UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA MECÁNICA-ENERGÍA
PROCESOS DE MANUFACTURA I
EXAMEN DE SUBSANACION.
Miércoles, 16 de marzo del 2005
PROBLEMA N° 1 Se diseña el trabajo en una fresadora para ejecutar un canal chavetero de 10mm de profundidad, 20mm de ancho, y en una longitud de 200mm; disponiéndose de una fresa de acero rápido de 100mm de diámetro, cuyo ancho es de 20mm y de 21 dientes. Para esta consideración se recomienda no exceder la velocidad de corte de 20m/min, y deberá tener un avance por diente de 0.08mm/Z, y el husillo principal gira a velocidades alternativas de: n = 30, 56, 90, 120, 180, 320, 440 rpm. La energía específica de corte del material puede considerarse constante e igual a 0.02Kw-min/cm3. Y, sabi sabién éndo dose se que que el cost costo o del del flui fluido do eléc eléctr tric ico o indu indust stri rial al es S/.3.25/Kw-h. Se pide determinar: 1.- Potencia requerida en la pasada. 2.- Longitud del corte tangencial o descendiente. 3.- Momento torsor angular. 4.- Potencia media requerida. 5.- Costo de la energía neta consumida del sistema en una pasada requerida.
SOLUCIONARIO. Datos: Pm = 3Kw aZ = 0.08mm/z Kc = 0.02Kw-min/cm3= 122.4 Kgf/mm² Vc = 20m/min D = 100mm b = 20mm Z = 21 L = 200m 200mm m Cf = S/. S/.3. 3.25 25/K /Kww-h h 1.- Potencia requerida en la pasada. Potencia de corte: a) Selección de la velocidad rotacional del husillo. n
=
1000*
Vc π * D
=
1000* 20
*
π
100
= 63.6rpm
Seleccionamos: n.= 56rpm. b) Avance de la mesa longitudinal. a. = aZ *Z = 0.08*21 = 1.68mm/rev.
c) Velocidad Automática. VA = a * n = 1.68 * 56 = 94mm/min d) Caudal de remoción de viruta. Espesor medio em = aZ*
p
= 0.08*
10
=0.025mm D 100 ZW = p * VA* b = 10*94*20 =18.8cm 3/min. Pc = Kc * ZW =0.02*18.8 = 0.376Kw.
3.- Longitud del corte normal o ascendente. LAB = R*θ + r* senθ a) ángu ángulo lo de de con conta tact cto; o; Cosθ
R
−
50
p
=
θ
=
R 36.87 º
θ
=
0.643rad
=
−
10
50
=
0.8
b) Long Longit itud ud del del cort cortad ador or:: Elaborado: Ing. Sánchez Valverde.
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PROCESOS DE MANUFACTURA I r
=
a 2*
π
=
1.68 2*
π
= 0.267mm
LBA = 50 * 0.643 - 0.267 * sen 36.87 =31.989 ≅ 32mm 4.- Momento torsor angular. Wc = R*θ*em*Kc*b Energía especifica media. Kc = 0.02*102*60= 122.4Kgf/mm². Wc = 50* 0.643* 0.025 * 122.4 * 20 = 1967.58 kgf-mm 5.- El tiempo de maquinado en una pasada, empleando recorridos anterior y ulterior. a) longitud de desplazamiento: 100 * 10 10² =30 X = D. p p² −
Tm =
=
−
L + 2. X 200 + 2 * 30 = 3.5 min = V 75 A
Tiempo de maquinado en toda la operación es: Tm = 3.5min Tm = 0.058horas. 6.- Potencia media requerida. Pc
1967.58 * 21 * 56 =
60 x 102 .10 3
=
0.38 Kw
7.- Costo de la energía neta consumida del sistema en la pasada requerida. Ce = Pc* Tm* Cf = 0.38Kw*0.058h*3.25/Kw-h Ce = S/. 0.072/proceso.
