Solutions
for Fundamentals of Modern Manufacturing, 3/e (published by Wiley) © MPGroover
2007
20
SHEET METALWORKING
Review Questions
20.1 Identify the three basic types of
sheet metalworking operations.
Answer. The three basic types of sheet
metalworking operations are (1) cutting, (2) bending, and
(3)
drawing.
20.2
In conventional sheet metalworking operations, (a) what is the name of the
tooling and (b) what is
the
name of the machine tool used in the operations?
Answer. (a) The tooling is called a
punch-and-die. (b) The machine tool is called a stamping press.
20.3 In blanking of a circular sheet metal
part, is the clearance applied to the punch diameter or the die diameter?
Answer. The die diameter equals the
blank diameter, and the punch diameter is smaller by twice the
clearance.
20.4 What is the difference between a
cutoff operation and a parting operation?
Answer. A cutoff operation separates
parts from a strip by shearing one edge of each part in
sequence.
A parting operation cuts a slug between adjacent parts in the strip. See Figure
20.8.
20.5
What is the difference between a notching operation and a seminotching
operation?
Answer. A notching operation cuts out a
portion of the sheet metal from the interior of the sheet or
strip,
while a seminotching operation removes a portion of the sheet metal from the
interior of the
sheet
or strip.
20.6 Describe each of the two types of
sheet metal bending operations: V-bending and edge bending.
Answer. In V-bending, a simple punch
and die that each have the included angle are used to bend
the
part. In edge bending, the punch forces a cantilevered sheet metal section over
a die edge to
obtain
the desired bend angle. See Figure 20.12.
20.7
For what is the bend allowance intended to compensate?
Answer. The bend allowance is intended
to compensate for stretching of the sheet metal that occurs
in a
bending operation when the bend radius is small relative to the stock
thickness. In principle the
bend
allowance equals the length of the bent metal along its neutral axis.
20.8 What is springback in sheet metal
bending?
Answer. Springback is the elastic
recovery of the sheet metal after bending; it is usually measured
as
the difference between the final included angle of the bent part and the angle
of the tooling used
to
make the bend, divided by the angle of the tooling.
20.9
Define drawing in the context of sheet metalworking.
Answer. Drawing is a sheet metalworking
operation used to produce cup-shaped or box-shaped, or
other
complex-curved, hollow parts. Drawing is accomplished by placing a piece of
sheet metal
over
a die cavity and then using a punch to push the metal into the cavity.
20.10 What are some of the simple measures
used to assess the feasibility of a proposed cup drawing
operation?
Answer. Measures of drawing feasibility
include (1) drawing ratio DR = D/Dp; (2) reduction r = (D
-
Dp)/D; and (3) thickness-to-diameter ratio, t/D; where t = stock thickness, D =
blank diameter, and
Dp =
punch diameter.
20.11 Distinguish between redrawing and
reverse drawing.
Answer. In redrawing, the shape change
is significant enough (e.g., drawing ratio greater than 2.0)
that
it must be carried out in two drawing steps, probably with an annealing
operation between the
steps.
In reverse drawing, two draws are accomplished on the part, one in one
direction, the second
in
the opposite direction.
20.12 What are some of the possible defects
in drawn sheet metal parts?
Answer. Drawing defects include (1)
wrinkling, (2) tearing, (3) earing, and (4) surface scratches, as
described
in Section 20.3.4.
20.13
What is an embossing operation?
Answer. Embossing is a sheet
metalworking operation used to create indentations in the sheet, such
as
raised lettering or strengthening ribs.
20.14 What is stretch forming?
Answer. Stretch forming of sheet metal
consists of simultaneously stretching and bending the sheet
metal
workpart to achieve shape change.
20.15 Identify the principal components of
a stamping die that performs blanking.
Answer. The principal components are
the punch and die, which perform the cutting operation.
They
are attached respectively to the punch holder (a.k.a. upper shoe) and die
holder (a.k.a. lower
shoe).
Alignment of the punch and die during the stamping operation is achieved by
means of guide
pins
and bushings in the punch holder and die holder.
20.16 What are the two basic categories of
structural frames used in stamping presses?
Answer. Two basic categories of press
frame are (1) gap frame, also called C-frame because its
profile
is the shape of the letter “C”, and (2) straight-sided frame, which has full
sides for greater
strength
and stiffness of the frame.
20.17 What are the relative advantages and
disadvantages of mechanical presses versus hydraulic presses in sheet metalworking?
Answer. The main advantage of
mechanical presses is faster cycle rates. Advantages of hydraulic
presses
are longer ram strokes and uniform force throughout stroke.
20.18 What is the Guerin process?
Answer. The Guerin process is a sheet
metal forming process that uses a rubber die that flexes to
force
the sheet metal to take the shape of a form block (punch).
20.19 Identify a major technical problem in
tube bending?
Answer. A major technical problem in
tube bending is collapse of the tube walls during the bending
process.
