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ejercicios tecnologia mecanica

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  • 1. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es 11 problemas resueltos de TECNOLOGÍA MECÁNICA. -1-
  • 2. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es ÍNDICE DE PROBLEMAS:I. Deformación plástica.(1º) EJERCICIO DE TREFILADO..........................................................pág. 3(2º) EJERCICIO DE EXTRUSIÓN INVERSA..........................................pág. 7(3º) EJERCICIO DE CEPILLADO.........................................................pág. 10(4º) EJERCICIO DE LAMINADO..........................................................pág. 11II. Procesos de mecanizado.(5º) EJERCICIO DE FÓRMULA DE TAYLOR..........................................pág. 14(6º) EJERCICIO DE TIEMPO DE MECANIZADO...................................pág. 15(7º) EJERCICIO DE VIDA DE HERRAMIENTA......................................pág. 17III. Procesos de eliminación de material.(8º) EJERCICIO DE TORNEADO..........................................................pág. 14(9º) EJERCICIO DE CORTE ORTOGONAL.(10º) EJERCICIO DE MECANIZADO)..................................................pág. 24IV. Programación en CNC.(11º) EJERCICIO PROGRAMACIÓN CNC.............................................pág. 24 -2-
  • 3. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es(1º) EJERCICIO DE TREFILADO.Se quiere trefilar un alambre de 6 mm de diámetro. El material de partida es unaaleación de aluminio (A7075) en estado recocido, cuyo comportamiento plásticopuede aproximarse por la siguiente ley: σ = 254 ⋅ ε 0.17Se pide: a) Demostrar que la condición límite de estirado para materiales cuyo comportamiento plástico puede aproximarse por la siguiente ley: ε f n +1 − ε i n +1 < n +1 εfn b) Calcular la deformación máxima admitida por la aleación A7075 teniendo en cuenta el estado recocido del que se parte. c) Demostrar que si di , representa el diámetro del alambre antes del trefilado y d f el diámetro después del mismo, se cumple la relación: ∆ε − d f = di ⋅ e 2 d) Calcular el diámetro final mínimo que podría obtenerse con el material dado en una pasada.SOLUCIÓN.a)Primera forma.La carga P alcanzará un valor máximo cuando la pendiente de la curva detensiones-deformaciones (grado de endurecimiento por deformación plástica), seaigual que la magnitud aplicada. Una deformación mayor provocará la inestabilidad yaunque gráficamente se observe una disminución aparente de la carga, esto noserá así, pues habrá comenzado la estricción (reducción brusca de una sección)donde se localizará poco después la rotura. σ máx σ σ rotura σ = Y = Cε n Y = cte εEn la gráfica anterior se ha comparado el material del problema que presentaendurecimiento por deformación, (con una curva), del material rígido plásticoperfecto, donde el valor de la tensión es independiente de la deformación, (que esuna recta). -3-
  • 4. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es  ∂σ Si la pendiente de la curva   es mayor que la tensión soportada, que en  ∂ε   Prealidad es la carga entre el área real  σ =  , no llegaremos a σ máx ni aparecerá  Ala rotura.Por lo tanto, hay que comenzar imponiendo: ∂σ >σ (1) ∂εToda carga en estas condiciones aparecerá como una tensión por debajo de la líneamarcada. Obsérvese que aunque se han empleado derivadas parciales, pudierahaberse optado por notar las derivadas como totales, ya que las únicas variables dela ecuación: σ = Cε n (2)son: σ y ε .Desarrollando la ec. (1.1) y poniendo derivadas totales: εf  ε n +1 − ε i n +1 dσ > σ d ε ⇒ ∫ dσ > ∫ σ d ε ⇒ σ f > ∫ Cε n d ε ⇒ Cε f n > C  f ∗  ⇒…  n +1  εi   ε f n +1 − ε i n +1 … ⇒ n +1 > (3) εfndonde σ f∗ es la tensión que hace referencia a la carga final entre el área inicial ydonde se demuestra en (3) la ecuación de partida.2ª forma.Otra forma más elaborada de llegar a este resultado sería como se va a comentara continuación.. capacidad deformadora del trefilado viene limitada por la rotura del alambreLaproducido (a la salida de la hilera) ya que es el agente del accionamiento delproceso. Ello se expresa en el límite mediante la igualdad: σ zf = Y εf (4)donde:σ zf es la tensión de accionamiento o tensión de salida de la matriz.Y εf es la tensión unidireccional de fluencia para el estado de deformación εf .La expresión de la fuerza de trefilado F en la hipótesis de deformación homogéneasin rozamiento es:  1  F = Af σ zf = Af Y ln   = Af Y ε i f = Af Y (ε f − ε i ) (5)  1− r donde:Af es el área de la sección de salida de la hilera de trefilado.r es la reducción de sección en el trefilado.Y es la media integral de la tensión unidireccional de fluencia entre los niveles dedeformación εi y εf .La condición límite se obtiene igualando (4) y (5). No obstante, no deberárebasarse dicha condición límite, por lo cual: -4-