PROBLEMA N° 2 En un taller mecánico de producción, se sugiere el uso de la limadora de codo, para rebajar un material de acero negro por acepillado un espesor de 2.25mm, empleándose para el mismo, dos (2) pasadas de igual profundidad, y el tiempo medio de mecanizado total es 43min, la presión específica del material es 0.085Kwmin/cm3 y por razones de deflexión la maquina a emplearse ha sido regulada: la longitud de carrera de carnero en 265mm, el ancho del material es de 310mm, el avance de la mesa transversal es 0.2mm/rev, la velocidad media de corte es 24m/min y la velocidad máxima de corte es 40m/min. Y, del mismo modo, se sabe que la longitud de la biela es 480mm, y para un segundo proceso de manufactura se amplia la carrera del carnero en 300mm, manteniéndose constante la velocidad de giro del plato manivela indicado. Para las consideraciones expuestas se pide determinar: 1.- Los ángulos de: trabajo, corte y retorno. 2.- La velocidad media de retorno. 3.- La velocidad de rotación de la colisa. 4.- La velocidad máxima de corte en la ampliación de carrera. 5.- La potencia media de corte.
SOLUCIONARIO. Datos: Velocidad media de corte V C = 24m/min Presión especifica del material Kc = 0.085Kw −
min cm
3
a = 0.2 mm/rev R = 480mm L2 = 300 mm B = 310 mm Tmed = 43min
Longitud de carrera en L1 = 265mm Avance de la mesa transversal en a = 0.2mm/rev La velocidad máxima de corte V max = 40m/min 1. Los ángulos de: trabajo, corte y retorno. Elaborado: Ing. Sánchez Valverde.
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PROCESOS DE MANUFACTURA I a) ángulo de carrera. L1 = 265 = 0.01 Senγ = 2 * R 2 * 480
γ = 16° b) ángulo de corte:
α = 180+ 2 * γ = 180+ 2 * 16 = 212° c) angulo de retorno:
β=360-2*γ = 360-212 = 148° 2. La velocidad media de retorno. B L L *2 = + a Vc VR 310 0.265 0.265 * 2 + 43 = VR 0.2 24
Tmed
0.256
V R =
= 90.5m / min
0.00282930
3.- La velocidad de rotación de la colisa. Tiempo de ciclo de corte: TC
256
L =
3
V C * 10
=
3
24* 10
=
min 0.0106666
3
=
Tiempo de retorno: 256
L
TR
=
TC
+ TR =
3
V R *10 1
n n = 74rpm
=
90.5*10
min 0.00282873
= 0.0106666+ 0.00282873= 0.013
4.- La velocidad máxima de corte en la ampliación de carrera. a) relación de longitudes: 2 * R * r L1 = b1 b 1
=
L1 2 * R * r
=
V2 max V1max V2 max
5.
=
=
2 * 480* r 265
= 3.62* r
2 * 480* r
= 3.2 * r L2 300 a) velocidad máxima de corte.
b 2
=
2 * R * r
b1
+
r
b 2
+
r
4.62 =
4.2
4.62* 40 =
4.2
=
44m / min
La potencia media de corte. a) caudal de viruta: Zw = p * a* V C = 2.25* 0.2 * 24=10.8cm 3/min Pc = Kc * Zw = 0.085*10.8 = 0.918 Kw
Elaborado: Ing. Sánchez Valverde.
