

2 ) 

) = r 

π 4 

r2 

2 

G2IT1 

= 

G I +G I 

1 T1 

2 

* 

2 

T2 

2 

πr 

4 

2 

r 

* 

2 

M 

T0 

. 

- 162 -


TORSION 

Die maximale Schubspannung ergeben sich somit als 

(9.31): 

τ 

(x ,r 

maxi i i = 

r 

i aussen 

MTi(x i) 

) = , 

W 

Ti 

mit 

3 

Ti = r i 

2 

W π , 

G1IT1 

2 

(9.32) : τ 1max(x1, 

r1) 

= 

M 

3 T0 

G I +G I πr 

1 T1 

2 T2 

1 

G2IT2 

2 

(9.33) : τ 2max(x2, 

r2 

) = 

MT0 

. 

3 

G I +G I πr 

1 T1 

2 T2 

2 

Die Verdrehungen der Querschnitte sind 

(9.34) : 

ϑ 1 (x1) 

= 

1 

G I 

1 T1 

(C 

11 

x 

1 

+ C 

21 

MT0 

x 

) = 

G I +G 

1 T1 

1 

I 

2 T2 

, 

(9.35) : 

ϑ (x ) = 

2 

2 

1 

G I 

2 T2 

(C 

12 

x 

2 

+ C 

22 

MT0(l 

− x2 

) 

) = . 

G I +G I 

1 T1 

2 T2 

- 163 -


TORSION 

Damit ergibt sich die Verdrehung in Stabmitte im Punkt C zu 

MT0l 

(9.36): 

ϑ 1(l) 

= 

= ϑ2(0). 

G I +G I 

1 T1 

2 T2 

M T1 

+ 

M T0 

M T2 

- 

Bild 9.5 Torsionsmomentenverlauf 

2.LÖSUNGSMÖGLICHKEIT ZU AUFGABE 9.3 MIT DEM 

ARBEITSSATZ 

Der Arbeitssatz wird im Kapitel 11 behandelt. Es handelt 

sich um eine sehr übersichtliche Lösungsmethode, die auch 

für die Verformung unter Torsion herangezogen werden 

kann. Mit zwei unterschiedlichen Lösungswegen wird der 

Arbeitssatz dargestellt. 

- 164 -


TORSION 

Durch das Aufschneiden am rechten Lager wird das System 

statisch bestimmt gemacht. Durch die Korrektur mit dem X 1 - 

Moment wird das Originalsystem abgebildet. 

- 165 -


TORSION 

M T0 

r 2 

r 1 

C 

G 2 

G 1 

l 

l 

M T0 

E 

= 

E 

F 

X 1 

X 1 

+ 

F 

Bild 9.7 Wahl der statisch Überzähligen und Einführen der statisch 

Unbestimmten X 1 ; Originalsystem = "0"- System; + "1"- System 

- 166 -


TORSION 

E - E 

ϑ 0 

F - F 

ϑ 1 

a) 

b) 

Bild 9.8 Verformungen am Querschnitt; a) Schnitt E- E; b) Schnitt 

F- F 

Die Querschnittsverdrehungen ergeben sich zu 

(9.37): 

ϑ 

0 = 

MT0l 

, 

G I 

1 T1 

(9.38): 

ϑ 

1 = 

X1l 

G I 

1 T1 

, 

Die Kompatibilitätsbedingung lautet 

(9.39) : 

ϑ 

0 

+ ϑ 

1 

= 

0. 

- 167 -


TORSION 

Die Verdrehungen der beiden Wellen muss an der Übergangsstelle 

gleich groß sein. Es darf nichts überlappen oder 

klaffen. 

Mit (9.37) und (9.38) folgt 

(9.40): 

M 

G I 

1 T1 

l X1l 

+ 

G I 

1 T1 

X1l 

G I 

T0 

+ = 

2 T2 

0. 

Daraus folgt 

M 

G I 

T0 1 

2 T2 

(9.41): 

X1 = - 

= − MT0. 

G I 1 1 

1 T1 ( + ) 

G1I 

T1+G2I 

T2 

G I G I 

1 T1 

2 T2 

X 1 entspricht dem Torsionsmoment am rechten Stabende 

M T (x 2 =l). 

Eine weitere Lösungsmöglichkeit ist das Aufschneiden in 

Wellenmitte. Das System statisch bestimmt gemacht. Durch 

- 168 -


TORSION 

die Korrektur mit dem X 1 - Moment wird das Originalsystem 

abgebildet. 

M T0 

r 2 

r 1 

C 

G 2 

G 1 

l 

l 

M T0 

= 

X 2 

X 2 

+ 

Bild 9.9 Wahl der statisch Überzähligen und Einführen der statisch 

Unbestimmten X 2 ; Originalsystem = "0"- System + "1"- System 

- 169 -


TORSION 

Die Schnittmomente in Wellenmitte lauten 

(9.42) : 

M 

0 

T1 

=M 

T0 

, 

M 

0 

T2 

= 0, 

1 

(9.43) : MT1 

= X2, 

MT2 

= X2. 

1 

Die Querschnittsverdrehungen in Wellenmitte sind 

(9.44): 

ϑ 

MT0l 

, 

G I 

0 

0 

1 = 

ϑ2 

= 

1 T1 

0, 

(9.45): 

1 X2l 

1 

ϑ 1 = , ϑ2 

= 

G I 

1 T1 

X2l 

G I 

1 T1 

, 

Die Kompatibilitätsbedingung lautet 

(9.46) : 

ϑ 

0 0 1 1 

1 + ϑ2 

+ ϑ1 

+ ϑ2 

= 

0. 

- 170 -


TORSION 

Die Verdrehungen der beiden Wellen muss an der Übergangsstelle 

gleich groß sein. Es darf nichts überlappen oder 

klaffen. 

Mit (9.43), (9.44), (9.45) in (9.46) ergibt 

(9.47): 

M 

G I 

1 T1 

l X2l 

+ 0 + 

G I 

1 T1 

X2l 

G I 

T0 

+ = 

1 T1 

0. 

Daraus folgt 

M 

G I 

T0 1 

2 T2 

(9.48): 

X2 = - 

= − MT0. 

G I 1 1 

1 T1 ( + ) 

G1I 

T1+G2I 

T2 

G I G I 

1 T1 

2 T2 

Daraus ergeben sich die Torsionsmomente, die Verdrehung 

am Stabende und die Schubspannungen 

(9.49) : 

M 

M 

T1 

T2 

G1IT1 

(x1) 

= 

G I +G I 

(x 

2 

1 T1 

G2I 

) = 

G I +G 

1 T1 

2 

T2 

2 

T2 

I 

T2 

M 

M 

T0 

, 

T0 

. 

- 171 -


TORSION 

(9.50): 

ϑ (l) 

1 = 

MT0l 

G I +G I 

1 T1 

2 T2 

, 

(9.51) : 

τ 

τ 

1max 

2max 

G1IT1 

(x1,r1 

) = 

G I +G I 

(x 

2 

,r 

2 

) = 

G 

1 T1 

I 

G 

1 T1 

2 

I 

2 

T2 

+G 

2 

T2 

I 

T2 

2 

πr 

3 

1 

2 

M 

πr2 

3 

1 

T0 

M 

, 

T0 

AUFGABE 9.4 

• Belastung durch eine exzentrische Last F 


• Berechnung der Spannungsverläufe 


Ein Kragträger mit kreisförmigem Vollquerschnitt (Radius r a ) 

trägt am Kragarmende eine exzentrisch angreifende Einzellast 

F. 

gegeben: l, r a , E, F, 

3 

G = E 

8 

- 172 -


TORSION 

gesucht: Bestimmung der Spannungen σ und τ im Einspannquerschnitt 

und der Verformung des Lastangriffspunktes 

x 

l 

r a 

F F 

z 

Bild 9.10 Kragträger mit kreisförmigem Vollquerschnitt 


Die exzentrische Einzellast F wird nach Bild 9.11 in zwei 

Lastfälle aufgeteilt, in eine zentrische Einzellast F und ein 

Torsionsmoment M T = F r a . Aus diesen beiden Lastfällen 

werden die Spannungen σ und τ im Einspannquerschnitt 

berechnet. 

- 173 -


TORSION 

r a 

Fr a 

a) 

F 

= b) F + 

Bild 9.11 a) exzentrische Einzellast F; b) zentrische Einzellast F + 

Torsionsmoment M T = F r a 

Die Biegespannungen infolge zentrischer Einzellast F ist 

(9.52) : 

σ x 

M 

= 

I 

y 

y 

z, 

mit M y = - F l und 

I 

y 

4 

a 

πr 

= 

4 

folgt der Biegespannungsverlauf 

(Bild 9.12) 

(9.53): 

− 4F l 

σ x = z. 

4 

πr 

a 

- 174 -


TORSION 

σ x o, max 

x 

r a 

σ x u, max 

Bild 9.12 Biegespannungsverlauf 

Mit dem Maximalwert am oberen, bzw. unteren Rand des 

Querschnitts 

(9.54): 

4F l 

σ xo,u max = ± . 

3 

πr 

a 

Die Torsionsspannungen infolge des Torsionsmoments sind 

(9.55): 

M 

τ = 

I 

T1 

T 

r, 

- 175 -


TORSION 

mit M T = F r a und 

folgt der Torsionsspannungsverlauf 

(Bild 9.13) 

I 

T 

4 

a 

πr 

= 

2 

(9.56) 2 Fra 

2 F 

: τ = r = r. 

4 

πr 

πr 

3 

a 

a 

τ max 

Bild 9.13 Torsionsspannungsverlauf 

Mit dem Maximalwert am Rand des Querschnitts 

2 F 

(9.57): 

τ max = . 

2 

πr 

a 

- 176 -


TORSION 

Die Verformung des Lastangriffspunktes wird ebenso aus 

den zwei Lastfällen berechnet, der Verformung infolge zentrischer 

Einzellast 

(9.58): 

f 

F 

3 

3 

Fl 4Fl 

= = 

3EI 3Eπr 

4 

a 

und der Verformung infolge der Verdrehung infolge des 

Torsionsmoments (Bild 9.14) 

f T 

ϑ 

Bild 9.14 Verdrehung infolge des Torsionsmoments 

(9.59) MTl 

Fra 

l ra 

2 2Fl 

: fT 

= ra 

= = . 

4 

GI Gπr 

Gπr 

2 

T 

a 

a 

- 177 -


TORSION 

Mit dem gegebenen Verhältnis für den Schubmodul 

3 

G = E folgt 

8 

(9.60): 

3 

4Fl 2Fl 4Fl l 2 

ges = fF 

+ fT 

= + = (( ) + 

4 2 2 

3Eπra 

Gπra 

3Eπra 

ra 

f 

4). 

AUFGABE 9.5 

• Belastung durch eine kontinuierliche Torsionsmomentenbelastung 



• Berechnung mit Integration 

• Berechnung der Schubspannungsverläufe und der 

maximalen Schubspannung 

• Berechnung des Verdrehungsverlaufes und der 

maximalen Verdrehung 

Auf eine einseitig fest eingespannte Hohlwelle ist ein Ring 

aufgeschrumpft. Dieser Ring wird in Umfangsrichtung so 

stark belastet, dass er auf der Welle rutscht. Dabei wird auf 

die Welle das Moment m 0 a übertragen. 

- 178 -


TORSION 

gegeben: m 0 , G, a, d a , d i 

gesucht: Bestimmung der Querschnittsverdrehungen 

ϑ = ϑ(x) der Welle und des Orts und der Größe des Maximalwertes. 

Wie groß ist die maximale Spannung? 

m 0 

d a 

d i 

a 

a 

Bild 9.15 Einseitig fest eingespannte Hohlwelle mit aufgeschrumpftem 

Ring 


Es handelt sich um eine statisch bestimmte Zweibereichsaufgabe, 

deren Koordinaten Bild 9.16 zu entnehmen sind. 

- 179 -


TORSION 

x 1 

x 2 

m 0 

a 

a 

Bild 9.16 Koordinaten der Zweibereichsaufgabe 

Nach Integration für Bereich 1 und Bereich 2 folgen die 

Gleichungen für den Torsionsmomenten- und Verdrehungsverlauf 


dMT1 

(9.61): 

= 0 ⇒ MT1 

= C11, 

dx 

1 

dϑ1 MT1 

C11 

C11 

(9.62): 

= = ⇒ ϑ1 

= x1 

+ C21, 

dx GI GI GI 

1 

T 

T 

T 


- 180 -


TORSION 

dMT 2 

(9.63): 

= - m0 

⇒ MT2 

= - m0x2 

+ C12, 

dx 

2 

(9.64): 

dϑ 

dx 

⇒ 

2 

2 

M 

= 

GI 

ϑ 

2 

T2 

T 

= − 

− m 

= 

1 

2 

m 

GI 

0 

T 

0 

x 

GI 

x 

2 

2 

2 

+ C 

T 

12 

C 

+ 

GI 

12 

T 

x 

2 

+ C 

22 

. 

π(d 

mit 

a / 2) di 

/ 2 4 

IT1 

= IT2 

= IT 

= (1 − ( ) ) . 

2 d / 2 

4 

Mit den Rand- und Übergangsbedingungen lassen sich die 

Konstanten bestimmen 

a 

(9.65) : MT2(x2 

= a) = 0 ⇒ C12 

= m0 

a, 

(9.66) : ϑ 1 (x1 

= 0) = 0 ⇒ C21 

= 0, 

(9.67) : MT1(x1 

= a) =MT2(x2 

= 0) ⇒ C11 

= m0 

a, 

(9.68): 

ϑ 1 (x1 

= a) = ϑ2 

(x2 

= 0) ⇒ 

C 

22 

= 

1 

GI 

T 

m 

0 

a 

2 

. 

- 181 -


TORSION 

Der Torsionsmomenten- und Verdrehungsverlauf (Bild 9.17) 

ist für beide Bereiche bestimmt 

(9.69) : MT1 

= m0 

a, MT2 

= m0 

(a - x2), 

(9.70): 

ϑ 

ϑ 

1 

2 

= 

1 

GI 

T 

1 

= 

GI 

T 

m 

0 

m 

0 

a x 

1 

, 

1 

(- 

2 

x 

2 

2 

+ a x 

2 

+ a 

2 

). 

x 1 

x 2 

m a 

GI T 

0 

2 

+ 

2 

3m 0 a 

2GI T 

Bild 9.17 Verdrehung ϑ , im ersten Bereich linear, zweiten parabelförmig 

Der Maximalwert für die Verdrehung ergibt sich an der Stelle 

x 2 = a 

- 182 -


TORSION 

(9.71): 

ϑ 

max 

= ϑ 

= 

2 

3 

2 

(x 

2 

1 

GI 

T 

= a) = 

m 

0 

a 

2 

1 

GI 

. 

T 

m 

0 

1 

(- 

2 

a 

2 

+ a 

2 

+ a 

2 

) 

Die Maximalspannung ist gleich der maximalen 

Schubspannung. Diese entsteht am Rand des Querschnitts 

4 

MT 

π 3 ri 

τ max = mit W T = (ra 

- ) 

WT 

2 ra 

aus Tabelle 9.1 

(9.72): 

τ 

M 

(x1) = 

W 

m0 

a 

= 

W 

T1 

1max = 

T T 

const., 

(9.73): 

τ 

M 

(x2) = 

W 

2max 

T2 

= 

T 

m 

0 

(a - x 

W 

T 

2 

) 

. 

Im ersten Bereich ist die Schubspannung konstant und größer 

als im Bereich τ (x ) > (x ) . Der Maximalwert ergibt 

2 1 1 τ2 

2 

sich im Bereich 1 als konstanter Wert zu 

(9.74): 

τ max 

m0 

a 

= 

W 

T 

. 

- 183 -


TORSION 

AUFGABE 9.6 


Stabmitte 



• Berechnung mit Integration 

• Berechnung der Verdrehungsverläufe 

• Berechnung der Verdrehung an der Nahtstelle 

Der Stab in Bild 9.18 hat links einen Vollkreis und rechts einen 

Kreisringquerschnitt gleichen Materials. Er wird an der 

Nahtstelle durch ein Torsionsmoment M T0 belastet. 

gegeben: M T0 , a, b, r a , r i , G 

gesucht: Bestimmung der Querschnittsverdrehung an der 

Nahtstelle 

- 184 -


TORSION 

M T0 

r a 

r i 

a 

b 

Bild 9.18 Stab mit zwei Querschnitten gleichen Materials 


Es handelt sich um eine statisch unbestimmte Zweibereichsaufgabe, 

deren Koordinaten Bild 9.19 zu entnehmen 

sind. 

M T0 

x 1 

x 2 

a 

b 

Bild 9.19 Koordinaten der Zweibereichsaufgabe 

- 185 -


TORSION 

Nach Integration für Bereich 1 und Bereich 2 folgen die 

Gleichungen für den Torsionsmomenten- und Verdrehungsverlauf 


dMT1 

(9.75): 

= 0 ⇒ MT1 

= C11, 

dx 

1 

dϑ1 MT1 

C11 

1 

(9.76): 

= = ⇒ ϑ1 

= (C11x 

1 + C21), 

dx GI GI GI 

1 

T 

T 

T1 


dMT2 

(9.77): 

= 0 ⇒ MT2 

= C12, 

dx 

2 

dϑ2 

MT2 

C12 

1 

(9.78): 

= = ⇒ ϑ2 

= (C12x 

2 + C22). 

dx GI GI 

GI 

2 

T 

T 

T2 

- 186 -


TORSION 

Wegen der statischen Unbestimmtheit existieren nur geometrische 

Randbedingungen 

(9.79) : ϑ 1 (x1 

= 0) = 0 ⇒ C21 

= 0, 

(9.80) : ϑ 2 (x2 

= b) = 0 ⇒ C12 

b + C22 

= 0. 

Die Übergangsbedingungen lauten nach Bild 9.20 

(9.81) : MT1(x1 

= a) + MT0 

= MT2(x2 

= 0) ⇒ C12 

= C11 

+ MT0, 

M T1 

M T0 

M T2 

Bild 9.20 Übergangsstelle x 1 = a, x 2 = 0 

(9.82): 

ϑ 

1 

⇒ 

(x 

1 

=a) = ϑ 

C 

22 

2 

GI 

= 

GI 

T2 

T1 

(x 

2 

(C 

= 0) 

11 

a + C 

21 

), 

daraus folgt 

- 187 -


TORSION 

GIT2 

(9.83): 

C22 = C11a. 

GI 

T1 

Daraus ergibt sich 

(9.84) : 

(C 

⇒ 

11 

+ M 

C 

11 

T0 

GI 

) b + 

GI 

= - M 

T0 

I 

T2 

I 

T1 

T2 

T1 

C 

11 

a = 0 

b 

. 

a + b 

Der Torsionsmomenten- und Verdrehungsverlauf ist für beide 

Bereiche bestimmt 

(9.85) : 

M 

T1 

M 

T2 

= - M 

T0 

= - M 

T0 

I 

I 

T2 

T1 

I 

I 

T2 

T1 

b 

, 

a + b 

b 

+ M 

a + b 

T0 

, 

- 188 -


TORSION 

(9.86) : 

ϑ 

1 

= - M 

T0 

1 

GI 

T1 

I 

I 

T2 

T1 

b 

x 

a + b 

1 

, 

ϑ 

2 

= - M 

T0 

1 

GI 

T1 

− x 2 + 1 

( ). 

IT2 

a + b 

I 

T1 

Die Querschnittsverdrehung am Übergang mit 

π 4 4 

und IT2 

= (ra 

− ri 

) ist 

2 

π 

IT1 = r a 

2 

4 

(9.87) : 

ϑ 

1 

(x 

1 

= a) = - M 

T0 

M 

= − 

GI 

T0 

T1 

1 

GI 

T1 

I 

I 

a 

aI 

1+ 

b I 

T2 

T1 

T2 

T1 

b 

a 

a + b 

. 

AUFGABE 9.7 


Stabmitte 

- 189 -


TORSION 


• Dünnwandiger Querschnitt 

• Berechnung des Schubflusses 

• Berechnung der Verdrehung der Endquerschnitte 

Ein dünnwandiger Träger der Länge l mit dem Querschnitt 

(Bild 9.21) wird durch ein Torsionsmoment M T0 belastet. 

gegeben: t 2 = 2 t 1 , r = 20 t 1 , l = 1000 t 2 , G, τ zul , M T0 

gesucht: Bestimmung des Schubflusses T, der kleinsten zulässigen 

Wandstärke t min , wenn τzul 

vorgegeben ist, der Torsionssteifigkeit 

GI T des Querschnitts und der Verdrehung ϑ 

der Endquerschnitte gegeneinander. 