  • 5. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es Y ε f > Y (ε f − ε i ) (6)Desarrollando: εf C εf ε n +1 − ε in +1 Cε > ∫ Cε d ε = n n ε n +1  ⇒ε > n f ⇒… n +1   f εi f εi n +1 ε n +1 − ε in +1 f … ⇒ n +1 > (7) εnfDe cualquiera de las dos formas se demuestra la condición límite de estirado paralos materiales cuyo comportamiento plástico queda definido por la ec. (2).b)Si se considera ε i = 0 , de la expresión anterior, tenemos: ε f < n +1 (8)y como: n = 0,17 ⇒ ε f < 1,17la deformación máxima se da en el límite de la desigualdad anterior: εf máx = 1,17 (9)c)Por una parte se tiene:  1  ln   = ε f − εi (10)  1− r Por otra: d i2 − d 2 f r= (11) di2Introduciendo (10) en (11) queda:      1   di2  d i2 ∆ε di ∆ε df − ∆ε ln  = ∆ε ⇒ ln  2  = ∆ε ⇒ 2 = e ⇒ =e ⇔ 2 = e 2 ⇒…  d2 − d2  df     df df di 1 −  i f     d2   i  -5-
  • 6. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es ∆ε − d f = di e 2 (12)d)Para hallar d f , consideramos los datos en la ec. (12), resultando: 1,17 − d f = 6⋅e 2 ⇒ d f = 3,343 mm ⇒ d f 3,3 mmPara calcular la reducción R en tanto por ciento, se hace:  1  1 ε εf 1,17ln   = ε f − εi ⇒ = e f ⇒ … ⇒ r = 1 − e − ⇒ r = 1 − e − ⇒ r = 0, 690 ⇒ R = 69, 0 %  1− r  1− r -6-
  • 7. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es(2º) EJERCICIO DE EXTRUSIÓN INVERSA.Se pretende realizar la extrusión inversa bajo hipótesis de deformación plana. Elorden de magnitud de la presión de extrusión se va a estimar mediante el Teoremadel Límite Superior para lo que se va a utilizar el diagrama de bloques rígidosrepresentados en la figura. Suponiendo rozamiento de semiadherencia se pide: a) Hodógrafo de velocidades. b) Evaluación de Pext/2k en función de d1, d2, L2. c) Aplicación a d1=10 mm, L2=8 mm y m=0,16. d2 d1 d2 = 2d1 Puzón Vi Matriz L2 π/4 IV II Material I a extruir II ISOLUCIÓN.a) Hodógrafo de velocidades d2 d1 d2 = 2d1 IV L2 B π/4 II II θ C A D I -7-
  • 8. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esObservando el dibujo se pueden establecer las siguientes relacionestrigonométricas: BDtgθ = DC d1BD = AD = 2 2 2 d1AB = AD + BD = 2 d − d 1 0 ,5 ⋅ d 1BC = 2 = 2 cos θ cos θ d 2 − d 1 2d 1 − d 1 d 1DC = = = 2 2 2 d2AC = 2 d1 / 2tgθ = = 1 ⇒ θ = 45º d1 / 2 El bloque I no se moverá porque se supone que el material es incomprensible. El bloque II experimentará un movimiento horizontal hacia la derecha,moviéndose sobre el bloque I que permanece inmóvil. El bloque III se desplazará hacia abajo al ser empujado por el punzón. El bloque IV se desplazará hacia arriba porque a su derecha se encuentra la matriz que es indeformable.Suponiendo que el punzón se mueve a velocidad constante V, para la hodógrafa develocidades se tendrá el siguiente esquema.VI = 0 V II -IVVIII = V VIV // AB VIII VII = VI-IIVII = = V O θ tg 45 45 // BCVIV = VII tg θ = V tg 45 = V VIII VII-IIIVI - II = VII = VVII - III = V 2 VII VVII - IV = = =V 2 cos θ cos 45 -8-
  • 9. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esb) Evaluación de la Pext / 2k en función de d1, d2 y L2. Por el Teorema del Límite Superior, se tiene: W ≤ 2k ∫ 1 2 ( ) ε ij ε ij dvol + ∫ τ ∆v * da − ∫ Ti vi* da * vol S * ST D Donde el primer término del segundo miembro es nulo por tratarse de un modelo de bloques rígidos y el tercero también lo es porque los esfuerzos externos que actúan son cero. Quedará: W ≤ 2k ∫ S ∆v* da = 2k  VI − II ACw + VII − III ABw + VII − IV BCw + m VIV + VIII L2 w =   D*  1 2  = 2kw  (V + 2 ⋅ V ⋅ + 2 ⋅V ⋅ ) ⋅ d1 + m ⋅ 2 ⋅ V ⋅ L2   2 2  W = FV = Pext SV = Pext d1 wV Pext d1wV ≤ 2kwV [3 ⋅ d1 + 2 ⋅ m ⋅ L2 ] Pext 2mL2 ≤ 3+ 2k d1c) Aplicación a d1= 10 mm, L2 = 8 mm y m = 0,16: Pext ≤ 3, 26 2k -9-
  • 10. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es(3º) EJERCICIO DE CEPILLADO.Se pretende planear la superficie superior de una pieza paralelepípeda de 2000 mmde longitud, 300 mm de ancho y 250 mm de alto en una máquina-herramientacepilladora mediante una única pasada. El proceso de cepillado tiene lugar a unavelocidad de corte aproximadamente constante de valor 13,7 m/min y a unavelocidad de retroceso también constante de 22 m/min. El material a mecanizar esacero al carbono, la profundidad de pasada es de 4,5 mm y el avance de 0,35 mm.Si la carrera complementaria de entrada es de 120 mm y la de salida de 85 mm ylos tiempos de inversión son de 2,2 s, se pide calcular: a) El tiempo necesario para el mecanizado de la pieza. b) La potencia de cepillado si la presión de corte del material en las condiciones del proceso es de 1.850 Mpa.SOLUCIÓN.(a)Longitud de una carrera lc: lc = le + L + ls ⇒ lc = 120 + 2000 + 85 ⇒ lc = 2.205 mm ⇒ lc = 2, 205 mTiempo empleado en la doble carrera: lc lc 2ti 2, 205 2, 205 2 ⋅ 2, 2 tdc = + + ⇒ tdc = + + ⇒ tdc = 0,342 min ⇒ tdc = 20,54 s vc vr 60 13, 7 22 60Número dobles carreras necesarias para el planificado de la superficie de la pieza: An 300 N= ⇒N= ⇒ N = 857,14 ⇒ N = 858 dobles carreras (nº entero mayor) a 0,35Tiempo total de mecanizado:tm = N ⋅ tdc ⇒ tm = 858 ⋅ 20,54 s ⇒ tm = 17.623 s ⇒ tm = 293, 72 min ⇒ tm = 4,895 horas tm = 4 h 53 43(b)Llamando z’ al volumen de material eliminado por unidad de tiempo: z = p ⋅ a ⋅Vdonde: p = profundidad, a = avance, V = volumen.Expresión de la potencia P del mecanizado en función de la presión de corte pc:P = pc ⋅ z = pc ⋅ p ⋅ a ⋅ V ⇒ P = 1.850 ⋅106 ⋅ 4,5 ⋅10−3 ⋅ 0,35 ⋅10−3 ⋅ ( 2, 0 ⋅ 0,3 ⋅ 0, 25 ) ⇒ P = 437, 062 W - 10 -
