Physik · Wärmeausdehnung

Lineare Wärmeausdehnung

Q: Was beschreibt lineare Wärmeausdehnung physikalisch?

Die Beziehung $\Delta L\simeq\alpha L_0\Delta T$ beschreibt die freie Längenänderung gegenüber der Referenzlänge bei einer Anfangstemperatur T₀. Für positives α verlängert Erwärmen den Körper; Abkühlen liefert eine negative Änderung. Der Koeffizient gehört zum Material, zur Richtung und zum Temperaturbereich. Ein einseitig festgehaltener, sonst frei beweglicher Stab verlängert sich am freien Ende; vollständige Einspannung kann stattdessen Spannung erzeugen. Bei $L_0=10\,\mathrm m$, $\alpha=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ und $\Delta T=30\,\mathrm K$ folgt $\Delta L=3{,}6\,\mathrm{mm}$, nicht eine Endlänge von 3,6 mm. L ist danach 10,0036 m. Temperaturgradienten oder Materialumwandlungen benötigen ein erweitertes Modell.

Q: Wie prüfe ich eine Rechnung zur linearen Wärmeausdehnung?

Für einen Schienenfall mit $L_0=10\,\mathrm m$, $\alpha=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ und $\Delta T=30\,\mathrm K$ folgt $\Delta L=0{,}0036\,\mathrm m=3{,}6\,\mathrm{mm}$. Die Rückrechnung $\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}$ liefert den angenommenen Koeffizienten. Prüfe außerdem, dass du eine Temperaturdifferenz und die Länge bei der Ausgangstemperatur verwendest. Der dimensionslose Anteil $\alpha\Delta T=0{,}00036$ ist klein; er erklärt, warum die lineare Näherung plausibel ist. Ein konstanter differentieller Koeffizient liefert genauer $L=L_0e^{\alpha\Delta T}$, während ein gemessener Mittelkoeffizient direkt für sein Intervall gilt. Diese mathematische Kontrolle beweist noch nicht, dass die reale Schiene frei expandiert.

Die freie lineare Längenänderung ist näherungsweise $\Delta L\simeq\alpha L_0\Delta T$ , wenn Materialrichtung, Temperaturbereich und Koeffizient passen. L₀ ist die Referenzlänge bei T₀.

GrundlegendPrüfungsrelevantSekundarstufe ISekundarstufe IIUni/Hochschule

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Formel

Berechnen

Δ L = α L_{0} Δ T

ΔL,L₀ in m; α in K⁻¹; ΔT in K oder °C als Temperaturdifferenz.

Variablen & Einheiten

Variablen & Einheiten
Symbol	Bedeutung	Einheit
$ΔL$	Längenänderung	m
$α$	linearer Wärmeausdehnungskoeffizient des Materials	K⁻¹
$L₀$	Ausgangslänge	m
$ΔT$	Temperaturänderung	K

LaTeX

\Delta L = \alpha L_0 \Delta T

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Diametrales Spiel g in Millimetern gegen Temperaturänderung: anfangs minus 0,040 Millimeter, Nulldurchgang bei 76,994 Kelvin und am Ende plus 0,011952 Millimeter bei 100 Kelvin. — Eigene freie Passung: Beide getrennten Teile erfahren dieselbe Temperaturänderung. Das diametrale Spiel wird bei etwa 77 K null und beträgt bei 100 K etwa 11,95 µm. Die kleine Differenz ist vergrößert dargestellt.

Längenausdehnung berechnen

Längenänderung, Endlänge, Anfangslänge, Ausdehnungskoeffizient oder Temperaturänderung eines frei beweglichen Stabs ausrechnen, in der linearen Näherung ΔL = α · L₀ · ΔT.

Gesucht

Anfangslänge L₀

Länge bei der Anfangstemperatur, z. B. 2 m für eine Stahlstange.

Längenausdehnungskoeffizient ᾱ

Längenausdehnungskoeffizient des Materials, z. B. 12 · 10⁻⁶ /K für Stahl, 23 · 10⁻⁶ /K für Aluminium.

Temperaturänderung ΔT

Temperaturänderung Ende minus Anfang, z. B. 50 K von 20 °C auf 70 °C; negativ beim Abkühlen.

Mit Beispielwerten gefüllt. Tippe eigene Werte ein, das Ergebnis rechnet sofort mit.

Ergebnis: Längenänderung ΔL

ΔL = 1,2 mm

Mit L₀ = 2 m, ᾱ = 12 10⁻⁶/K und ΔT = 50 K ergibt sich ΔL = 1,2 mm.

Rechenweg · umstellen nach ΔL, einsetzen, ausrechnen

1. Formel nach ΔL umstellen
$\Delta L=\bar\alpha L_0\Delta T$
2. Werte einsetzen (in SI-Einheiten)
- ᾱ = 12 10⁻⁶/K = 1,2 · 10⁻⁵ K⁻¹
$\Delta L=0{,}000012\cdot 2\cdot 50$
3. Ergebnis
ΔL = 1,2 mm

ΔT in °C ist dieselbe Differenz wie in K; es wird kein Offset von 273,15 addiert. Die Endlänge muss positiv bleiben. Negative ᾱ-Werte sind nur mit dem tatsächlich passenden Material und Intervall sinnvoll.

So rechnest du schneller

Überschlag: Bei α = 10 · 10⁻⁶ /K wird jeder Meter pro 100 K Erwärmung um 1 mm länger. Stahl mit 12 · 10⁻⁶ /K liegt knapp darüber.
Für ΔT ist Kelvin oder Grad Celsius egal: 50 °C Unterschied sind 50 K. Setze aber nie die Endtemperatur statt der Differenz ein.

Annahmen und Grenzen

Homogener unbelasteter Stab, einheitliche Temperatur und freie Ausdehnung in der gewählten Richtung. L₀ > 0 gilt am Intervallanfang. ᾱ ist ausdrücklich der mittlere Koeffizient ΔL/(L₀ΔT) für genau dieses Material und Intervall; kein universeller Tabellenwert. Mit diesem Mittelwert ist ΔL = ᾱL₀ΔT die Intervallbeziehung. Ein lokaler differentieller Koeffizient darf nur in einer begründeten linearen Näherung eingesetzt werden. Bei ΔT = 0 gibt es keine Längenänderung; ᾱ wird durch diesen Nullfall nicht bestimmt. Keine Zwangsspannung, Passungsrechnung oder Phasenumwandlung.

Herleitung & Hintergrund

Der differentielle Koeffizient ist $\alpha(T)=\frac1L\frac{dL}{dT}$ . Seine Integration ergibt $\frac L{L_0}=\exp\!\left(\int_{T_0}^T\alpha(\vartheta)\,d\vartheta\right)$ . Für konstanten Koeffizienten und kleine relative Dehnung folgt die lineare Näherung. Ein gemessener Intervallmittelwert $\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}$ gilt dagegen direkt für sein Intervall. Die Formel beschreibt freie, gleichmäßige Änderung; Einspannung kann thermische Spannung erzeugen. Bei freier Isotropie wächst auch eine Bohrung.

Prüfungs-Blueprint

Gültigkeitsbereich

Freie gleichmäßige thermische Längenänderung in der angegebenen Materialrichtung, ohne Phasen- oder Materialumwandlung. Für einen konstanten differentiellen α ist die lineare Kurzform eine Näherung bei kleiner $|\alpha\Delta T|$ ; ein gemessener Referenzlängen-Mittelwert gilt für sein angegebenes Intervall. Behinderte Ausdehnung erfordert zusätzlich eine mechanische Bilanz.

Herleitung in Schritten

Der relative differentielle Längenzuwachs wird integriert und für kleine Dehnung linearisiert.