- 190 -


TORSION 

M T0 

a) 

x 

M T0 

r 

t 2 

t 1 

b) 

Bild 9.21 a) Dünnwandiger Träger der Länge l; b) Querschnitt mit 

seinen Abmessungen 


Das Schnittmoment M T ist über den gesamten Bereich 

konstant und kann durch bereichsweises Schneiden sofort 

bestimmt werden 

(9.88) : MT 

=MT0 

= const. 

- 191 -


TORSION 

Der Schubfluss T mit 

BREDT ergibt sich zu 

1 2 

A m = π r nach dem 1.Satz von 

2 

MT0 

MT0 

(9.89): 

T(x) = = . 

2 

2⋅ 

A π r 

m 

Die kleinste zulässige Wandstärke t min wird über die 

zulässige Spannung berechnet 

(9.90): 

τ 

T 

= 

t 

⇒ 

t 

min 

T 

= 

τ 

max 

zul 

= 

M 

π r 

T0 

2 

τzul 

. 

Die Torsionssteifigkeit ergibt sich zu 

(9.91): 

G 

IT 

4 Am 

= G 

ds 

∫ 

t 

2 

π 2 2 

4( r ) 

= G 2 . 

2r πr 

+ 

t t 

2 

1 

Die Verdrehung der Endquerschnitte gegeneinander ist 

- 192 -


TORSION 

(9.92): 

MT0l 

ϑ = . 

GI 

T 

AUFGABE 9.8 

• Räumliches System mit einer Gleichstreckenlast q 



• Berechnung der Einspannmomente 


mit Biegelinientafel und Arbeitssatz 

Ein ebener, rechtwinkeliger Rahmen (Trägerlänge l) ist mit 

einer konstanten Gleichstreckenlast q belastet. 

gegeben: l, E, 

3 

G = E , t


TORSION 

Querschnitt im Bereich AB 

l 

A 

t 

a 

B 

z 2 

x 1 

x 2 

z 1 

a 

Querschnitt im Bereich BC 

l 

C 

a 

Bild 9.22 Ebener, rechtwinkeliger Rahmen mit konstanter Gleichstreckenlast 

q 

- 194 -


TORSION 

1.LÖSUNGSMÖGLICHKEIT ZU AUFGABE 9.8 MIT DER 

BIEGELINIENTAFEL 

A 

z 1 

,w 1 

q 

EI 1 

B 

ql /8 

ql 

x 

Bild 9.23 Balken AB mit der Ersatzlast aus Balken BC 

Aus der Biegelinientafel (Kapitel 10, Tabelle 10.1) ergibt 

sich die Verformung und die Verdrehung in B 

(9.93) : 

w 

4 3 

q l q l l 

B = + = 

8 E I1 

3 E I1 

11 

24 

4 

q l 

E I 

1 

, 

(9.94) : 

ϑ 

MT 

l 

= 

G I 

B = 

T1 

4 

3 

q l 

E I 

3 

T1 

. 

- 195 -


TORSION 

q 

w Cel 

a) 

l 

B 

C 

w B 

ϑ B 

ll 

b) 

w Cel 

Bild 9.24 Verformungen Balken BC; a) aus elastischem Anteil infolge 

q; b) Gesamtverformung des Lastangriffspunktes C 

Der elastische Anteil infolge q in Balken BC ist 

(9.95) : 

w 

Cel 

4 

q l 

= 

8 E I 

2 

. 

Daraus ergibt sich die Gesamtverformung w C des Lastangriffspunktes 

C 

- 196 -


TORSION 

(9.96): 

w 

C 

= w 

B 

+ ϑ 

B 

l + w 

Cel 

4 

q l 

= 

E 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

11 

24 

1 

I 

1 

+ 

4 

3 I 

T1 

+ 

1 

8 I 

2 

⎟ ⎞ 

. 

⎠ 

Die Flächenträgheitsmomente sind 

(9.97): 

3 

t a 

I1 

= 2 

12 

a 

+ 2 a t ( ) 

2 

2 

2 

= 

3 

a 

3 

t, 

I 

2 

4 

3 

a a t 

= 

12 12 

a 

, 

t 

das Torsionsträgheitsmoment ist 

(9.98) : 

2 

T1 = 

I 

(2 Am) 

= 

ds 

∫ 

t 

2 

(2 a ) 

4 a 

t 

2 

= a 

3 

t. 

Eingesetzt ergibt sich die Verformung zu 

(9.99) : 

f 

C 

= w 

C 

q l 

= 

E a 

q l 

= 

E a 

4 

3 

4 

3 

97 

( 

t 48 

11 3 

( 

t 24 2 

+ 

3 t 

). 

2 a 

+ 

4 

3 

+ 

1 

12 

8 

t 

a 

) 

- 197 -


TORSION 

2.LÖSUNGSMÖGLICHKEIT ZU AUFGABE 9.8 MIT DEM 

ARBEITSSATZ 

Zuerst werden die Momentenverläufe des Trägers für das 

Biege- und Torsionsmoment bestimmt (Bild 9.25). Dann 

werden die Momentenverläufe für die virtuelle Last 1 im 

Lastangriffspunkt C bestimmt. 

q l 

8 

2 

- 

- 3 

2 q l 

2 

- 

q l 

2 

2 

- 

q l 

8 

2 

Bild 9.25a Momentenverlauf M 

- 198 -


TORSION 

- 

1 l 

1 l 

- 

1 

Bild 9.25b Momentenverlauf M mit virtueller Last 1 

2 

q l 

2 

- 

A 

0 

Bild 9.25c Torsionsmomentenverlauf M T 

- 199 -


TORSION 

- 

1 l 

0 

1 

Bild 9.25d Torsionsmomentenverlauf 

M T mit virtueller Last 1 

Der Arbeitssatz für Biegung und Torsion lautet 

(9.100) : 

1 

2 

1f 

C 

= 

1 

2 

M M 

∫ dx + 

E I 

1 

2 

∫ 

M 

T 

G I 

M 

T 

T 

dx. 

Daraus ergibt sich mit Hilfe der Koppeltafel (Kapitel 11, Tabelle11.1) 

- 200 -


TORSION 

(9.101) : 

+ 

1 

E I 

1f 

2 

C 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 

3 

= 

1 

E I 

q l 

2 

1 

2 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 

3 

1 

l 

3 

2 

2 

q 

− 

l 

1 

3 

2 

1 l − 

q ⋅ l 

8 

2 

1l 

1 

3 

2 

q ⋅ l 

8 

⎞ 

⎟ 

+ 

⎠ 

2 

1l 

1 

G I 

2 

T1 

⎞ 

⎟ 

+ 

⎠ 

⎛ 

2 

l 

⎜ 

q 

⎝ 2 

1l 

2 

⎞ 

⎟ 

. 

⎠ 

Mit den Flächenträgheitsmomenten (9.97) und dem Torsionsträgheitsmoment 

(9.98) ist 

(9.102) : 

f 

C 

q l 

= 

E 

4 

q l 

= 

E a 

3 

4 

( 

1 

I 

1 

1 

2 

97 

( 

t 48 

− 

+ 

1 

I 

1 

3 

2 

1 

24 

t 

). 

a 

+ 

1 

I 

2 

1 

( 

6 

+ 

− 

1 

I 

T1 

1 

) 

24 

1 

2 

+ 

8 

) 

3 

AUFGABE 9.9 

• Belastung durch Kräfte über Hebel 


• Berechnung der maximalen Belastung F bei vorgegebener 

zulässiger Schubspannung 

• Berechnung der Verdrehung des Hebelkreuzes 

- 201 -


TORSION 

Ein vertikaler, unten starr eingespannter Pfosten, dessen 

Profil aus einem rechtwinkeligen Dreieck (t


TORSION 


Die zulässige Schubspannung τzul 

ist 

MT 

(9.103) : τ max = < τzul. 

W 

T 

Mit dem Torsionsmoment 

(9.104) : MT 

= 4 F h, 

dem Widerstandsmoment mit 

1 2 

A m = a und 

2 

t min 

= 

t 

2 

(9.105) : 

W 

T 

= 2 A 

m 

t 

min 

= a 

2 

t 

2 

ergibt sich (9.103) zu 

8 F h 

(9.106): 

τ max = < τzul. 

2 

a t 

Daraus folgt 

- 203 -


TORSION 

(9.107): 

F 

zul 

τ 

< 

2 

a t 

. 

8h 

zul 

Die Verdrehung ϑ des Hebelkreuzes für F = F zul ist mit 

E 

G = 

2(1 + ν) 

(9.108) : 

ϑ A 

MT 

l 

= , 

G I 

T 

mit dem Torsionsmoment 

(9.109): 

M 

T 

= 4 F 

zul 

τ 

h = 

zul 

a 

2 

2 

t 

und dem Torsionsträgheitsmoment 

(9.110) : 

I 

T 

(2 Am) 

= 

ds 

∫ 

t 

2 

= 

a 

4 

t 

+ 

a 

4 

2 

a 

t / 2 

= 

a 

3 

4 + 2 

2 

- 204 -


TORSION 

folgt 

hl 

(9.111): 

ϑ A = 4 (4 + 2 ) τzul. 

3 

a tG 

- 205 -


BIEGUNG DES GERADEN BALKENS 



AUFGABE 10.1 

• Balken mit Einzelmoment M 0 und einer kontinuierlichen 

Last q(x) 

• Bestimmung der Verdrehung durch Integration 

Der skizzierte Balken ist mit einem Einzelmoment M 0 und 

x 

einer kontinuierlichen Last q(x) = q0 (1+ ) belastet. 

l 

gegeben: l, M 0 , q 0 

gesucht: Die maximale Verdrehung an den Balkenenden. 

- 206 -



q 0 

q 0 

A 

z,w 

x 

E 

l 

B M 0 

Bild 10.1 Balken mit einem Einzelmoment M 0 und einer kontinuierlichen 

Last q(x) 


Die Streckenlast ergibt sich zum Beispiel aus der Zwei- 

Punkte- Formel der Geometrie zu 

x 

(10.1) : q(x) = q0 

(1+ ). 

l 

Damit steht die Ausgangsgleichung für die Integration. 

Durch Integration der Differentialgleichungen der Statik 

ergibt sich die Querkraft 

- 207 -



(10.2) : 

dQ 

dx 

⇒ 

= - q(x) = - 

Q(x)= - q 

q 

0 

0 

x 

(1+ ) 

l 

2 

1 x 

(x + 

2 l 

+ C 

1 

), 

und des Biegemoments 

(10.3) : 

dM 

= Q(x)= - q 

dx 

⇒ 

0 

1 

M(x) = - q0( 

x 

2 

1 x 

(x + 

2 l 

2 

2 

1 

+ 

6 

+ C 

3 

x 

l 

1 

) 

+ C 

1 

x + C 

2 

). 

Mit den statischen Randbedingungen ergeben sich die 

Konstanten 

(10.4) : M(0) = 0 ⇒ C2 

= 0, 

(10.5) : 

1 2 1 l 

M(l) =M0 

= - q0 

( l + 

2 6 l 

M0 

2 

⇒ C1 

= - − l. 

q l 3 

0 

3 

+ C 

1 

l) 

- 208 -



Damit lauten der Querkraft- und Momentenverlauf 

(10.6) : 

Q(x) = - q 

M 

= 

l 

0 

0 

1 x 

(x + 

2 l 

- q 

0 

2 

M 

- 

q 

2 

1 x 

(x + 

2 l 

0 

0 

− 

l 

− 

2 

l) 

3 

2 

l), 

3 

(10.7) : 

M(x) = - 

q 

M 

= 

l 

0 

0 

1 1 x 

x( x + 

2 6 l 

x - q 

0 

1 

x( 

2 

2 

- ( 

1 

x + 

6 

M0 

− 

q l 

2 

x 

l 

0 

− 

2 

l)) 

3 

2 

l). 

3 

Durch Integration der Differentialgleichungen der Elastizitätstheorie 

ergibt sich die Querschnittsverdrehung 

(10.8): 

dψ 

dx 

= 

M(x) 

EI 

= 

1 M 

( 

EI l 

2 

0 

x - q0 

− 

1 1 x 

x( x + 

2 6 l 

2 

l)) 

3 

⇒ 

ψ = 

1 

( 

EI 

M 

l 

0 

2 

x 

2 

- q 

0 

1 

x( 

6 

x 

3 

+ 

1 

24 

4 

x 

l 

− 

2 

lx 

6 

+ C 

3 

)) 

und die Verformung 

- 209 -



(10.9) : 

⇒ 

w = − 

dw 

dx 

1 M 

( 

EI l 

= −ψ(x) 

0 

3 

x 

6 

- q 

+ 

0 

1 

( 

24 

1 

120 

x 

5 

x 

l 

4 

+ 

− 

2 

lx 

18 

3 

+ C x + C 

3 

4 

)) 

Mit den geometrischen Randbedingungen ergeben sich die 

Konstanten 

(10.10) : w(0) = 0 ⇒ C4 

= 0, 

(10.11) : 

w(l) = 0 

⇒ 

M 

= 

l 

C 

3 

0 

l 

3 

- q 

0 

6 

1 M 

= - 

6 q 

1 

( 

24 

0 

0 

l - 

l 

4 

11 

l 

180 

1 

+ 

120 

3 

. 

5 

l 

l 

− 

2 

18 

l 

4 

+ C l 

3 

Damit lauten der Verdrehungs- und Biegelinienverlauf 

- 210 -



(10.12) : 

ψ(x) 

= 

1 

( 

EI 

M 

l 

0 

2 

x 

2 

1 3 1 x 

- q0 

( x + − 

6 24 l 

2 2 1 M0 

11 

− lx − l − l 

6 6 q 180 

0 

4 

3 

)) = 

= 

2 

4 

1 3 

2 3 

0 0 

− 

( 

EI 

1 x 

M ( 

2 l 

1 

- l) - q 

3 

1 

( x 

6 

1 x 

+ 

24 l 

2 

− lx 

6 

11 

l 

180 

)), 

(10.13) : 

1 1 x 

w(x) = ( − M 0( 

EI 6 l 

+ 

3 

- lx) 

1 

120 

+ q 

5 

x 

l 

0 

− 

1 

( 

24 

2 

18 

lx 

x 

3 

4 

− 

+ 

11 

180 

l 

3 

x)) 

Die Verdrehung ψ an den Balkenenden ist 

(10.14) : 

ψ(0) 

= 

1 1 

( − M l 

EI 6 

0 + 

q 

0 

11 

l 

180 

3 

), 

(10.15) : 

1 1 3 

ψ (l) = ( M0l 

- q0l 

EI 3 

11 

180 

l 

3 

)). 

Die maximale Verdrehung 

Kurvendiskussion von (10.12) bei x= x 0 zu 

ψ max für M 0 = 0 ergibt sich durch 

- 211 -



(10.16) : 

ψ´(x 

⇒ 

0 

x 

) = 0 = − 

01 

, = 0, 

1 

EI 

q 

0 

1 

( 

2 

x 

2 

0 

+ 

3 

1 x0 

6 l 

− 

2 

lx) 

3 

(10.17) : 

x 

⇒ 

02,3 

= − 

x 

0 2 

3 

l ± 

2 

3 

= - l 

2 

⎛ 3 ⎞ 

⎜ − l⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

± 

5 

l 

2 

2 

= l. 

+ 4l 

2 

Es existieren zwei Lösungen für x = x 0 . Diese müssen untersucht 

werden, um das Maximum herauszufinden 

(10.18) : 

ψ´´(x 

01 

) 

1 1 x01 

= − q0x01 

+ 

EI 2 l 

2 1 

= q0l 

> 0. 

3 EI 

2 

2 

− l) 

3 

Für x 0 1 = 0 existiert ein Minimum. 

5 1 

(10.19) : ψ ´´(x ) = − q0l 

6 EI 

01 < 

0. 

- 212 -



Für x 0 2 = l existiert ein Maximum. Dort ist die größte Querschnittsverdrehung. 

AUFGABE 10.2 

• Balken mit einer kontinuierlichen Last q(x) 

• Bestimmung der Schnittkraftverläufe Q(x) und 

M(x) und die Biegelinie w(x) durch Integration 

Ein beidseitig eingespannter Balken (Länge l, E I = const.) 

ist mit der konstanten Gleichstreckenlast q(x) = q 0 belastet. 

gegeben: l, q 0 , EI 

gesucht: Bestimmung der Schnittkraftverläufe Q(x) und M(x) 

und die Biegelinie w(x) durch Integration. 

q 0 

A 

z, w 

x 

l 

B 

Bild 10.2 Beidseitig eingespannter Balken mit konstanter Gleichstreckenlast 

q 0 

- 213 -




Es handelt sich um ein dreifach statisch unbestimmtes System, 

das mit Hilfe der Integration gelöst werden kann. 

Durch die Integration der Differentialgleichungen ergeben 

sich die Gleichungen für den Querkraft-, Biegemomenten-, 

Verdrehungs- und Biegelinienverlauf 

dQ 

(10.20) : = - q(x) = - q0 ⇒ Q(x) = - q0 

x + C1, 

dx 

dM 

1 2 

(10.21) : = Q(x) ⇒ M(x) = - q0 

x + C1 

x + C2. 

dx 

2 

(10.22) : 

dψ 

= 

dx 

⇒ 

M(x) 

EI 

ψ(x) 

= 

1 

(- 

EI 

q 

1 

x 

6 

1 

+ C 

2 

3 

2 

0 1 x + C2x 

+ 

C 

3 

) 

- 214 -



(10.23) : 

dw 

dx 

⇒ 

= −ψ 

w(x) = 

1 

EI 

(q 

0 

1 

24 

4 1 3 

x - C1 

x - 

6 

1 2 

- C2x 

− C3x 

− C4 

). 

2 

Die Konstanten werden über die Randbedingungen bestimmt. 

Da es sich um ein statisch unbestimmtes System 

handelt, liegen keine statischen, sondern nur geometrische 

Randbedingungen vor. 

(10.24) : ψ(0) = 0 ⇒ C3 

= 0, 

(10.25) : w(0) = 0 ⇒ C 4 

= 0, 

1 1 3 1 2 

(10.26) : ψ(l) 

= 0 = (- q l + C1 

l + C2l 

EI 6 2 

0 + 

0) 

(10.27) : 

w(l) = 0 = 

1 

EI 

(q 

0 

1 

24 

l 

4 

1 

- C 

6 

1 

l 

3 

1 

- C 

2 

2 

2l 

). 


- 215 -



(10.28) : 

C 

1 

1 

= q 

2 

0 

l, 

C 

2 

= - 

1 

12 

q 

0 

l 

2 

. 

Eingesetzt ergeben sich der Querkraftverlauf und Momentenverlauf 

1 x 

(10.29) : Q(x) = - q x + q0 

l = q0 

l( 

2 l 

0 + 

1 

), 

2 

(10.30) : 

dM 

dx 

⇒ 

= Q(x) 

M(x) = - 

q 

= q 

0 

0 

1 

2 

x 

2 

+ 

2 

1 2 x 

l ( 

2 

2 l 

1 

2 

q 

x 

+ 

l 

0 

l x - 

1 

- ). 

6 

1 

12 

q 

0 

l 

2 

der Verlauf der Verdrehung und der Durchbiegung 

(10.31) : 

ψ(x) 

= 

1 1 

(- 

EI 6 

1 

= q 

2 

3 

0l 

q 

0 

x 

3 

1 1 

(- 

EI 3 

1 

+ q 

4 

x 

l 

3 

3 

0 

1 

+ 

2 

l x 

x 

l 

2 

2 

2 

- 

1 

12 

q 

0 

1 x 

- ), 

6 l 

l 

2 

x) 

- 216 -



(10.32) : 

w(x) = 

1 

EI 

1 

= q 

8 

(q 

4 

0l 

0 

1 

24 

x 

1 1 

( 

EI 3 

4 

x 

l 

- 

4 

4 

1 

12 

q 

2 

- 

3 

0 

x 

l 

3 

3 

lx 

3 

+ 

+ 

1 

3 

1 

24 

x 

l 

2 

2 

q 

). 

