Domandina Semplice Sul Posizionamento Dei Reggipiani

[Christian]

Si, ma sono 2 kg dinamici, devi considerare l'apertura e chiusura del cassetto.
Anche io quoto Moloch.
In passato mi è capitato di usare la sua prima soluzione, ma per delle scatole porta attrezzi

[biomass]

secondo me la domanda di slave è molto più semplice
tre reggipiani sui lati lunghi e due reggipiani sui lati corti.
La confezione è da 10 pezzi e li mette tutti 10.
fatta

voilà...il piano removibile del cassetto è fatto

[kakilandian]

l'idea era di posizionare dei reggimensola su tutti e 4 lati, a prescindere dalla deformazione del piano e dall'entità del carico la mia curiostià era esclusivamente per il posizionamento corretto di 4 - 6 - 8 reggimensola;
con un carico uniformemente distribuito dove li posiziono affinché su ogni appoggio ci sia lo stesso peso?

forse io leggo male ma la domanda era su:

- usare dei reggipiani (non listelli o fianchi modificati)
- su tutti e 4 i lati (non solo su 2)
- indipendentemente dai 2 kg di carico (statici o dinamici)
- dove si posizionano 4, 6, 8 (non 10)
- affinche ci sia su ognuno lo stesso peso

Per come la capisco io, semplice e chiara.
È la risposta ad essere complicata... a meno di non volerla semplificare, cambiando la domanda

[slave]

Ringrazio tutti dell'interessamento e delle risposte,
vi assicuro non è un quiz, è la domanda che mi sono posto quando ho pensato di utilizzare dei reggipiani, "l'apparentemente semplice" è stata anche la mia impressione e proprio per questo ho creato la discussione
Voglio usare una soluzione smontabile e quindi scarto i listelli (che mi piacevano come il profilo ad L di alluminio) e purtroppo anche quella dell'inspessimento della parte bassa, il piano inferiore deve necessariamente avere le stesse dimensioni del superiore.
L'unica soluzione geometrica che ho trovato è quella di posizionare un reggipiano al centro sul lato corto, dal centro del piano (baricentro) tracciare un arco di circonferenza fino ad intersecare il lato lungo e lì posizionare un altro reggiapiano, in totale sarebbero così 6, in questo modo tutti i reggipiani sono alla stessa distanza dal baricentro....ma non so se sia quella giusta.
Gf

[kakilandian]

Ringrazio tutti dell'interessamento e delle risposte,
vi assicuro non è un quiz

peccato...

L'unica soluzione geometrica che ho trovato è quella di posizionare un reggipiano al centro sul lato corto, dal centro del piano (baricentro) tracciare un arco di circonferenza fino ad intersecare il lato lungo e lì posizionare un altro reggiapiano, in totale sarebbero così 6, in questo modo tutti i reggipiani sono alla stessa distanza dal baricentro....ma non so se sia quella giusta.

Grande! a naso direi che lo è. non avevo mai pensato ad un sistema simile. E ora si spiega l'8 se allarghi il cerchio e il 4 se lo restringi. Si spiega che non hai nominato il 10. Non sarà stato un quiz, ma vi si avvicinava molto

[kakilandian]

Dopo averci pensato un po', temo che il metodo grafico, se ha lo scopo di selezionare dei punti equidistanti dal baricentro rispetto ai quali suddividere il peso del piano, non risolva da solo il problema della loro collocazione ottimale.
Con 4 ad esempio si puo tracciare un cerchio di diametro appena maggiore del lato corto, ottenendo due punti sul lato lungo prossimi al centro, o appena minore al lato lungo ottenendo i 2 punti a circa 1/5 4/5.
Sono altresì possibili tutti i casi intermedi.
Se la lastra fosse perfettamente rigida non cambierebbe nulla ma in un caso reale, più gravoso dei 2kg bisognerà aggiungere qualche elemento di "buon senso" tipo che tra le varie soluzioni possibili, prediliga quella che distribuisce nel modo piu equo anche le distanze relative tra i supporti.
Questo si può ottenere solo per lastre "similquadrate", cioè con dimensioni x/y non troppo diverso da 1 altrimenti conviene usare l'ipotesi ripiano/solaio e piazzare tutti i supporti sui lati lunghi.
l'uso dell'angolo visto dal baricentro è comunque molto carina, grazie per il bel problema.


OT sul genere domandine semplici, rispostine non altrettanto: perchè uno spaghetto non cotto (di pasta intendo) impugnato alle estremità e flesso, nella stragrante maggioranza dei casi si rompe in tre pezzi?

[alfredo bs]

non ne ho la più pallida idea ma adesso me lo devi dire!

ho fatto delle prove statistiche ed in effetti accade spesso

dipende per caso anche dai gradi di vincolo?
- con le due estremità incastrate a mensola (struttura iperstatica) in effetti tende a spezzarsi in 3

- con 2 estremità semplicemente appoggiate (carrello/cerniera) struttura isostatica
si rompe quasi sempre in due...

perchè?

il diagramma dei momenti è abbastanza diverso nei due casi, o meglio, quasi uguale ma traslato, determinando nel primo caso 2 punti all'interno della trave con momento zero, sembra quasi che lo spaghetto si rompa in quei due punti... proprio dove il momento è zero, quando invece a rigor di logica dovrebbe rompersi dove il momento è massimo: ai due estremi o in mezzo


nemmeno il taglio è massimo in quei due punti (taglio max agli estremi)
quindi non dovrebbe essersi rotto nemmeno per il taglio...
boh

adesso finchè non me la spieghi e, cosa non secondaria, finchè non l'ho capita, non ci dormo la notte

[kakilandian]