1 $L_0$ ist die freie Referenzlänge bei $T_0$ . Definiere $\Delta T=T-T_0$ und $\Delta L=L-L_0$ .
2Der differentielle Koeffizient ist $\alpha(T)=\frac1L\frac{dL}{dT}$ für die betrachtete Richtung.
3Trenne die Variablen: $\frac{dL}{L}=\alpha(T)\,dT$ .
4Integration liefert $\ln\frac L{L_0}=\int_{T_0}^T\alpha(\vartheta)\,d\vartheta$ .
5Für konstanten differentiellen Koeffizienten gilt $\frac L{L_0}=e^{\alpha\Delta T}$ .
6Bei $|\alpha\Delta T|\ll1$ folgt $e^{\alpha\Delta T}\simeq1+\alpha\Delta T$ , also $\Delta L_{\mathrm{lin}}=\alpha L_0\Delta T$ .
7Ein gemessener Intervallmittelwert $\overline\alpha=\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}$ gilt direkt für sein Intervall und ist nicht der differentielle Koeffizient.

Umstellen

Materialkoeffizient aus Messung

\overline\alpha=\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}

Dies ist der Referenzlängen-Mittelkoeffizient für das Messintervall. Der differentielle Koeffizient ist dagegen $\alpha(T)=\frac1L\frac{dL}{dT}$ . Temperaturdifferenzen haben in K und °C denselben Zahlenwert. Die Umstellung erfordert L₀ > 0 und ΔT ≠ 0. Bei ΔL = ΔT = 0 ist der Mittelkoeffizient nicht bestimmbar.

Aufgabenvariante

Eine freie 2,0-m-Stange mit $\alpha=20\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ erwärmt sich um 50 K. Wie groß ist die Längenänderung?

$\Delta L=\alpha L_0\Delta T=20\cdot10^{-6}\cdot2{,}0\cdot50\,\mathrm m=0{,}0020\,\mathrm m=2{,}0\,\mathrm{mm}$ .

Typische Fehler

Absolute Temperatur statt ΔT einsetzen oder die Längenausdehnung bei fest eingespanntem Körper annehmen.

Nur Temperaturänderung einsetzen; bei Zwangsbedingungen entstehen zusätzlich thermische Spannungen.

Klausurkontext

Brückenfugen, Schienenlängen, Messing-Stahl-Vergleiche und Maßänderungen bei Erwärmung.

Formelcluster

Temperatur und Stoffeigenschaften

Verbindet Wärmeübertragung mit messbarer Geometrieänderung.

Q = m·c·ΔT

Wärmekapazität (Q = m·c·ΔT)

ΔU = Q − W

Erster Hauptsatz der Thermodynamik

ρ = m/V

Dichte

Rechenbeispiel

Eine frei ausdehnbare Stahlschiene hat $L_0=10\,\mathrm m$ und $\alpha=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ . Bei Erwärmung um 30 K gilt $\Delta L=\alpha L_0\Delta T=0{,}0036\,\mathrm m=3{,}6\,\mathrm{mm}$ . Kontrolle: Die relative Dehnung ist 0,00036; die Endlänge beträgt 10,0036 m.

Anwendungsgebiete

Dehnungsfugen, Werkstoffmessung, Temperatursensoren und thermisch belastete Bauteile.

Rechenbeispiel: Lineare Wärmeausdehnung

Eine typische Aufgabe Schritt für Schritt: Lineare Wärmeausdehnung (ΔL = αL₀ΔT).

1
Aufgabe
Eine freie 2,0-m-Stange mit $\alpha=20\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ erwärmt sich um 50 K. Wie groß ist die Längenänderung?
Rechenweg
$\Delta L=\alpha L_0\Delta T=20\cdot10^{-6}\cdot2{,}0\cdot50\,\mathrm m=0{,}0020\,\mathrm m=2{,}0\,\mathrm{mm}$ .

Die Formel verstehen und anwenden

Ein erwärmter Stab möchte länger werden. Ob daraus eine Verschiebung, eine lockerere Passung oder eine Druckspannung entsteht, entscheidet seine Umgebung. Mit $\Delta L\simeq\alpha L_0\Delta T$ berechnest du zunächst die freie Längenänderung. Danach prüfst du, ob sich der Körper wirklich frei bewegen kann und ob sein Gegenstück ebenfalls wärmer wird.

Was L₀ und ΔL tatsächlich messen

Beginne beim Ausgangszustand: $L_0$ ist die unbelastete Länge bei $T_0$ . Nach gleichmäßiger freier Erwärmung ist $L=L_0+\Delta L$ . Bei positivem $\alpha$ bedeutet ein positives $\Delta T$ Verlängerung, Abkühlen dagegen Verkürzung. Ist nur ein Ende befestigt, wandert das freie Ende um $\Delta L$ . Können sich beide Enden bewegen, verteilt sich die Verschiebung entsprechend den Randbedingungen; die Längenänderung selbst bleibt dieselbe.

Der Koeffizient $\alpha$ ist eine gemessene Stoffeigenschaft, keine frei wählbare Konstante. Temperatur, Zusammensetzung und Kristallrichtung können ihn verändern. Im einfachen Modell verwenden wir einen zur betrachteten Richtung und Temperaturspanne passenden Wert. Nur für isotrope Ausdehnung ist derselbe skalare Wert in jeder Richtung einsetzbar.[1]

Zuerst die relative Änderung verstehen

Eine relative Längenänderung von $0{,}001$ bedeutet einen Millimeter pro Meter ursprünglicher Länge. Für $\alpha=20\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ und $\Delta T=50\,\mathrm K$ ist in der linearen Näherung diese relative Änderung zu erwarten. Ein doppelt langer freier Stab gewinnt dann doppelt so viel Länge, obwohl der relative Anteil gleich bleibt. So kannst du die Größenordnung bereits vor dem Einsetzen prüfen.[1]

\begin{aligned}\varepsilon_{\mathrm{th}}&\simeq\alpha\Delta T\\\Delta L&=L_0\varepsilon_{\mathrm{th}}\end{aligned}

Relative Änderung zuerst, absolute Längenänderung danach.

Vertiefung: differentieller Koeffizient und Intervallmittelwert

\begin{aligned}&\alpha(T)=\frac1{L(T)}\frac{dL}{dT}\\&\ln\frac{L(T)}{L_0}=\int_{T_0}^{T}\alpha(\vartheta)\,d\vartheta\end{aligned}

Die Definition verwendet die momentane Länge. Freie thermische Längenänderung wird bei passenden mechanischen Randbedingungen betrachtet.[1]

Die differentielle Definition beschreibt eine sehr kleine Änderung relativ zur gerade vorhandenen Länge. Trenne $\frac{dL}{L}=\alpha(T)\,dT$ und integriere vom Ausgangszustand aus. Für konstanten differentiellen Koeffizienten ergibt sich eine Exponentialfunktion. Entwickelt man diese für kleine $|\alpha\Delta T|$ , bleibt in erster Ordnung die bekannte lineare Beziehung. Zwei Voraussetzungen sind also getrennt zu prüfen: die kleine relative Dehnung und ein geeigneter, nahezu konstanter Koeffizient über das Intervall.

\begin{aligned}&L=L_0e^{\alpha\Delta T}\\&\Delta L\simeq\alpha L_0\Delta T\end{aligned}

Die Exponentialform ist exakt nur für den konstanten differentiellen Modellkoeffizienten, nicht für einen beliebigen tabellierten Intervallmittelwert.

Tabellen können stattdessen einen gemessenen Intervallmittelwert $\overline\alpha=\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}$ angeben. Mit diesem Wert ist die endliche lineare Beziehung für genau dieses Intervall definitionsgemäß erfüllt. Er darf nicht zugleich als konstanter differentieller Koeffizient in der Exponentialgleichung behandelt werden. Welche Definition vorliegt, entscheidet darüber, was eine vermeintlich genauere Rechnung überhaupt bedeutet.

Umstellungen und relative Dehnung

\begin{aligned}&\varepsilon_{\mathrm{th}}=\frac{\Delta L}{L_0}\simeq\alpha\Delta T\\&\alpha\simeq\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}\\&\Delta T\simeq\frac{\Delta L}{\alpha L_0}\end{aligned}

Die Umstellungen setzen nicht verschwindende Nenner voraus. α hat K⁻¹; thermische Dehnung ist dimensionslos.