0 

l 

2 

x 

2 

) 

AUFGABE 10.3 

• Zweifeldriger, überkragender Balken (E I = const.) 

mit einer Einzelkraft F belastet 

• Bestimmung der Verformungen durch bereichsweise 

Integration und mit Biegelinientafel 

Ein überkragender Balken (E I = const.) ist am freien Ende 

durch eine Einzelkraft F belastet. 

gegeben: b, c, F 

gesucht: Bestimmung der Durchbiegung am freien Ende infolge 

F und der Neigung (Betrag des Winkels) am Lager B 

F 

A 

EI 

B 

EI 

b 

c 

Bild 10.3 Überkragender Balken mit Einzelkraft F 

- 217 -



LÖSUNG ZU AUFGABE 10.3 DURCH FELDWEISE 

INTEGRATION 

Es handelt sich um eine Zweibereichsaufgabe, deren Koordinaten 

für die beiden Bereich in Bild (10.4) gegeben sind. 

x 1 x 2 

z,w 

EI B EI 

z,w 

F 

b 

c 

Bild 10.4 Koordinatendefinition 

Die Integration der Differentialgleichungen führt auf die Verläufe 

in den Bereichen 

Im Bereich 1 für 0 ≤ x1 ≤ b ergibt sich 

(10.34) : q(x 1 ) = 0, 

(10.35) : Q1(x1) 

= C11, 

- 218 -



(10.36) : M1(x1) 

= C11 

x1 

+ C21, 

1 1 2 

(10.37) : ψ1 (x1) 

= ( C11 

x1 

+ C21x1 

+ C31), 

EI 2 

1 

(10.38) : 

w (x ) = 

1 

1 

1 

EI 

1 

1 

(- C 

6 

11 

x 

3 

1 

1 

- C 

2 

2 

21x1 

− C 

31 

x 

1 

− 

− C 

41 

). 

Im Bereich 2 für 0 ≤ x 2 ≤ c ergibt sich 

(10.39) : q(x 2 ) = 0, 

(10.40) : Q 2 (x 2 ) = C12, 

(10.41) : M2 

(x 2 ) = C12 

x 2 + C 22, 

1 1 2 

(10.42) : ψ 2 (x 2 ) = ( C12 

x 2 + C22x 

2 + C32 

), 

EI 2 

2 

- 219 -



(10.43) : 

w 

2 

(x 

2 

) = 

1 

EI 

2 

1 

(- C 

6 

12 

x 

3 

2 

1 

- C 

2 

− C 

22 

32 

x 

x 

2 

2 

2 

− 

− C 

42 

). 

Die Konstanten werden über die Randbedingungen bestimmt. 

Aus den statischen Randbedingungen 

(10.44) : M1(x1 

= 0) = 0 ⇒ C21 

= 0, 

(10.45) : Q 2(x 

2 = c) = F ⇒ C12 

= F, 

(10.46) : M2(x 

2 = c) = 0 ⇒ C22 

= - C12 

c = - F c, 

den geometrischen Randbedingungen 

(10.47) : w 1(x1 

= 0) = 0 ⇒ C 41 = 0, 

1 2 

(10.48) : w 1(x1 

= b) = 0 ⇒ C11 

b + C31 

= 0, 

6 

- 220 -



(10.49) : w 2(x 

2 = 0) = 0 ⇒ C 42 

= 0, 

und aus den geometrischen Übergangsbedingungen 

(10.50) : 

ψ 

1 

⇒ 

(x 

1 

= 

1 

EI 

b) = 

1 

1 

( 

2 

ψ 

C 

2 

11 

(x 

b 

2 

2 

= 0) 

+ C 

31 

) = 

1 

EI 

2 

C 

32 

. 

Mit EI 1 = EI 2 folgt 

1 2 

(10.51) : C11 b = - C32. 

3 

Mit den statischen Übergangsbedingungen folgt 

(10.52) : 

M (x 

⇒ 

1 

1 

= b) =M 

C 

11 

2 

(x 

2 

= 0) 

b + 0 = − cF. 

Damit ergibt sich 

c 

1 

(10.53) : C = - F, C31 

= − cbF, C32 

b 

6 

11 = 

1 

cbF. 

3 

- 221 -



Die Biegelinie im Bereich 2 lautet 

1 1 3 1 2 1 

(10.54): 

w 2(x 

2 ) = ( Fx2 

- Fc x2 

− cbFx2 

). 

EI 6 2 3 

2 

Damit ist die Durchbiegung des Lastangriffspunktes 

(10.55) : 

w 

2 

(c) = 

1 

EI 

2 

1 

= − c 

3 

1 

( Fc 

6 

2 

F 

1 

EI 

2 

3 

1 

- Fc 

2 

(c + b). 

3 

1 

− c 

3 

2 

bF) 

und der Winkel am Lager B 

(10.56) : 

ψ 1 (b) = ψ 2(0) 

= 

1 

EI 

2 

1 

Fcb. 

3 

- 222 -



LÖSUNG ZU AUFGABE 10.3 MIT BIEGELINIENTAFEL 

(TABELLE 10.1) 

α 

α 

f 1 

a) 

b 

M B 

c 

c 

F 

+ b) 

f 2 

Bild 10.5 Aus Biegelinientafel a) Fall 1; b) Fall 2 

Die Verdrehung ψ b) = (0) 

am Lager B ergibt sich mit 

M B 

= F ⋅ c zu 

1( ψ 2 

(10.57) : 

MB 

⋅b 

ψ 1 (b) = ψ 2(0) 

= = 

3EI 

2 

1 

EI 

2 

1 

Fcb. 

3 

- 223 -



Die Verformung f ges am Lastangriffspunkt wird aus zwei Anteilen 

berechnet, der Starrkörperbewegung des Kragarms 

infolge M B 

(10.58) : 

f 

1 

2 

F c b 

= , 

3 EI 

1 

und der elastischen Verformung des Kragarms infolge F 

(10.59) : 

f 

2 

3 

F c 

= 

3 EI 

2 

. 


(10.60) : 

2 

F c b F c 1 2 

fges = f1 

+ f2 

= + = F c (b + c). 

3 EI 3 EI 3 EI 

1 

3 

2 

AUFGABE 10.4 

• Statisch unbestimmter Balken (EI = const.) mit einer 

Gleichstreckenlast q 0 belastet 

- 224 -




Integration 

Ein einseitig eingespannter Balken (Länge l, E I = const.) 

wird am Kragarmende durch ein Auflager gehalten und wird 

mit der konstanten Gleichstreckenlast q(x) = q 0 belastet. 

gegeben: l. EI. q 0 

gesucht: Wie groß ist die maximale Durchbiegung (Ort und 

Größe)? 

A 

x 

l 

EI 

q 0 

B 

Bild 10.6 Einseitig eingespannter Balken mit konstanter Gleichstreckenlast 

q 0 


Die Integration der Differentialgleichungen führt auf den 

Biegelinienverlauf (10.64) 

- 225 -



dQ 

(10.61) : = - q(x) = - q0 ⇒ Q(x) = - q0 

x + C1, 

dx 

dM 

1 2 

(10.62) : = Q(x) ⇒ M(x) = - q0 

x + C1 

x + C2, 

dx 

2 

(10.63) : 

dψ 

dx 

⇒ 

= 

M(x) 

EI 

ψ(x) 

= 

1 

(- 

EI 

q 

1 

x 

6 

1 

+ C 

2 

3 

2 

0 1 x + C2x 

+ 

C 

3 

) 

(10.64) : 

dw 

dx 

⇒ 

= −ψ 

w(x) = 

1 

EI 

(q 

0 

1 

24 

4 1 3 

x - C1 

x - 

6 

1 2 

- C2x 

− C3x 

− C4 

). 

2 

Aus den Randbedingungen werden die Konstanten berechnet. 

Da es sich um ein statisch unbestimmtes System handelt, 

liegt nur eine statische Randbedingung vor 

- 226 -



1 2 

(10.65) : M(l) = 0 ⇒ − l q0 

+ C1 

l + C2 

2 

= 0, 

(10.66) : ψ(0) = 0 ⇒ C3 

= 0, 

(10.67) : w(0) = 0 ⇒ C 4 

= 0, 

(10.68) : 

w(l) = 0 

⇒ 

− 

1 

24 

l 

4 

q 

0 

1 

+ C 

6 

1 

l 

3 

1 

+ 

2 

C 

2 

l 

2 

= 0. 

Damit folgt 

(10.69) : 

5 

C1 = q0l, 

C2 

= − 

8 

1 

q 

8 

2 

0l 

. 

Die Biegelinie ergibt sich zu 

(10.70) : 

w(x) = 

1 

( 

EI 

1 

24 

4 5 3 

q0 x - q0lx 

+ 

48 

1 

16 

q 

2 

0l 

x 

2 

). 

Diese Lösung könnte man auch erhalten, indem man in die 

Lösung für den oben besprochenen Biegelinientafel Fall 4: 

q 1 - q 0 = 0 setzt. 

- 227 -



Die größte Verformung erhält man an der Stelle x 0 . Dazu 

wird die Biegelinie abgeleitet und zu Null gesetzt 

(10.71) : 

I 

w (x 

0 

) = 0 

1 1 

= ( q0x 

EI 6 

1 

⇒ x0( 

x 

3 

3 

0 

2 

0 

5 2 1 2 

- q0lx0 

+ q0l 

x 

16 8 

5 1 2 

- lx0 

+ l ) = 0, 

8 4 

0 

) = 0 

(10.72) : x 1 = 0, x 02,3 

1 

= l(15 

16 

0 ± 

33). 

Nur die dritte Lösung x 0 3 = 0.578 l ergibt einen sinnvollen 

Wert. Aus der zweiten Ableitung der Biegelinie leitet sich 

ab, ob es sich um ein Maximum handelt 

(10.73) : 

w 

⇒ 

II 

(x 

0 

1 

( 

EI 

) ≠ 0 

1 

q 

2 

0 

x 

2 

0 

5 

- 

8 

q 

0 

lx 

0 

1 

+ q 

8 

2 

0l 

) 

x03 

= 0,578 l 

< 0. 

Damit ergibt sich die maximale Verformung zu 

- 228 -



(10.74): 

w 

max = 

w(x 

0 3 

) = 5.42 

10 

- 3 

q 

4 

0l 

EI 

. 

+ 

x 0 

w =w(x ) 

max 0 

Bild 10.7 Durchbiegung w(x) 

AUFGABE 10.5 

• Balken mit konstanter Dicke t und veränderlicher 

Breite b(x) mit einer Streckenlast q0 belastet 


Integration 

Eine Blattfeder mit konstanter Dicke t und veränderlicher 

Breite 

mit 

b = b 0 

l 

l + x 

q0b 

0 

Q 0 = belastet. 

2 

gegeben: b 0 , l, t, q 0 , E 

ist bei x = 0 eingespannt und bei x = l 

- 229 -



gesucht: Bestimmung der Neigung und Durchbiegung der 

Feder an der Stelle x = l infolge der angegebenen Belastungen. 

b 

t q 0 

x 

l 

b /2 0 

Bild 10.8 Blattfeder mit Belastung q 0 


Die Integration der Differentialgleichungen führt auf den 

Querkraft- und Momentenverlauf 

dQ 

(10.75) : = 0 ⇒ Q(x) = C1, 

dx 

- 230 -



dM 

(10.76) : = Q(x) = C1 ⇒ M(x) = C1 

x + C2. 

dx 

Aus den Randbedingungen werden die Konstanten berechnet 

(10.77) : 

Q(x = l ) = q 

b 

0 

0 ⇒ 

2 

C 

1 

= q 

0 

b 

0 

2 

, 

(10.78) : 

M(l) = 0 

⇒ 

C 

2 

= - q 

0 

b 

0 

2 

. 

Der Querkraft- und Momentenverlauf ergibt sich zu 

(10.79) : 

Q(x ) = 

q 

0 

b 

0 

2 

, 

(10.80) : 

M(x)= q 

b 

0 

0 (x − 

2 

l). 

Die weitere Integration der Differentialgleichungen führt auf 

den Verdrehungs- und Biegelinienverlauf 

- 231 -



(10.81) : 

dψ 

dx 

= 

M(x) 

EI 

= 

b0 

q (x − l) 

2 q0 

b 

= 

⎛ l ⎞ 2 E I 

E I ⎜ ⎟ 

⎝ l + x ⎠ 

0 

(x − l) (x 

l 

0 

0 + 

l) 

mit der Länge 

(10.82) : 

3 

b t b0 

t l 

I = = 

= l 

12 1 l + x 

3 

q0 

b0 

1 x 

⇒ ψ(x) = ( 

2 E I 3 l 

3 

0 

0 

l 

l + x 

2 

l 

− x + C 

l 

3 

), 

(10.83) : 

dw 

dx 

⇒ 

= −ψ 

q0 

b 

w(x) = − 

2 E I 

0 

0 

1 

( 

12 

4 

x 

l 

− 

1 

l 

2 

x 

2 

+ C 

3 

x + C 

4 

). 

Aus den Randbedingungen werden die Konstanten berechnet 

(10.84) : ψ(0) 

= 0 ⇒ C3 

= 0, 

- 232 -



(10.85) : w(0) = 0 ⇒ C 4 

= 0. 

Der Verdrehungs- und Biegelinienverlauf ergibt sich zu 

(10.86) : 

q0 

b 

ψ(x) = 

2 E I 

0 

0 

3 

1 x 

( 

3 l 

2 

l 

− 

l 

x), 

(10.87) : 

q0 

b 

w(x) = − 

2 E I 

0 

0 

1 

( 

12 

4 

x 

l 

− 

1 

l 

2 

x 

2 

). 

Damit ergeben sich die Neigung und Durchbiegung jeweils 

an der Stelle x= l 

(10.88) : 

q0 

b 

ψ(l) = 

2 E I 

0 

0 

3 

1 l 

( 

3 l 

3 

l q0 

b 

− ) = − 

l 3 E I 

0 

0 

l 

2 

, 

(10.89) : 

q0 

b 

w(l) = − 

2 E I 

0 

0 

1 

( 

12 

4 

l 

l 

1 

− l 

2 

3 

) = 

5q 

0 

b 

25 E I 

0 

0 

l 

3 

. 

AUFGABE 10.6 

• Kragbalken mit bereichsweise konstantes EI mit 

einer Einzellast F belastet 

- 233 -





Ein Kragbalken (Länge 2 l) mit bereichsweisem konstanten 

EI wird durch eine Einzellast F am Kragarmende belastet. 

gegeben: l, EI, F 

gesucht: Wie groß ist die Verformung des Lastangriffspunktes? 

2 EI EI 

F 

A 

l 

B 

l 

C 

Bild 10.9 Kragbalken mit Einzellast F 

LÖSUNG ZU AUFGABE 10.6 DURCH FELDWEISE 

INTEGRATION 


für die beiden Bereiche in Bild (10.10) gegeben 

sind. 

- 234 -





A 

2 EI B 

EI 

F 

x 1 

x 2 

z , w 

z , w 

1 1 

l 

2 2 

l 

C 


Im Bereich 1 für 0 ≤ x1 ≤ l ergibt sich 

dQ1 

(10.90) : = 0 ⇒ Q1(x1) 

= C11), 

dx 

1 

(10.91) : M1(x1) 

= C11 

x1 

+ C 21, 

1 1 2 

(10.92) : ψ1 (x1) 

= ( C11 

x1 

+ C21x1 

+ C31) 

EI 2 

1 

- 235 -



(10.93) : 

w (x ) = 

1 

1 

1 

EI 

1 

1 

(- C 

6 

11 

x 

3 

1 

1 

- C 

2 

2 

21x1 

− C 

31 

x 

1 

− 

− C 

41 

). 

Im Bereich 2 für 

0 ≤ x 2 ≤ l ergibt sich 

(10.94) : q2 

(x 2 ) = 0, 

(10.95) : Q 2 (x 2 ) = C12, 

(10.96) : M2 

(x 2 ) = C12 

x 2 + C 22, 

1 1 2 

(10.97) : ψ 2 (x 2 ) = ( C12 

x 2 + C22x 

2 + C32 

), 

EI 2 

2 

(10.98) : 

w 

2 

(x 

2 

) = 

1 

EI 

2 

1 

(- C 

6 

12 

x 

3 

2 

1 

- C 

2 

22 

x 

− C 

2 

2 

32 

x 

− 

2 

− C 

42 

). 

Die statischen Randbedingungen lauten 

- 236 -



(10.99) : Q2(x 

2 = l) = F ⇒ C12 

= F, 

(10.100) : M2(x 

2 = c) = 0 ⇒ C 22 

= 

- F l, 

die geometrischen Randbedingungen 

(10.101) : E I ψ1(x1 

= 0) = 0 C31 

= 0, 

1 ⇒ 

(10.102) : E I1w 

1(x1 

= 0) = 0 ⇒ C 41 = 0, 

die statischen Übergangsbedingungen 

(10.103) : Q1(x1 

= l) = Q 2(x 

2 = 0) ⇒ C11 

= F, 

(10.104) : M1(x1 

= l) = M2(x 

2 = 0) ⇒ C 21 = 

- 2 F l, 

und die geometrischen Übergangsbedingungen 

(10.105) : 

EI ψ (x 

⇒ 

1 

1 

C 

32 

1 

= l) = EI ψ 

= − 

3 

4 

Fl 

2 

2 

, 

2 

(x 

2 

= 0) 

- 237 -



(10.106) : 

EI w 

⇒ 

1 

1 

C 

(x 

42 

1 

= l) = EI 

= − 

5 

12 

2 

Fl 

w 

3 

. 

2 

(x 

2 

= 0) 

Damit ergibt sich die Verformung am Lastangriffspunkt mit 

EI 1 = 2 zu 

EI 

2 

(10.107) : 

w 

2 

(x 

2 

= l) = 

1 

(- 

EI 

3 

= − Fl 

2 

1 

F l 

6 

3 

. 

3 

1 3 

+ Fl + 

2 

3 

+ Fl 

4 

3 

+ 

5 

12 

Fl 

3 

- 238 -





2 EI EI 

F 

a) 

A 

l 

B 

l 

C 

2 EI 

F 

= b) 

A 

l 

B 

Fl 

EI 

F 

+ c) 

B 

l 

C 

Bild 10.11 Gesamtbalken mit Belastung; a) Balken Bereich AB mit 

Belastung; b) Balken Bereich BC mit Belastung aus Bereich BC: 

Kragarm unter der Belastung F 

- 239 -



Die Gesamtverformung f ges setzt sich aus folgenden Anteilen 

zusammen 

1. VerformunginB infolgeEinzelkraft 

F : 

(10.108): 

3 

F l 

, 

6 EI 

2. VerformunginB infolgeMomentF l : 

(10.109): 

3 

F l 

, 

4 EI 

3.Verformungin C infolge VerdrehunginB infolgeEinzelkraft F : 

(10.110): 

2 

F l 

l, 

2 EI 

4.Verformu ng in C infolge Verdrehung inB infolge Moment F l : 

- 240 -



(10.111): 

2 

F l 

l, 

2 EI 

5.Verformungin C infolgeEinzelkraft 

F: 

(10.112): 

3 

F l 

. 

3 EI 

Daraus ergibt sich die Verformung in C zu 

(10.113): 

f 

3 

F l 1 1 1 1 1 

= ( + + + + ) 

6 EI 6 4 4 2 3 

ges = 

3 

3 F l 

2 EI 

. 

AUFGABE 10.7 

• Zweifeldriger Balken mit einer Gleichstreckenlast q 

belastet 



• Bestimmung des Belastungsverhältnisses unter 

der Bedingung, dass im Feld und am Kragarmende 

dieselbe Verformung auftritt 

- 241 -



Ein überkragender Balken (Länge 3 a, E I = const.) wird 

durch eine Gleichstreckenlast q im Feld und durch eine Einzellast 

F am Kragarmende belastet. 

gegeben: a, EI, q, F 

gesucht: Für welches Verhältnis 

F 

qa 

werden die Durchbiegungen 

in Feldmitte B und am Kragarmende D gleich groß? 

