Domandina Semplice Sul Posizionamento Dei Reggipiani

[Bric]

Hai ragione, ho verificato ed il baricentro si trova dove dice slave. La retta che passa per il baricentro del rettangolo e quello del trapezio non divide l'area in parti uguali. La cosa vale solo nel caso di figure che possiedano un asse di simmetria, come i triangoli isosceli F e C della mia figura (infatti occorre tener conto dei momenti, non solo dei pesi!!).
Quoto pertanto la soluzione di slave a 164, 0218. Come in artiglieria ci siamo arrivati con tre tiri: uno corto, uno lungo ed il terzo sul bersaglio!

[slave]

Come in artiglieria ci siamo arrivati con tre tiri: uno corto, uno lungo ed il terzo sul bersaglio!

[kakilandian]

Come in artiglieria ci siamo arrivati con tre tiri: uno corto, uno lungo ed il terzo sul bersaglio!

se ho novità vi aggiorno....magari è necessario un quarto tiro!

beh tiri se ne possono fare altri, volendo. Ad esempio imporre che la distanza tra gli appoggi sia una costante.
Il limite dei due metodi sopra a mio avviso si evidenzia per rettangoli molto allungati Ad esempio già nel 2x1 con 6 supporti, il primo appoggio dallo spigolo, il metodo di Bric lo darebbe a 0.33, quello di slave a 0.27, lasciando entrambi scoperto un spazio al centro ben più ampio della altezza stessa. Imponendo la distanza costante i due supporti centrali cadrebbero a circa 0.61 e 1.39, soluzione piu bilanciata, imo
Il problema è però che, in fondo, tutte queste soluzioni pur rappresentando delle risposte interessanti ad un simpatico quiz, hanno utilità pratica scarsa.
O la piastra è rigida e allora mettere tanti supporti conta poco, 4 è ok tanto più che nella pratica distribuire equamente il peso (farli lavorare tutti in egual modo) se la piastra non flette, è quasi impossibile;
Oppure è cedevole elasticamente e allora il conto accurato è molto più complesso e in ogni caso se cede al centro e "spancia" pare inutile aggiungere una schiera di tanti supporti a distanza inferiore alla larghezza della "campata" libera, assiepati sul perimetro. Direi al max 6 supporti totali anche qui.

[Bric]

Ovvio che la discussione ha preso un indirizzo prettamente teorico in risposta al requisito di distribuire ugualmente sui supporti il peso di un carico uniformemente distribuito.
Con il metodo di slave, che potremmo chiamare "dei baricentri", che è quello che mi convince di più, mi risulta che il supporto sarebbe a 0,3478 dallo spigolo (non 0,27) e, tutto sommato mi pare la soluzione migliore anche per quanto riguarda le flessioni.

[kakilandian]

hai ragione che ho raddoppiato per rapportare al lato due volte e quindi quel 0.27 è sbagliato. È semplicemente
1- cos 30 = 0.133 ancora più sfavorevole
[img width=400]http://www.legnofilia.it/files/posted_images/3939/img_1690.png[/img]
A parte la schifezza grafica di un disegno fatto a ditate sul tablet, ho provato a fare il confronto visivo dei metodi con 6 supporti su un rettangolo 2x1. il puntino nero a centro lato minore è comune a tutti.

- Il metodo di slave in rosso prende i punti sul perimetro ugualmente distanti dal baricentro

- il tuo in verde uguaglia le aree e da il punto a 1/6 del lato lungo cioè 0.333

- quello in blu che ho suggerito solo per correggere empiricamente i risultati troppo "decentrati", a mio avviso, in caso di rettangoli allungati, cioè mettere i punti su un esagono schiacciato che non conserva gli angoli uguali dell'esagono regolare ma i lati si, e quindi la distanza tra i supporti.

Mi viene il dubbio che a proposito del metodo di slave ti riferisca a qualcosa di diverso dal suo post #19...

[kakilandian]

quando dici "dei baricentri" viene il dubbio che tu intenda una suddivisione dell'area con il tuo sistema e poi applicare anzichè il punto che divide in due l'area come pertinente a quello spicchio, il punto che si ottiene prolungando il collegamento tra il baricentro dello spicchio e quello del rettangolo fino a dove intercetta il perimetro. cioè quanto dice slave al post #28
Personalmente trovo tutti e tre i metodi con alla base qualche razionale geometrico, il tuo delle aree + divisione aree non da significativamente risultati diversi da aree + baricentri (slave #2, per i triangoli non c'è differenza e per i trapezi il valore che riporti è molto vicino a 0.333.
Credo che nessuno dei metodi possa richiamarsi ad una "teoria". Il perchè è presto detto: nessun baricentro di una figura convessa può stare sul suo perimetro e quindi i baricentri di tutte le figure ottenuti per suddivisione del rettangolo sono tutti interni, i criteri per trasportarli sulla frontiera sono tutti un po' arbitrari. Può darsi che stia prendendo una cantonata naturalmente.... ma secondo me stiamo divagando piu di geometria che non del problema in se (anche se non mi dispiace )

[Bric]

In effetti per metodo slave intendevo quanto dice al post #28, quindi aree + baricentri.
Concordo pienamente con quanto dici: per questa strada credo che il massimo che possiamo affermare è che la distribuzione dei pesi sarebbe equamente distribuita su 6 puntalini posti in corrispondenza dei baricentri delle figure. Il che non è il caso in questione.

[kakilandian]

Studiare una piastra uniforme (two way slab) con la teoria è eccessivamente dispendioso per questo scopo, perchè come detto, la soluzione fornisce tutti gli sforzi ai quali è soggetta la piastra, non solo sugli appoggi, e anche di questi non solo quelli verticali come richiesti in questo caso. Consultando i siti di ingegneria delle costruzioni, pare che nella pratica sia usato un metodo approssimato che viene chiamato "dei trapezoidi". è simile al metodo delle aree di Bric tranne che il criterio di divisione parte dai vertici. Se i lati adiacenti sono uguali come resistenza allora la divisione va condotta lungo la bisettrice che nel caso di angolo retto corrisponde a 45 gradi. lo schema di divisione piu semplice ha quindi l'aspetto di un tetto a 4 spioventi con un tratto di "colmo"

http://faculty.arch.tamu.edu/media/cms_page_media/4559/NS12-1loadsEx.pdf

si veda ad esempio qui come l'area viene ripartita. facendo ulteriori ripartizioni vengono cosi a pesare anche le aree centrali dei rettangoli lunghi. Quindi del lodevole cammino a tiri di artiglieria fin qui compiuto, forse questa ultima ragionevole correzione (non farina del mio sacco ma trovata sul web) potrebbe suonare come: vicino ad un vertice a 90 gradi la divisione dei carichi che deve gravare su un lato o sull'altro, se essi sono equivalenti non puo che passare dalla bisettrice.

[Bric]

Certo che per essere una "domandina semplice" la risposta pare invece assai complicata!

[slave]

Certo che per essere una "domandina semplice" la risposta pare invece assai complicata!

credo si sia capito che il "semplice" era un pò ironico

[kakilandian]

Certo che per essere una "domandina semplice" la risposta pare invece assai complicata!

credo si sia capito che il "semplice" era un pò ironico

naaaa....

[ciocco]

Caspita pensavo fosse un forum di artigiani appassionati del legno ma qui c'e' il fior fiore dell'ingegneria!