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PROCESOS DE MANUFACTURA I
PROBLEMA N° 3 En la producción de elementos mecánicos en serie, puede emplearse en una máquina A, o en una máquina B, los cuales son abastecidos por una máquina matriz C, que produce de acuerdo a la alternativa propuesta: − El tiempo de preparación de la máquina C para la alternativa CA es: tiempo de ciclo 2.0 horas, tiempo de preparación de 2.8 horas y produce 8 pieza/hora. − El tiempo de preparación de la máquina C para la alternativa CB es: tiempo de ciclo 3.3 horas, tiempo de preparación de 4.5 horas y produce 9 pieza/hora. Para la máquina A, el tiempo de preparación es 4 horas y produce 15 piezas/hora; y, para la máquina B el tiempo de preparación es 3 horas y produce 10 piezas/hora. Y, del mismo modo, el Costo Hora Máquina de las alternativas es: − Para la maquina C es S/. 840. − Para la maquina A es S/. 1400. − Para la maquina B es S/. 1260. Asimismo, el costo de materiales, herramientas y dispositivos es S/. 6.0/pieza para la alternativa CA, y S/. 8.10/pieza para la alternativa CB. De las condiciones dadas se pide: 1. La ecuación del Isocoste de cada alternativa. 2. El numero de piezas en el punto de equilibrio de las alternativas propuestas. 3. El costo total de cada alternativa. 4. La alternativa más económica para la fabricación de 210 piezas. 5. El costo marginal o unitario de cada alternativa.
SOLUCIONARIO. 1.- La ecuación del Isocoste de cada alternativa. Costo de Manufactura o Costo Total. CManufac = (CM + CL).Tcal + CHta.n
Tc = 2.0 horas Tp = 2.8 horas n. = 8 Pieza/hora
Tp = 4 horas n. =10 Pieza/hora CHta = S/. 6.0
A: CH = S/.1400
C: CH = S/.840
Tc = 3.3 horas Tp = 4.5 horas n=9 Pieza/hora
Tp = 3 horas n. =10 Pieza/hora CHta = S/. 8.10
B: CH = S/.1260
A) Tiempo Calculado: Tcal = Te + Tp/n = 1.08*2.0 + 2.8/8 =2.51 horas. b) Costo Total de la alternativa CA. CCA = ( CM + CL).Tcal + CHta.n = CHc*Tcal+ CHA*Tcal+ CHta.n CCA = 840*2.51 + 1470*4 + 18*6.0*n CCA = 7708 + 108*n. C) Costo Total de la alternativa CB. D) Tiempo Calculado: Tcal = Te + Tp/n = 1.08*3.3 + 4.5/9 = 4 horas. Elaborado: Ing. Sánchez Valverde.
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PROCESOS DE MANUFACTURA I CCB = (CM + CL).Tcal + CHta.n = 840*4 + 1260*3 + 19*8.10*n CCB = 7140 + 153.90.n.
2.- El numero de piezas en el punto de equilibrio de las alternativas. Punto de equilibrio: CCA = CCB 7708.4 + 108*n. = 7140 + 153.90.n. n
=
− 7140 568.4 = = 12.4 ≡ 13 153.90− 108 45.9
7708.4
3. El costo total de la alternativa CCA. CCA = 7708.4 + 108*n. = 7708.4 + 108*13 = 9112.4 El costo total de la alternativa C CB. CCB = 7140 + 153.90.n.= 7140 + 153.90*13 = 9140.7 4. La alternativa más económica para la fabricación de n = 210 piezas. CCA = 7708.4 + 108*n. = 7708.4 + 108*210 = 30388.4, es la alternativa mas económica. CCB = 7140 + 153.90.n.= 7140 + 153.90*210 = 39559 5. El costo marginal o unitario de cada alternativa. C UCA
=
C UCB
=
C TOTAL n CTOTAL n
.4 30388 =
210
= 144.7 ≅ 145
39559 =
210
=
188
PROBLEMA N° 4 Se va ha diseñar una caja Norton, cuyo cabezal del torno mecánico deberá tener ocho (8) velocidades para el giro del husillo principal invertidos, de modo tal que, las velocidades por mando directo estén en progresión geométrica de una velocidad rotacional mínima de 526rpm y una máxima de 1885rpm; teniendo el contraeje la velocidad al ingreso de 800 rpm. Y, por cierta limitación de espacio, la mayor polea conductora del contraeje deberá tener un diámetro de 231 mm. Para el tren del sistema reductor se dispone de dientes rectos cuyo modulo es 5. Y, por razones de espacio la distancia entre centros de los engranajes debe ser 165 mm. Ubicándose a la altura del husillo una rueda dentada de 22 dientes como elemento conductor y otro de 40 dientes como conducido a la salida. Se pide determinar: 1. Las velocidades del sistema por mando directo. 2. Los diámetros de las poleas montadas sobre el husillo principal. 3. Número de dientes requeridos de las ruedas del tren reductor 4. Diseñar el esquema de la transmisión del sistema (esquema). 5. Los diámetro de las ruedas dentadas de los engranajes
SOLUCIÓN DATOS n 8 526rpm =
d1
=
222mm
n 2 1885rpm =
m 5
Z1
=
=
22
Z4
=
40
a 165mm =
n 1 800rpm 1. Las velocidades del sistema por mando directo 1.1. Razón geométrica. =