A 

x 1 

a 

q F 

B C D 

x 2 

1 

2 

a a 

Bild 10.12 Überkragender Balken mit Gleichstreckenlast q 

1.Lösungsmöglichkeit zu Aufgabe 10.7 mit Biegelinientafel 

(Tabelle 10.1) 

- 242 -



a) 

A 

x 1 

a 

q F 

B C D 

x 2 

1 

2 

a a 

1 

q 

A B C 

f B 

F 

F a 

= b) 

a 

a 

ψ C infolge q 

F 

C 

2 

D 

fD 

+ c) 

a 

Bild 10.13 a) Zweifeldriger Träger; b) Balken Bereich AC mit Belastung 

aus AC + CD; c) Balken Bereich CD mit Belastung 

- 243 -



Die Verformung f B setzt sich aus folgenden Anteilen zusammen 

1. VerformunginB infolgeq: 

(10.114) : 

5 

385 

q 

1 

EI 

(2a) 

4 = 

5 1 

q a 

24 EI 

4 

, 

2. VerformunginB infolgeMomentF a : 

(10.115): 

Fa (2a) 

6 EI 

2 

( − 

a 

2a 

a 3 Fa 

+ ( ) ) = − , 

2a 4 EI 

3 

Daraus ergibt sich die Verformung in B zu 

(10.116): 

f 

Bges 

5 1 

= q 

24 EI 

a 

4 

3 

Fa 

− = 

4 EI 

3 

a 5 

( qa − F). 

4 EI 6 

Die Verformung f D setzt sich aus folgenden Anteilen zusammen 

- 244 -



1.Verformu nginD infolge Verdrehungin C infolgeq: 

(10.117) : 

− 

1 1 

q 

24 EI 

3 1 

(2a) a = − q 

3 

1 

EI 

a 

4 

, 

2.VerformunginD infolge Verdrehungin C infolgeF a : 

(10.118): 

Fa (2a) Fa 

a = , 

3 EI 3 EI 

3 

3.VerformunginD infolgeEinzelkraft 

F : 

(10.119): 

3 

F a 

. 

3 EI 

(10.120): 

3 

Dges + 

f 

a 

= ( − qa 

3 EI 

3F). 

Das Verhältnis 

F , für das die beiden Verformungen 

qa 

gleich sind, ergibt sich aus der Bedingung 

- 245 -



(10.121) : fBges 

= fDges, 

(10.122): 

3 

a 

( 

4 EI 

5 

qa − F) = 

6 

3 

a 

( −qa 

+ 3F), 

3 EI 

Die beiden Verformungen sind gleich, wenn das Verhältnis 

F 13 = ist. 

qa 30 

2.Lösungsmöglichkeit zu Aufgabe 10.7 durch feldweise 

Integration 



sind. 



- 246 -



A 

x 1 

a 

q F 

B C D 

x 2 

1 

2 

a a 


Im Bereich 1 für 0 ≤ x1 ≤ 2a ergibt sich 

(10.123) : 

dQ 

dx 

1 

1 

⇒ 

= - q (x ) = - q 

Q (x ) = - q 

1 

1 

1 

1 

0 

0 

x 

1 

+ C 

11 

, 

1 2 

(10.124) : M 1(x1) 

= - q0 

x1 

+ C11 

x1 

+ C21, 

2 

(10.125) : 

ψ (x ) = 

1 

1 

1 

EI 

1 

1 

(- 

6 

q 

0 

x 

3 

1 

1 

+ C 

2 

11 

+ C 

21 

x 

2 

1 

x 

1 

+ 

+ C 

31 

), 

- 247 -



(10.126) : 

w (x ) = 

1 

1 

1 

EI 

1 

1 

( 

24 

q 

0 

x 

4 

1 

1 

- C 

2 

1 

- C 

6 

11 

2 

21x1 

x 

3 

1 

− C 

- 

31 

x 

1 

− C 

41 

). 

Im Bereich 2 für 0 ≤ x 2 ≤ a ergibt sich 

(10.127) : q2 

(x 2 ) = 0, 

(10.128) : Q 2 (x 2 ) = C12, 

(10.129) : M2 

(x 2 ) = C12 

x 2 + C 22, 

1 1 2 

(10.130) : ψ 2 (x 2 ) = ( C12 

x 2 + C22x 

2 + C32 

), 

EI 2 

2 

(10.131) : 

w 

2 

(x 

2 

) = 

1 

EI 

2 

1 

(- C 

6 

12 

x 

3 

2 

1 

- C 

2 

− C 

32 

22 

x 

x 

2 

2 

2 

− 

− C 

42 

). 

Aus den statischen Randbedingungen folgt 

- 248 -



(10.132) : M1(x1 

= 0) = 0 ⇒ C 21 = 

0, 

(10.133) : Q 2(x 

2 = a) = F ⇒ C12 

= F, 

(10.134) : M2(x 

2 = a) = 0 ⇒ C 22 

= 

- F a, 

aus den geometrischen Randbedingungen 

(10.135) : E I1w 

1(x1 

= 0) = 0 ⇒ C 41 = 0, 

aus den statischen Übergangsbedingungen 

(10.136) : 

M (x 

⇒ 

⇒ 

1 

1 

1 

− q 

2 

C 

= 2a) = M 

11 

= 

0 

a 

2 

2 

(x 

+ C 

2 

11 

1 

- F + qa, 

2 

= 0) 

a = - F a 

aus den geometrischen Übergangsbedingungen 

(10.137) : 

⇒ 

− 

1 

6 

q 

0 

(2a) 

EI ψ (x 

3 

1 

1 

1 

1 

+ C 

2 

= 2a) = EI ψ 

11 

(2a) 

2 

2 

+ C 

21 

2 

(x 

2 

= 0) 

(2a) + C 

31 

= C 

32 

, 

- 249 -



(10.138) : EI1 w 1(x1 

= 2a) = EI2w 

2(x 

2 = 0) = 0 

⇒ 

⇒ 

1 

− q0 

(2a) 

24 

C = 0, 

42 

4 

1 

+ (- 

6 

1 

F 

2 

+ 

qa) (2a) 

3 

+ 

C 

31 

2a = 0 

aufgelöst ergibt 

(10.139) : 

C 

1 

= − qa 

3 

3 

31 + 

1 

Fa 

3 

2 

, 

(10.140) : 

C 

1 

= qa 

3 

3 

32 − 

2 

Fa 

3 

2 

. 

Eingesetzt ergeben sich die Biegelinien für die beiden Bereiche 

für 

0 ≤ x1 ≤ 

2a 

(10.141) : 

w (x ) = 

1 

1 

1 

EI 

1 

1 

( 

24 

q x 

4 

1 

+ 

1 1 

( F − qa) x 

6 2 

1 

+ ( + qa 

3 

3 

1 

− Fa 

3 

3 

1 

2 

)x 

+ 

1 

), 

- 250 -



für 

0 ≤ x 2 ≤ 

a 

(10.142) : 

w 

2 

(x 

2 

) = 

1 

EI 

2 

1 

(- F x 

6 

3 

2 

+ 

1 

− ( qa 

3 

1 

Fax 

2 

3 

2 

2 

− 

2 

− Fa 

3 

2 

)x 

2 

). 

Die Verschiebung in x 1 =a 

1 5 4 1 3 

(10.143) : w1(a) 

= ( q a − F a ) ≡ fB, 

EI 24 4 

1 

die Verschiebung in x 2 =a 

1 1 3 1 4 

(10.144): 

w 2(a) 

= ( F a − qa ) ≡ fD. 

EI 3 3 

2 

Die beiden Verformungen sind gleich, wenn das Verhältnis 

F 13 = ist. 

qa 30 

- 251 -



AUFGABE 10.8 

• Kragbalken mit einer eine Gleichstreckenlast q 0 

belastet 

• Schiefe Biegung an einem unsymmetrischen 

Querschnitt 

• Bestimmung der vertikalen und horizontalen Verformungen 

durch bereichsweise Integration 

Ein Kragträger trägt (Bild 10.15) eine Gleichstreckenlast q 0. 

gegeben: I y = 222 cm 4 , I z = 72.5 cm 4 , I yz = 97.5 cm 4 , 

5 N 

E = 2,1 10 = , 

2 

mm 

N 

q 0 = 1000 = , l = 1 m 

2 

m 

gesucht: Bestimmung der vertikalen und horizontalen Verschiebung 

am Ende des Kragträgers 

- 252 -



q 0 

q 0 

A 

x 

l 

B 

y, v 

z, w 

Bild 10.15 Kragträger mit Gleichstreckenlast q 0 


Bestimmung der Schnittkräfte über Integration 

(10.145) : q(x) = q0 

, 

dQ 

(10.146) : = - q(x) = - q0 ⇒ Q(x) = - q0 

x + C1, 

dx 

mit Q(x = l) = 0 folgt 

(10.147) : C = q0l 

Q(x) = q0(l 

- x), 

1 ⇒ 

- 253 -



1 2 

(10.148) : M(x) = - q0 

x + C1 

x + C2, 

2 

mit M(x = l) = 0 folgt 

(10.149) : 

C 

⇒ 

2 

= - q 

0 

M(x) = 

2 

l 

2 

q 

2 

0l 

(- 

1 

2 

x 

l 

2 

2 

+ 

x 1 

- ), 

l 2 

in die Differentialgleichungen 

II 1 

(10.150) : E w = [- My 

Iz 

+ Mz 

Iyz 

], 

D 

und 

II 1 

(10.151) : E v = [- My 

Iyz 

+ Mz 

Iy 

], 

D 

mit 

- 254 -



(10.152) 

: 

D = I 

y 

I 

z 

- I 

2 

yz 

= [222 cm 

4 

= 6588,75 cm 

72,5 cm 

8 

4 

- (97,5 

= 6588,75 10 

cm 

8 

4 

) 

2 

mm 

] 

8 

und M z = 0 folgen 

(10.153) : 

w 


Iz 

= q 

ED 

2 

0l 

1 

( 

2 

x 

l 

2 

2 

− 

x 

l 

+ 

1 

), 

2 

(10.154) : 

v 


Iyz 

= q 

ED 

2 

0l 

1 

( 

2 

x 

l 

2 

2 

− 

x 

l 

+ 

1 

), 

2 

Die Verdrehungen ergeben sich mit w′(x = 0) = 0 und v′(x = 

0) = 0 zu 

(10.155) : 

w 

I 

Iz 

= q 

ED 

2 

0l 

1 

( 

6 

x 

l 

3 

2 

− 

1 

2 

2 

x 

l 

+ 

1 

2 

x), 

(10.156) : 

v 

I 

Iyz 

= q 

ED 

2 

0l 

1 

( 

6 

x 

l 

3 

2 

− 

1 

2 

2 

x 

l 

+ 

1 

2 

x), 

die Biegelinien mit w(x = 0) = 0 und v(x = 0) = 0 zu 

- 255 -



(10.157) : 

Iz 

w = q 

ED 

2 

0l 

( 

1 

24 

x 

l 

2 

4 

− 

1 

6 

3 

x 

l 

+ 

1 

4 

x 

2 

), 

(10.158) : 

Iyz 

v = q 

ED 

2 

0l 

( 

1 

24 

x 

l 

2 

4 

− 

1 

6 

3 

x 

l 

+ 

1 

4 

x 

2 

). 

Mit Zahlenwerten ergibt sich die Verformung zu 

(10.159) : 

4 

Iz 

1 

w(x = l) = q 

DE 8 

72,5 10 mm 1000N 

= 

8 8 

6588,75 10 mm 2,1 

4 

10 

3 4 4 2 

( ) mm mm 

= 0,655 mm, 

110 

5 

N 

0 

l 

4 

8 

10 

3 

mm 

(10.160) : 

v(x = l) = 

Iz 

1 

q 

DE 8 

0 

l 

4 

= 

0,88 mm. 

AUFGABE 10.9 

• Abgewinkelter Balken mit seinem Eigengewicht 

belastet 

• Bestimmung der maximalen 

σ x − Spannung 

- 256 -



Ein abgewinkelter Balken mit gegebenem Profil (Bild 10.16) 

ist durch sein Eigengewicht (Dichte ρ ) belastet. A, B, C liegen 

in einer vertikalen Ebene. 

gegeben: a, b, t (t



LÖSUNG 

n(x) 

q(x) 

C 

B 

α 

g(x) 

n(x) 

A H 

A V 

a) b) 

q(x) 

α 

g(x) 

Bild 10.17 a) Schnittbild; b) Geometrie 

Berechnung der Belastung in Abhängigkeit des Winkels α 

(10.161): 

q(x)= g(x)cosα, 

n(x)= g(x)sinα, 

mit der Geometrie aus (Bild 10.17 b) 

- 258 -



4a 

(10.162) : cosα 

= , sinα 

= 

5a 

3a 

. 

5a 

Als Kontrolle wird der Sonderfall als horizontaler Balken mit 

0 

α = 90 angenommen, dann gilt 

(10.163): 

n(x)= g(x), 

oder der senkrechte Balken mit 

0 

α = 0 

(10.164): 

q(x)= g(x). 

Das Gesamtgewicht ist 

(10.165) : Go 

= 5 aρ 

g A, Gu 

= 5 aρ 

g A. 

Aus den Gleichgewichtsbedingungen ergeben sich die Auflagerkräfte 

(10.166): A 

B 5 a + Go 2 a = 0 ⇒ B = - 2 aρ 

g A, 

- 259 -



(10.167) : →: 

A H = - B ⇒ A H 

= 2 aρ 

g A, 

(10.168) : ↑: 

A V = Go 

+ Gu 

⇒ A V 

=10 aρ 

g A. 

Die Normalkraft-, Querkraft- und Momentenverläufe sind in 

Bild 10.18 dargestellt. 

-3aρgA 

-5aρgA 

- 

- 

-10aρgA 

Bild 10.18a Normalkraftverlauf 

- 260 -



-10a 

2 

ρgA 

q(5a) 2 

/8 

- 

horizontale 

Tangente 

- 

Bild 10.18b Momentenverlauf; 

N Bo 

B 

Q Bo 

Q Bu 

c) 

N Bu 

Bild 10.18c Gleichgewicht am Knick Q Bu = A H, N Bu = A V 

- 261 -



Die maximale 

σ Spannung mit N B = - 5 aρ g A und 

x − 

Mmax = MB 

= - 10 a ρ g A ist 

2 

(10.169) : 

σ 

M 

max 

x = + 

Wymin 

N 

B 

A 

. 

Die Berechnung des Schwerpunkts des Querschnitts mit 

Dicke t nach Bild 10.19 

(10.170) : 

z 

t b 3 2 

2 b ⋅ t + b ⋅ t + b ⋅ t ⋅b 

b t 

= 

2 2 

= 

2 

2 b ⋅ t + b ⋅ t + b ⋅ t 4 b t 

S = 

3 

b, 

8 

- 262 -



b 

b 

y 

t 

z, z 

S 

z S 

y 

b 

t 

t 

b 

Bild 10.19 Querschnittsdefinition 

mit den Querschnittswerten 

(10.171): 

A = 4 b t, 

(10.172) : 

I 

y 

2 b t 

= 

12 

3 

+ b t (z 

+ 2 b t (z 

s 

b 

− ) 

2 

2 

s 

− 

t 

2 

3 

b t 

+ 

12 

) 

2 

3 

t b 

+ 

12 

+ 

+ b t (b − z 

s 

− 

t 

2 

) 

2 

, 

mit t



und das Widerstandsmoment 

Iy 

37 

(10.174) : Wymin = = b2t. 

⎛ 3 ⎞ 30 

⎜b 

− b⎟ 

⎝ 8 ⎠ 

Damit ergibt sich die maximale Spannung am Ende des 

Stiels vor dem Knick zu 

(10.175) : 

σ 

xmax 

2 

- 10 a ρ g A - 5 aρ 

g A 

= 

+ 

37 

A 

b2t 

30 

240 a 

= 5 aρ 

g(1+ 

). 

37 b 

AUFGABE 10.10 

• Zweifeldriger Balken durch ein Einzelmoment M0 

belastet 


Integration und mit der Biegelinientafel 

- 264 -



Ein überkragender Balken (EI = const.) ist am freien Ende 

durch ein Einzelmoment M 0 belastet. 

gegeben: c, b, M 0 , EI 

gesucht: Die Durchbiegung am freien Ende infolge M 0 und 

die Neigung (Betrag des Winkels) am Lager B. 

A 

EI 

B 

EI 

b 

c 

M 0 

Bild 10.20 Überkragender Balken mit Einzelmoment M 0 




sind. 

- 265 -



x 1 

x 2 

EI B EI 

z 1, w1 z , w 

2 2 

M 0 

b 

c 



in den 2 Bereichen. 

Im Bereich 1 für 0 ≤ x1 ≤ b ergibt sich 

(10.176) : q(x1 

) = 0, 

(10.177) : Q1(x1) 

= C11, 

(10.178) : M1(x1) 

= C11 

x1 

+ C 21, 

1 1 2 

(10.179) : ψ1 (x1) 

= ( C11 

x1 

+ C21x1 

+ C31), 

EI 2 

1 

- 266 -



(10.180) : 

w (x ) = 

1 

1 

1 

EI 

1 

1 

(- C 

6 

11 

x 

3 

1 

1 

- C 

2 

2 

21x1 

− C 

31 

− 

x 

1 

− C 

41 

). 

Im Bereich 2 für 0 ≤ x 2 ≤ c ergibt sich 

(10.181) : q(x 2 ) = 0, 

(10.182) : Q 2 (x 2 ) = C12, 

(10.183) : M2 

(x 2 ) = C12 

x 2 + C22, 

1 1 2 

(10.184) : ψ 2 (x 2 ) = ( C12 

x 2 + C22x 

2 + C32 

), 

EI 2 

2 

(10.185) : 

w 

2 

(x 

2 

) = 

1 

EI 

2 

1 

(- C 

6 

12 

x 

3 

2 

1 

- C 

2 

22 

− C 

x 

32 

2 

2 

x 

2 

− 

− C 

42 

). 

Aus den statischen Randbedingungen ergeben sich die 

Konstanten zu 

- 267 -



(10.186) : M1(x1 

= 0) = 0 ⇒ C21 

= 0, 

(10.187) : Q 2(x 

2 = c) = F ⇒ C12 

= 0, 

(10.188) : M2(x2 

= c) = - M0 

⇒ C22 

= - M0, 

aus den geometrischen Randbedingungen 

(10.189) : w 1(x1 

= 0) = 0 ⇒ C 41 = 0, 

1 2 

(10.190) : w 1(x1 

= b) = 0 ⇒ C11 

b + C31 

= 0, 

6 

(10.191) : w 2(x 

2 = 0) = 0 ⇒ C 42 

= 0, 

und aus den geometrischen Übergangsbedingungen 

(10.192) : 

ψ (x 

⇒ 

1 

1 

1 

EI 

= 

1 

b) = 

1 

( 

2 

C 

ψ 

11 

2 

(x 

b 

2 

2 

= 0) 

+ C 

31 

) = 

1 

EI 

2 

C 

32 

. 

- 268 -




1 2 

1 2 

(10.193) : C11 

b + C31 

= C32, 

C11 

b = C32, 

2 

3 

aus den statischen Übergangsbedingungen 

(10.194) : 

M (x 

⇒ 

1 

1 

C 

= b) = M 

11 

2 

b = - M 

0 

(x 

2 

= 0) 

⇒ 

C 

11 

1 

= - 

b 

M 

0 

, 

in (10.193) folgt 

1 

1 

(10.195) : C32 = - M0 

b, C31 

= M0 

3 

6 

b. 

Damit sind die Verdrehungen und Biegelinien 

(10.196) : 

ψ1(x1) 

= − 

1 

EI 

M 

0 

1 1 

( 

2 b 

x 

2 

1 

1 

- b), 

6 

1 

(10.197) : ψ (x 2 ) = − M0(x 

2 

EI 

2 + 

1 

b), 

3 

- 269 -



(10.198) : 

1 1 1 2 

w1(x1) 

= M0x1( 

x1 

− 

EI 6 b 

1 

6 

b). 

1 1 

(10.199) : w (x 2 ) = M0x 

2( 

x 2 

EI 2 

2 + 

1 

b). 

3 

und die Durchbiegung f am freien Ende und die Neigung 

ψ 1 (b) am Lager B 

1 1 1 

(10.200) : w (c) = M0c( 

c + b) 

EI 2 3 

2 = 

f. 