Eine Änderung um 60 °C entspricht einer Änderung um 60 K. Der Celsius-Offset hebt sich beim Subtrahieren auf; die absolute Endtemperatur ersetzt $\Delta T$ nicht. Ein Koeffizient von $17\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ bedeutet 17 Millionstel relative Änderung pro Kelvin. Die Multiplikation mit Länge und Temperaturänderung liefert wieder eine Länge. Verwechsle die meist kleine Zusatzlänge $\Delta L$ nicht mit der gesamten Endlänge.[2]

Die Wärmekapazität verbindet zugeführte Wärme mit einer Temperaturänderung. Die Ausdehnungsformel setzt diese Änderung bereits voraus; sie berechnet weder die nötige Heizenergie noch die Heizdauer.[3]

Beispiel: freie Stange und kontrollierter Näherungsfehler

Eine Kupferstange gleichmäßig erwärmen

Gegeben: $L_0=1{,}80\,\mathrm m$ bei 20 °C, Endtemperatur 80 °C; vorgegebener konstanter differentieller Modellwert $\alpha=17\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ , frei beweglich.
Gesucht: ΔL und L mit linearer Formel sowie Exponentialkontrolle.

Ansatz: Linear gilt $\Delta L=\alpha L_0\Delta T$ ; für konstanten differentiellen Koeffizienten kontrolliert $L=L_0e^{\alpha\Delta T}$ die Näherung. Temperaturdifferenz und relative Dehnung bilden.
$\begin{aligned}\Delta T&=60\,\mathrm K\\{} z&=\alpha\Delta T=0.001020\end{aligned}$
Mit der Referenzlänge multiplizieren.
$\begin{aligned}\Delta L_{\mathrm{lin}}&=1.80\cdot0.001020=0.001836\,\mathrm m\\{} L_{\mathrm{lin}}&=1.801836\,\mathrm m\end{aligned}$
Das konstante differentielle Modell ohne Linearisierung prüfen.
$\Delta L_{\mathrm{exp}}=1.80(e^{0.001020}-1)=0.00183693668\,\mathrm m$

Ergebnis: Linear $\Delta L=1{,}836\,\mathrm{mm}$ ; das Exponentialmodell liefert 1,83694 mm, rund 0,000937 mm mehr.

Kontrolle: Mit $\Delta L_{\mathrm{lin}}$ liefert $\frac{\Delta L_{\mathrm{lin}}}{L_0\Delta T}$ den eingesetzten Wert $17\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ zurück. Die größere exponentielle Längenänderung ergibt dagegen einen geringfügig größeren, auf L₀ bezogenen Intervallmittelwert. Der führende absolute Näherungsfehler $\frac{L_0z^2}{2}\approx0{,}936\,\mathrm{\mu m}$ erklärt die Differenz; reale Änderung von α kann größer sein als dieser reine Linearisierungsfehler.

Bohrungen wachsen bei freier isotroper Erwärmung

Warum wächst auch ein Loch? Denke dir den freien isotropen Körper zunächst ohne Loch: Alle Abstände skalieren beim gleichmäßigen Erwärmen gleich. Entfernst du anschließend das gedanklich eingefügte Material, bleibt ein größerer Randabstand zurück. Daher gilt für den Lochdurchmesser $\Delta D\simeq\alpha D_0\Delta T$ . Bei einer Passung ist damit erst die Hälfte der Rechnung erledigt. Wird auch die Welle erwärmt, verändert sich ihr Durchmesser ebenfalls.[1]

g(T)=D_{h,0}(1+\alpha_h\Delta T)-D_{s,0}(1+\alpha_s\Delta T)

g ist hier das diametrale Spiel bei gleicher Temperaturänderung beider Komponenten; g < 0 bedeutet Übermaß.

Beispiel: zwei gleichzeitig erwärmte Passungsteile

Bohrung und Welle getrennt bilanzieren

Gegeben: Bei 20 °C: Aluminiumbohrung $D_{h,0}=40{,}00\,\mathrm{mm}$ , Stahlwelle $D_{s,0}=40{,}04\,\mathrm{mm}$ . Vorgegebene Modellwerte $\alpha_h=25\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ , $\alpha_s=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ . Beide Teile separat frei erwärmt, gleiche ΔT; noch nicht montiert.
Gesucht: Temperaturänderung für gerade verschwindendes Übermaß und Spiel bei $\Delta T=100\,\mathrm K$ .

Ansatz: Das diametrale Spiel ist $g=D_{h,0}(1+\alpha_h\Delta T)-D_{s,0}(1+\alpha_s\Delta T)$ ; beide Teile dehnen sich frei aus. Die anfängliche Differenz und die Änderungsrate bestimmen.
$\begin{aligned}g_0&=-0.0400\,\mathrm{mm}\\{} \frac{\Delta g}{\Delta T}&=40.00(25\times10^{-6})-40.04(12\times10^{-6})=0.00051952\,\mathrm{mm/K}\end{aligned}$
$g=0$ nach ΔT auflösen.
$\Delta T_{\mathrm{contact}}=\frac{0.0400}{0.00051952}\approx76.9941\,\mathrm K$
Bei 100 K beide Durchmesser berechnen.
$\begin{aligned}D_h&=40.1000\,\mathrm{mm}\\{} D_s&=40.088048\,\mathrm{mm}\\{} g&=0.011952\,\mathrm{mm}\end{aligned}$

Ergebnis: Gerade gleiche Durchmesser bei ungefähr 97,0 °C; bei 120 °C entsteht im Modell etwa 11,95 µm diametrales Spiel.

Kontrolle: Einsetzen in $g=(-0{,}0400+0{,}00051952\,\mathrm{K^{-1}}\Delta T)\,\mathrm{mm}$ bestätigt beide Werte. Bliebe die Welle bei 20 °C, genügten für den reinen Durchmesserausgleich 40 K; das ist eine andere Randbedingung. Montage braucht zusätzlich geeignete Toleranzen und Spiel, nicht bloß $g=0$ .

Bild ansehen: Spiel der Passung

Wann wird aus Übermaß Spiel?

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Eigene lineare Modellkurve der getrennt frei erwärmten Komponenten aus dem Passungsbeispiel. Unterhalb der Nulllinie liegt Übermaß, darüber Spiel. Sie beschreibt keine zusammengepresste Baugruppe.[1]

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Verhinderte Ausdehnung erzeugt Spannung

\begin{aligned}\varepsilon_{\mathrm{total}}&=\varepsilon_{\mathrm{mech}}+\alpha\Delta T\\{} \sigma&=E\varepsilon_{\mathrm{mech}}\quad\Longrightarrow\quad\sigma=-E\alpha\Delta T\quad(\varepsilon_{\mathrm{total}}=0)\end{aligned}

Vollständig axiale Einspannung, lineare Elastizität, Zugspannung positiv; Erwärmen bei $\alpha>0$ erzeugt Druckspannung.[1]

Freie Verlängerung und tatsächliche Verlängerung sind zwei verschiedene Größen. Bei vollständiger axialer Behinderung muss eine elastische mechanische Stauchung die thermische Dehnung ausgleichen. Eine nachgiebige Halterung erlaubt einen Teil der Bewegung und erzeugt eine andere Spannung. Plastisches Fließen, Knicken und starke Temperaturgradienten liegen außerhalb dieses einfachen Modells. Auch bei einem Bimetall bestimmen Verbund, Steifigkeiten und Geometrie die Krümmung; zwei freie Längenänderungen allein reichen dafür nicht aus.

Mittlere Normalspannung bei axialer Kraft verknüpft die in der Halterung entstehende Kraft mit dem Querschnitt. Die unten berechnete Druckspannung ist eine Folge der verhinderten freien Ausdehnung, keine zusätzliche thermische Längenänderung.[1]

Eine Einspannung belastet den Stab

Druckkraft statt freier Verlängerung

Gegeben: Unbelasteter Stab: Länge 1,50 m, Querschnitt 80,0 mm², konstante Modellwerte 200 GPa und 12,0·10⁻⁶ K⁻¹. Gleichmäßige Erwärmung um 25,0 K. Beide Enden sind axial starr gehalten. Kleine Dehnung, lineare Elastizität und kein Knicken oder Fließen.
Gesucht: Freie Wunschverlängerung, tatsächliche Verlängerung, Spannung und axiale Kraft bestimmen.

