Masa necesaria para evitar que el letrero se caiga con una carga de viento establecida: estaciones de actividades para niños discapacitados

Question

Masa necesaria para evitar que el letrero se caiga con una carga de viento establecida: estaciones de actividades para niños discapacitados

Juan Dooley

Actualmente estoy trabajando en mi tesis y estoy atascado en una pregunta. Estoy diseñando estaciones de actividades para niños discapacitados para ser utilizadas en equinoterapia.

El soporte mide 9 pies de alto y calculé la carga del viento en 0.94 libras, ahora necesito calcular la masa requerida para evitar que la estación se caiga (la base de concreto no es una base hundida en el suelo, debe permanecer portátil )

El área frontal del soporte se distribuye uniformemente. Cualquier ayuda sería apreciada.

Brionio

Depende de cómo se distribuya la masa en la base. Por ejemplo, si la masa se concentra aproximadamente en un solo punto directamente debajo del letrero en el suelo, entonces necesita una cantidad de masa casi infinita. Si la masa está en una pata que está lejos de estar directamente debajo del letrero, entonces necesita muy poca masa. La distribución de la masa base afecta el brazo de palanca de la masa base, lo que afecta el par que puede proporcionar cuando el viento intenta inclinar la señal.

Juan Dooley

Gracias por la respuesta, la masa se distribuye uniformemente, ¿sabrías alguna fórmula para tal ecuación?

Brionio

¿Estás seguro de que la carga del viento es de solo 0,94 libras? Eso parece muy bajo. Imagina un peso de 1 libra... eso no es mucha fuerza.

Respuestas (2)

Masa necesaria para evitar que el letrero se caiga con una carga de viento establecida: estaciones de actividades para niños discapacitados

Depende de cómo se distribuya la masa en la base. Por ejemplo, si la masa se concentra aproximadamente en un solo punto directamente debajo del letrero en el suelo, entonces necesita una cantidad de masa casi infinita. Si la masa está en una pata que está lejos de estar directamente debajo del letrero, entonces necesita muy poca masa. La distribución de la masa base afecta el brazo de palanca de la masa base, lo que afecta el par que puede proporcionar cuando el viento intenta inclinar la señal.
Gracias por la respuesta, la masa se distribuye uniformemente, ¿sabrías alguna fórmula para tal ecuación?
¿Estás seguro de que la carga del viento es de solo 0,94 libras? Eso parece muy bajo. Imagina un peso de 1 libra... eso no es mucha fuerza.

Brionio · Answer 1

Suponiendo una base cuadrada de ancho $w$ con masa $M$ , y una carga de viento horizontal $F_w$ a una altura $h$ , entonces la condición para el equilibrio estático es

\sum τ = 0

$\sum\tau = 0$

τ_{w i norte d} + τ_{b a s mi} = 0

$\tau_{wind} + \tau_{base} = 0$

Dado que si el letrero se inclina, rotaría alrededor del borde de la base, ese es un eje conveniente sobre el cual calcular los pares:

- F_{w} \frac{h}{2} + METRO gramo \frac{w}{2} = 0

$- F_w \frac{h}{2} + M g \frac{w}{2} = 0$

Resolviendo para M...

METRO = \frac{F_{w} h}{gramo w}

$M = \frac{F_w h}{g w}$

Conectando sus números (0,94 libras-fuerza = 4,18 N, 9 pies = 2,7 metros),

METRO = \frac{11.29 norte metro}{9.81 metro / s^{2} w}

$M = \frac{11.29 ~\rm Nm}{9.81 ~\rm{m/s^2} ~w}$

METRO = \frac{1.15 k gramo metro}{w}

$M = \frac{1.15 ~\rm kg~m}{w}$

Si prefiere libras y pies,

METRO = \frac{8.32 yo b s F t}{w}

$M = \frac{8.32 ~\rm lbs~ft}{w}$

Por ejemplo, si su base cuadrada tiene un ancho de 3 pies, entonces necesita un mínimo de $M = 2.77 ~\rm lbs$

Nota 1: este análisis asume que la masa del letrero en sí es insignificante en comparación con la base. Esta es una suposición conservadora, ya que la masa extra en el letrero lo hará más estable para el vuelco inicial.

Nota 2: Soy muy escéptico de que una señal de cualquier tamaño significativo solo experimente una carga de viento de 0.94 lbs en cualquier viento significativo. Verificaría dos veces esa cifra.