(10.201) : 

ψ (b) = − 

1 

oder 

ψ (0) = − 

2 

1 

3 

1 

3 

1 

EI 

1 

EI 

M 

M 

0 

0 

b 

b. 

- 270 -





α 

α 

f 1 

M B 

a) 

b 

c 

+ b) 

c 

f 2 

M 0 

Bild 10.22 Belastungsfälle aus Biegelinientafel (Tabelle 10.1); a) 

Fall 4; b) Fall 5 

Der Verdrehungswinkel mit M B = M 0 

Fall 4 Sonderfall α = 1: 

I 

w B 

(10.202) : 

MB 

b 

ψ (b) = 

3 EI 

1 = 

M0 

b 

. 

3 EI 

und die Verformung ergibt sich zu 

- 271 -



Starrkörperverdrehung infolge ψ 1(b) : 

(10.203) : 

f 

M0 

b 

c, 

3 EI 

1 = : 

Fall 8 Sonderfall w(x = c) 

(10.204): 

f 

2 = 

2 

M0 

c 

2 EI 

, 

(10.205) : 

f 

ges 

= f 

1 

+ f 

2 

M0 

b M0 

c M0 

c 

= c + c = 

3 EI 2 EI EI 

b 

( 

3 

+ 

c 

). 

2 

- 272 -


DER ARBEITSBEGRIFF DER ELASTOSTATIK 



AUFGABE 11.1 

• Bestimmung der Auflagerkräfte am Dreigelenkbogen 

• Anwendung des Arbeitssatzes der Elastostatik an 

einem Rahmen 

• Bestimmung der Verformung an einer beliebigen 

Stelle 

• Koppeln mit der Koppeltafel (Tabelle 11.1) 

Ein Rahmen ist mit einer Gleichstreckenlast q bereichsweise 

belastet. 

gegeben: a, q, E I 

gesucht: Bestimmung der Gesamtverschiebung f D ges des 

Punktes D 

- 273 -



EI 

C 

EI 

D 

EI 

a 

q 

A 

EI 

a 

a 

a 

B 

Bild 11.1 Rahmen mit Gleichstreckenlast q 

- 274 -




q 

A H 

EI 

A V 

EI 

I 

C H 

C V 

C H 

C V 


EI 

D 

EI 

a 

a 

a 

a 

B V 

B H 


1. LÖSUNGSWEG ZU AUFGABE 11.1 

Der Dreigelenkbogen lässt sich nach dem Schneiden durch 

Aufstellen der 3 Gleichgewichtsbedingungen an jedem Teilsystem 

lösen. Dies führt zu 6 Gleichungen mit 6 Unbekannten. 

- 275 -



Am Teilsystem I ergeben sich die Gleichgewichtsbedingungen 

zu 

(11.1) : ↑ : A V = CV, 

a 

(11.2): 

C q + AH 

a - A V a = 0, 

2 

2 

(11.3) : 

→ : 

A 

H 

= C 

H 

- q a. 

Am Teilsystem II ergeben sich die Gleichgewichtsbedingungen 

zu 

(11.4) : 

→ : 

C 

H 

= B 

H 

, 

(11.5) : ↑: 

CV 

= - B V, 

(11.6): 

C B a - B 2 a = 0. 

V 

H 

- 276 -



Am Gesamtsystem ergeben sich die Gleichgewichtsbedingungen 

zu 

a 

(11.7): 

A q - Bv 

2 a + BH 

a = 0, 

2 

2 

mit (11.6) ergibt 

(11.8) : 

a 

q 

2 

⇒ 

2 

- 2 B 

B 

H 

H 

2 a + B 

H 

1 

= q a = C 

6 

H 

a = 0 

. 

Daraus folgt 

(11.9) : 

A 

B 

H 

V 

5 

= - q a, 

6 

1 

= q a. 

3 

A 

V 

1 

= - 

3 

q a, 


Durch Bilden einer Momentengleichgewichtsbedingung an 

jedem Teilsystem um C wird die Gelenkkraft C eliminiert. 

- 277 -



Am Gesamtsystem werden noch 2 Gleichgewichtsbedingungen 

benötigt. Dies führt auf 4 Gleichungen mit 4 Unbekannten. 

Das Momentengleichgewicht um das Gelenk C am Teilsystem 

I ergibt 

a 

(11.10): 

C q + AH 

a - A V a = 0, 

2 

2 

Das Momentengleichgewicht um das Gelenk C am Teilsystem 

II ergibt 

(11.11): 

C B a - B 2 a = 0. 

V 

H 

Das Momentengleichgewicht um A und das Gleichgewicht 

in horizontaler Richtung am Gesamtsystem ergeben 

a 

(11.12): 

A q - Bv 

2 a + BH 

a = 0, 

2 

2 

- 278 -



(11.13) : 

→ : 

A 

H 

= B 

H 

- q a. 

Der 2. Lösungsweg ist der üblichste für einen Dreigelenkbogen. 

Die Auswertung der Auflagerkräfte ist einfacher als 

im 1. Lösungsweg. 


Das rechte Teilsystem ist unbelastet, die Wirkungslinie der 

resultierenden Auflagerkraft ist bekannt (gestrichelte Linie). 

Daraus folgt 

(11.14) : 

B 

B 

H 

V 

1 

= . 

2 

So müssen nur noch die Gleichgewichtsbedingungen am 

Gesamtsystem aufgestellt werden. 

Am Gesamtsystem ergeben sich die Gleichgewichtsbedingungen 

zu 

a 

(11.15): 

A q - Bv 

2 a + BH 

a = 0, 

2 

2 

- 279 -



(11.16) : ↑: 

A V = - B V, 

(11.17) : 

→ : 

A 

H 

= B 

H 

- q a. 

Der 3. Lösungsweg ist der eleganteste, allerdings muss das 

System erkannt worden sein. 

Der Momentenverlauf ist in Bild 11.3 dargestellt 

2 

qa /3 

qa /3 

+ 

+ 

2 - 

-qa 2 

/3 

qa 2 

/8 

- 

Bild 11.3 Momentenverlauf M 

- 280 -



Die Berechnung der horizontalen Verschiebung erfolgt mit 

der Koppeltafel 

- 281 -



1 

-2 1/3 

-2 1/3 

1/3 

a) 

2 1/3 

2 1a/3 

2 1a/3 + 

- 

- 

-2 1a/3 

b) 

- 282 -



Bild 11.4 a) Schnittbild mit 1 - Kraft; b) Momentenverlauf M 

(11.18) : 

1 

+ a (q 

3 

2 

1 f 

D H 

= 

1 1 

( a ( q a 

3 3 

a 2 1 1 

) ( 1 a) + 2 a ( q a 

8 3 3 3 

2 

2 

2 

) ( 1 a) + 

3 

2 

) ( 1 a) + 

3 

1 2 1 2 

+ 2 a (- 1a)(- q a )) 

3 3 3 

⇒ 

f 

DH 

= 

43 

108 

4 

q a 

E I 

. 

Die Berechnung der vertikalen Verschiebung erfolgt mit der 

Koppeltafel 

- 283 -



1 

0 

0 

a) 

-1 

0 

0 0 

0 

0 

b) 

Bild 11.5 a) Schnittbild mit 1 - Kraft; b) Momentenverlauf M ≡ 0 

- 284 -



(11.19) : 1 fD 

V 

= 

0. 

Die Gesamtverschiebung des Punktes D ergibt sich zu 

(11.20): 

2 2 

D ges = fDH 

+ fDV 

= fDH 

= 

f 

43 

108 

4 

q a 

E I 

. 

AUFGABE 11.2 


einem Fachwerk 


• Bestimmung der Verformung an einer beliebigen 

Stelle 

Ein durch die Kraft F belasteter Stabzweischlag wird im 

Punkt C horizontal belastet. 

gegeben: α , l, EA 1 , EA 2 , F 

gesucht: Bestimmung der Reaktionskraft im Lager A, der 

vertikalen Verschiebung in C und der Spannungen in den 

- 285 -



Stäben. Die Rechnung soll durch Setzen von 

kontrolliert 

werden. 

0 

α = 90 

F 

α 

C 

1 2 

l 

A 

B 

Bild 11.6 Stabzweischlag mit Kraft F 


Es handelt sich um ein statisch bestimmtes System. 

Die Berechnung der Stabkräfte und die Lagerkraft A ergeben 

sich aus Bild 11.7. 

- 286 -



F 

S 1 

α 

Bild 11.7 Schnitt im Lastangriffspunkt mit Last F 

F 

(11.21) : → : S1 

sinα 

- F = 0 ⇒ S1 

= , 

sinα 

(11.22) : 

→ : 

⇒ 

−S 

S 

2 

1 

cosα 

= - F 

- S 

2 

cos α 

. 

sin α 

= 0 

Die Reaktionskraft ergibt sich zu A = S1. 

Die Berechnung der vertikalen Verschiebung erfolgt über 

den Arbeitssatz. Dazu wird eine virtuelle Kraft 1 an dem 

Punkt und in der Richtung angebracht, an dem die Verschiebung 

gesucht wird. 

Die Berechnung der Stabkräfte im " 1 "- System erfolgt über 

die Gleichgewichtsbedingungen 

- 287 -



1 

S 1 

α 

S2 

Bild 11.8 Schnitt im Lastangriffspunkt mit Kraft 1 

(11.23) : → : S1 

= 0, 

(11.24) : → : S2 

= - 1 . 

Die vertikale Verschiebung in C ergibt sich zu 

(11.25) : 

1 f 

CV 

= ∑ S 

⎛ F 

⎜ l 

⎝ sin α 

= 

EA 

i 

li 

Si 

EA 

1 

1 

i 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

0 - 

cos α 

l 

sin α 

EA 

2 

2 

F(-1 ). 

- 288 -



Die Spannungen in den Stäben werden aus den Stabkräften 

berechnet 

F 

(11.26) : S1 

= ⇒ σ1 

sinα 

F 

= 

A 

1 

, 

sin α 

cos α 

(11.27) : S2 

= - F ⇒ σ1 

sinα 

F 

= - 

A 

cos α 

. 

sinα 

Die Kontrolle für 

0 

α = 90 führt zu 

(11.28) : S1 

= F, S1 

= 0. 

AUFGABE 11.3 




• Bestimmung der Verformung am Lastangriffspunkt 

Das statisch bestimmte Fachwerk wird mit einer Einzellast F 

belastet. 

gegeben: l, F, E A = const. für alle Stäbe 

- 289 -



gesucht: Bestimmung der Stabkräfte S i und die vertikale 

Verschiebung f C von C 

A 

l 

1 2 

l 

C 

F 

l 

3 4 

5 

B 

6 

D 

Bild 11.9 Statisch bestimmtes Fachwerk mit einer Einzellast F 

- 290 -




A H 

0 

l 

B H 

0 

A V 

0 

B V 

0 

l E l 

1 2 

3 4 

5 

6 

D 

C 

F 


Berechnung der Auflager- und Stabkräfte ergeben sich aus 

den Gleichgewichtsbedingungen 

(11.29): 

B F 2 l + A l = 0 A = - 2 F, 

H ⇒ 

H 

(11.30) : → : BH 

= 2 F, 

(11.31) : ↑ : BV 

=F. 

Am Knoten A ergeben die Gleichgewichtsbedingungen 

- 291 -



(11.32) : ↑ : A V 

= 0. 

(11.33) : → : B = S1 

H = 

2 F, 

F 

Bild 11.11 Schnittbild am Knoten C 

(11.34) : ↑ : S5 

= - 

2 F, 

(11.35) : → : S2 

= F, 

- 292 -



Bild 11.12 Schnittbild Knoten D 

(11.36) : ↑ : S4 

= 

F, 

(11.37) : → : S6 

= - F, 

Bild 11.13 Schnittbild Knoten E 

(11.38) : ↑ : S3 

= - 

2 F. 

- 293 -



Die Stabkräfte sind also 

(11.39) : 

S 

S 

1 

4 

= 2F, 

= F, 

S 

S 

5 

2 

= F, 

S 

= - 2 F, 

3 

= - 2 F, 

S = -F. 

6 

Die Berechnung der vertikalen Verschiebung erfolgt über 

den Arbeitssatz. Dazu wird eine virtuelle Kraft 1 an dem 

Punkt und in der Richtung angebracht, an dem die Verschiebung 

gesucht wird. 

Die Berechnung der Stabkräfte im " 1 "- System erfolgt über 

die Gleichgewichtsbedingungen 

- 294 -



A H 

l 

A V 

l E l 

1 2 

3 4 

5 

C 

1 

B H 

B V 

6 

D 

Bild 11.14 Anbringen der 1 – Kraft zur Berechnung der Absenkung 

in C 

Die Stabkräfte 

S i 

werden berechnet 

(11.40) : 

S 

1 

= 2 1 , 

S 

2 

= 1 , 

S 

3 

= - 

2 

1 , 

S 

4 

= 1 , 

S 

5 

= - 

2 

1 , 

S 

6 

= - 1 . 

Damit ergibt sich die Absenkung zu 

2)(- 

(11.41) : 

+ (- 2)(- 

2)( 

1 f 

CV 

= 

6 

∑ 

i= 

1 

2l) + 1 1 l + (- 

li 

Si 

Si 

= 

EA 

i 

2)( 

F1 

EA 

(2 

2 l + 1 1 l + 

2l) + (-1)(-1)(l)) 

- 295 -



⇒ 

F l 

f CV = (7 + 4 

EA 

2). 

AUFGABE 11.4 




Das einfach statisch unbestimmte Fachwerk wird mit einer 

Einzelkraft F belastet. 

gegeben: α , a, F, EA = const. für alle Stäbe 

gesucht: Bestimmung der Auflagerreaktionen und der Stabkräfte 

- 296 -



A 

I 

F 8 

1 


2 

α 

α 

3 IV 

4 

V 5 

6 7 

III 

B 

a 

a 

a 

C 

a 

D 

a 

Bild 11.15 Einfach statisch unbestimmtes Fachwerk mit einer Einzelkraft 

F 


Es handelt sich um ein statisch unbestimmtes System, in 

ein statisch bestimmtes System mit der Belastung F und ein 

statisch bestimmtes System mit der statisch Überzähligen 

X = 1 aufgeteilt wird. 

- 297 -



A 

I 

F 8 

1 


2 

α 

α 

3 IV 

4 

V 5 

6 7 


B 

a 

a 

a 

C 

a 

D 

a 

Bild 11.16a Statisch unbestimmtes Originalsystem 

- 298 -



F 

I 

A 

1 


2 

α 

α 

3 IV 

4 

V 5 

6 7 


B 

a 

a 

= 

a 

C 

a 

D 

a 

Bild 11.16b statisch bestimmtes System mit der Belastung 

F; "0"- System; 

F 

A 

I 

1 


2 

α 

α 

3 IV 

4 

V 5 

6 7 


B 

a 

a 

+ 

a 

C 

a 

D 

a 

Bild 11.16c statisch bestimmtes System mit der statisch Überzähligen 

X = 1: " 1 "- System 

- 299 -




a 1 1 

(11.42): 

tanα 

= = , sinα = , cosα 

= 

2a 2 5 

2 

. 

5 

Die Berechnung der Auflager- und Stabkräfte im "0"- System 

ergibt 

Bild 11.17 Schnittbild Knoten II 

(11.43) : 

→ : 

S 

0 

1 

= S 

0 

2 

, 

(11.44) : 

↑ : 

S 

0 

1 

1 

= - 

2 

1 

sin 

F, 

α 

- 300 -



Bild 11.18 Schnittbild Knoten III 

(11.45) : 

→ : 

S 

0 

2 

= -S 

0 

2 

, 

(11.46) : 

↑ : 

B 

0 

= 2 S 

0 

5 

sinα, 

Bild 11.19 Schnittbild Knoten V 

- 301 -



(11.47) : 

→ : 

0 

0 

S7 = S5 

sin α, 

(11.48) : 

↑ : 

0 

S4 = S5 

cosα, 

0 

Bild 11.20 Schnittbild Knoten IV 

(11.49) : 

→ : 

S 

0 

3 

= S 

0 

4 

1 

, 

cos α 

(11.50) : 

↑ : 

0 

0 

S6 = S3 

sinα, 

- 302 -



Bild 11.21 Schnittbild Knoten I 

(11.51) : 

→ : 

A 

0 

H 

= - S 

0 

1 

cosα 

- S 

0 

3 

cosα 

= 0, 

(11.52) : 

↑ : 

A 

0 

V 

= - S 

0 

1 

sinα 

+ S 

0 

3 

sinα, 

Bild 11.22 Schnittbild Lager 

- 303 -



(11.53) : 

→ : 

D 

0 

= - S 

0 

7 

, 

(11.54) : 

↑ : 

C 

0 

= - S 

0 

6 

. 

Die Kontrolle ergibt 

(11.55): 

B 

0 

A 

4 a - F 2 a + D 

0 

3 a + C 

0 

a = 0 

o. k., 

(11.56): 

A 

0 

V 

B 

4 a - F 2 a + D 

0 

a + C 

0 

3 a = 0 

o.k. 

Damit lauten die Kräfte 

- 304 -



(11.57) : 

D 

S 

A 

0 

0 

H 

0 

2 

= 0, 

A 

0 

V 

1 0 

= - F, S1 

2 

1 1 

= - F, 

2 sinα 

= F, 

1 

= - 

2 

B 

0 

1 

sin 

= F, 

F, 

α 

C 

0 

1 

= - 

2 

F, 

S 

S 

S 

0 

3 

0 

5 

0 

7 

1 1 

= F, 

2 sinα 

1 1 

= F, 

2 sinα 

1 

= F, S8 

2 

0 

S 

S 

0 

4 

0 

6 

= 0. 

1 

= F cotα, 

2 

1 

= F, 

2 


folgt analog zum "0"- System. 

(11.58) : 

A 

D 

1 

H 

1 

= 1, 

A 

1 

V 

1 

= - tanα, 

2 

= 0, 

S 

1 

1 

1 

1 1 

B = tanα, 

C = - tanα, 

2 

1 1 1 1 1 

= , S2 

= - , 

2 cosα 

2 cosα 

- 305 -



S 

1 

3 

S 

6 

1 1 

= , 

2 cosα 

1 1 

= tanα, 

2 

S 

S 

1 

4 

1 

7 

1 

= , S5 

2 

1 

= tanα, 

2 

1 

1 

= 

2 

S 

1 

8 

1 

cos 

= 1. 

, 

α 

Die Berechnung von X mit 

3 

l 8 = a liefert 

2 

5 

= l 5a 

, l3 = l5 

= a , 

2 

l1 2 = 

(11.59) : 

δ 

10 

= 

8 

∑ 

i= 

1 

0 

Si 

S 

EA 

1 

i 

l 

i 

= 

Fa 1 

( (- 

EA 2 

+ 

1 

(- 

2 

1 

sin 

1 

sin 

)( − 

α 

)( 

α 

1 

2 

1 

2 

1 

cos 

1 

cos 

) 

α 

) 

α 

5 + 

5 + 

+ 

+ ( 

1 

( 

2 

1 

2 

1 

sin 

1 

sin 

)( 

α 

)( 

α 

1 

2 

1 

2 

1 

cos 

1 

cos 

) 

α 

) 

α 

5 

2 

5 

2 

1 1 

+ ( cot α)( 

)2 + 

2 2 

1 1 

+ 2( )( tan α) 

+ 0 

2 2 

3 

1 ) 

2 

5 Fa 

= 

4 EA 

( 

5 

2 

+ 1), 

- 306 -



(11.60) : 

δ 

11 

= 

8 

∑ 

i= 

1 

1 

(Si 

) 

EA 

2 

l 

i 

= 

a 1 

( ( 

EA 2 

1 

cos 

) 

α 

2 

5 + 

+ ( − 

+ ( 

= 

1 

2 

1 

8 

1 

2 

1 

cos 

a 

EA 

1 

cos 

) 

α 

(15 

) 

α 

2 

2 

5 

2 

5 + ( 

5 

2 

1 

2 

1 

+ 2( tan α) 

2 

+ 21), 

1 

cos 

) 

α 

2 

2 

5 

2 

+ 1 

1 2 

+ ( ) 2 + 

2 

2) 

(11.61) : 

δ 

X = - 

δ 

= − 

10 

11 

10 

3 

= − 

5 Fa 5 

(1 + ) 

4 EA 2 

1 a 5 

(21 + 15 ) 

8 EA 2 

2 + 5 

F. 