Ansatz: Die Gesamtdehnung ist null. Deshalb kompensiert die mechanische Dehnung die freie thermische Dehnung; Zug ist positiv.
$\begin{aligned}\Delta L_{\mathrm{free}}&=L_0\alpha\Delta T\\\varepsilon_{\mathrm{mech}}&=-\alpha\Delta T\\\sigma&=E\varepsilon_{\mathrm{mech}}\\F&=\sigma A\end{aligned}$
Zuerst die freie Dehnung und Verlängerung berechnen.
$\begin{aligned}\alpha\Delta T&=12.0\cdot10^{-6}\cdot25.0=0.000300\\\Delta L_{\mathrm{free}}&=1.50\cdot0.000300\,\mathrm m=0.450\,\mathrm{mm}\end{aligned}$
Die verhinderte Dehnung in Spannung und Kraft übersetzen.
$\begin{aligned}\sigma&=-200\cdot10^9\cdot0.000300\,\mathrm{Pa}=-60.0\,\mathrm{MPa}\\A&=80.0\cdot10^{-6}\,\mathrm{m^2}\\F&=-60.0\cdot10^6\cdot80.0\cdot10^{-6}\,\mathrm N=-4800\,\mathrm N\end{aligned}$

Ergebnis: Frei würde der Stab 0,450 mm länger. Tatsächlich bleibt seine Länge unverändert; das Modell ergibt 60,0 MPa Druckspannung und 4,80 kN Druckkraft.

Kontrolle: $\varepsilon_{\mathrm{mech}}+\varepsilon_{\mathrm{th}}=0$ . Außerdem ergibt $\frac{|F|}{A}=60{,}0\,\mathrm{MPa}$ . Eine nachgiebige Lagerung oder Knicken würde die vollständige axiale Behinderung aufheben; dann gilt diese Kraft nicht.

Fläche, Volumen und Grenzen der Näherung

\begin{aligned}&\frac{\Delta A}{A_0}\simeq2\alpha\Delta T\\&\frac{\Delta V}{V_0}\simeq3\alpha\Delta T\end{aligned}

Erste Ordnung für freie isotrope Ausdehnung in zwei beziehungsweise drei Dimensionen.[1]

Die Faktoren zwei und drei entstehen, wenn zwei beziehungsweise drei lineare Faktoren multipliziert und höhere Potenzen weggelassen werden. Für isotrope Ausdehnung ist der differentielle Volumenkoeffizient genau $3\alpha$ . Gerundete Tabellenmittelwerte können davon abweichen. Flüssigkeiten und Gase brauchen einen passenden Volumenansatz statt des Stabmodells. Bei Phasen- oder Materialumwandlung, anisotropen Eigenschaften und ungleichmäßiger Temperatur reicht eine einzelne skalare lineare Formel nicht aus.

Fünf gelöste Aufgaben

Einsetzen und Rechnen · Einstieg

$L_0=2{,}0\,\mathrm m$ , $\alpha=20\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ und $\Delta T=-50\,\mathrm K$ . Bestimme ΔL.

Hinweis anzeigen

Abkühlung hat negatives ΔT.

Lernziel: Eine negative Längenänderung bei Abkühlung berechnen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Freie lineare Änderung $\Delta L=\alpha L_0\Delta T$ , danach $L=L_0+\Delta L$ .
$\Delta L=\alpha L_0\Delta T=-0{,}0020\,\mathrm m=-2{,}0\,\mathrm{mm}$ .
Die Endlänge ist 1,998 m; die Größe zieht sich im Modell zusammen.

\Delta L=-2.0\,\mathrm{mm}

Umstellen · Anwenden

Eine freie 0,800-m-Probe wächst bei 40 K um 0,384 mm. Bestimme den mittleren α.

Hinweis anzeigen

Längen in dieselbe Einheit bringen.

Lernziel: Einen mittleren Ausdehnungskoeffizienten aus Messwerten bestimmen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Der gemessene Referenzlängen-Mittelwert ist $\overline\alpha=\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}$ .
$\begin{aligned}\overline\alpha&=\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}\\{}&=\frac{0{,}000384}{0{,}800\cdot40}\,\mathrm{K^{-1}}\\{}&=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}\text{.}\end{aligned}$ Rückeinsetzen liefert 0,384 mm; dies ist der Intervallmittelwert.

\overline\alpha=12\times10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}

Transfer · Vertiefen

Ein vollständig axial fixierter elastischer Stab hat Modellwerte $E=200\,\mathrm{GPa}$ , $\alpha=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ , $\Delta T=30\,\mathrm K$ . Welche Spannung folgt?

Hinweis anzeigen

Mechanische Dehnung kompensiert die freie thermische Dehnung.

Lernziel: Bei vollständiger axialer Behinderung thermische Dehnung in elastische Spannung übersetzen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Vollständige axiale Behinderung verlangt $0=\frac\sigma E+\alpha\Delta T$ , also $\sigma=-E\alpha\Delta T$ .
Thermische Dehnung 0,00036, mechanische −0,00036.
$\sigma=-E\alpha\Delta T=-72\,\mathrm{MPa}$ , Druckspannung.
Die Aussage setzt elastisches Verhalten ohne Knicken voraus.

\sigma=-72\,\mathrm{MPa}

Interpretieren · Anwenden

Eine homogene isotrope Metallplatte hat ein rundes Loch mit Durchmesser 30,0 mm. Sie wird frei und gleichmäßig um 80 K erwärmt; $\alpha=15\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ sei konstant und die lineare Näherung gültig. Wird das Loch größer oder kleiner? Bestimme den Durchmesserzuwachs und erläutere, warum das Ausdehnen des umliegenden Materials das Loch nicht schließt.

Hinweis anzeigen

Bei freier gleichmäßiger Ausdehnung skalieren alle Abstände der Platte gleich. Denke dir das Loch zunächst mit demselben Material gefüllt.

Lernziel: Die freie Ausdehnung eines Lochdurchmessers geometrisch erklären.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Den Lochdurchmesser als Abstand zweier Materialpunkte auf dem Rand behandeln.
Er skaliert mit demselben positiven Dehnungsfaktor wie die Platte.
Das Loch wächst um 0,036 mm auf 30,036 mm.

Kontrolle: Ein gedachter Einsatz aus demselben Material würde ebenfalls größer und anschließend entfernt; sein Rand passt zum größer gewordenen Loch. Einspannungen oder ungleichmäßige Temperatur könnten dieses freie Modell verändern.

\begin{aligned}\varepsilon&=\alpha\Delta T=(15\cdot10^{-6})(80)=0.0012\\\Delta D&=D_0\alpha\Delta T=(30.0\,\mathrm{mm})(0.0012)=0.036\,\mathrm{mm}\\D_f&=D_0+\Delta D=30.036\,\mathrm{mm}\end{aligned}

[1]

Fehleranalyse · Einstieg

Ein frei ausdehnbarer Stab mit $L_0=1{,}0\,\mathrm m$ und $\alpha=10\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ erwärmt sich von 20 °C auf 50 °C. Eine Lösung addiert zu $\Delta T=30\,{}^\circ\mathrm C$ noch 273,15 und setzt 303,15 K in $\Delta L=L_0\alpha\Delta T$ ein. Korrigiere die Temperaturdifferenz und den Längenzuwachs. Warum ist der Celsius-Offset hier falsch?

Hinweis anzeigen

Der Offset wird zu jeder absoluten Temperatur addiert. Beim Subtrahieren zweier Temperaturen hebt er sich auf.

Lernziel: Temperaturdifferenzen in Celsius und Kelvin ohne absoluten Offset verwenden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Entweder beide Temperaturen in Kelvin umrechnen und subtrahieren oder direkt die Celsiusdifferenz als gleich große Kelvindifferenz verwenden.
Richtig ist $\Delta T=30\,\mathrm K$ und $\Delta L=0{,}30\,\mathrm{mm}$ .