  • 11. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es(4º) EJERCICIO DE LAMINADO.Mediante un proceso de laminación se pretende reducir el espesor de una chapa deacero recodido de 1.850 mm de ancho y 3,5 mm de espesor. Si los cilindrosempleados tienen un diámetro de 350 mm se pide: a) Calcular la carga en los cilindros para reducir el espesor de la chapa a 3 mm. b) Calcular la carga en los cilindros si la reducción es un 50 % mayor que la del caso anterior. El comportamiento del material viene dado por: S (daN / mm 2 ) = 38ε + 42 NOTA: Especificar todas las hipótesis y simplificaciones efectuadas.hi hf Proceso de reducción de espesor tras el laminado.SOLUCIÓN.Ecuaciones a emplear.La carga P necesaria para la compresión sin rozamiento de la chapa desde unespesor inicial hi hasta un espesor final h f (donde naturalmente hi > h f ), se iráincrementando a medida que la compresión avance. El valor final de la carga P seráel producto del área final A1 y la tensión de fluencia Y1 para la deformación ε1 que  hi corresponde a ln  . h   f Las cargas aumentarán con el rozamiento y con buena lubricación, obviamente,serán menores.Se tomará una tensión de fluencia media Y , que puede tratarse mediante laecuación: P = A ⋅ Y = L ⋅ w⋅Y (13) - 11 -
  • 12. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esdonde: L es la semilongitud de chapa que deforman los cilindros en el avance dellaminado. w es el ancho de la chapa. A es el área limitada por L y w .Llamando R al radio de cada cilindro y ∆h a la altura del laminado saliente, sepuede expresar: 2  ∆h  L = R −R − 2 2  (14)  2 pero como: R ∆h (15)Considerando las dos últimas ecuaciones se puede poner: L = R ⋅ ∆h (16)Llevando (18) a la ec. (15), resulta: P = w ⋅ Y ⋅ R ⋅ ∆h (17)En el laminado en frío (en banda ancha) se aproxima a una deformación plana conε 3 = 0 y se usa la tensión de fluencia en deformación plana S.Además, considerando un 20 % más para el rozamiento que incrementará S,resulta: P = 1, 2 ⋅ S ⋅ w ⋅ R ⋅ ∆h (18) S = 38ε + 42 (19)a) Reducción a h f = 3 mm .  hi   3,5   ε0 = 0 ε 01 = ln   = ln   ⇒ ε 01 = 0,15     hf   3   ε1 = ε 0 + ε 01 = 0,15 S1* = ( 42 + 0 ) + ( 42 + 38 ⋅ 0,15) ⇒ S * = 44,93 daN 1 2 mm 2 *donde S1 es la tensión de fluencia media en la deformación plana.Llevando a la ec. 20, los datos enunciados junto con la tensión de fluencia mediacalculada anteriormente, queda: P = 1, 2 ⋅ S1* ⋅ w ⋅ R ⋅ ∆h ⇒ P = 1, 2 ⋅ 44,93 ⋅1.850 ⋅ 175 ⋅ ( 3,5 − 3) ⇒ P = 933 ⋅103 daN 1 1 1 - 12 -
  • 13. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. ngeMek - Ingenieros www.ingemek.esb) Reducción a h′ = 1,5 mm (50 % mayor) . f  hi   3,5   ε0 = 0 ′ ′ ε 01 = ln   = ln  ′  ⇒ ε 01 = 0,85  ε ′ = ε ′ + ε ′ = 0,85  h′f   1,5     1 0 01 S1′* = ( 42 + 0 ) + ( 42 + 38 ⋅ 0,85) ⇒ S ′* = 58,10 daN 1 2 mm 2P′ = 1, 2 ⋅ S1′* ⋅ w ⋅ R ⋅ ∆h′ ⇒ P′ = 1, 2 ⋅ 58,10 ⋅1.850 ⋅ 175 ⋅ ( 3,5 − 1,5 ) ⇒ P′ = 2.413 ⋅103 daN 1 1 1 P′La carga en este caso es 1 2,59 veces mayor. P1Aunque esto no lo pide el problema, vamos a comparar la carga P′ de reducir el 1espesor de hi = 3,5 mm a h′f = 1,5 mm con la que se obtendría si la reducción sehiciese en dos pasadas: la primera de 3,5 a 3 mm y la segunda de 3 a 1,5 mm.Los cálculos para la primera pasada son los del apartado a): P = 933 ⋅103 daN 1En la segunda pasada, tenemos:  hf   3   ε1 = 0,15 ε12 = ln   = ln   ⇒ ε12 = 0, 69  ε = ε + ε = 0,15 + 0, 69 = 0,84    h′f   1,5   2 1 12 S2 = * ( 42 + 38 ⋅ 0,15) + ( 42 + 38 ⋅ 0,84 ) ⇒ S * = 60,81 daN 2 2 mm 2 P2 = 1, 2 ⋅ S 2 ⋅ w ⋅ R ⋅ ∆h′ ⇒ P2 = 1, 2 ⋅ 60,81⋅1.850 ⋅ 175 ⋅ ( 3 − 1,5 ) ⇒ P2 = 2.187 ⋅103 daN *La carga total P será: P = P + P2 ⇒ P = 3.120 ⋅10 daN , 3 12 12 1 12que representa un 29 % más de carga con respecto a la reducción en una pasada.De todas formas, la reducción en dos pasadas no se ha equilibrado en cuanto a losdiámetros intermedios. Si consideramos las reducciones de pasadas equilibradas: laprimera de 3,5 a 2,5 mm y la segunda de 2,5 a 1,5 mm, es decir, reduciendo cadavez 1 mm, resultaría, siguiendo los cálculos análogos, lo siguiente:En la primera pasada: P′′= 1.423 ⋅103 daN , mientras que en la segunda: 1P2′′ = 1.897 ⋅103 daN , lo que da lugar a que la carga total P′′ sea: P′′ = 3.320 ⋅103 daN 12 12que resulta un 37,5 % más de carga comparando con la técnica de una sola pasaday que es un resultado todavía peor al anterior.En resumen, la menor carga en cilindros se da cuando se efectúa una sola pasada,y entre las dos pasadas, cuando la primera pasada es de menor profundidad. - 13 -
  • 14. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es(5º) EJERCICIO DE FÓRMULA DE TAYLOR.Determinar los parámetros n y K de la fórmula de Taylor, para una herramienta deacero rápido sabiendo que su vida, cuando trabaja en unas determinadascondiciones, es de 1.500 s, si su velocidad de corte es de 0,8 m/s y de 300 s parauna velocidad de corte de 0,95 m/s.SOLUCIÓN.La fórmula de Taylor es: V ⋅T n = K (20)Habrá que convertir los datos del problema: el tiempo T a minutos y la velocidad Va metros/minuto. T1 = 1500 s = 25 min T2 = 300 s = 5 min m m V1 = 0,8 = 48 s min m m V2 = 0,95 = 57 s minEs factible formar un sistema de ecuaciones con la ecuación de Taylor: V1 ⋅ T1n = KSabiendo que K es siempre la misma:  V2 ⋅ T2 = K n  log V1 + n ⋅ log T1 = log KTomando logaritmos al sistema anterior:  log V2 + n ⋅ log T2 = log KY observando que el segundo miembro de ambas ecuaciones es el mismo, podemosrestar los primeros miembros, resultando cero: log V1 − log V2 + n ⋅ ( log T1 − log T2 ) = 0De la ecuación anterior es posible despejar n : V  log  2  log  57    n=  V1  =  48  ⇒ n = 0,107 T   25  log  1  log    T2   5 Entrando en la ec. (29) con el valor de n hallado, por ejemplo con los valores V2y T2 se tiene: K = 57 ⋅ 50,107 ⇒ K = 67, 712 - 14 -