EDITAR: revisé mi respuesta ahora que el OP dejó en claro que el letrero es un rectángulo que se extiende desde el suelo hasta 9 pies.

Brillante, gracias nuevamente por la respuesta, el frente del letrero tiene forma de media esfera con un arrastre bajo de .42, recalculé la carga del viento para la parte trasera que es plana, era de 3.18 lbs, la velocidad del viento también era baja: 56 mph, ¿Esto todavía parece incorrecto?
56 mph son casi vientos con fuerza de huracán. A menos que su letrero sea muy pequeño, 3.18 lbs aún parece bastante bajo. Para un cuadrado de 3 pies x 3 pies con vientos de 56 mph, la fórmula empírica que encontré indica que la presión del viento sería de aproximadamente 85 libras.
el letrero real tiene solo 9 "de ancho, ¿todavía parece fuera de lugar?
@JohnDooley: ¿cómo estimó o midió la cifra de carga de 0,94 lb?
@JohnDooley Ah, está bien, es una señal muy pequeña. Sí, obtengo 4,5 libras de mi ecuación. Entonces, sí, estadio de béisbol correcto.
el área es de 4,7 ft2, la presión del viento es de 8,9 psf, la resistencia ahora es de 0,42, la exposición es de 0,039 ft, la ráfaga es de 1,372 ft-1
@JohnDooley: Tampoco estoy de acuerdo con que Brionius use la altura completa del panel para calcular $\tau_{wind}$ . La carga no actúa sobre la parte superior del panel, actúa sobre el CoG del panel, en $\frac{H}{2}$ .

Gert · Answer 2

El peso de la base necesario para evitar que el soporte se caiga también depende de su ancho. $x$ .

Con el fin de evitar que se vuelque sobre el punto $P$ , no debe haber un momento neto sobre ese punto .

Esto significa matemáticamente que:

F \frac{H}{2} = metro gramo \frac{X}{2}

$F\frac{H}{2}=mg\frac{x}{2}$

Dónde $H=9\:\mathrm{ft}$ y $F=0.04\:\mathrm{lbs}$ . Supongo que la carga que asignó actúa sobre el centro de gravedad del panel vertical y que la masa del panel es insignificante.

Entonces la masa $m$ requerido es:

metro = \frac{F H}{gramo X}

$m=\frac{FH}{gx}$

Tenga en cuenta que $F$ y $H$ necesita ser convertido a unidades SI, si desea utilizar $g=9.81\:\mathrm{ms^{-2}}$ como la aceleración de la Tierra.

¿Podría explicar cómo el factor de $\frac{1}{2}$ surge en el lado izquierdo de su primera ecuación?
@Brionius: supongo que la carga del viento es homogénea, por lo que puede ser reemplazada por una fuerza que actúa sobre el centro de gravedad del panel. Me sorprende que no hicieras lo mismo.
Supuse que el centro de gravedad del panel estaba a 9 pies sobre el suelo, ya que el OP dice que el "soporte" tiene 9 pies de altura, no el panel en sí. Dado que el OP ha dicho que el letrero mide 9 "de lado, eso parece razonable. Es decir, a menos que la carga del viento en el poste que sostiene el letrero sea significativa.
@Brionius: El OP ahora declaró que el signo es una media esfera. En rigor habría que considerar el momento del viento para actuar sobre el CdG de esa semiesfera. En realidad, no importará tanto, porque el OP tendrá que tener en cuenta un margen de seguridad, por ejemplo, hacer que la masa real sea aproximadamente el doble de la calculada , para cubrir ráfagas de viento inesperadas y cosas por el estilo.
Claro, pero si la fuerza del viento en el soporte es insignificante y la fuerza del viento en el letrero está centrada en el medio del letrero, entonces la fuerza del viento se aplica a 9 pies sobre el suelo, no a 4.5 pies sobre el suelo. Por eso no creo que debas usar ese factor de $\frac 1 2$ .
Asumí un panel vertical, hasta el suelo y con una altura total de 9 pies. Para ser honesto, OP no definió el problema de manera inequívoca.
Lo siento, el de 9 pies va al suelo y el redondo es un corte de perfil en el lado tangencial por estética y para reducir el coeficiente de arrastre.
Ok, entonces supongo que no entendí bien, revisaré mi respuesta.

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