Kontrolle: Ohne Temperaturänderung müsste die Ausdehnung null sein; eine zusätzliche 273,15 in jeder Differenz würde selbst dann eine unphysikalische Ausdehnung erzeugen.

\begin{aligned}\Delta T&=(50+273.15)\,\mathrm K-(20+273.15)\,\mathrm K=30\,\mathrm K\\\Delta L&=(1.0\,\mathrm m)(10\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}})(30\,\mathrm K)\\&=0.00030\,\mathrm m=0.30\,\mathrm{mm}\end{aligned}

[1][2]

Kurz zusammengefasst

Lege Referenzlänge, Temperaturänderung und passenden Koeffizienten fest. Berechne zunächst die freie Dehnung, dann prüfe die Lagerung. Löcher wachsen bei freier isotroper Erwärmung mit; bei einer Passung zählt zusätzlich die Ausdehnung der Welle. Kelvin und Celsius liefern dieselbe Temperaturdifferenz. Die genauere Koeffizientendefinition und Grenzen des Materialmodells entscheiden, ob die lineare Rechnung ausreichend ist.

Belege zu dieser Erklärung

Quanta · Bearbeitet 2. Oktober 2026

Redaktion: Quanta Study Redaktion

Prüfumfang

Diese Erklärung, 3 Rechenbeispiele und 5 Aufgaben liegen auf Deutsch und Englisch vor. Aufbau, Quellenzuordnung und mathematische Darstellung werden automatisiert geprüft. Rechnungen, Modellvoraussetzungen und beide Sprachfassungen erhalten eine gesonderte KI-Gegenprüfung.

Für einen früheren veröffentlichten Stand dieser Seite ist eine interne menschliche Fachprüfung dokumentiert. Diese Bestätigung gilt nicht automatisch für die überarbeitete Erklärung und die neuen Aufgaben.

Eine unabhängige, namentliche menschliche Fachprüfung ist noch nicht dokumentiert. Unsere Aufgabenzahlen sind Rechenbeispiele und keine Messdaten der zitierten Quellen.

Redaktion, Quellen und Vorgehen

Änderungsverlauf

2. Oktober 2026Heizenergie und axiale Normalspannung im passenden Kontext verknüpft; Intervallkoeffizient, Passung, Zwangsspannung, Aufgaben und Grafik erhalten.
1. Oktober 2026Zwei Aufgaben ergänzt; die fünf Aufgaben nach Aufgabentyp, Schwierigkeit und Lernziel gegliedert.
1. Oktober 2026Einstieg und Erklärungen überarbeitet; drittes vollständiges Beispiel, eigene quantitative Grafik und kurze Zusammenfassung ergänzt. Bestehende Aufgaben, Modelle und Quellen erhalten; Formelsatz und Modellbedingungen präzisiert.

Diese Nachschlageseite zitieren

Quanta. Lineare Wärmeausdehnung. Stand 2. Oktober 2026. https://quanta-study.de/tafelwerk/lineare-waermeausdehnung

Bei einer konkreten fachlichen Aussage zusätzlich die dort verknüpfte Fachquelle nennen.

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Häufige Fragen: Lineare Wärmeausdehnung

Was beschreibt lineare Wärmeausdehnung physikalisch?+

Die Beziehung $\Delta L\simeq\alpha L_0\Delta T$ beschreibt die freie Längenänderung gegenüber der Referenzlänge bei einer Anfangstemperatur T₀. Für positives α verlängert Erwärmen den Körper; Abkühlen liefert eine negative Änderung. Der Koeffizient gehört zum Material, zur Richtung und zum Temperaturbereich. Ein einseitig festgehaltener, sonst frei beweglicher Stab verlängert sich am freien Ende; vollständige Einspannung kann stattdessen Spannung erzeugen. Bei $L_0=10\,\mathrm m$ , $\alpha=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ und $\Delta T=30\,\mathrm K$ folgt $\Delta L=3{,}6\,\mathrm{mm}$ , nicht eine Endlänge von 3,6 mm. L ist danach 10,0036 m. Temperaturgradienten oder Materialumwandlungen benötigen ein erweitertes Modell.

Wie prüfe ich eine Rechnung zur linearen Wärmeausdehnung?+

Für einen Schienenfall mit $L_0=10\,\mathrm m$ , $\alpha=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ und $\Delta T=30\,\mathrm K$ folgt $\Delta L=0{,}0036\,\mathrm m=3{,}6\,\mathrm{mm}$ . Die Rückrechnung $\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}$ liefert den angenommenen Koeffizienten. Prüfe außerdem, dass du eine Temperaturdifferenz und die Länge bei der Ausgangstemperatur verwendest. Der dimensionslose Anteil $\alpha\Delta T=0{,}00036$ ist klein; er erklärt, warum die lineare Näherung plausibel ist. Ein konstanter differentieller Koeffizient liefert genauer $L=L_0e^{\alpha\Delta T}$ , während ein gemessener Mittelkoeffizient direkt für sein Intervall gilt. Diese mathematische Kontrolle beweist noch nicht, dass die reale Schiene frei expandiert.

Welche Annahmen und Grenzen gelten für lineare Wärmeausdehnung?+

Die einfache freie Längenrechnung benötigt gleichmäßige Temperatur und einen passenden Materialkoeffizienten in der betrachteten Richtung. Bei konstantem differentiellen α kommt zusätzlich die Linearisierung für kleine $|\alpha\Delta T|$ hinzu; bei großen Bereichen kann α selbst variieren. Isotropie erlaubt denselben Koeffizienten in allen Richtungen, ist aber keine Eigenschaft jedes Kristalls. Eine vollständig fixierte Länge wächst nicht einfach frei weiter: Im elastischen axialen Modell entsteht $\sigma=-E\alpha\Delta T$ . Plastisches Fließen, Knicken oder nachgiebige Halterungen verändern dieses Ergebnis. Eine Bohrung wächst unter freier isotroper Erwärmung; ein bereits montierter Pressverband besitzt hingegen zusätzliche Kontaktkräfte, die separat bilanziert werden müssen.

Wie kontrolliere ich Einheiten und Größenordnung bei linearer Wärmeausdehnung?+

α in K⁻¹ multipliziert mit ΔT in K ergibt eine dimensionslose Dehnung. Erst die Multiplikation mit L₀ liefert eine Länge. Eine Änderung von 60 °C entspricht 60 K; eine absolute Endtemperatur darf nicht eingesetzt werden. Bei 17×10⁻⁶ K⁻¹, 1,80 m und 60 K ist $\Delta L=0{,}001836\,\mathrm m=1{,}836\,\mathrm{mm}$ . Mit Meter und Millimeter muss konsequent umgerechnet werden. Die relative Dehnung ist 0,001020, also 0,102 %. Kontrolliere auch das Vorzeichen: Mit positivem α schrumpft der Körper bei negativer ΔT. Die Größe ΔL ist der Zusatz und wird für die Endlänge zu L₀ addiert.

Wann kombiniere ich lineare Wärmeausdehnung mit einer weiteren Beziehung?+

Für eine Passung müssen Bohrung und Welle getrennt gerechnet werden. Bei gleicher Erwärmung ist das diametrale Spiel $g=D_{h,0}(1+\alpha_h\Delta T)-D_{s,0}(1+\alpha_s\Delta T)$ , nicht allein die Bohrungszunahme. Für freie isotrope Flächen- und Volumenänderung folgen in erster Ordnung 2α und 3α als Faktoren. Bei axialer Einspannung verbindet das Elastizitätsgesetz mechanische und thermische Dehnung; bei vollständiger Behinderung ergibt sich $\sigma=-E\alpha\Delta T$ . Die dafür erforderliche Wärme kann mit passenden Kapazitäten berechnet werden, bestimmt aber ohne Leistungs- oder Wärmeübertragungsmodell noch keine Zeit. Jede Ergänzung benötigt ihre eigenen Randbedingungen, insbesondere freie Bewegung oder mechanischen Zwang.