  • 15. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es(6º) EJERCICIO DE TIEMPO DE MECANIZADO.Calcular el tiempo de mecanizado de una operación de cepillado en la que se desearebajar 6,5 mm. en una pieza de 700 mm. de ancho y de 2.800 mm de longitud.Las condiciones de corte que se van a emplear son: Desbastado Afinado p = 3 mm p = 0,4 mm VA= 20 m/min (0,33 m/s) VA= 26 m/min (0,33 m/s) VR = 33 m/min (0,55 m/s) VR = 35 m/min (0,58 m/s) a = 3 mm/dc a = 4 mm/dcEl mecanizado se va a realizar en tres pasadas, con las siguientes profundidades:Pasada 1: De desbaste p1 = 3 mm.Pasada 2: De desbaste p2 = 3 mm.Pasada 3: De afinado p3 = 0,4 mm. Total pasadas: 6,4 mmSupóngase que la carrera complementaria de entrada es de 150 mm. y la de salidade 100 mm y que los anchos complementarios de avance y de salida son ambos de4 mm.SOLUCIÓN.La longitud de la carrera debe ser mayor que la longitud de la pieza para que elcontacto entre pieza y herramienta se efectúe con una velocidad distinta de cero. L = l + le + ls = 2.800 + 150 + 100 ⇒ L = 3.050 mmEn el avance sucede lo mismo con la anchura: B = b + be + bs = 700 + 4 + 4 ⇒ B = 708 mm - 15 -
  • 16. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esEl avance es, para el desbastado, 3 mm/doble carrera, mientras que para elafinado, 4 mm/doble carrera, por lo que: B 708 Desbaste: d .c. = = ⇒ d .c. = 236 aD 3 B 708 Afinado: d .c. = = ⇒ d .c. = 177 aD 4En las pasadas de desbaste tenemos las mismas condiciones, por lo que lostiempos empleados serán iguales.Desbaste: 1m 1m 3.050 mm ⋅ 3.050 mm ⋅ * L L 1.000 mm + 1.000 mm ⇒ t * = 14, 70 s tD = + = (VA ) D (VR )D 20 m 1 min ⋅ 33 m 1 min ⋅ D min 60 s min 60 s *El tiempo t D hallado es el de una doble carrera. Multiplicando por el nº de d.c.,hallamos el tiempo t D para un desbaste: t D = t D ⋅ ( d .c ) D ⇒ t D = 236 ⋅14, 7 ⇒ t D = 3.468 s *Como ya se ha referido, los dos desbastes son iguales, luego: t D = t1 = t2 , quedando: t1 = t2 = 3.468 sAfinado: 1m 1m 3.050 mm ⋅ 3.050 mm ⋅ * L L 1.000 mm + 1.000 mm ⇒ t * = 12, 27 stA = + = (VA ) A (VR ) A 26 m 1 min ⋅ 35 m 1 min ⋅ A min 60 s min 60 sEntonces el tiempo total para el afinado, será: t3 = t A ⋅ ( d .c ) A ⇒ t3 = 177 ⋅12, 27 ⇒ t = 2.172 s *Finalmente, el tiempo total de mecanizado de la pieza es:T = t1 + t2 + t3 = 3.468 + 3.468 + 2.172 ⇒ T = 9.108 s ⇒ T 2 h 31 min 48 s - 16 -
  • 17. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es(7º) EJERCICIO DE VIDA DE HERRAMIENTA.Con la intención de determinar la vida de una herramienta se ha realizado unensayo para el que se han empleado dos velocidades distintas, 50 m/min y 120m/min, pero manteniendo invariables el resto de parámetros. Para cada uno de loscasos, se ha ido tomando el valor que presentaba el ancho de la franja de desgaste,VB, a intervalos de 5 minutos, obteniéndose los resultados que se muestran en lasiguiente tabla: Tiempo t (min) VB50 (mm) VB120 (mm) 0 0 0 5 0,235 0,405 10 0,365 0,585 15 0,495 0,765 20 0,625 0,945 25 0,750 1,125Si se asume como criterio de inutilidad un valor de VB=0,670 mm, calcule la vidade la herramienta cuando se trabaja en condiciones semejantes a las del ensayopero con una velocidad de corte de 75 m/min.SOLUCIÓN.Al tratarse de un ensayo en el que sólo se varía la velocidad de corte, se puedeaplicar la ecuación de Taylor dada por: VT n = K (21)que expresada en logaritmos sería: log V + n log T = log K (22)Primeramente se determinará para cada velocidad, el tiempo de inutilidad con elcriterio VB = 0,670 m en función del tiempo.En primer lugar, es necesario comprobar que el valor de VB que nos dan seencuentra en la zona de crecimiento lineal de VB con T, para lo que bastainspeccionar los valores que se muestran en la tabla de datos. Se observa queentre T ≥ 5 min y T ≤ 25 min existen relaciones lineales por cada incremento de 5minutos, por lo que podrán buscarse los valores T50 y T120 por interpolación lineal.Es necesario calcular las vidas de la herramienta para las velocidades ensayadas.• T50 con VB = 0,670 mm.Observando la tabla: T (min) VB50 (mm) 20 0,625 25 0,750Su interpolación es: T50 − 20 0, 670 − 0, 625 = ⇒ T50 = 21,8 min = 21 min 48 s 25 − 20 0, 750 − 0, 625 - 17 -
  • 18. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es• T120 con VB = 0,670 mm.Observando la tabla: T (min) VB40 (mm) 10 0,585 15 0,765Su interpolación es: T120 − 10 0, 670 − 0,585 = ⇒ T110 = 12,36 min = 12 min 21,4 s 15 − 10 0, 765 − 0,585Entrando en la ec. de Taylor con los tiempos calculados y las velocidades delenunciado, tenemos: 50 ⋅ 21,8n = K 120 ⋅12,36n = KSe igualan las dos ecuaciones, por ser K la misma constante. Al despejarparcialmente resulta: n  12,36  50  21,8  = 120 n = 1,543   K = 50 ⋅ 21,81,543 = 5.811, 71 ≈ 5.812Una vez calculadas las constantes se puede calcular la vida de la herramienta parala velocidad que nos dan, haciendo: 5812 T 1,543 = T = 16, 76 min = 16 min 45,5 s 75 - 18 -