Alfredo, la faccenda è complicata in effetti e un 5-10 anni fa ha riguadagnato popolarità. Pare che uno dei primi a osservare lo strano fenomeno e a chiedersi perchè fosse stato il premio Nobel Richard Feynman, poi nel 2004 è uscito questo http://www.lmm.jussieu.fr/spaghetti/audoly_neukirch_fragmentation.pdf che riprendeva il problema facendone un modello matematico e poi avendone conferma mediante riprese video a alta velocità.
Hanno vinto pure un premio Ignobel per questo, premio destinato a lavori che affrontano aspetti "curiosi" ma spesso futili. Beh in questo caso forse completamente futili non lo sono perchè il meccanismo pare essere caratteristico di molte pertiche elastiche. Un sito descrive la seguente operazione: prendendo un righello di plastica e flettendolo per poi rilasciandolo bruscamente, si vede come questo "scalci" dalla parte opposta. In sostanza si forma nello spaghetto flesso una crepa che fa si che venga rilasciata l'energia elastica accumulata con un impulso che viaggia a sx e a dx del punto raddrizzando localmente lo spaghetto. Questo però causa una diminuzione del raggio di curvatura e quando l'onda di raddrizzamento ha viaggiato per alcuni cm, può ridurre la curvatura oltre il limite, producando una seconda frattura staccando il frammento che prende il volo. A sua volta questo provoca altri impulsi simili che possono provocare ulteriori distacchi "in cascata".

I filmati ci sono. il problema è che anche per guardare il migliore e piu recente di questi che fa uso di riprese ad un frame rate di 250000 fotogrammi per secondo, devi sorbirti la vista di allucinanti intrugli ed inviti a sottoscrivere il canale, ma se vai subito verso la meta del video è interessante... e ben descritto

[youtube:a10dc2ce]ADD7QlQoFFI[/youtube:a10dc2ce]

Edit: per quanto riguarda il parallelo con le travi e mensole non è il mio campo e non ti so dire granchè, ma temo che le forze ed i momenti derivanti in quel caso siano dovuti a pesi propri o a carichi applicati, e quindi alla gravità, per lo spaghetto credo sia una faccenda che coinvolge quasi esclusivamente forze elastiche oltre alle flessioni impresse ma che non c'entri con la forza peso sullo spaghetto in quanto trascurabile rispetto alle altre forze, tanto è vero che lo fa in qualsiasi orientazione e anche sott'acqua, a gravità ridotta, se cosi possiamo dire.

[Bric]

Riguardo la questione degli appoggi, propongo la seguente soluzione.
Premesso che consideriamo un carico uniformemente distribuito, quindi assimilabile all'area della superficie, che è di (503 x 384) 193152 mmq.

Nel caso più semplice di 4 punti di appoggio,
ogni appoggio, a,b,c,d posto al centro di ogni lato sopporta un quarto della intera superficie, quindi 48288 mmq che è l'area di ognuno dei triangoli A, B, C, D

Nel caso dei 6 appoggi si ha una situazione del genere:

Ognuno dei supporti a,b,c,d,e,f,g, sopporterà un sesto dell'intera superficie, quindi 32192 mmq che è l'area di ognuno dei poligoni A,B,C,D,E,F, di cui due soli sono triangoli: F e C.
Dato che la posizione dei supporti f e c, è fisso al centro dei lati corti, occorre trovare la posizione dei supporti a, b, d, e, sui lati lunghi.
Se consideriamo il triangolo che ha come vertici il centro del piano e gli appoggi a e b, la sua area, costituita da metà dell'area del poligono A e da metà di quella del poligono B, corrisponde ancora a 32192 mmq, ma poiché la sua altezza è di 192 mm, si ricava che la sua base è di 335,333333 mm, quindi gli appoggi a e b distano 167,6666 mm dal centro del lato lungo. Analogamente per gli appoggi d ed e.

[slave]

la differenza è poco più di 5 mm.....

[kakilandian]

Che ha a che fare con il fatto che prendendo un qualsiasi rettangolo, dividendo in n parti uguali la base e l'altezza, e collegando tutti i punti al centro, i settori che si formano hanno tutti la stessa area = area totale /4n
Ad esempio dividendo per 6 si trovano 24 settori che nell'esempio sopra permetterebbero di trovare la posizione del supporti a 1/6 e 5/6 del lato. In generale questo permette di fare in modo semplice qualunque suddivisione sulla base del criterio definito da Bric qui sopra.

[kakilandian]

la differenza è poco più di 5 mm.....

vero,
Se non sbaglio il rapporto tra l'altezza e la base che uguaglierebbe i due risultati è radice(5)/3 ovvero 0.745.
Scendendo sotto il quale ovvero per rettangoli più allungati il metodo di Bric da risultati sempre più "centrali" per i supporti sul lato lungo.
Del resto uno uguaglia distanze, l'altro aree.

[slave]

una curiostià...la linea passante dal baricentro dell'intero rettangolo e dal baricentro del trapezio interseca il bordo ad una misura compresa fra le precedenti.....

[Bric]

mmm... in realtà la linea che unisce il baricentro dell'intero rettangolo al punto di appoggio a 167,66667 dovrebbe proprio passare per il baricentro del trapezio,visto che divide lo stesso trapezio in due aree uguali (almeno, questa era l'intenzione).

[kakilandian]

mmm... in realtà la linea che unisce il baricentro dell'intero rettangolo al punto di appoggio a 167,66667 dovrebbe proprio passare per il baricentro del trapezio,visto che divide lo stesso trapezio in due aree uguali (almeno, questa era l'intenzione).

perchè? posso sbagliare, ma non credo che una cosa implichi necessariamente l'altra ... in generale.