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Welche Formel beschreibt Lineare Wärmeausdehnung?

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Wie stellst du ΔL = αL₀ΔT nach Materialkoeffizient aus Messung um?

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Welcher typische Fehler passiert bei ΔL = αL₀ΔT?

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Fachquellen und weiterführende Literatur

Die Liste nennt Fachquellen und weiterführende Literatur. Eine Seiten- oder Abschnittsnummer steht dabei, wenn sie Teil der Literaturangabe ist; es handelt sich nicht um wörtliche Zitate.

[1]OpenStax, University Physics Vol. 2, §1.3: Thermal Expansion

Weitere Formeln: Wärmelehre und Thermodynamik

\eta_{Carnot} = 1 - \frac{T_{kalt}}{T_{warm}}

Carnot-Wirkungsgrad

P = \sigma \cdot A \cdot T^4

Stefan-Boltzmann-Gesetz

Q = m L

Latente Wärme beim Phasenwechsel

\Delta S=\int_{i}^{f}\frac{\delta Q_{rev}}{T},\qquad T=\mathrm{const.}:\ \Delta S=\frac{Q_{rev}}{T}

Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs

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Lineare Wärmeausdehnung

Die freie lineare Längenänderung ist näherungsweise

\Delta L\simeq\alpha L_0\Delta T

, wenn Materialrichtung, Temperaturbereich und Koeffizient passen. L₀ ist die Referenzlänge bei T₀.

GrundlegendPrüfungsrelevantSekundarstufe ISekundarstufe IIUni/Hochschule

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Symbol

Bedeutung

Einheit

ΔL

Längenänderung

α

linearer Wärmeausdehnungskoeffizient des Materials

K⁻¹

L₀

Ausgangslänge

ΔT

Temperaturänderung

Herleitung & Hintergrund

Prüfungs-Blueprint

Gültigkeitsbereich

Herleitung in Schritten

Der relative differentielle Längenzuwachs wird integriert und für kleine Dehnung linearisiert.

1 $L_0$ ist die freie Referenzlänge bei $T_0$ . Definiere $\Delta T=T-T_0$ und $\Delta L=L-L_0$ .
2Der differentielle Koeffizient ist $\alpha(T)=\frac1L\frac{dL}{dT}$ für die betrachtete Richtung.
3Trenne die Variablen: $\frac{dL}{L}=\alpha(T)\,dT$ .
4Integration liefert $\ln\frac L{L_0}=\int_{T_0}^T\alpha(\vartheta)\,d\vartheta$ .
5Für konstanten differentiellen Koeffizienten gilt $\frac L{L_0}=e^{\alpha\Delta T}$ .
6Bei $|\alpha\Delta T|\ll1$ folgt $e^{\alpha\Delta T}\simeq1+\alpha\Delta T$ , also $\Delta L_{\mathrm{lin}}=\alpha L_0\Delta T$ .
7Ein gemessener Intervallmittelwert $\overline\alpha=\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}$ gilt direkt für sein Intervall und ist nicht der differentielle Koeffizient.

Rechenbeispiel: Lineare Wärmeausdehnung

Eine typische Aufgabe Schritt für Schritt: Lineare Wärmeausdehnung (ΔL = αL₀ΔT).

Aufgabe

Eine freie 2,0-m-Stange mit $\alpha=20\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ erwärmt sich um 50 K. Wie groß ist die Längenänderung?

Rechenweg

$\Delta L=\alpha L_0\Delta T=20\cdot10^{-6}\cdot2{,}0\cdot50\,\mathrm m=0{,}0020\,\mathrm m=2{,}0\,\mathrm{mm}$ .

Die Formel verstehen und anwenden

Ein erwärmter Stab möchte länger werden. Ob daraus eine Verschiebung, eine lockerere Passung oder eine Druckspannung entsteht, entscheidet seine Umgebung. Mit

\Delta L\simeq\alpha L_0\Delta T

berechnest du zunächst die freie Längenänderung. Danach prüfst du, ob sich der Körper wirklich frei bewegen kann und ob sein Gegenstück ebenfalls wärmer wird.

Was L₀ und ΔL tatsächlich messen

Zuerst die relative Änderung verstehen

\begin{aligned}\varepsilon_{\mathrm{th}}&\simeq\alpha\Delta T\\\Delta L&=L_0\varepsilon_{\mathrm{th}}\end{aligned}

Relative Änderung zuerst, absolute Längenänderung danach.

Vertiefung: differentieller Koeffizient und Intervallmittelwert

\begin{aligned}&\alpha(T)=\frac1{L(T)}\frac{dL}{dT}\\&\ln\frac{L(T)}{L_0}=\int_{T_0}^{T}\alpha(\vartheta)\,d\vartheta\end{aligned}

Die Definition verwendet die momentane Länge. Freie thermische Längenänderung wird bei passenden mechanischen Randbedingungen betrachtet.[1]

\begin{aligned}&L=L_0e^{\alpha\Delta T}\\&\Delta L\simeq\alpha L_0\Delta T\end{aligned}

Die Exponentialform ist exakt nur für den konstanten differentiellen Modellkoeffizienten, nicht für einen beliebigen tabellierten Intervallmittelwert.

Umstellungen und relative Dehnung

\begin{aligned}&\varepsilon_{\mathrm{th}}=\frac{\Delta L}{L_0}\simeq\alpha\Delta T\\&\alpha\simeq\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}\\&\Delta T\simeq\frac{\Delta L}{\alpha L_0}\end{aligned}

Die Umstellungen setzen nicht verschwindende Nenner voraus. α hat K⁻¹; thermische Dehnung ist dimensionslos.

Beispiel: freie Stange und kontrollierter Näherungsfehler

Eine Kupferstange gleichmäßig erwärmen

Gegeben: $L_0=1{,}80\,\mathrm m$ bei 20 °C, Endtemperatur 80 °C; vorgegebener konstanter differentieller Modellwert $\alpha=17\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ , frei beweglich.
Gesucht: ΔL und L mit linearer Formel sowie Exponentialkontrolle.

Ansatz: Linear gilt $\Delta L=\alpha L_0\Delta T$ ; für konstanten differentiellen Koeffizienten kontrolliert $L=L_0e^{\alpha\Delta T}$ die Näherung. Temperaturdifferenz und relative Dehnung bilden.
$\begin{aligned}\Delta T&=60\,\mathrm K\\{} z&=\alpha\Delta T=0.001020\end{aligned}$
Mit der Referenzlänge multiplizieren.
$\begin{aligned}\Delta L_{\mathrm{lin}}&=1.80\cdot0.001020=0.001836\,\mathrm m\\{} L_{\mathrm{lin}}&=1.801836\,\mathrm m\end{aligned}$
Das konstante differentielle Modell ohne Linearisierung prüfen.
$\Delta L_{\mathrm{exp}}=1.80(e^{0.001020}-1)=0.00183693668\,\mathrm m$

Ergebnis: Linear $\Delta L=1{,}836\,\mathrm{mm}$ ; das Exponentialmodell liefert 1,83694 mm, rund 0,000937 mm mehr.

Bohrungen wachsen bei freier isotroper Erwärmung

g(T)=D_{h,0}(1+\alpha_h\Delta T)-D_{s,0}(1+\alpha_s\Delta T)

g ist hier das diametrale Spiel bei gleicher Temperaturänderung beider Komponenten; g < 0 bedeutet Übermaß.

Beispiel: zwei gleichzeitig erwärmte Passungsteile

Bohrung und Welle getrennt bilanzieren

Gegeben: Bei 20 °C: Aluminiumbohrung $D_{h,0}=40{,}00\,\mathrm{mm}$ , Stahlwelle $D_{s,0}=40{,}04\,\mathrm{mm}$ . Vorgegebene Modellwerte $\alpha_h=25\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ , $\alpha_s=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ . Beide Teile separat frei erwärmt, gleiche ΔT; noch nicht montiert.
Gesucht: Temperaturänderung für gerade verschwindendes Übermaß und Spiel bei $\Delta T=100\,\mathrm K$ .