  • 19. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es(8º) EJERCICIO DE TORNEADO.Se dispone de un torno con las siguientes características: Gama de velocidades del torno (en r.p.m.): 2.000, 1.500, 750, 500, 250, 125 y 62. Potencia máxima: 8 kW. Rendimiento η=0,95.En él se van a mecanizar piezas de acero al carbono con una herramienta de acerorápido. Concretamente, se van a cilindrar en desbaste preformas de 180 mm delongitud y 60 mm de diámetro hasta que el diámetro final sea de 55 mm. Teniendoen cuenta que la velocidad de corte recomendada por el fabricante de laherramienta es de 47,5 m/min para el proceso y el material elegidos y que lapresión de corte del acero al carbono es ks=0,500.106 kN/m2: a) Determinar las condiciones de corte: velocidad de corte (V), avance (a) y profundidad de pasada (p), en condiciones de potencia máxima. b) Calcular el tiempo necesario para llevar a cabo el mecanizado.SOLUCIÓN. mLa velocidad recomendada es vr = 47,5 por lo que ajustaremos a ella la minvelocidad de rotación apropiada por la herramienta. Del rendimiento extraemos lapotencia real extraída para el proceso: P η= ⇒ P = 0,95 ⋅ 8 ⇒ P = 7, 6 kW PmáxLa velocidad máxima vmáx relacionada con la potencia máxima Pmáx será: η ⋅ Pmáx η ⋅ Pmáx vmáx = = Fc ks ⋅ a ⋅ pdonde: ks = presión de corte, a = avance, p = profundidad de corte, Fc = fuerza decorte. P vmáx = V = ks ⋅ a ⋅ pParece razonable asignar una pasada al proceso para el mecanizado de 5 mm, quees la diferencia entre el diámetro inicial Di y el final Df. Entonces, de la expresióndel nº de pasadas np, despejamos la profundidad de pasada p: Di − D f 60 − 55 np = ⇒1= ⇒ p = 2,5 mm 2p 2⋅ pDe la ecuación que relaciona la velocidad máxima V, obtendremos el nº derevoluciones por minuto N; se toma la velocidad recomendada vr : vr 47,5 V = ω ⋅ r = π ⋅ N ⋅ Di ⇒ N = = ⇒ N = 251,995 rpm π ⋅ Di π ⋅ 0, 060 - 19 -
  • 20. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esLa velocidad de rotación más próxima por debajo sería: N = 250 rpmEntonces la velocidad de corte pedida máxima para la única pasada, sería: m m V1máx = N π D ⇒ V1máx = 250 ⋅ π ⋅ 0, 060 ⇒ V1máx = 47,124 ⇔ V1máx = 0, 785 min sNada más queda calcular el avance:  m  P (W) 7600 a = ⇒a= ⇒  rev  k  N  ⋅ V  m  ⋅ p m 0,5 ⋅10 ⋅ 0, 785 ⋅ 0, 0025 9 s 2    ( ) m   s  m mm a = 0, 007741 ⇔ a = 7, 741 rev revPara un cilindrado de pasada única el tiempo de mecanizado es: l l l l π Di l S tm tc = = = = = ⋅ = Va a ⋅ N a ⋅ w a V ⋅ a V a ⋅V 2π π DiPodemos calcular tm de dos maneras distintas, de acuerdo a la ecuación anterior: l 180 mm1) tm = ⇒ tm = ⇒ tm = 0, 093 min ⇔ tm = 5,58 s a⋅N mm rev 7,741 ⋅ 250 rev min π Di l π ⋅ 60 mm 180 mm2) tm = ⋅ ⇒ tm = ⋅ ⇒ tm = 0, 093 min ⇔ tm = 5,58 s a V mm m 1000 mm 7,741 47,124 ⋅ rev min 1m - 20 -
  • 21. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es(9º) EJERCICIO DE CORTE ORTOGONAL.Determinar la fuerza ejercida sobre la herramienta y la potencia necesaria pararealizar el corte octogonal de una aleación de aluminio cuyos parámetros son: Ángulo de desprendimiento: γ = 25º Espesor de la viruta no deformada: h1 = 0,135 mm Ancho de corte: b = 6 mm Tensión dinámica de deslizamiento: τs = 330 N/mm2 Longitud de la viruta no deformada: l1 = 150 mm Longitud de la viruta: l2 = 40 mm Coeficiente aparente de rozamiento: µ = 0,7 Velocidad de corte: V = 40 m/minSOLUCIÓN.La fuerza ejercida sobre la herramienta es la fuerza resultante R. Necesitamossaber el valor de una de las componentes en que se puede descomponer la fuerzade corte y los ángulos que la relacionan con la fuerza resultante total.Buscamos la componente Fc , ya que la potencia de corte la da Fc ⋅ V . Las ecuaciones derivadas de la figura son: b ⋅ h1 Fs = τ s ⋅ (23) sen ϕ Fs R= (24) cos (ϕ + ρ − γ ) Fc = R ⋅ cos ( ρ − γ ) (25) cos ( ρ − ϕ ) Fc = τ s ⋅ b ⋅ h1 ⋅ (26) senϕ ⋅ cos (ϕ +ρ − ϕ )Si queremos hallar Fc , necesitamos conocer antes ϕ yρ. cos γ tan ϕ = (27) ξ − senγ h2 l2 ξ= = (28) h1 l1 - 21 -
  • 22. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es ρ = arctan µ (29)Entonces, comenzamos los cálculos. 150Aplicando (28): ξ= ⇒ ξ = 3, 75 40 cos 25ºAplicando (27): tan ϕ = = 0, 2724 ⇒ ϕ = tan −1 ( 0, 2724 ) ⇒ ϕ = 15, 24º 3, 75 − sen25ºAplicando (29): ρ = tan 0, 7 ⇒ ρ = 34,99º −1Obtenemos la fuerza de corte despejando en (26): N cos ( 34,99 - 25 ) º   Fc = 330 ⋅ 6 mm ⋅ 0,135 mm ⋅ ⇒ Fc = 1.107,30 N mm 2 sen (15, 24º ) ⋅ cos (15, 24 + 34,99 − 25 ) º   Entonces la fuerza ejercida por la herramienta (fuerza resultante R) se obtiene de(25): Fc 1.107,30 N R= = ⇒ R = 1.124,35 N cos ( ρ − γ ) cos ( 34,99 − 25 ) º   La potencia P necesaria para efectuar el corte será: m 1 min P = Fc ⋅ V ⇒ P = 1.107,30 N ⋅ 40 ⋅ ⇒ P = 738, 20 W min 60 s - 22 -