14 + 5 5 

Die Berechnung der Auflager- und Stabkräfte erfolgt durch 

Superposition 

(11.62) : 

A 

i 

= A 

0 

i 

+ X A 

1 

i 

und 

S 

i 

= S 

0 

i 

+ X S 

1 

i 

, 

- 307 -



10 2 + 5 

(11.63) : AH 

= 

F, A V = F, 

3 14 + 5 5 

2 

B = 

3 

2 

D = 

3 

16 + 5 

14 + 5 

13 + 5 

14 + 5 

5 

F, 

5 

5 

F, 

5 

2 

C = 

3 

13 + 5 

14 + 5 

5 

F, 

5 

S 

S 

1 

3 

2 5 

= - 

3 

= 

5 

3 

13 + 5 

14 + 5 

16 + 5 

14 + 5 

5 

F, 

5 

5 

F, 

5 

S 

4 

S 

2 

= - 

2 

= 

3 

5 

3 

16 + 5 

14 + 5 

16 + 5 

14 + 5 

5 

F, 

5 

5 

F, 

5 

S 

S 

5 

7 

= 

5 

3 

16 + 5 

14 + 5 

1 16 + 5 

= 

3 14 + 5 

5 

F, 

5 

5 

F, 

5 

S 

S 

8 

6 

1 16 + 5 

= 

3 14 + 5 

5 

F, 

5 

10 2 + 5 

= - 

F. 

3 14 + 5 5 

AUFGABE 11.5 




- 308 -



• Bestimmung der Verformung unter einer Temperaturbelastung 

• Anbringen der virtuellen Kraft am reduzierten System 

Drei Stäbe werden in einem Punkt A gelenkig miteinander 

verbunden. Das System ist im Stab 1 mit der Temperatur 

∆ T belastet. 

gegeben: α T 

, l, ∆ T , EA = const. für alle Stäbe 

gesucht: Bestimmung der Verschiebung in Punkt A 

A 

∆T 

1 

2 3 

l 

l 

l 

Bild 11.23 System mit der Temperaturbelastung 

∆ T im Stab 1 


Es handelt sich um ein statisch unbestimmtes System, das 

in ein statisch bestimmtes System mit der Belastung F und 

- 309 -



ein statisch bestimmtes System mit der statisch Überzähligen 


A 

2 3 

∆T 

1 

l 

l 

l 


- 310 -



A 

∆T 

1 

δ 10 

2 3 

l 

= 

l 

l 

Bild 11.24b Statisch bestimmtes System mit der Belastung 

F: "0"- System; 

A 

2 3 

1 

δ 11 

X=1 

l 

+ 

l 

l 

Bild 11.24c statisch bestimmtes System mit der statisch Überzähligen 

X = 1: "1"- System 

Die Berechnung der Auflager- und Stabkräfte im"0"- System 

- 311 -



(11.64) : 

S 

0 

1 

= S 

0 

2 

= S 

0 

3 

= 0, 

und im "1"- System ergeben 

(11.65) : 

S 

1 

1 

= -1, 

S 

1 

2 

= 

2, 

S 

1 

3 

=1, 

Die Bestimmung der statisch Unbestimmten X erfolgt über 

die Kompatibilitätsbedingung. Dazu werden die Verschiebungen 

im "0"- und "1"- System berechnet. 

(11.66) : δ = αT 

10 ∆ 

T l, 

(11.67) : 

δ 

11 

= 

8 

∑ 

i= 

1 

1 

(Si 

) 

EA 

2 

l 

i 

= 

1 

EA 

( ( 

2) 

2 l + 

2 1 

+ ( −1) 

l + 1 l)) = l( 

EA 

2 

2 + 1), 

(11.68) : 

δ 

X = - 

δ 

10 

11 

αT∆T l αT∆T EA 

= − 

= − . 

l 

2 ( 2 + 1) 

2 ( 2 + 1) 

EA 

- 312 -



Die Stabkräfte werden durch Superposition bestimmt 

(11.69) : 

0 

Si = Si 

+ XSi 

1 

, 

(11.70): 

S 

1 

S 

α 

= 

2 

3 

T 

T 

, S2 

= 2 

( 2 + 1) 2 ( 2 + 1) 

α 

= - 

2 

∆T EA 

∆T EA 

T 

( 2 + 1) . 

α ∆T EA 

, 

Die horizontale Verschiebung f HA ergibt sich durch Koppeln 

zu 

1 

A 

1 

2 3 

l 

l 

l 

Bild 11.25 Anbringen der 1 – Kraft zur Berechnung der Verschiebung 

in A 

- 313 -



(11.71) : S1 

= 0, S2 

= 2 1 , S3 

= - 1 , 

(11.72) : 

1 

2 

+ ( 

1 f 

HA 

2 1 )( 

1 

= 

2 

= 

1 

2 

∑ 

i 

α 

2 

2 

Si 

Sili 

EA 

1 α 

((0 1 )( 

EA 2 

∆T EA 

∆T EA 

)l + 

( 2 + 1) 

∆T EA 

T 

) 2l + ( − 1)( − 

( 2 + 1) 2 ( 2 + 1) )l) 

T 

T 

α 

(11.73) : 

f 

HA 

= 

1 

EA 

2 

= 

2 

αT∆T EA l 

(2 

2 

( 2 + 1) 

2 + 1 

α 

( 2 + 1) 

T 

∆T 

l. 

2 + 1) 

Die vertikale Verschiebung f VA ergibt sich durch Koppeln zu 

- 314 -



A 1 

1 

2 3 

l 

l 

l 

Bild 11.26 Anbringen der 1 – Kraft zur Berechnung der Absenkung 

in A 

(11.74) : S1 

= 0, S2 

= 0, S3 

= - 

1 , 

(11.75): 

1 

2 

+ (0)( 

1 f 

VA 

α 

2 

2 

1 

= 

2 

1 

EA 

∆T EA 

α 

((0 1 )( 

2 

∆T EA 

)l + 

( 2 + 1) 

∆T EA 

T 

) 2l + ( − 1 )( − 

( 2 + 1) 2 ( 2 + 1) )l) 

T 

T 

α 

1 

(11.76): 

fVA 

= αT∆T. 

2 

( 2 + 1) 

AUFGABE 11.6 

• Anwendung des Arbeitssatzes der Elastostatik 

- 315 -




Ein an seinem freien Ende belasteter, starrer Balken ist in A 

gelenkig gelagert und an zwei Seilen aufgehängt. Er ist mit 

einer Einzelkraft F belastet. 

gegeben: a, F, EA = const. für beide Seile 

gesucht: Seilkräfte 

F 

2 

1 

12a 

8a 

7a 

9a 

Bild 11.27 Starrer Balken mit einer Einzelkraft F 




- 316 -





- 317 -



F 

2 

1 

12a 

a) 

8a 

7a 

9a 

B H 

0 

B V 

0 

F 

2 

1 

12a 

= b) 

8a 

7a 

9a 

A H 

0 

B H 

1 

B V 

1 

2 

1 

12a 

+ c) 

8a 

7a 

X=1 

9a 

A H 

1 

- 318 -



Bild 11.28 a) Statisch unbestimmtes Originalsystem; b) Schnittbild 

des statisch bestimmtes System mit der Belastung F: "0"- System; 

c) Schnittbild des statisch bestimmtes System mit der statisch 

Überzähligen X = 1: "1"- System 


(11.77) : 

sinα 

sinβ 

= 

12 a 

= 

20 a 

12 a 

15 a 

= 

= 

3 

, 

5 

4 

, 

5 

cos α 

cosβ 

= 

16 a 

= 

20 a 

9 a 

15 a 

= 

= 

4 

, 

5 

3 

. 

5 

F 

C 

S 2 

0 

α 

β 

S 1 

0 

8a 

0 

7a 9a A H 



erfolgt über die Gleichgewichtsbedingungen 

- 319 -



(11.78): 

→ : 

0 

S2 cosα 

+ S1 

cosβ 

- A 

0 

0 

H 

= 0, 

(11.79) : 

↑ : 

⇒ 

S 

S 

0 

2 

0 

2 

sinα 

+ S 

4 

= - 

3 

S 

0 

1 

0 

1 

5 

+ 

3 

sinβ 

- F = 0 

F, 

(11.80): 

A 

0 

F 24 a - S2 sinα 

16 a - S1 

sinβ 

9 a = 0 

0 

oder 

(11.81): 

C 

sinβ 

7 a F 8 a = 0, 

S 0 

1 + 

0 

2 α 

(11.82): 

D - S sin 7 a - F15 a = 0. 

Daraus folgt 

(11.83) : 

0 10 0 25 0 

S1 = - F, S2 

= F, Ah 

= 2F. 

7 7 

- 320 -




erfolgt über die Gleichgewichtsbedingungen 

S 2 

1 

S 1 

1 

8a 

α 

7a 

β 

9a 

1 

A H 

1 


(11.84): 

→ : 

1 

S2 cosα 

+ S1 

cosβ 

- A 

1 

1 

H 

= 0, 

(11.85): A 

1 

1 

S2 sinα 

16 a + S1 

sinβ 

9 a = 0 ⇒ S2 

= 

1 

3 

- S 

4 

1 

1 

, 

(11.86) : 

↑ : 

⇒ 

S 

S 

1 

2 

1 

1 

sinα 

+ S 

20 

= - , 

7 

1 

1 

S 

sinβ + 1= 0 

2 

2 

15 

= , 

7 

A 

1 

H 

= 0. 

Die Bestimmung der statisch Überzähligen erfolgt über die 

Verschiebungen. Mit einem starren Balken 

Längen 

EI = ∞ und den 

- 321 -



2 2 

1 = 

(11.87) : l = 9 + 12 a = 15a, l2 

20a 

folgen die Verformungen 

(11.88) : 

δ 

10 

= 

2 

∑ 

i= 

1 

0 

Si 

S 

EA 

1 

i 

1 10 20 

= ( (- F)( − )l 

EA 7 7 

1500 Fa 

= , 

7 EA 

l 

i 

1 

25 15 

+ ( F)( )l 

7 7 

2 

) 

(11.89) : 

δ 

11 

= 

2 

∑ 

i= 

1 

1 

(Si 

) 

EA 

2 

1 20 

= ( (- ) 

EA 7 

1500 a 

= , 

7 EA 

l 

i 

2 

15 

15a + ( ) 

7 

2 

20a) 

(11.90): 

δ 

X = - 

δ 

10 

11 

1500 Fa 

= − 

7 EA 

1500 a 

7 EA 

= −F. 

- 322 -



Die Bestimmung der Seilkräfte durch Superposition ergibt 

(11.91) : 

0 

Si = Si 

+ XSi 

1 

, 

10 20 10 

(11.92) : S = - F + ( −F)( 

− ) = F, S2 

= 

7 7 7 

1 = 

10 

F. 

7 

AUFGABE 11.7 



• Bestimmung der Stabkräfte unter einer Temperaturbelastung 

Zwei starre Balken, der obere ist bei A fest eingespannt, der 

untere bei B gelenkig gelagert, sind durch zwei elastische 

Stäbe miteinander verbunden. Der Stab 2 wird um ∆ T erwärmt. 

gegeben: α T 

, ∆ T , a, EA 

gesucht: Stabkräfte 

- 323 -



A 

EA 

∆T 

1 EA 2 

a 

a a a 

B 

Bild 11.31 Starre Balken mit Temperaturbelastung ∆ T 


S 1 

S 2 

a 

a 

B 


(11.93): B 

1 

S1 

2 a + S2 

a = 0 ==> S1 

= - S2. 

2 

- 324 -



Die Verträglichkeitsbedingung aus der Geometrie ergeben 

sich zu 

(11.94) : ∆ l1 = 2∆l2. 

A 

EA 

1 EA 2 

a 

∆l 2 

∆l 1 

a a a 

B 

Bild 11.33 Verformung des unteren starren Balkens 

Das Elastizitätsgesetz lautet 

(11.95) : 

∆ l 

1 

S1a 

= , 

EA 

S2a 

(11.96) : ∆ l = + αT 

EA 

2 ∆ 

T a. 


- 325 -



S1 

a S2 

a 

(11.97) : 

= 2( + α T∆T a), 

EA EA 

Mit (11.93) folgt 

2 

4 

(11.98) : S = α T∆T EA, S2 

= - α T 

5 

5 

1 ∆ 

T EA. 

AUFGABE 11.8 



• Bestimmung der Stabkräfte unter einer Einzellast 

F 


• Anbringen der virtuellen Kraft am reduzierten System 

Ein starrer Balken ist (Bild 11.34) ist auf 4 elastischen Stützen 

gelagert und mit der Einzelkraft F belastet. 

gegeben: l, a, F, E A = const. für alle Stäbe 

gesucht: Stabkräfte 

- 326 -



F 

1 2 

30° 30° 

l/2 

3 4 a 

l/2 

Bild 11.34 Starrer Balken mit der Einzelkraft F 






F 

1 2 

30° 30° 

l/2 

3 4 a 

l/2 


- 327 -



F 

= 

1 2 

30° 30° 

l/2 

3 4 a 

l/2 

Bild 11.35b Statisch bestimmtes System mit der Belastung F: "0"- 

System; 

1 2 

30° 30° 

X=1 

X=1 

4 a 

+ 

l/2 

l/2 

Bild 11.35 c) statisch bestimmtes System mit der statisch Überzähligen 

X = 1: "1"- System 


ergibt 

(11.99) : 

0 0 1 1 1 0 

S1 = S2 

= − F = − F, S4 

= − 

4 sinα 

2 

1 

F, 

2 

- 328 -



die der Auflager- und Stabkräfte im "1"- System 

(11.100) : 

1 1 1 1 

1 

S1 = S2 

= − , S2 

= 1, S4 

= − 

2 

1 

. 

2 

Die Bestimmung der statisch Überzähligen erfolgt über die 

Verschiebungen. Mit einem starren Balken EI = ∞ und den 

Längen l 1 = 2 a, l 4 = a folgen die Verformungen 

(11.101) : 

= 

1 

EA 

δ 

10 

= 

4 

∑ 

i= 

1 

0 

Si 

S 

EA 

1 

i 

l 

i 

1 

)2a 

2 

+ 0 + (- 

1 

F)( 

2 

− 

1 

)a) 

2 

= 

5 

4 

Fa 

EA 

, 

(11.102) : 

δ 

11 

= 

4 

∑ 

i= 

1 

1 

(Si 

) 

EA 

2 

l 

i 

1 

( 2(- F)( − 

2 

1 1 2 2 1 2 

= ( 2(- ) 2a + (1) a + ( − ) a) = 

EA 2 

2 

9 

4 

a 

EA 

, 

(11.103): 

δ 

X = - 

δ 

10 

11 

5 Fa 

= − 

4 EA 

9 a 

4 EA 

5 

= − F. 

9 

- 329 -



Die Bestimmung der Stabkräfte durch Superposition ergibt 

(11.104) : 

0 

Si = Si 

+ XSi 

1 

, 

(11.105) : 

S 

1 

S 

3 

= - 

= 

1 

F + 

2 

5 

− F, 

9 

5 

( − F)( − 

9 

S 

4 

1 

) 

2 

= S . 

1 

= − 

2 

F, 

9 

S 

2 

= S , 

1 

AUFGABE 11.9 


• Bestimmung der Absenkung des Gelenkes G und 

die gegenseitige Verdrehung des Gelenkes G 


Ein Gerberträger wird durch eine Gleichstreckenlast q belastet. 

gegeben: a, q, EI 

gesucht: Bestimmung der Absenkung des Gelenkes G und 

die gegenseitige Verdrehung des Gelenkes G 

- 330 -



A 

q 

EI G EI B EI 

a a a 

C 

Bild 11.36 Gerberträger mit Gleichstreckenlast q 

1. LÖSUNGSMÖGLICHKEIT ZU AUFGABE 11.9 MIT 

INTEGRATION ÜBER 3 BEREICHE 

A 

x 1 

1 

a 

G 

x 2 

2 

a 

B 

q 

x 3 

3 

a 

C 

Bild 11.37 Bereichseinteilung und Koordinatendefinition 

Zuerst muss die Integration je Bereich für 3 Bereiche 

durchgeführt werden. Weil diese Methode aber sehr aufwendig 

ist, werden hier nur die Rand- und Übergangsbedingungen 

angegeben und auf eine ausführliche Lösung 

analog einer Zweibereichsaufgabe verzichtet. 

- 331 -



Mit den Rand- und Übergangsbedingungen 

(10.106) : M (x1 

1 = 

0) = 0, 

(10.107) : w (x1 

1 = 

0) = 0, 

(10.108, 10.109) : M 1 (x1 

= a) = M2(x 

2 = 0) = 0, 

(10.110) : Q (x1 

= a) = Q2(x 

2 

1 = 

0), 

(10.111) : w (x1 

= a) = w 2(x 

2 

1 = 

0) , 

(10.112) : M (x2 

= a) =M3(x3 

2 = 

0), 

(10.113) : ψ (x2 

= a) = ψ3(x3 

2 = 

0) 

(10.114, 10.115) : w 2 (x2 

= a) = w 3(x3 

= 0) = 0, 

(10.116) : M (x3 

3 = 

a) = 0, 

- 332 -



(10.117) : w (x3 

3 = 

a) = 0, 

ergeben sich die Konstanten. 

Damit ist das Problem lösbar. Es sind 12 Gleichungen für 

12 Unbekannte (3 Bereiche, 4 Integrationskonstanten 

C 1 ÷ C 4 je Bereich). 

Die Absenkung des Gelenkes G ist 

(10.111) : w (x1 

= a) = w 2(x 

2 

1 = 

0) . 

Die gegenseitige Verdrehung des Gelenkes G ist 

(10.118) : ψ (x1 

= a) ≠ ψ 2(x 

2 

1 = 

0) . 

Dabei entsteht wegen des Gelenks ein Knick! 

- 333 -



2. LÖSUNGSMÖGLICHKEIT ZU AUFGABE 11.9 MIT DEM 

ARBEITSSATZ 

A H G H 

G H 

q II 

A V 

I 

G V 

B a G 

C 

V a a 


Die Berechnung der Lager- und Gelenkkräfte erfolgt über 

die Gleichgewichtsbedingungen am Gesamtsystem 

(11.119) : → : AH 

= GH 

= 0, 


die Gleichgewichtsbedingungen am Teilsystem I 

(11.120): G 

A 

2 

a 

a - q 

2 

= 0 

V ⇒ 

A 

V 

1 

= 

2 

q a , 

- 334 -



(11.121) : ↑ : A V - q a - GV 

= 0 ⇒ GV 

1 

= - 

2 

q a. 


die Gleichgewichtsbedingungen am Teilsystem II 

(11.122): 

C 

G 

V 

3a 

2a - q 

2 

2 

+ Ba = 0 

⇒ 

5 

B = 

2 

q a , 

(11.123) : ↑ : GV - q a - B = C ⇒ 

C = - 

q a. 

Die Berechnung der Kräfte infolge 1 ergibt 

(11.124) : A V 

= 0, 

C = - 1, 

B = 2 1 . 

Zur Bestimmung der Absenkung im Gelenk werden der 

M − Verlauf mit dem M − Verlauf gekoppelt. 

- 335 -



(11.125) : 

f 

G 

1 1 2 

= ( a( −qa 

)( −a) 

+ 

EI 3 

+ 

2 

1 qa 

a( 

3 8 

1 2 5 qa 

)( −a) 

+ a( −qa 

)( −a)) 

= . 

3 

8 EI 

4 

a) 

qa /8 

qa /8 

+ 

- 

qa 2 

- 

b) 

0 

1 

1a 

- 

1a 

2 1a 

+ 

c) 

1 

Bild 11.39 a) Momentenverlauf M infolge q, b) Momentenverlauf M 

infolge 1, 

c) Momentenverlauf M infolge 1 

- 336 -



Die Berechnung der Kräfte infolge 1 ergeben 

(11.126) : A V 

= 

1 

a 

, 

2 1 

C = 

a 

, 

3 1 

B = - 

a 

. 