Ansatz: Das diametrale Spiel ist $g=D_{h,0}(1+\alpha_h\Delta T)-D_{s,0}(1+\alpha_s\Delta T)$ ; beide Teile dehnen sich frei aus. Die anfängliche Differenz und die Änderungsrate bestimmen.
$\begin{aligned}g_0&=-0.0400\,\mathrm{mm}\\{} \frac{\Delta g}{\Delta T}&=40.00(25\times10^{-6})-40.04(12\times10^{-6})=0.00051952\,\mathrm{mm/K}\end{aligned}$
$g=0$ nach ΔT auflösen.
$\Delta T_{\mathrm{contact}}=\frac{0.0400}{0.00051952}\approx76.9941\,\mathrm K$
Bei 100 K beide Durchmesser berechnen.
$\begin{aligned}D_h&=40.1000\,\mathrm{mm}\\{} D_s&=40.088048\,\mathrm{mm}\\{} g&=0.011952\,\mathrm{mm}\end{aligned}$

Ergebnis: Gerade gleiche Durchmesser bei ungefähr 97,0 °C; bei 120 °C entsteht im Modell etwa 11,95 µm diametrales Spiel.

Bild ansehen: Spiel der Passung

Wann wird aus Übermaß Spiel?

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Verhinderte Ausdehnung erzeugt Spannung

\begin{aligned}\varepsilon_{\mathrm{total}}&=\varepsilon_{\mathrm{mech}}+\alpha\Delta T\\{} \sigma&=E\varepsilon_{\mathrm{mech}}\quad\Longrightarrow\quad\sigma=-E\alpha\Delta T\quad(\varepsilon_{\mathrm{total}}=0)\end{aligned}

Vollständig axiale Einspannung, lineare Elastizität, Zugspannung positiv; Erwärmen bei $\alpha>0$ erzeugt Druckspannung.[1]

Eine Einspannung belastet den Stab

Druckkraft statt freier Verlängerung

Gegeben: Unbelasteter Stab: Länge 1,50 m, Querschnitt 80,0 mm², konstante Modellwerte 200 GPa und 12,0·10⁻⁶ K⁻¹. Gleichmäßige Erwärmung um 25,0 K. Beide Enden sind axial starr gehalten. Kleine Dehnung, lineare Elastizität und kein Knicken oder Fließen.
Gesucht: Freie Wunschverlängerung, tatsächliche Verlängerung, Spannung und axiale Kraft bestimmen.

Ansatz: Die Gesamtdehnung ist null. Deshalb kompensiert die mechanische Dehnung die freie thermische Dehnung; Zug ist positiv.
$\begin{aligned}\Delta L_{\mathrm{free}}&=L_0\alpha\Delta T\\\varepsilon_{\mathrm{mech}}&=-\alpha\Delta T\\\sigma&=E\varepsilon_{\mathrm{mech}}\\F&=\sigma A\end{aligned}$
Zuerst die freie Dehnung und Verlängerung berechnen.
$\begin{aligned}\alpha\Delta T&=12.0\cdot10^{-6}\cdot25.0=0.000300\\\Delta L_{\mathrm{free}}&=1.50\cdot0.000300\,\mathrm m=0.450\,\mathrm{mm}\end{aligned}$
Die verhinderte Dehnung in Spannung und Kraft übersetzen.
$\begin{aligned}\sigma&=-200\cdot10^9\cdot0.000300\,\mathrm{Pa}=-60.0\,\mathrm{MPa}\\A&=80.0\cdot10^{-6}\,\mathrm{m^2}\\F&=-60.0\cdot10^6\cdot80.0\cdot10^{-6}\,\mathrm N=-4800\,\mathrm N\end{aligned}$

Ergebnis: Frei würde der Stab 0,450 mm länger. Tatsächlich bleibt seine Länge unverändert; das Modell ergibt 60,0 MPa Druckspannung und 4,80 kN Druckkraft.

Fläche, Volumen und Grenzen der Näherung

\begin{aligned}&\frac{\Delta A}{A_0}\simeq2\alpha\Delta T\\&\frac{\Delta V}{V_0}\simeq3\alpha\Delta T\end{aligned}

Erste Ordnung für freie isotrope Ausdehnung in zwei beziehungsweise drei Dimensionen.[1]

Fünf gelöste Aufgaben

Einsetzen und Rechnen · Einstieg

$L_0=2{,}0\,\mathrm m$ , $\alpha=20\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ und $\Delta T=-50\,\mathrm K$ . Bestimme ΔL.

Hinweis anzeigen

Abkühlung hat negatives ΔT.

Lernziel: Eine negative Längenänderung bei Abkühlung berechnen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Freie lineare Änderung $\Delta L=\alpha L_0\Delta T$ , danach $L=L_0+\Delta L$ .
$\Delta L=\alpha L_0\Delta T=-0{,}0020\,\mathrm m=-2{,}0\,\mathrm{mm}$ .
Die Endlänge ist 1,998 m; die Größe zieht sich im Modell zusammen.

\Delta L=-2.0\,\mathrm{mm}

Umstellen · Anwenden

Eine freie 0,800-m-Probe wächst bei 40 K um 0,384 mm. Bestimme den mittleren α.

Hinweis anzeigen

Längen in dieselbe Einheit bringen.

Lernziel: Einen mittleren Ausdehnungskoeffizienten aus Messwerten bestimmen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Der gemessene Referenzlängen-Mittelwert ist $\overline\alpha=\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}$ .
$\begin{aligned}\overline\alpha&=\frac{\Delta L}{L_0\Delta T}\\{}&=\frac{0{,}000384}{0{,}800\cdot40}\,\mathrm{K^{-1}}\\{}&=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}\text{.}\end{aligned}$ Rückeinsetzen liefert 0,384 mm; dies ist der Intervallmittelwert.

\overline\alpha=12\times10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}

Transfer · Vertiefen

Ein vollständig axial fixierter elastischer Stab hat Modellwerte $E=200\,\mathrm{GPa}$ , $\alpha=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ , $\Delta T=30\,\mathrm K$ . Welche Spannung folgt?

Hinweis anzeigen

Mechanische Dehnung kompensiert die freie thermische Dehnung.

Lernziel: Bei vollständiger axialer Behinderung thermische Dehnung in elastische Spannung übersetzen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Vollständige axiale Behinderung verlangt $0=\frac\sigma E+\alpha\Delta T$ , also $\sigma=-E\alpha\Delta T$ .
Thermische Dehnung 0,00036, mechanische −0,00036.
$\sigma=-E\alpha\Delta T=-72\,\mathrm{MPa}$ , Druckspannung.
Die Aussage setzt elastisches Verhalten ohne Knicken voraus.

\sigma=-72\,\mathrm{MPa}

Interpretieren · Anwenden

Eine homogene isotrope Metallplatte hat ein rundes Loch mit Durchmesser 30,0 mm. Sie wird frei und gleichmäßig um 80 K erwärmt; $\alpha=15\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ sei konstant und die lineare Näherung gültig. Wird das Loch größer oder kleiner? Bestimme den Durchmesserzuwachs und erläutere, warum das Ausdehnen des umliegenden Materials das Loch nicht schließt.

Hinweis anzeigen

Bei freier gleichmäßiger Ausdehnung skalieren alle Abstände der Platte gleich. Denke dir das Loch zunächst mit demselben Material gefüllt.

Lernziel: Die freie Ausdehnung eines Lochdurchmessers geometrisch erklären.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Den Lochdurchmesser als Abstand zweier Materialpunkte auf dem Rand behandeln.
Er skaliert mit demselben positiven Dehnungsfaktor wie die Platte.
Das Loch wächst um 0,036 mm auf 30,036 mm.

\begin{aligned}\varepsilon&=\alpha\Delta T=(15\cdot10^{-6})(80)=0.0012\\\Delta D&=D_0\alpha\Delta T=(30.0\,\mathrm{mm})(0.0012)=0.036\,\mathrm{mm}\\D_f&=D_0+\Delta D=30.036\,\mathrm{mm}\end{aligned}

[1]

Fehleranalyse · Einstieg

Ein frei ausdehnbarer Stab mit $L_0=1{,}0\,\mathrm m$ und $\alpha=10\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ erwärmt sich von 20 °C auf 50 °C. Eine Lösung addiert zu $\Delta T=30\,{}^\circ\mathrm C$ noch 273,15 und setzt 303,15 K in $\Delta L=L_0\alpha\Delta T$ ein. Korrigiere die Temperaturdifferenz und den Längenzuwachs. Warum ist der Celsius-Offset hier falsch?