  • 23. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es(10º) EJERCICIO DE MECANIZADO.En un ensayo de mecanizado sobre acero inoxidable de características: N σ r = 900 , ε r = 0, 21 , C = 82º , mm 2se ha efectuado una operación con: m A0 = 0, 4 mm 2 , h1 = 0,15 mm , h2 = 0, 45 mm , α = 6º , γ = 9º , V = 150 minDeterminar la potencia de corte Pc a partir del modelo de MERCHANT y compáresecon el resultado de aplicar la fórmula de KRONENBERG para la presión específica decorte ps .Nota: úsese la expresión τ s = 0, 74 ⋅ σ r ⋅ γ s 0,60⋅ε r para la tensión dinámica dedeslizamiento.SOLUCIÓN.a) Según el modelo de Merchant.La expresión de la tensión dinámica de deslizamiento, según los datos del problemaes: τ s = 0, 74 ⋅ σ r ⋅ γ s 0,60⋅ε r (30)donde: σr es la tensión de rotura, γs es el grado de deformación y εr es ladeformación de rotura. Se debe tener en cuenta que: Fs R ⋅ cos (ϕ + ρ − γ ) τs = = As 1 A0 ⋅ senϕdonde: Fs es la proyección de la resultante según el plano de deslizamiento, As esla sección según el plano de deslizamiento, A0 es la sección que corresponde a laviruta indeformada, R es la resultante de las fuerzas aplicadas por la herramienta,ϕ es el ángulo de deslizamiento, ρ es el ángulo de rozamiento y γ = γ ue es elángulo de desprendimiento efectivo.Además también se debe considerar: Fc = R ⋅ cos ( ρ − γ )donde Fc es la fuerza que se obtiene al descomponer la resultante en la direcciónde corte.Al operar entre estas dos últimas ecuaciones es fácil hallar la fuerza de corte enfunción de la tensión dinámica de deslizamiento.Antes que nada aclarar dos conceptos: - 23 -
  • 24. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es 1) A pesar de que en la expresión (30) parece que la tensión dinámica de deslizamiento es variable, obsérvese que a través de los cálculos se llegará a un valor constante, por lo que se aplicará la Teoría de Ernst-Merchant (no modificada) donde se considera que τ s es constante. 2) El fundamento de dicha teoría se basa en el establecimiento de la inclinación del plano de deslizamiento γ para que la potencia de corte sea mínima. Llamando a la fuerza de corte Fc : cos ( ρ − γ ) Fc = τ s ⋅ A0 ⋅ (31) senϕ ⋅ cos (ϕ + ρ − γ ) y derivando respecto a γ para hallar el mínimo, se obtiene: π C = 2ϕ + ρ − γ = rad = 90º 2 Dado que en el enunciado nos dan C = 82º < 90º se tendría un caso para aplicar con la Teoría Modificada de Marchant. Esto en un principio parece decir que al aplicar la ec. (31) resolvemos el problema con una aproximación suponiendo que C no cumple la condición de potencia de corte mínima. Calcularemos también la fuerza de corte, aplicando la ecuación para la Teoría modificada de Merchant, mediante: Fc = τ s ⋅ A0 ⋅ cotanϕ + tan ( C − ϕ )    (32) y se compararán los resultados.Retomemos el problema:El grado de deformación de la viruta se calcula mediante: γ s = tan (ϕ − γ ) + cotan ϕ (33)El factor de recalcado es: h2 0, 45 ξ= = = 3 , (ξ > 1) (34) h1 0,15donde: h2 es el espesor de la viruta real o deformada, mientras que h1 es elespesor de la viruta teórica o indeformada.Para hallar ϕ , se emplea: ξ − sen γ 3 − 0,156 cotan ϕ = = = 2,879 ⇒ ϕ = 19,15º (35) cos γ 0,988Sustituyendo en la ec. (33), queda: γ s = tan (19,15 − 9 ) + cotan 19,15 = 3, 058 (36) - 24 -
  • 25. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esLlevando el valor obtenido en (36) a la ec. (30), se tiene: N τ s = 0, 74 ⋅ 900 ⋅ 3, 0580,60⋅0,21 = 766, 725 (37) mm 2Necesitamos calcular ρ . Según Merchant, se tiene: 2ϕ + ρ − γ = C ⇒ ρ = C + γ − 2ϕ ⇒ ρ = 82 + 9 − 2 ⋅19,15 = 52, 7º (38)También: ρ − γ = 43, 7º (39) ϕ + ρ − γ = 62,85º (40)La fuerza de corte según Merchant será: cos ( 43, 7 ) Fc = 766, 725 ⋅ 0, 4 ⋅ = 1.481, 212 ⇒ Fc 1.481 N (41) sen 19,15 ⋅ cos ( 62,85 )Entonces la potencia de corte será: m 1 min Pc = Fc ⋅ V = 1.481 N ⋅150 ⋅ = 3.703, 030 ⇒ Pc 3.703 W (42) min 60 sComparamos el resultado con la ec. (32) de la Teoría modificada de Merchant:Fc = 766, 725 ⋅ 0, 4 ⋅ cotan 19,15 + tan ( 82 − 19,15 )  = 1.481, 212 ⇒ Fc   1.481 N (43)Vemos que da igual de una forma u otra, por lo que la potencia de corte es laseñalada en (42). Esto demuestra que, a pesar de que C ≠ 90º , la ec. (41) esaplicable.(b) Según el modelo de Kronenberg.Para el acero, la presión específica de corte se calcula mediante:  N  ps  2 = 8,34 ⋅ 2,2 σ r ⋅ 1,5 90 − α − γ (44)  mm  NIntroduciendo σr en , se obtiene ps también en esas unidades. mm 2 N ps = 8,34 ⋅ 2,2 900 ⋅ 1,5 90 − 6 − 9 = 3.266, 212 ⇒ ps 3.266 (45) mm 2 - 25 -
  • 26. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esLa fuerza de corte depende de la presión específica y de la sección de la virutaindeformada, de acuerdo a la ecuación:  N Fc [ N ] = ps  0,803 2 ⋅ A0  mm 2    = 3.266 ⋅ 0, 40,803 = 1.564,841 ⇒ Fc 1.565 N (46)  mm Entonces, la potencia de corte será: m 1 min Pc = Fc ⋅ V = 1.565 N ⋅150 ⋅ = 3.912,104 ⇒ Pc 3.912 W (47) min 60 sLa potencia de corte resulta un 5,64 % superior empleando el modelo deKronenberg respecto al modelo de Merchant. - 26 -
