Megoszló erők

Az eddigi modulokban az erők egy-egy pontban hatottak. A szerkezetek nagy részét azonban megoszló teher éri: a gerenda önsúlya, a födémről érkező teher, a hó, a szél, a víznyomás mind egy vonal vagy felület mentén oszlik el. Az ilyen terhet nem nagyságával, hanem intenzitásával adjuk meg: mekkora erő jut a tartó egy méterére. Jele $p$, mértékegysége kN/m.

Innentől egy másik koordináta-rendszert használunk, mint eddig: az $x$ tengely a tartó mentén mutat, a $z$ tengely pedig lefelé. Ez nem önkényes: a terhek túlnyomó része lefelé hat, így a leggyakoribb teher pozitív előjelű lesz, és kevesebb mínuszjellel kell bajlódni.

Aszerint csoportosítjuk a megoszló erőket, hogy mi mentén oszlanak el. A térfogat mentén megoszló erő a gravitáció: a test minden $V$ térfogatú darabjára $\varrho V g$ súly jut. A $\gamma = \varrho g$ szorzat az egységnyi térfogat súlya, a fajsúly (kN/m³) — ez a gravitációs erő intenzitása, és az egész test súlya $G = mg = V\varrho g = V\gamma$, amely a test súlypontjában működik. A felület mentén megoszló erő tipikusan két test között adódik át (hó a tetőn, hasznos teher a födémen, víznyomás a gáton), intenzitása kN/m². A gyakorlati számításban mindkettőt vonal mentén megoszló erőre vezetjük vissza: a gerenda önsúlyát keresztmetszetenként „összegyűjtve” a vonal menti intenzitás $q = A\gamma$ (A a keresztmetszet területe), a felületi terhet pedig a tehermező szélességével szorozva.

Ha a terhet apró darabokra vágjuk, minden darabra $p(x)\,dx$ erő jut, és ezek mind párhuzamosak. Az egyenértékűségi kijelentés $(p) \ekv \underline{R}$, és mivel minden erő függőleges, a párhuzamos erőknél tanultak szerint egyetlen vetületi egyenletet írunk. Az eredő az elemi erők összege — vagyis a $p(x)$ függvény alatti terület. Ezért mondjuk, hogy az eredő nagysága a teherábra területe. A mértékegység is kijön: kN/m szorozva méterrel az kN.

A helyet ugyanúgy kapjuk, mint a 2. modulban a párhuzamos erőknél: az eredőnek ugyanakkora nyomatékot kell adnia, mint az elemi erőknek együtt. Ez éppen a teherábra súlypontjának a képlete — az eredő a teherábra súlypontján megy át. Téglalapnál ez a közép, háromszögnél a magas oldaltól a hossz harmada.

Egy lemezre, födémre, tetőre ható teher intenzitása $q$ [kN/m²]. Ha ezt az intenzitást minden pontban a felületre merőlegesen felmérjük, egy (fiktív) testet kapunk: ez a terhelési test. A teherábra két szabálya itt egy dimenzióval feljebb ismétlődik: az eredő a terhelési test térfogata (egyenletes q-nál $R = q\,A$), és a terhelési test súlypontján megy át.

Síkbeli feladatban a vizsgálat síkjára merőleges kiterjedést a síkra vetítjük: egy adott x-nél a b szélességű sávra jutó terhet összegyűjtjük, és az így kapott $p = q\,b$ [kN/m] már vonal menti teher. Téglalap alakú, egyenletesen terhelt felületből így egyenletes, háromszög alakú felületből (ahol a sáv szélessége x-szel arányosan nő) lineárisan változó vonal menti teher lesz.

Egy trapéz alakú terhet nem kell integrálni: felbontjuk olyan darabokra, amelyeknek ismert a területe és a súlypontja, és a darabok eredőit párhuzamos erőrendszerként vonjuk össze — ez az egymásra halmozás (szuperpozíció). Két természetes felbontás kínálkozik, és mindkettő ugyanarra az eredményre vezet — a GYF‑1 feladatot lentebb mindkét úton végigszámoljuk. A trapéz súlypontjának helyét nem érdemes megjegyezni, a tankönyv sem teszi; a felbontás mindig működik.

Ha a teher szakaszonként más — vagy egy szakaszon éppen felfelé hat —, minden szakaszt külön eredőre váltunk, és az eredőket előjelesen adjuk össze. A lefelé mutató teher pozitív, a felfelé mutató negatív, és ez az előjel végigmegy a nyomatéki egyenleten is. Az eredmény lehet nulla is: akkor a teher erőpárra redukálódik, pontosan úgy, ahogy a 2. modulban láttuk — a $k = \sum R_i x_i / R$ képlet nevezője ilyenkor nulla, ami jelzi, hogy az eredő nem erő.

Ha a teher a ferde rúdra merőleges (szélnyomás), az eredője is merőleges a rúdra, nagysága $pL$, a szakasz közepén. A további számításhoz gyakran a vízszintes és függőleges komponensére van szükség — és itt jön a tankönyv szép trükkje: a merőleges teher helyettesíthető egy vízszintes vetület mentén megoszló függőleges és egy függőleges vetület mentén megoszló vízszintes teherrel, ugyanazzal a p intenzitással. A vízszintes vetület $a = L\cos\alpha$, a függőleges $b = L\sin\alpha$, ezért $R_y = p\,a = pL\cos\alpha$ és $R_x = p\,b = pL\sin\alpha$ — pontosan az $R = pL$ komponensei. A két részeredő eredője tehát az eredetivel egyezik, de vízszintes és függőleges erőkkel könnyebb tovább számolni.

A vetületi trükk görbe vonalon is működik, mert szakaszonként alkalmazható. Egy R sugarú félkörívre mindenütt merőlegesen ható p teher (boltívre ható nyomás) eredőjét így integrálás nélkül kapjuk: a bal és a jobb negyedkörre külön-külön a vízszintes vetületre (hossza R) függőleges, a függőleges vetületre (hossza szintén R) vízszintes p teher jut. A két vízszintes részeredő ($Rp$ és $Rp$) közös hatásvonalon, ellentétesen hat — kiejtik egymást. A két függőleges részeredő összeadódik: az eredő 2Rp, függőleges, a kör középpontján át.

A víznyomás is megoszló teher, két jellemzővel: mindig merőleges a felületre, és az intenzitása a mélységgel arányosan nő, $p_v = \gamma_v z$ (a víz fajsúlya kb. 10 kN/m³). Függőleges falon ebből a klasszikus háromszög lesz: a fal 1 m széles sávján $R = \tfrac12\gamma h^2$, a fenéktől $h/3$-ra.

Görbe vagy ferde gáton látszólag bonyolult a helyzet — változó intenzitású, változó irányú teher görbe vonalon —, de a két hatás együttállása miatt a számítás meglepően egyszerű. A vízszintes komponens a függőleges vetületre ható háromszög eredője, $\tfrac12\gamma h^2$, a fenéktől h/3-ra: pontosan az, mintha a fal függőleges lenne. A függőleges komponens intenzitása a vízmélységgel arányos, ezért a gát vonala és a vízszint közötti síkidom maga a teherábra: a függőleges erő ennek a területe szorozva γ-val (a fal fölötti vízoszlop súlya), és a síkidom súlypontján megy át. Ha ismered a síkidom területét és súlypontját, kész a feladat.