Die Bestimmung der gegenseitigen Verdrehung im Gelenk 

erfolgt durch die Kopplung des 

M − Verlaufs mit dem 

M − Verlauf ergibt 

(11.127) : 

1 ϕ 

G 

1 1 qa 

= ( a( 

EI 3 8 

1 qa 

+ a( 

3 8 

2 

2 

) 1 

1 2 

+ a(-qa )( 1 + 2 

6 

2 1 ) + 

1 2 

)( 1 + 2 1 ) + a(-qa )(2 1 )), 

3 

(11.128) : 

ϕ 

G 

3 

1 1 qa 

= ( 

EI 3 8 

− 

5 

6 

qa 

3 

qa 

+ 

8 

3 

2 

− qa 

3 

3 

) 

3 

4 qa 

= − . 

3 EI 

AUFGABE 11.10 

o Anwendung des Arbeitssatzes der Elastostatik 

- 337 -



o Statisch bestimmtes System 

o Bestimmung der Stabkräfte unter einer Einzellast 

F 

o Koppeln mit der Koppeltafel (Tabelle 11.1) 

Ein elastischer Balken ist (Bild 11.40) ist auf 3 elastischen 

Stützen gelagert und mit der Einzelkraft F belastet. 

gegeben: l, a, F, 

0 

α = 30 

, EI, EA = const. für alle Stäbe 

gesucht: Stabkräfte und die vertikale Absenkung in A und B 

und unter der Last in C 

A 

1 2 

30° 30° 

C 

F 

B 

3 a 

l/2 

l/2 

Bild 11.40 Elastischer Balken mit der Einzelkraft F 


Es handelt sich um ein statisch bestimmtes System. 

- 338 -



F 

S 1 

30° 

30° 

S 2 

S 3 

a 

l/2 

l/2 

Bild 11.41a Schnittbild; die Stäbe werden als Fachwerkstäbe aufgefasst 

F 

A = 0 

H 

A V 

l/2 

l/2 

B 

A V 

B 

1 2 

30° 30° 

A V /2 A V /2 

3 a 

B 

Bild 11.41b Alternatives Schnittbild; Die Stäbe werden als Lager 

aufgefasst 

- 339 -



F 

C H 

A V 

B 

C V 

l/2 

l/2 

D x 

1 

A H 

A H 

A V 

30° 

D = 0 y 

C H 

C V 

2 

30° 

E = 0 y 

E x 

B 

3 a 

B 

Bild 11.41c Alternatives Schnittbild; voller Schnitt an den Pendelstützen 

Die Stabkräfte verlaufen in der Stabachse (Pendelstützen). 

Berechnung der Auflager- und Stabkräfte 

1 1 1 

(11.129) : S1 

= S2 

= - F = - F, S3 

4 sinα 

2 

= - 

F. 

Berechnung der Absenkung in den Punkten A, B und C 

- 340 -



1. Lösungsmöglichkeit über den Arbeitssatz 

Dazu werden der Momentenverlauf M und M, M, bzw. Mim 

Balken und die Normalkraftverläufe N i und N i , N i , bzw. Ni 

in den Stäben benötigt. 

N = -F/2 

1 

0 

0 

N = -F/2 

2 

+Fl/4 

N = -F/2 

3 

0 

Bild 11.42a Momentenverlauf M, Normalkraftverläufe N i 

N 

1 

= -1 

0 

1 

0 

N 

2 

= -1 

0 

N = 0 

3 

0 

Bild 11.42b für die Verschiebung in A; Momentenverlauf M, Normalkraftverläufe 

N i 

- 341 -



N = 0 1 

0 

0 

N 2 = 0 

0 

1 

N = -1 3 

0 

Bild 11.42c für die Verschiebung in B; Momentenverlauf M, Normalkraftverläufe 

N i 

1 

N = -1/2 

1 

0 

0 

N 2 = -1/2 

1l/4 

N = -1/2 

3 

0 

Bild 11.42d für die Verschiebung in C; Momentenverlauf M, Normalkraftverläufe 

N i 

Anwendung des Arbeitssatzes für die Vertikalverschiebung in A 

- 342 -



(11.130) : 

1 

2 

1 f 

AV 

1 

= 

2 

⇒ 

l 

∫ 

0 

3 

MM 1 Si 

Si 

dx + ∑ 

EI 2 EA 

f 

AV 

= 2 2a 

1 i 

- F 

2 EA 

l 

i 

(-1) = 

F 

2a 

EA 

. 

Anwendung des Arbeitssatzes für die Vertikalverschiebung in B 

(11.131) : 

1 

2 

1 

f 

BV 

1 

= 

2 

⇒ 

l 

∫ 

0 

3 

MM 1 Si 

Si 

dx + ∑ 

EI 2 EA 

f 

BV 

= a 

- F 

2 EA 

1 i 

(-1) = a 

l 

i 

F 

2 EA 

. 

Anwendung des Arbeitssatzes für die Vertikalverschiebung in C 

(11.132) : 

⇒ 

f 

CV 

1 

2 

1 

= 2 

3 

l 

2 

1 

f 

CV 

F l 

4 EI 

1 

= 

2 

l 

4 

l 

∫ 

0 

+ 2 2a 

M M 1 Si 

Si 

dx + ∑ 

EI 2 EA 

- F 

2 EA 

( − 

3 

1 

) 

2 

1 i 

+ a 

l 

i 

- F 

2 EA 

( − 

1 

), 

2 

(11.133): 

3 

3 

CV + 

f 

F l F F F l 

= + a + a = 

48 EI EA 4 EA 48 EI 

a 

5 F 

. 

4 EA 

- 343 -



2. LÖSUNGSMÖGLICHKEIT ÜBER DIE GEOMETRIE 

Si 

li 

S1 

2a F a 

(11.134) : ∆li 

= ⇒ ∆l1 

= = − = ∆l2. 

EA 

EA EA 

i 

F/2 

1 

∆l 1 

. 

F/2 

∆l 2 

. 

f AV 

2 F/2 

Bild 11. 43 Geometrie im Punkt A 

(11.135) : 

∆l 

f 

AV 

⇒ 

1 

= sinα 

⇒ 

∆l 

3 

S3 

a 

= 

EA 

f 

AV 

= − 

∆l1 

= 

sinα 

F a 

2 EA 

≡ f 

= −2a 

BV 

. 

F 

EA 

- 344 -



f AV 

(f AV+ 

f BV)/2 

C 

F 

f F, el 

a 

Bild 11. 44 Absenkung im Punkt C 

(11.136): 

F l 

fCV = fF,el 

+ (fAV 

+ fAV 

)/ 2 = + a 

48 EI 

3 

5 F 

4 EA 

. 

AUFGABE 11.11 


o Statisch bestimmtes System 

Ein an seinem freien Ende belasteter, elastischer Balken ist 

in A verschieblich gelagert und an zwei Seilen aufgehängt. 

Er ist mit einer Einzelkraft F belastet. 

gegeben: a, F, EA = const. für beide Seile, EI 

- 345 -



gesucht: Seilkräfte, Absenkung unter der Last in vertikaler 

Richtung und Verschiebung des Lagers A 

B 

F 

8a 

1, EA 

EI 

7a 

12a 

2, EA 

A 

9a 

Bild 11.45 Balken mit zwei Stäben mit einer Einzelkraft F 

Lösung zu Aufgabe 11.11 

F 

8a 

C 

α 

S 1 

7a 

D 

β 

S 2 

9a 

12a 

A H 

Bild 11.46a Schnittbild mit der Belastung F 

- 346 -



1 

8a 

C 

α 

S 1 

7a 

D 

β 

S 2 

9a 

A H 

Bild 11.46b mit der Belastung 1 

12a 

8a 

C 

α 

S 1 

1 

7a 

D 

β 

S 2 

9a 

A H 

Bild 11.46c mit der Belastung 1 

Geometrie 

- 347 -



(11.137) : 

12a 3 

sinα 

= = , 

20a 5 

12a 4 

sinβ 

= = , 

15a 5 

16a 4 

cosα 

= = , 

20a 5 

9a 3 

cosβ 

= = . 

15a 5 

Berechnung der Auflager- und Stabkräfte im belasteten 

System 

(11.137): 

C S 2 sinβ 

7 a + F 8 a = 0 , 

(11.138): 

D S 1 sinα 

7 a + F 15 a = 0 . 

Daraus folgt 

25 10 

(11.139) : S = F, S2 

= − F, AH 

7 

7 

1 = 

2 F . 

Berechnung der Auflager- und Stabkräfte im 1 - System 

Es ergeben sich dieselben Gleichungen wie oben, indem 

man F durch 1 ersetzt. 

- 348 -



25 10 

(11.140) : S = 1 , S2 

= − 1 , AH 

7 

7 

1 = 

2 1 . 

Berechnung der Auflager- und Stabkräfte im 1 - System 

(11.141): 

C S 2 sinβ 

7 a + 1 16 a = 0 , 

(11.142): 

D S 1 sinα 

7 a + 1 9 a = 0 . 

15 

(11.143) : S = 1 , S2 

= 

7 

1 − 

20 

7 

1 . 

Damit ergeben sich die Momente 

- 

- F 8a 

0 

Bild 11.47a Momentenverlauf M infolge der Belastung F 

- 349 -



- 

- 1 8a 

0 

Bild 11.47b Momentenverlauf M infolge der Belastung 1 

0 

- 1 9a 

- 

Bild 11.47c Momentenverlauf M infolge der Belastung 1 

Mit den Längen 

(11.144) : 

l 

1 

= 

16 

2 

+ 12 

2 

a = 20 a, 

l 

2 

= 

9 

2 

+ 12 

2 

a =15 a 

folgen die Verformungen nach der Form 

l 

2 

1 1 MM 1 Si 

Si 

(11.145) : 1 fAV 

= dx 

2 2 

∫ + ∑ 

EI 2 

0 

1 EAi 

l 

i 

- 350 -



(11.146) : 

+ 

1 

3 

(-F8a)(- 8a) 7a) + 

3 

Fa 

= 320 

EI 

+ 

f 

FV 

2000 

7 

= 

Fa 

EA 

1 

EI 

1 25 

(( 

EA 7 

. 

1 

( 

3 

(-F8a)(-8a) 8a + 

25 

F) ( 

7 

) l 

1 

10 

+ (- 

7 

10 

F)( - 

7 

) l 

2 

) 

(11.147) : 

+ 

f 

1 

EA 

AV 

= 

25 

(( 

7 

1 

EI 

3 

224 Fa 

= + 

3 EI 

1 

( 

6 

15 

F) ( 

7 

(-F8a)(-8a) 8a + 

1500 

7 

) l 

1 

Fa 

EA 

10 

+ (- 

7 

. 

20 

F)( - 

7 

) l 

2 

) 

AUFGABE 11. 12: 


o Statisch unbestimmtes System 

Ein Balken ist mit einer Gleichstreckenlast q belastet. 

gegeben: a, q, E I = const. 

gesucht: Gesucht sind die Absenkungen in D und C. 

- 351 -



Bild 11.48 Zweifeldriger Balken mit Gleichstreckenlast q 


Es handelt sich um einen einfach statisch unbestimmten 

Balken. Das System wird statisch bestimmt gemacht. Das 

heißt, die überzählige Auflagerkraft wird entfernt ("0" - System) 

und im "1" - System als Belastung X = "1" angebracht 

(Bild 11.xx): 

- 352 -



= 

a) 

q 

+ 

b) 

x = "1" 

Bild 11.49 Statisch bestimmt gemachte Systeme a) „0“- System; b) 

„1“- System 

q = (2a) 2 

/8 

a) 

+ 

"1"a 

b) 

+ 

Bild 11.50 Momentenverläufe a) M 0 - Verlauf; b) M 1 - Verlauf 

Die statisch unbestimmte Kraft X ergibt sich zu 

- 353 -



(11.148) : 

δ 

X = - 

δ 

= − 

10 

11 

= − 

∫ 

∫ 

0 

M M 

E I 

1 

(M ) 

E I 

dx 

dx 

1 (2a) 

2a q 1a 

3 8 

1 2 1 

2a (1a) + a (1a) 

3 3 

1 

2 

2 

2 

= − 

1 

3 

a q. 

Der endgültige Momentenverlauf M des statisch unbestimmten 

Systems infolge der äußeren Belastung q wird 

durch Superposition (Überlagerung) ermittelt: 

(11.149) : M =M0 

+ X M 1. 

- 354 -



a 

2 

-qa /3 

- 

+ 

2 

q = (2a) /8 

Bild 11.51 Momentenverlauf M (Momentenverlauf des gesuchten 

Systems) 

Die vertikale Absenkung in D ergibt sich aus 

(11.150): 

fD = ∫ 

M 

0M 

dx . 

EI 

0 

M - Verlauf am reduzierten System ("0" - System): 

"1" 

+ 

0 

"1"a/2 

Bild 11.52 Momentenverlauf M 0 Verlauf am reduzierten System ("0" 

- System) 

- 355 -



Die virtuelle Kraft "1" wird an der Stelle und in der Richtung 

angebracht, an der die Verformung gesucht wird. Der Reduktionssatz 

erlaubt, das reduzierte System ("0" - System) 

statt das statisch unbestimmten Systems zu verwenden. 


(11.151) : 

f 

D 

= 

= 

1 

EI 

1 

8 

⎡1 

⎢ 

⎣4 

a 

(- 

2 

1 

3 

q a 

2 

) 

⎡ 

4 

qa ⎢ 4 

Nm 

⎢ 

E I ⎢ N 

m m 

⎢ 

2 

⎣ m 

4 

5 

2a + 

12 

⎤ 

⎥ 

⎥. 

⎥ 

⎥⎦ 

a 

2 

(2a) 

q 

8 

2 

⎤ 

2a⎥ 

⎦ 

Die vertikale Absenkung in C ergibt sich aus 

(11.152): 

fC = ∫ 

M 

0M 

dx . 

E I 

0 

M - Verlauf am reduzierten System ("0" - System): 

- 356 -



"1" 

- 

-"1"a 

Bild 11.53 Momentenverlauf 

0 

M Verlauf am reduzierten System 

("0" - System) 


(11.153) : 

f 

C 

1 1 

= ( 

EI 3 

a 

(- 

2 

1 (2a) 

+ a q 

3 8 

4 

1 qa 

= − . 

6 E I 

1 

3 

2 

q a 

2 

(-1) 2a 

) (-1)2a + 

+ 

1 a 

(- 

3 2 

1 

3 

q a 

2 

) (-1)a ) 

- 357 -

12 AUFGABEN ZU KAPITEL 12: 

SCHUBSPANNUNGEN 



AUFGABE 12.1 

• Bestimmung der Schubspannung infolge einer 

Querkraftbelastung 

• Schubspannung bei Vollquerschnitten 

Der symmetrische Querschnitt wird durch die Querkraft Q 

belastet. 

gegeben: d, c = 2d, h, Q 

gesucht: Bestimmung des Schubspannungsverlaufs 

- 358 -



c=2d 

h 

Q 

d 

Bild 12.1 Symmetrische Querschnitt mit Querkraft Q 

LÖSUNG 

Mit Q(x) = Q folgt 

(12.1): 

Q(x) 

τ = - S(z). 

I b(z) 

y 

- 359 -



2d 

d 

y 

y 

S 

z, z 

4h/9 

5h/9 

Bild 12.2 Schwerpunktslage im Querschnitt 

(12.2): 

3 

2 

h (2d) + 4(2d)d + d 

Iy = ( 

) = 

36 2d+ 

d 

2 

13 d h 

108 

3 

, 

Mit 

4 

z = z + h folgt 

9 

d 

(12.3) : b(z) = 2 d - z ⇒ 

h 

14 d 

b(z) = d - z, 

9 h 

- 360 -



(12.4) : 

S(z) = 

z 

∫ 

z 

* 

* 4 

z =− h 

9 

⎡14 

= ⎢ dz 

⎣18 

b(z 

*2 

* 

− 

)dz 

d 

3h 

* 

z 

= 

*3 

4 

− h 

9 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

z 

z 

∫ 

4 

− h 

9 

14 

( dz 

9 

= 

* 

d 

− z 

h 

*2 

)dz 

* 

= 

7 

dz 

9 

2 

1 7 

= d( z 

3 3 

1 d 

− z 

3 h 

2 

1 

− z 

h 

3 

3 

1625 

− dh 

2781 

1625 

− h 

927 

2 

2 

). 

Daraus bestimmt sich der Schubspannungsverlauf (Bild 

12.3) zu 

(12.5) : 

τ = - 

13 d h 

108 

3 

( 

Q 

14 

9 

d 

d - 

h 

1 7 

d( z 

3 3 

z) 

7 2 1 3 1625 2 

( z − z − h ) 

3 h 927 

= - 

. 

3 

13 h 14 d 

( d - z) 

36 9 h 

2 

1 

− z 

h 

3 

− 

1625 

− h 

927 

2 

) 

- 361 -



τ 

y 

x 

z 

Bild 12.3 Schubspannungsverlauf 

AUFGABE 12.2 



• Schubspannung bei Vollquerschnitten 

- 362 -



Ein Träger besteht aus zwei gleichen Holzbalken, die an ihren 

Berührungsflächen fest aneinander geleimt sind. Es 

wirkt die Streckenlast q (einschließlich Eigengewicht). 

gegeben: l, b, h 

gesucht: Bestimmung der Schubspannung, die vom Leim 

mindestens aufgenommen werden muss? 

q 

l 

2h 

Bild 12.4 Geleimter Träger mit Streckenlast q 

LÖSUNG 

Im Rechteckquerschnitt (Bild 12.4) in Querschnittsmitte 

wirkt 

(12.6): 

τ max 

2 Qmax 

= - . 

3 b 2 h 

- 363 -



Mit der Querkraft 

q l 

(12.7) : Qmax = Q(x = 0) = Q(x = l) = . 

2 

Daraus folgt 

(12.8) : τ max 

1 q l 

= - . 

6 b h 

AUFGABE 12.3 



• Schubfluss bei dünnwandigen, geschlossenen 

Querschnitten 

Ein Kragarm mit gegebenem Querschnitt wird durch eine 

Gleichstreckenlast q beansprucht. 

gegeben: l y , c, t, b, q, E 

- 364 -



gesucht: Bestimmung der maximalen Biegespannung, Ort 

der maximalen Querkraft und die Schubspannungsverteilung 

an dieser Stelle für den Querschnitt 

q 

c 

a) 

l 

b 

y 

t 

2t 

c 

b) 

z 

Bild 12.5 a) Kragarm mit Gleichstreckenlast q beansprucht; b) Trägerquerschnitt 

- 365 -



LÖSUNG 

Die maximale Biegespannung entsteht an der Einspannstelle 

mit 

M(x = 0) = 

− 

2 

q l 

2 

(12.9): 

σ 

x 

M(x = 0) 

= ( − 

I 

y 

c 

), 

2 

mit t



σ x max 

x 

σ x min 

Bild 12.6 Normalspannungsverlauf über den Querschnitt 

(12.11) : 

σ 

xmax 

= 

t c 

6 

2 

2 

q l 

− 

2 

(2c + 3b) 

( − 

c 

) 

2 

3q l 

= 

. 

2 t c (2c + 3b) 

2 

Der Ort der maximalen Querkraft ist an der Einspannstelle 

(12.12): 

Q(x = 0)= ql. 

Die Schubspannungsverteilung an der Stelle x = 0 ergibt 

sich aus dem Schubfluss, der bereichsweise berechnet 

wird. 

- 367 -



Q(x) 

(12.13) : T(x,s) = - z(s) t(s) ds + T0. 

I 

∫ 

y 

s 

s = 0 

Der Querschnitt wird an der Symmetrieachse halbiert und 

nur die eine Seite wird berechnet. 

b 

y 

t 

s 1 

s 2 

2t 

c 

z 

s 3 

Bild 12.7 Koordinatendefinition im Querschnitt 

Aus der Symmetrie des Querschnitts ergibt sich mit T 10 = 0. 

s 

1 

Q(x) c 

Q(x) c 

(12.14) : T1 

= - ( ) t ds T t s , 

I 

∫ − 1 + 10 = 

1 

2 

I 2 

y 

0 

- 368 -



mit 

Q(x) c 

T20 = t b folgt 

I 4 

y 

2 

Q(x) 

(12.15) : T2 

= - z(s2 

) t (s2 

) ds2 

+ T20, 

I 

∫ 

y 

s 

0 

mit 

c 

= z + ⇒ ds dz 

folgt 

2 

s2 2 = 

(12.16) : 

T 

2 

= - 

Q(x) 

I 

Q(x) 

= - 

I 

2 t 

Q(x) 

= t( −z 

I 

y 

y 

y 

∫ 

z dz + 

1 

t((2 z 

2 

2 

z 

c 

- 

2 

c 

+ 

4 

z 

c 

− 

2 

2 

+ 

Q(x) 

I 

) 

y 

c 

- b) 

4 

c 

b) 

4 

c 

4 

= 

tb 

Q(x) 2 

= t( −(s 

I 

= 

y 

Q(x) 

t( −s 

I 

y 

4 

c 

− ) 

2 

+ 

c 

2 

2 

2 

s 

c 

+ 

4 

2 

+ 

2 

c 

4 

+ 

b) 

c 

4 

b) 

- 369 -



(12.17): 

Ti 

τ = 

t 

i 

⇒ 

τ 

max 

= 

ql 

I 

y 

c 

b. 