  • 27. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es(11º) EJERCICIO DE PROGRAMACIÓN CNC.Se parte de una preforma de acero al carbono F-1140, de 85 mm de ancho, 66 mmde largo y 75 mm de alto, que es necesario mecanizar para obtener la pieza de lafigura (cotas en mm; el croquis no ha sido dibujado a escala).1.1. Defina los tipos de herramientas que utilizara en el mecanizado (asigne también a cada una de ellas un código para utilizarlo posteriormente en un programa CNC).1.2. Señale detalladamente la secuencia de operaciones.1.3. Realice un programa en lenguaje FAGOR 8025 que le permita obtener la pieza de la preforma dada.1.4. Realice un croquis acotado de la pieza después de cada operación prevista que suponga una modificación en la geometría de la pieza.SOLUCIÓN.Antes que nada se determinan las dimensiones tanto de la preforma como de lapieza. Dimensiones preforma y pieza. PREFORMA PIEZA SOBRANTE TOTAL Largo (X) 66 64 2 Ancho (Y) 85 83 2 Alto (Z) 75 57 18 - 27 -
  • 28. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es1.1 TIPOS DE HERRAMIENTAS CON CÓDIGO. AVANCE F GIRO CABEZAL OPERACIÓN HERRAMIENTA MISIÓN (mm/min) S (m/min) Refrentado, Reduce los Desbaste y contornos de los T01 D1 200 200 Rebaje de planos X,Y,Z de anchura la preforma Realiza el Torneado T01 D1 300 200 cilindrado de la pieza Practica el Ranurado T02 D2 120 100 ranurado eje Z Ciclo que realiza Taladrados T03 D3 150 120 los 4 agujeros Roscados 2x (M7x1.5) roscadosRedondeado de Achaflanado de T04 D4 150 300 esquinas las esquinas Realiza el corte Tronzado T05 D5 100 90 posteriorNota: el taladrado-roscado se hace simultáneamente con un ciclo fijo demecanizado.1.2 SECUENCIA DE OPERACIONES. 1. Refrentar 18 mm. la altura (Z) por la parte frontal de la preforma, según el plano XZ. 2. Rebajar la largura (X) 2 mm. 3. Tornear mediante cilindrado usando un ciclo fijo de tramos rectos. 4. Ranurar la sección frontal del cilindro, según Z. 5. Taladrar y roscar simultáneamente las 4 roscas M7x1.5, según un ciclo fijo. 6. Tronzar la parte rectangular posterior. 7. Girar la pieza 90º y cambiar de plano al XY. 8. Rebajar la anchura (Y) 2 mm. 9. Redondear las aristas. - 28 -
  • 29. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es1.3 PROGRAMA EN LENGUAJE FAGOR 8025.1.4 CROQUIS ACOTADO DE LA PIEZA CUANDO HAYAMODIFICACIONES.Para la realización de la pieza se necesita para algunas operaciones una fresadora.Supondremos que la máquina empleada es una fresadora, si bien algunos ciclosfijos son exclusivos de máquinas torneadoras.La preforma de partida, con los ejes y el origen pieza (o cero pieza), con las cotases:En el propio programa se irá poniendo el croquis con la acotación de la piezacuando comience una operación que cambie la geometría.BLOQUE OPERACIÓN COMENTARIOS - %8025 Nombre programa (MSG “*DEFINIR CERO PIEZA*”) (ORGX54=0, ORGZ54=75) Vector de decalaje: M->W N10 G53 X0 Z75 Definición Origen Pieza N20 G54 Traslado origen Plano XZ: G18 (SELECCIÓN FUNCIONES PREVIAS) Unidades en mm: G71 Avance en mm/min: G94 N30 G18 G71 G94 G90 Programación cotas absolutas: G90 - 29 -
  • 30. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esBLOQUE OPERACIÓN COMENTARIOS (MSG “*1.REFRENTADO PARTE FRONTAL DEL CILINDRO*”) Posicionamiento rápido alejado N100 G00 X100 Y0 Z100 pieza antes cambio herramienta N110 T01 D1 Selecciona herramienta nº 1 Activación herramienta: M06 (con la nomenclatura moderna, la instrucción T0x Dx selecciona y activa la herramienta, no siendo N120 M06 G96 S200 M03 M07 necesario M06, sobraría) Velocidad corte cte: G96 Giro cabezal(herram. nº1): S200 Rotac. cabezal a dchas.: M03 Activación refrigerante: M07 Limitación de velocidad: G92 por N130 G92 S3500 ser G96 cte para S máx. Acercamiento rápido 2 mm en N140 G00 X68 Z0 cota X Velocidad F menor por ser acabado. No precisa N150 G01 X-1 F100 compensación de herramienta (G42) por ser trayectoria paralela a eje. (MSG “*2. REBAJAR LARGURA*”) No necesario poner G01 por ser N200 X64 Z5 modal; 5 mm más en eje Z para empezar N210 Z-57 Rebaje hasta cota pieza Sale mecanizado anterior hasta N220 X66 posición X segura N230 G00 Z2 Avance rápido hasta Z=2 mm - 30 -
  • 31. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esBLOQUE OPERACIÓN COMENTARIOS (MSG “*3. TORNEADO CICLO FIJO TRAMOS RECTOS*”) Aumento de la velocidad de N300 F300 avance, misma herramienta Ciclo fijo de tramos rectos: (sería para torneadora). (P0,P1) = (Xa,Za) (P2,P3) = (Xb,Zb) G81 P0=K39 P1=K0 P2=K39 P3=K-50 N310 P5=paso máx.:1 mm P5=K1 P7=K0.8 P8=K0.8 P9=K150 P7=demasía acabado X: 0.8 mm P8=demasía acabado Z: 0.8 mm P9=velocidad avance acabado: F=150 (menor velocidad) (MSG “*4. RANURADO SECCIÓN FRONTAL*”) Selección y activación N400 T02 D2 herramienta nº 2 Velocidad corte cte: G96 Giro cabezal (según herram. nº 2): S100 N410 G96 S100 M03 M07 F120 Rotac. cabezal a dchas.: M03 Activación refrigerante: M07 Velocidad F avance: F120 Ciclo fijo de rasurado eje Z: (sería para torneadora). (P0,P1) = (Xa,Za) G89 P0=K8 P1=K0 P2=K-8 P3=K9 N420 (P2,P3) = (Xb,Zb) P5=K1 P6=K1.2 P15=K0.8 P5=anchura cuchilla.:1 mm P6=distancia seguridad: 1.2 mm P15=temporización fondo: 0.8 s N430 M09 Desactivación refrigerante: M09 Avance rápido posición de N440 G00 X100 Z100 seguridad - 31 -