Hinweis anzeigen

Der Offset wird zu jeder absoluten Temperatur addiert. Beim Subtrahieren zweier Temperaturen hebt er sich auf.

Lernziel: Temperaturdifferenzen in Celsius und Kelvin ohne absoluten Offset verwenden.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Entweder beide Temperaturen in Kelvin umrechnen und subtrahieren oder direkt die Celsiusdifferenz als gleich große Kelvindifferenz verwenden.
Richtig ist $\Delta T=30\,\mathrm K$ und $\Delta L=0{,}30\,\mathrm{mm}$ .

Kontrolle: Ohne Temperaturänderung müsste die Ausdehnung null sein; eine zusätzliche 273,15 in jeder Differenz würde selbst dann eine unphysikalische Ausdehnung erzeugen.

\begin{aligned}\Delta T&=(50+273.15)\,\mathrm K-(20+273.15)\,\mathrm K=30\,\mathrm K\\\Delta L&=(1.0\,\mathrm m)(10\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}})(30\,\mathrm K)\\&=0.00030\,\mathrm m=0.30\,\mathrm{mm}\end{aligned}

[1][2]

Kurz zusammengefasst

Belege zu dieser Erklärung

Quanta · Bearbeitet 2. Oktober 2026

Redaktion: Quanta Study Redaktion

Prüfumfang

Eine unabhängige, namentliche menschliche Fachprüfung ist noch nicht dokumentiert. Unsere Aufgabenzahlen sind Rechenbeispiele und keine Messdaten der zitierten Quellen.

Redaktion, Quellen und Vorgehen

Änderungsverlauf

2. Oktober 2026Heizenergie und axiale Normalspannung im passenden Kontext verknüpft; Intervallkoeffizient, Passung, Zwangsspannung, Aufgaben und Grafik erhalten.
1. Oktober 2026Zwei Aufgaben ergänzt; die fünf Aufgaben nach Aufgabentyp, Schwierigkeit und Lernziel gegliedert.
1. Oktober 2026Einstieg und Erklärungen überarbeitet; drittes vollständiges Beispiel, eigene quantitative Grafik und kurze Zusammenfassung ergänzt. Bestehende Aufgaben, Modelle und Quellen erhalten; Formelsatz und Modellbedingungen präzisiert.

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Quanta. Lineare Wärmeausdehnung. Stand 2. Oktober 2026. https://quanta-study.de/tafelwerk/lineare-waermeausdehnung

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Häufige Fragen: Lineare Wärmeausdehnung

Was beschreibt lineare Wärmeausdehnung physikalisch?+

Wie prüfe ich eine Rechnung zur linearen Wärmeausdehnung?+

Welche Annahmen und Grenzen gelten für lineare Wärmeausdehnung?+

Wie kontrolliere ich Einheiten und Größenordnung bei linearer Wärmeausdehnung?+

Wann kombiniere ich lineare Wärmeausdehnung mit einer weiteren Beziehung?+

Lineare Wärmeausdehnung prüfungssicher behalten

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Lineare Wärmeausdehnung

Variablen & Einheiten

Längenausdehnung berechnen

So rechnest du schneller

Herleitung & Hintergrund

Prüfungs-Blueprint

Gültigkeitsbereich

Herleitung in Schritten

Umstellen

Aufgabenvariante

Typische Fehler

Klausurkontext

Temperatur und Stoffeigenschaften

Rechenbeispiel

Anwendungsgebiete

Rechenbeispiel: Lineare Wärmeausdehnung

Was L0 und ΔL tatsächlich messen

Zuerst die relative Änderung verstehen

Vertiefung: differentieller Koeffizient und Intervallmittelwert

Umstellungen und relative Dehnung

Beispiel: freie Stange und kontrollierter Näherungsfehler

Eine Kupferstange gleichmäßig erwärmen

Bohrungen wachsen bei freier isotroper Erwärmung

Beispiel: zwei gleichzeitig erwärmte Passungsteile

Bohrung und Welle getrennt bilanzieren

Wann wird aus Übermaß Spiel?

Verhinderte Ausdehnung erzeugt Spannung

Eine Einspannung belastet den Stab

Druckkraft statt freier Verlängerung

Fläche, Volumen und Grenzen der Näherung

Fünf gelöste Aufgaben

L0=2,0 mL_0=2{,}0\,\mathrm mL0​=2,0m, α=20⋅10−6 K−1\alpha=20\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}α=20⋅10−6K−1 und ΔT=−50 K\Delta T=-50\,\mathrm KΔT=−50K. Bestimme ΔL.

Eine freie 0,800-m-Probe wächst bei 40 K um 0,384 mm. Bestimme den mittleren α.

Ein vollständig axial fixierter elastischer Stab hat Modellwerte E=200 GPaE=200\,\mathrm{GPa}E=200GPa, α=12⋅10−6 K−1\alpha=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}α=12⋅10−6K−1, ΔT=30 K\Delta T=30\,\mathrm KΔT=30K. Welche Spannung folgt?

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Typische Fehler

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Temperatur und Stoffeigenschaften

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Rechenbeispiel: Lineare Wärmeausdehnung

Was L0 und ΔL tatsächlich messen

Zuerst die relative Änderung verstehen

Vertiefung: differentieller Koeffizient und Intervallmittelwert

Umstellungen und relative Dehnung

Beispiel: freie Stange und kontrollierter Näherungsfehler

Eine Kupferstange gleichmäßig erwärmen

Bohrungen wachsen bei freier isotroper Erwärmung

Beispiel: zwei gleichzeitig erwärmte Passungsteile

Bohrung und Welle getrennt bilanzieren

Wann wird aus Übermaß Spiel?

Verhinderte Ausdehnung erzeugt Spannung

Eine Einspannung belastet den Stab

Druckkraft statt freier Verlängerung

Fläche, Volumen und Grenzen der Näherung

Fünf gelöste Aufgaben

L0=2,0 mL_0=2{,}0\,\mathrm mL0​=2,0m, α=20⋅10−6 K−1\alpha=20\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}α=20⋅10−6K−1 und ΔT=−50 K\Delta T=-50\,\mathrm KΔT=−50K. Bestimme ΔL.

Eine freie 0,800-m-Probe wächst bei 40 K um 0,384 mm. Bestimme den mittleren α.

Ein vollständig axial fixierter elastischer Stab hat Modellwerte E=200 GPaE=200\,\mathrm{GPa}E=200GPa, α=12⋅10−6 K−1\alpha=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}α=12⋅10−6K−1, ΔT=30 K\Delta T=30\,\mathrm KΔT=30K. Welche Spannung folgt?

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Was L₀ und ΔL tatsächlich messen

$L_0=2{,}0\,\mathrm m$ , $\alpha=20\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ und $\Delta T=-50\,\mathrm K$ . Bestimme ΔL.

Ein vollständig axial fixierter elastischer Stab hat Modellwerte $E=200\,\mathrm{GPa}$ , $\alpha=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ , $\Delta T=30\,\mathrm K$ . Welche Spannung folgt?

Was L₀ und ΔL tatsächlich messen

$L_0=2{,}0\,\mathrm m$ , $\alpha=20\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ und $\Delta T=-50\,\mathrm K$ . Bestimme ΔL.

Ein vollständig axial fixierter elastischer Stab hat Modellwerte $E=200\,\mathrm{GPa}$ , $\alpha=12\cdot10^{-6}\,\mathrm{K^{-1}}$ , $\Delta T=30\,\mathrm K$ . Welche Spannung folgt?