4 

- 370 -



+ 

q l (c b/ 4) 

I y 

q l 

(c b/ 8) 

I y 

s 1 

s 2 

q l c(c+b)/ 8 

I 

τ i (s) i 

+ 

y 

s 3 q l (c b/ 8) 

+ 

I y 

q l (c b/ 4) 

I y 

Bild 12.8 Schubspannungsverläufe über den an der Symmetrieachse 

halbierten Querschnitt 

AUFGABE 12.4 



- 371 -



• Schubfluss bei dünnwandigen, geschlossenen 

Querschnitten 

Ein Träger wird in Balkenmitte durch eine Einzelkraft F drillfrei 

belastet. Der in Bild 12.9 skizzierte Querschnitt des Trägers 

ist dünnwandig t



a) 

x 

F 

l/2 l/2 

2a 

y 

a 

t 

s 3 

y 

s 1 

s 2 

a 

b) 

Bild 12.9 a) Träger mit Einzelkraft F; b) Querschnitt 

- 373 -



LÖSUNG 

F/2 + 

F 

- F/2 

l/2 l/2 

Bild 12.10 Querkraftverlauf 

Damit ist die Querkraft 

(12.18) : 

Q 

(x= 

l 

4 

) 

F 

= 

2 

und der Schubfluss bereichsweise 

i 

Q(x) * * * 

(12.19) : T i(x, 

si 

) = - z(si 

) t(si 

) dsi 

+ Ti0. 

I 

∫ 

y 

s 

* 

s = 0 

- 374 -



mit 

t(s * ) 

i = t = 

const. 

, z(s1) 

= s1 

− a , 

z(s ) = 

2 

2 

2 s 2 

und 

z(s ) = − 

2 

2 

3 s 3 

ergibt sich das Flächenträgheitsmoment 

(12.20) : 

I 

1 

= t(1 

12 

y + 

2)(2a) 

3 

. 

y 

a 

a 2 

s 3 

s 1 

s 2 

a 


- 375 -



Die Berechnung der Schubflüsse für die Bereiche 1 bis 3 

ergeben sich zu 

(12.21): 

T 

1 

= - 

Q t 

I 

y 

(s 

Q t 1 

= - ( s 

I 2 

y 

s 

1 

∫ 

0 

* 

1 

− a) ds 

2 

1 

* 

1 

+ T 

− a s ) + T 

1 

10 

10 

, 

(12.22): 

T 

2 

= - 

= - 

Q t 

I 

y 

Q t 

I 

y 

s 

2 

∫ 

0 

2 

2 

2 

4 

s 

s 

* 

2 

2 

2 

ds 

+ T 

* 

2 

20 

, 

+ T 

20 

Q t 2 2 

(12.23) : T3 = s3 

+ T30 

. 

I 4 

y 

Aus den Eckbedingungen (Bild 12.12): "Summe aller einmündenden 

Schubflüsse = 0" folgt 

- 376 -



T (0) 3 

T 1(2a) 

T 2( √2 a) 

a) b) 

T (0) 

2 

Bild 12.12 Eckbedingungen; a) untere linke Ecke; b) rechte Ecke 

(12.24): 

T2 

(s2 

= 2a) + T 1(s1 

= 2a) = 0, 

(12.25) : - T3 

(s3 

= 0) - T2(s 

2 

= 0) = 0, 

Mit (12.21) und (12.22), eingesetzt in (12.24), ergibt sich 

(12.26) : 

- 

Q t 

I 

y 

2 

4 

2a 

2 

+ T 

20 

Q t 1 

- ( 4a 

I 2 

y 

2 

− 2a 

2 

) + T 

10 

= 0 

⇒ 

T 

20 

= 

Q t 

I 

y 

2 

2 

a 

2 

+ T 

10 

und aus (12.25) folgt mit (12.22) und (12.23) 

- 377 -



(12.27) : 

- T 

⇒ 

30 

- T 

T 

30 

20 

= 0 

= −T 

20 

= −T 

10 

− 

Q t 

I 

y 

2 

2 

a 

2 

. 

Die 3. Bedingung ist die drillfreie Biegung mit t = const. 

T 

(12.28) : ∫ ds = 0, 

t 

(12.29) : 

2a 

s = 0 

1 

∫ 

T 

t 

1 

ds 

1 

0 

2a 

T2 

+ ∫ ds2 

+ 

t 

∫ 

s 

2 

= 

2a 

s = 0 

3 

T 

t 

3 

ds 

3 

= 0, 

einsetzen von (12.22) bis (12.23) und (12.24), (12.29) ergibt 

(12.30): 

+ 

s 

2 

= 

0 

∫ 

2a 

1 

( 

t 

(- 

∫ 

s = 0 

y 

2a 

1 

Q t 

I 

(- 

2 

4 

Qt 

I 

y 

s 

1 

( s 

2 

2 

2 

+ 

2 

1 

Q t 

I 

y 

− a s 

1 

2 2 

2 

) + T 

a 

2 

10 

+ T 

)ds 

10 

1 

)ds 

+ 

2 

+ 

- 378 -



- 379 - 

0, 

) 

)ds 

a 

2 

2 

I 

Q t 

T 

s 

4 

2 

I 

Q t 

( 

2a 

0 

s 

3 

2 

y 

10 

2 

3 

y 

3 

= 

+ 

+ 

+ ∫ 

= 

+ 

− 

+ 

− 

+ 

+ 

− 

+ 

+ 

− 

2a))) 

( 

( 

a 

2 

2 

2 

I 

Qt 

2a)) 

( 

( 

T 

) 

2a) 

( 

( 

12 

2 

I 

Qt 

(- 

2a) 

T 

) 

a (2a) 

2 

1 

(2a) 

6 

1 

( 

I 

Qt 

(- 

: 

(12.31) 

2 

y 

10 

3 

y 

10 

2 

3 

y 

0, 

2a) 

a 

2 

2 

I 

Qt 

2a 

T 

2a) 

( 

12 

2 

I 

Qt 

( 

2 

y 

10 

3 

y 

= 

− 

− 

− 

+ 

2a) 

2 

(2a 

T 

a 

I 

Qt 

: 

(12.32) 10 

3 

y 

− 

+ 

= 

. 

2) 

2(1 

a 

I 

Qt 

T 

: 

(12.33) 

2 

y 

10 

− 

+ 

=



Damit ergeben sich die Schubflüsse und die Schubspannungen 

(12.34): 

T 

1 

+ T 

= - 

10 

Q t 

I 

y 

s 

0 

(s 

Q t 1 

= - ( s 

I 2 

y 

1 

∫ 

* 

1 

− a) ds 

2 

1 

− 

* 

1 

− a s 

1 

a 

− 

2(1 − 

2 

) 

2) 

⇒ 

τ 

1 

= 

T 

t 

1 

, 

(12.35): 

T 

+ T 

⇒ 

2 

= - 

20 

τ 

Q t 

I 

= - 

2 

y 

s 

Q t 

I 

y 

T 

= 

t 

2 

∫ 

0 

2 

( 

, 

2 

2 

s 

2 

4 

* 

2 

s 

2 

2 

ds 

* 

2 

+ 

3 − 

− 

2(1 − 

2 

a 

2) 

2 

) 

- 380 -



(12.36) : 

T 

3 

⇒ 

= 

- 

τ 

Q t 

I 

3 

y 

(- 

T 

= 

t 

3 

. 

2 

4 

s 

2 

3 

3 + 

− 

2(1 − 

2 

a 

2) 

2 

) 

- 381 -

SACHWÖRTERVERZEICHNIS 


Absenkung - 295 -, - 330 - 

, - 338 -, - 340 -, - 345 -, 

- 346 -, - 351 -, - 355 -, - 

356 - 

Arbeitssatz - 164 -, - 342 - 

Auflagerkraft - 58 - 

Auflagerreaktion - 296 - 

Biegelinie - 222 -, - 227 -, 

- 250 -, - 255 -, - 269 - 

Biegelinientafel - 195 -, - 

223 -, - 239 -, - 242 - 

Biegelinienverlauf - 210 - 

Biegemoment - 208 - 

Biegespannung - 365 - 

Biegespannungsverlauf - 

174 - 

Biegung 

drillfreie - 378 - 

Blattfeder - 229 - 

Dehnsteifigkeit - 37 -, - 47 

- 

Dehnung - 47 -, - 60 -, - 

65 -, - 69 -, - 90 -, - 93 -, 

- 94 - 

dehnweich - 56 - 

Deviationsmoment - 99 -, - 

105 -, - 111 - 

Dreieck - 16 -, - 103 - 

Dreieckfläche - 21 - 

Dreigelenkbogen lässt - 

275 - 

Druck 

- 382 -


hydrostatischer - 71 - 

Druckspannung - 71 -, - 

76 -, - 85 - 

Druckstab - 32 - 

Durchbiegung - 216 -, - 

217 -, - 222 -, - 230 -, - 

270 - 

Eigengewicht - 257 - 

Einspannmoment - 157 - 

Einzelschwerpunkt - 15 -, 

- 98 -, - 102 -, - 114 - 

Elastizitätsgesetz - 50 -, - 

62 -, - 85 -, - 325 - 

Elastizitätsgleichung - 66 - 

Elastizitätsmodul - 47 - 

Elastizitätstheorie - 209 - 

Elastostatik - 323 - 

Ellipse - 151 - 

Flächenträgheitsmoment - 

96 -, - 98 -, - 100 -, - 102 

-, - 104 -, - 106 -, - 109 -, 

- 111 -, - 112 -, - 117 -, - 

120 -, - 123 -, - 125 -, - 

132 -, - 135 -, - 142 -, - 

147 -, - 375 - 

polares - 99 - 

Gelenkträger - 56 - 

Genauigkeit - 37 - 

Gesamtschwerpunkt - 11 - 

, - 18 -, - 27 -, - 96 -, - 

100 -, - 106 -, - 109 -, - 

112 -, - 117 -, - 120 -, - 

132 -, - 135 -, - 138 -, - 

142 -, - 144 - 

Gesamtsystem - 277 - 

Gesamtverformung - 240 - 

Gesamtverlängerung - 42 

- 

- 383 -


Gesamtverschiebung - 

273 - 

Gewicht 

spezifisches - 52 - 

Gleichgewichtsbedingung 

- 58 -, - 259 -, - 276 - 

Gleichstreckenlast - 85 -, - 

193 -, - 213 -, - 225 -, - 

242 -, - 273 -, - 364 - 

Halbkreisfläche - 11 -, - 14 

-, - 26 - 

Hauptachse - 81 -, - 140 -, 

- 145 - 

Hauptspannung - 81 - 

Hauptträgheitsachse - 96 - 

, - 100 -, - 105 -, - 106 -, 

- 109 -, - 111 -, - 112 -, - 

116 -, - 117 -, - 119 -, - 

120 -, - 132 -, - 135 -, - 

141 -, - 142 - 

Hauptträgheitsmoment - 

96 -, - 100 -, - 106 -, - 

109 -, - 112 -, - 117 -, - 

120 -, - 132 -, - 134 -, - 

135 -, - 140 -, - 142 -, - 

146 -, - 147 - 

Hauptträgheitswinkel - 

134 - 

Hebelkreuz - 202 - 

Höhenänderung - 87 - 

Hohlquerschnitt 

dünnwandiger - 150 - 

Hohlwelle - 178 - 

HOOKEsches Gesetz - 85 

- 

- 384 -


Integrationskonstante - 56 

- 

Kompatibilitätsbedingung - 

167 -, - 170 - 

Koppeln - 314 - 

Koppeltafel - 281 - 

Kragträger - 252 - 

Kreisausschnitt - 26 - 

Kreisquerschnitt - 29 -, - 

48 - 

Kreisring - 150 - 

geschlossener - 153 - 

offener - 152 - 

Kurvendiskussion - 211 - 

Längenänderung - 92 - 

Lastangriffspunkt - 52 -, - 

177 -, - 196 -, - 238 - 

Material 

sprödes - 71 - 

Materialverbrauch - 153 - 

Maximalspannung - 183 - 

MOHRscher 

Spannungskreis - 73 -, - 

83 - 

Momentengleichgewicht - 

278 - 

Momentenverlauf - 216 -, - 

260 -, - 354 - 

Mondsichel - 24 - 

Näherungslösung - 36 - 

Neigung - 230 -, - 270 - 

Normalkraft - 29 -, - 47 - 

Normalkraft- - 38 - 

Normalkraftverlauf - 42 -, - 

260 - 

Normalspannung - 29 - 

Normalspannungsverlauf - 

367 - 

- 385 -


Platte - 65 - 

Polarkoordinaten - 12 - 

Proportionalitätsfaktor - 

128 - 

Pyramidenstumpf - 32 - 

Quadrat - 152 - 

Quadratquerschnitt - 155 - 

Querkraft - 207 - 

Querkraftverlauf - 216 -, - 

260 - 

Querschnitt 

dünnwandiger - 146 - 

Querschnittsfläche - 32 - 

Querschnittsverdrehung - 

170 -, - 179 -, - 184 - 

Randbedingung - 40 -, - 

43 -, - 49 -, - 160 -, - 181 

-, - 208 -, - 215 -, - 226 -, 

- 231 -, - 236 -, - 248 -, - 

267 - 

Reaktionskraft - 287 - 

Rechteck - 14 - 

Rechteckfläche - 18 - 

Reibungsfreiheit - 86 - 

Rohrquerschnitt - 110 - 

Schnittebene - 77 - 

Schnittkraft - 60 -, - 65 -, - 

253 - 

Schubbeanspruchung - 71 

- 

Schubfluss - 190 -, - 376 - 

Schubmodul - 178 - 

Schubspannung - 149 -, - 

151 -, - 154 -, - 163 -, - 

- 386 -


183 -, - 202 -, - 363 -, - 

380 - 

Schubspannungsverlauf - 

157 -, - 358 -, - 372 - 

Schubspannungsverteilun 

g - 367 - 

Schwerpunkt - 12 -, - 23 -, 

- 96 -, - 100 -, - 109 -, - 

112 -, - 117 -, - 120 -, - 

132 -, - 135 -, - 142 -, - 

262 - 

Schwerpunktskoordinate - 

98 -, - 102 -, - 107 -, - 

123 - 

Seildurchmesser - 56 - 

Seilkraft - 58 -, - 316 - 

Seilverlängerung - 59 - 

Spannung - 31 -, - 32 -, - 

47 -, - 60 -, - 88 -, - 90 -, 

- 173 -, - 289 - 

Spannungsminimum - 45 - 

Spannungsverlauf - 41 -, - 

43 -, - 44 - 

Spannungsverteilung - 52 

- 

Spannungszustand - 71 -, 

- 73 -, - 76 -, - 80 -, - 92 - 

Stabkraft - 295 - 

Stabverlängerung - 65 - 

Starrkörperverdrehung - 

272 - 

STEINER - 102 - 

STEINER Anteil - 130 - 

STEINER- Anteil - 125 - 

Strahlensatz - 35 -, - 39 -, 

- 59 - 

Streckenlast - 207 - 

Superposition - 313 -, - 

323 -, - 354 - 

- 387 -


Tangentialspannung - 29 - 

Teilfläche - 17 -, - 21 - 

Teilschwerpunkt - 15 -, - 

26 - 

Temperatur - 85 - 

Temperaturbelastung - 60 

-, - 90 -, - 324 - 

Temperaturdifferenz - 52 - 

Temperaturerhöhung - 88 

- 

Temperaturerwärmung - 

52 - 

Torsionsmoment - 149 -, - 

154 -, - 157 -, - 171 -, - 

173 - 

Torsionsmomentenverlauf 

- 182 -, - 188 - 

Torsionssteifigkeit - 190 - 

Torsionsträgheitsmoment 

- 204 - 

Torsionsträgheitsmoment i 

- 197 - 

Trägheitsachsen - 99 - 

Transformationsformel - 

74 -, - 77 -, - 129 - 

Übergangsbedingung - 50 

-, - 160 -, - 181 -, - 187 -, 

- 221 - 

Überlagerung - 354 - 

Verdrehung - 154 -, - 157 

-, - 163 -, - 177 -, - 190 -, 

- 204 -, - 206 -, - 211 -, - 

216 -, - 223 -, - 255 -, - 

269 -, - 337 - 

Torsionsspannung - 175 - 

- 388 -


Verdrehungsverlauf - 182 

-, - 188 -, - 210 - 

Verdrehungswinkel - 271 - 

Verformung - 167 -, - 193 

-, - 224 -, - 234 -, - 244 -, 

- 329 -, - 350 - 

Verschiebung - 47 -, - 62 - 

, - 64 -, - 309 -, - 346 - 

Verschiebungsdifferenz - 

41 - 

Verschiebungsverlauf - 38 

-, - 46 -, - 51 -, - 52 - 

Verträglichkeitsbedingung 

- 325 - 

Verzerrung - 85 -, - 88 - 

Vollkreis - 151 - 

Vollquerschnitt - 157 -, - 

172 - 

Wärmeausdehnungskoeffi 

zient - 52 - 

Welle - 157 - 

Wellenstück - 38 - 

Widerstandsmoment - 153 

-, - 203 -, - 264 - 

Winkel - 222 - 

Winkeländerung - 89 - 

Würfel - 91 - 

Zugkraft - 38 - 

Zugspannung - 75 - 

Zugstab - 32 - 

Zwei- Punkte- Formel - 

207 - 

- 389 -


- 390 -

BEREITS ERSCHIENEN 


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Annette Kunow, Übungen zur Technischen Mechanik I - 

Statik-, Vollständig und mit möglichen Lösungsvarianten 

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http://www.kisp.de/statik-ue/ 

Annette Kunow, Technische Mechanik II - Festigkeitslehre/ 

Elastostatikhttp://www.kisp.de/festigkeitslehre/ 

Annette Kunow, Übungen zur Technischen Mechanik II - 

Festigkeitslehre/ Elastostatik-, Vollständig und mit möglichen 

Lösungsvarianten gelöste Übungsaufgaben 

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Annette Kunow, Technische Mechanik III - Kinetik/ Dynamikhttp://www.kisp.de/dynamik/ 

Annette Kunow, Übungen zur Technischen Mechanik III 

- Kinetik/ Dynamik -, Vollständig und mit möglichen Lö- 

- 391 -


sungsvarianten gelöste Übungsaufgaben 

http://www.kisp.de/dynamik-ue/ 

Annette Kunow, Finite Elemente/ Computer Aided Engineering 

(CAE), Anwendungen und Lösungen 

http://www.kisp.de/finite-elemente-cae/ 

Annette Kunow, Projektmanagement & Business 

Coaching, Grundlagen des agilen Projektmanagements 

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IMPRESSUM 

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Prof. Dr.-Ing. Annette Kunow 

Technische Mechanik II - Festigkeitslehre/ Elastostatik - 

Vollständig und mit möglichen Lösungsvarianten gelöste 

Übungsaufgaben 

2. Auflage 2016 

Konzeption: Annette.kunow 

Grafiken: Annette Kunow 

Umschlag: Frank Terhaag 

Alle Angaben/ Daten sind nach bestem Wissen erstellt, jedoch ohne 

Gewähr für Vollständigkeit und Richtigkeit. 

Das Werk ist urheberrechtlich geschützt. Alle Rechte, insbesondere die 

Rechte der Verbreitung, der Vervielfältigung, der Übersetzung, des 

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Wege sowie der Auswertung durch Datenbanken oder ähnlichen 

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Verfahren sowie der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, 

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Technische_Mechanik_II_-_Uebungen-kurz

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