  • 32. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esBLOQUE OPERACIÓN COMENTARIOS (MSG “*5. TALADRADO ROSCADO*”) Selección y activación N500 T03 D3 herramienta nº 3 Velocidad corte cte: G96 Giro cabezal (según herram. nº 2): S120 N505 G96 S120 M03 M07 F150 Rotac. cabezal a dchas.: M03 Activación refrigerante: M07 Velocidad F avance: F150 Acercamiento en rápido al plano de partida G98, 52 mm por N510 G00 X16 Y24 Z2 encima del contacto: existe posibilidad de choque al hacer los otros taladros Ciclo fijo de roscado con macho G84: G98: retrocede al plano de partida (Z=2 mm) (X,Y,Z)=(16,24,-50), posicionamiento herramienta plano de trabajo; desplazamiento eje perpendicular al plano G84 G98 G00 X16 Y24 Z-50 I-9 N520 principal en rápido K1.5 N1 I=profundidad de mecanizado (7+2 = 9 mm) K=Temporización (1.5 s) N=nº veces en repetir bloque (1) NOTA: G00 sobra pues el desplazamiento es en rápido aunque no se ponga desde plano partido hasta plano referencia G84 G98 G00 X16 Y-24 Z-50 I-9 Otro ciclo fijo de roscado: 2º N530 K1.5 N1 taladro G84 G98 G00 X16 Y-24 Z-50 I-9 Otro ciclo fijo de roscado: 3º N540 K1.5 N1 taladro G84 G98 G00 X-16 Y24 Z-50 I-9 Otro ciclo fijo de roscado: 4º N550 K1.5 N1 taladro Anulación ciclo fijo: G80 Alejamiento en rápido desde N560 G80 G00 X100 Z100 M09 plano de partida: (16,24,2) Desactivación refrigerante: M09 (MSG “*6. TRONZADO PARTE RECTANGULAR*”) Selección y activación N600 T05 D5 herramienta nº 5 Velocidad corte cte: G96 Giro cabezal (según herram. nº 5): S90 N610 G96 S90 M03 M07 Rotac. cabezal a dchas.: M03 Activación refrigerante: M07 - 32 -
  • 33. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esBLOQUE OPERACIÓN COMENTARIOS Limitación velocidad: G92 a N620 G92 S2200 S=2200 m/min por haber seleccionado G96, Vc=cte. Acercamiento en rápido. La plaquita de tronchar tiene una N630 G00 X67 Z-62 anchura de 5 mm. (Z=-57-5=- 62). Se sitúa 3 mm por encima en X. Practica tronzado a velocidad N640 G01 F100 X-1 F100 Desplazamiento en rápido a lugar N650 G00 X100 Z100 M09 seguro. Desactivación refrigerante: M09 (MSG “*7. GIRO DE LA PIEZA 90º*”) Parada programada: M00 N700 M00 M05 Parada rotación cabezal: M05 N710 G17 Selección plano principal XY (ORGX54=39, ORGY54=41.5) Vector de decalaje: M->W N720 G53 X39 Y41.5 Nueva definición Origen Pieza N730 G54 Traslado origen: G5 N740 G00 X100 Z100 Traslado rápido posición segura (MSG “*8. REBAJAR ANCHURA*”) Selección y activación N800 T01 D1 herramienta nº 1 Velocidad corte cte: G96 Giro cabezal (según herram. nº 1): S200 N810 G96 S200 M03 M07 F100 Rotac. cabezal a dchas.: M03 Activación refrigerante: M07 Velocidad F avance: F100 Limitación velocidad: G92 a S=3500 m/min por haber N820 G92 S3500 seleccionado G96, Vc=cte. Desde que se giró la pieza la programación para X e Y será en radios (plano actual XY). N830 G00 X34 Y41.5 Z0 Acercamiento en rápido G00, a punto inicio con X=+2 mm. Interpolación lineal G01 para N840 G01 X-33 M06 rebajar la anchura Alejamiento en rápido G00 a zona N850 G00 X100 Z100 segura. - 33 -
  • 34. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esBLOQUE OPERACIÓN COMENTARIOS (MSG “*9. REDONDEO ESQUINAS*”) Selección y activación N900 T04 D4 herramienta nº 4 Acercamiento rápido G00 a 1ª N910 G00 X36 Y45 esquina Velocidad corte cte: G96 Giro cabezal (según herramienta N920 G96 S300 M04 M07 nº 4): S300 Rotac. cabezal a izqdas.: M04 Activación refrigerante: M07 Velocidad F avance: F150 Limitación velocidad: G92 a N930 F150 G92 S4500 S=4500 m/min por haber seleccionado G96, Vc=cte Ciclo fijo seguimiento perfil: (sería para torneadora) (P0,P1) = (Xa,Za) -> no se programa en definición de perfil Sobrante material:P4 G66 P0=K22 P1=K41.5 P4=K20 Espesor eliminado por pasada:P5 N940 P5=K5 P7=K1 P8=K1 P9=K100 Demasía acabado eje X: P7 P12=K40 P13=K9000 P14=K9200 Demasía acabado eje Z: P8 Velocidad pasada de acabado: P9, hay acabado: P9>0 Mitad ángulo corte herram.: P12 Nº primer bloque perfil: P13 Nº último bloque perfil: P14 (MSG “*FIN DEL PROGRAMA*”) Alejamiento zona segura:G00 N990 G00 X100 Y100 M05 M09 Parada rotación cabezal: M05 Desactivación refrigerante: M09 N999 M30 Fin del programa: M30 - 34 -
  • 35. 11 Ejercicios de Tecnología Mecánica II. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.esBLOQUE OPERACIÓN COMENTARIOS (MSG “*SUBPROGRAMA DEFINICIÓN PERFIL CICLO FIJO REDONDEO ARISTAS *”) Compensación radio a N9000 G42 G03 X32 Y31.5 R10 derechas: G42 Interpolación circular a izquierdas: G03 (coordenadas cartesianas programando el radio) Punto 1: (32, 31.5) Realiza esquina superior derecha Compensación radio a N9010 G41 G11 izquierdas: G41 Imagen espejo en X: G11 Salto incondicional: G25, a N9020 G25 N9000.9000 línea 9000 para realizar esquina superior izquierda Anulación imagen espejo:G10 Compensación radio a N9030 G10 G42 G12 derechas: G42 Imagen espejo en Y: G12 Salto incondicional: G25, a N9040 G25 N9000.9000 línea 9000 para realizar esquina inferior izquierda Imagen espejo en X: G11 Imagen espejo en Y: G12 N9050 G11 G12 G41 Compensación radio a izquierdas: G41 Salto incondicional: G25, a N9060 G25 N9000.9000 línea 9000 para realizar esquina inferior derecha (MSG “*FINAL DEL CÓDIGO*”)Nota: MSG indica al programa que muestre un mensaje de texto, según lenguajesFagor modernos. IngeMek - Ingenieros www.ingemek.es José Manuel Gómez Vega - 35 -