11. August 2026

VE0096 | Eulersches Knicken

Beschreibung

Ein Stab mit kreisförmigem Querschnitt ist gemäß den vier grundlegenden Fällen des Euler'schen Knickens gelagert und wird durch eine Druckkraft P gemäß der folgenden Abbildung belastet. Bestimmen Sie die kritische Last P_cr. Das Problem wird durch die folgenden Parameter beschrieben.

Material	Stahl	Elastizitätsmodul	E	210000.000	MPa
Material	Stahl	Querdehnzahl	ν	0.300	-
Geometrie	Stab	Länge	L	2.000	m
Geometrie	Stab	Durchmesser	d	30.000	mm
Belastung	Kraft	Kraft	P	10.000	kN

Knickung nach Euler

Analytische Lösung

Die maßgebende Differentialgleichung für alle Knickfälle lautet:

\frac{d^{2}}{d x^{2}} y = - \frac{M}{E I},

y	Koordinate in Beulrichtung
M	Biegemoment bezogen auf den Querschnitt
I	Trägheitsmoment

Die maßgebende Differentialgleichung für das Knicken

Knickfall 1

Der Stab ist an einem Ende eingespannt und am anderen Ende frei. Die maßgebende Gleichung kann dann wie folgt umgeschrieben werden:

\frac{d^{2}}{d x^{2}} y = - \frac{P}{E I} (δ - y)

δ	Maximale seitliche Durchbiegung der Spitze der Strebe

Maßgebende Gleichung für Fall 1 (Fest-Eingespannt)

Mit der Substitution

α = \sqrt{\frac{P}{E I}}

Substitution

lautet die Lösung der obigen Gleichung

y = C_{1} \cos (α x) + C_{2} \sin (α x) + δ

Allgemeine Lösung y für Fall 1

Die Integrationskonstanten C₁ und C₂ können aus den folgenden Randbedingungen ermittelt werden

y (0) = 0

\frac{d}{d x} y (0) = 0

Randbedingungen für Fall 1

Die resultierende Durchbiegung lautet dann

y = δ (1 - \cos (α x)))

Resultierende Durchbiegung y für Fall 1

Für ein von Null verschiedenes δ und für die Spitze des Stabes muss die folgende Bedingung gelten

\cos (α L) = 0 \Rightarrow α L = k \frac{π}{2}, k = 1, 3, 5, . . .

Bedingung für Fall 1

Der Minimalwert entspricht k = 1 und die kritische Kraft P_cr ergibt sich dann durch Einsetzen in die α-Beziehung zu

P_{c r} = \frac{π^{2} E I}{4 L^{2}} \approx 5.151 kN

Kritische Kraft für Fall 1

Knickfall 2

Der Stab ist durch gelenkige Lager gehalten, wobei eines zudem verschieblich ist. Die maßgebende Gleichung lautet

\frac{d^{2}}{d x^{2}} y = - \frac{P}{E I} y

Leitende Gleichung für Fall 2 (Gelenkig-Gelenkig Gleiten)

Die Lösung dieser Differentialgleichung hat die Form

y = C_{1} \cos (α x) + C_{2} \sin (α x)

Allgemeine Lösung für Fall 2

Die Integrationskonstanten C₁ und C₂ können aus den folgenden Randbedingungen ermittelt werden

y (0) = 0,

y (L) = 0

Randbedingungen für Fall 2

Aus den Randbedingungen folgt

C_{2} \sin (α L) = 0

Bedingung für Fall 2

Für eine von Null verschiedene Konstante C₂ kann geschrieben werden

\sin (α L) = 0 \Rightarrow α L = k π, k = 1, 2, 3, . . .