K = 8−1
n max n min
=
1885 7
526
= 1.2
1.2. Velocidades por mando directo Elaborado: Ing. Sánchez Valverde.
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PROCESOS DE MANUFACTURA I n1 n2 n3 n4 n5 n6 n7 n8
= = = = = = = =
526rpm K*n1 = 1.2*526 = 631rpm K*n2 = 1.2*631 = 757rpm K*n3 = 1.2*757 = 908rpm K*n4 = 1.2*908 = 1090rpm K*n5 = 1.2*1090 = 1308rpm K*n6 = 1.2*1308 = 1570rpm K*n7 = 1.2*1570 = 1885rpm
2. Los diámetros de las poleas montadas sobre el husillo principal. CV
=
d1
+
d2
=
d3
+
d4
=
d5
+
d6
=
d7
+
d8
a) Relación de la rueda – velocidad n 2 * d 2 = d1 * n 1
=
d2
b)
231* 800 1885
d3 d5 d6
= d + d = 231+ 98 = 329mm 1
d2 d4
= 98mm
Distancia virtual
CV
d1
d7
2
d8
= 231mm = 98mm = 218mm = 111mm = 204mm = 125mm = 189.7mm = 139.3mm
c) diámetro de poleas nones y pares: 329
=
d3
800
= 218
+1
1570
d4 = 329 – 218 = 111 329
=
d5
800
= 204
+1
1308
d6 = 329 – 204 =125 d7
329
=
800
= 189.7
+1
1090
d8 = 329 – 189.7 = 139.3 3. Número de dientes requeridos de las ruedas del tren reductor Z1
a
=
=
22
m 2
(Z1
Z4
+Z
2
=
40
Z2
2
5
2
Z1
= 44
Z2
5
Z3
= ( 40+ Z )
165
2
Z3
=
a
=
165
)
5 = ( 22+ Z )
165
m
3
Z4
= 22 = 44 = 26 = 40
= 26
Z 1 + Z 2 = Z 3 + Z 4 =22+44=26+40=66
Elaborado: Ing. Sánchez Valverde.
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PROCESOS DE MANUFACTURA I 4. Diseñar el esquema de la transmisión del sistema (esquema). Relación de transmisión. iT
=
Z1.Z 3 Z 2 .Z 4
i 1.2
=
i 3, 4
=
iT
44 22 40 26
= 22x26 = 0.325 44x 40
=2 = 1.538
= 44
x 40
22x 26
= 3.077
El esquema de la transmisión del sistema d1 d d d 3 4 5
n1=800rpm Z4=40 Z1=22
Z3=26 Z2=44
5. Los diámetro de las ruedas dentadas de los engranajes d1 d2 d3 d4
= m*Z = m*Z = m*Z = m*Z
1 2
3
4
= 5* 22= 110mm = 5* 44 = 220mm = 5* 26 = 130mm = 5* 40 = 200mm
Elaborado: Ing. Sánchez Valverde.
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