Bedingung für Fall 2

Der Minimalwert entspricht k = 1 und die kritische Kraft P_cr beträgt dann

P_{c r} = \frac{π^{2} E I}{L^{2}} \approx 20.602 k N

Kritische Kraft für Fall 2

Knickfall 3

Der Stab ist an einem Ende eingespannt und am anderen Ende durch ein verschiebliches, gelenkiges Lager gehalten. Die maßgebende Gleichung kann dann wie folgt umgeschrieben werden

\frac{d^{2}}{d x^{2}} y = - \frac{P}{E I} (y - \frac{H}{P} (L - x))

Leitende Gleichung für Fall 3 (fest-gleitend gelenkig)

wobei H die horizontale Reaktionskraft im gelenkigen Lager ist. Die Lösung dieser Differentialgleichung lautet

y = C_{1} \cos (α x) + C_{2} \sin (α x) + \frac{H}{P} (L - x)

Allgemeine Lösung für Fall 3

Die Integrationskonstanten C₁ und C₂ können aus denselben Randbedingungen wie in Fall 1 ermittelt werden. Die resultierende Durchbiegung ist dann

y = \frac{H}{P} (\frac{1}{α} \sin (α x) - L \cos (α x) + (L - x))

Resultierende Verformung für Fall 3

Diese Gleichung muss auch die Randbedingung für das zweite Ende des Stabes nach der Substitution erfüllen

0 = \frac{H}{P} (\frac{1}{α} \sin (α L) - L \cos (α L))

Randbedingungsersetzung für Fall 3

Für eine horizontale Reaktionskraft H ungleich Null muss die folgende Gleichung gelten

\tan (α L) = α L

Transzendentale Bedingung

Diese transzendente Gleichung kann numerisch oder grafisch gelöst werden, mit der Näherungslösung

P_{c r} \approx 42.147 kN

Kritische Kraft für Fall 3

Knickfall 4

Der Stab ist an beiden Enden eingespannt und ein Ende ist verschieblich. Die maßgebende Gleichung nimmt die Form an

\frac{d^{2}}{d x^{2}} y = - \frac{P}{E I} (y - \frac{M_{1}}{P})

M₁	Reaktionsmoment im festen Lager

Steuergleichung für Fall 4 (Fest-Fest gleitend)

wobei M₁ das Einspannmoment in der festen Einspannung ist. Die Lösung dieser Differentialgleichung lautet

y = C_{1} \cos (α x) + C_{2} \sin (α x) + \frac{M_{1}}{P}

Allgemeine Lösung für Fall 4

Die Integrationskonstanten C₁ und C₂ können aus den Randbedingungen von Fall 1 ermittelt werden. Die allgemeine Lösung lautet dann

y = \frac{M_{1}}{P} (1 - \cos (α x))

Allgemeine Lösung (vereinfacht) für Fall 4

Diese Gleichung muss auch die Randbedingung für das zweite Ende des Stabes nach der Substitution erfüllen

0 = \frac{M_{1}}{P} (1 - \cos (α L))

Ersatz der Randbedingungen für Fall 4

Für ein von Null verschiedenes Einspannmoment M₁ liefert die folgende Gleichung

\cos (α L) = 1 \Rightarrow α L = 2 k π, k = 1, 2, 3, . . .

Bedingung für Fall 4

einen Minimalwert für k = 1 und die kritische Kraft P_cr beträgt

P_{c r} = \frac{4 π^{2} E I}{L^{2}} \approx 82.409 kN

Kritische Kraft für Fall 4

RFEM- und RSTAB-Einstellungen

Modelliert in RFEM 6.13, RSTAB 9.12 und RFEM 5.16 und RSTAB 8.16
Elementgröße l_FE = 0.1 m
Isotropes, linear elastisches Material wird verwendet
Lanczos-Methode für die Eigenwertanalyse

Ergebnisse

Knickfall	Analytische Lösung P_cr [kN]	RFEM 6 P_cr [kN]	Verhältnis [-]	RSTAB 9 P_cr [kN]	Verhältnis [-]	RFEM 5 – RF-STABIL P_cr [kN]	Verhältnis [-]	RSTAB 8 – RSKNICK P_cr [kN]	Verhältnis [-]
Fall 1	5.151	5.150	1.000	5.150	1.000	5.150	1.000	5.153	1.000
Fall 2	20.602	20.594	1.000	20.594	1.000	20.596	1.000	20.749	1.007
Fall 3	42.147	42.109	0.999	42.109	0.999	42.107	0.999	43.190	1.025
Fall 4	82.409	82.289	0.999	82.285	0.998	82.270	0.998	83.324	1.011

Ergebnisse in RFEM / RSTAB - Erster Eigenvektor

Verifikationsbeispiel 0096 | 1

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