20.20 Distinguish between roll bending and
roll forming.
Answer. Roll bending involves the
forming of large sheet and plate metal sections into curved
forms.
Roll forming involves feeding a lone strip or coil through rotating rolls so
that the shape of
the
rolls is imparted to the strip.
20.21
(Video) According to the video on sheet metal shearing, what is the Blade Rake
Angle?
Answer: The Blade Rake Angle or Shear
Angle is the angle between the two surfaces that come
together
to shear the material. An angle of zero means that the shearing takes place at
the same
time
along the entire surface. A larger value of angle means that less surface is in
contact with the
shearing
blades at any moment during the operation.
20.22
(Video) According to the video on sheet metal bending, what are the principal
terms used to
describe
bending on a press brake?
Answer: The principal terms used to
describe bending on a press brake are bend allowance, bend
angle,
bend radius, and bend springback.
20.23
(Video) According to the video on sheet metal stamping dies and processes, what
are the factors
that
affect the formability of a metal?
Answer: Factors mentioned in the video
clip that affect the formability of a metal are (1) part
shape
is the primary factor, (2) sheet metal’s ductility, (3) die design, (4)
stamping press, (5) press
speed,
(6) lubrication, (7) sheet metal feeding mechanism, and (8) monitoring/control
systems.
20.24
(Video) Name the four forming processes listed in the video clip on sheet metal
stamping dies
and
processes.
Answer: The four forming processes
listed in the video clip are (1) drawing, (2) bending, (3)
flanging,
and (4) hemming.
20.25
(Video) List the factors that affect the hold down pressure in a drawing
operation according to the
video
on sheet metal stamping dies and processes.
Answer: Factors that affect the hold
down pressure in a drawing operation include (1) draw
reduction
severity, (2) metal properties, (3) metal thickness, and (4) die lubrication.
Multiple Choice Quiz
20.1
Most sheet metalworking operations are performed as which of the following: (a)
cold working, (b)
hot
working, or (c) warm working?
Answer. (a).
20.2
In a sheet metal cutting operation used to produce a flat part with a hole in
the center, the part itself
is called
a blank, and the scrap piece that was cut out to make the hole is called a
slug: (a) true or (b)
false?
Answer. (a).
20.3 As sheet metal stock hardness
increases in a blanking operation, the clearance between punch and
die should be which of the following: (a)
decreased, (b) increased, or (c) remain the same?
Answer. (b).
20.4 A circular sheet metal slug produced
in a hole punching operation will have the same diameter as which of the
following: (a) the die opening or (b) the punch?
Answer. (a).
20.5 The cutting force in a sheet metal
blanking operation depends on which mechanical property of the metal (one
correct answer): (a) compressive strength, (b) modulus of elasticity, (c) shear
strength, (d) strain rate, (e) tensile strength, or (f) yield strength?
Answer. (d).
20.6
Which of the following descriptions applies to a V-bending operation as
compared to an edge
bending
operation (two best answers): (a) costly tooling, (b) inexpensive tooling, (c)
limited to 90°
bends
or less, (d) used for high production, (e) used for low production, and (f)
uses a pressure pad
to
hold down the sheet metal?
Answer. (b) and (e).
20.7 Sheet metal bending involves which of
the following stresses and strains (two correct answers): (a)
compressive, (b) shear, and (c) tensile?
Answer. (a) and (c).
20.8 Which one of the following is the best
definition of bend allowance: (a) amount by which the die is larger than the punch, (b) amount of elastic
recovery experienced by the metal after bending, (c) safety factor used in
calculating bending force, or (d) length before bending of the straight sheet
metal section to be bent?
Answer. (d).
20.9
Springback in a sheet metal bending operation is the result of which one of the
following: (a) elastic
modulus
of the metal, (b) elastic recovery of the metal, (c) overbending, (d)
overstraining, or (e)
yield
strength of the metal?
Answer. (b).
20.10 Which of the following are variations
of sheet metal bending operations (two best answers): (a) coining, (b)
flanging, (c) hemming, (d) ironing, (e) notching, (f) shear spinning, (g)
trimming, and
(h) tube bending?
Answer. (b) and (c).
20.11 The following are measures of
feasibility for several proposed cup drawing operations; which of the operations
are likely to be feasible (three best answers: (a) DR = 1.7, (b) DR = 2.7, (c)
r = 0.35, (d) r= 0.65, and (e) t/D = 2%?
Answer. (a), (c), and (e).
20.12 The holding force in drawing is most
likely to be (a) greater than, (b) equal to, or (c) less than the maximum
drawing force?
Answer. (c).
20.13 Which one of the following stamping
dies is the most complicated: (a) blanking die, (b)
combination die, (c) compound die, (d) edge
bending die, (e) progressive die, or (f) V-bending die?
Answer. (e).
20.14 Which one of the following press
types is usually associated with the highest production rates in sheet metal
stamping operations: (a) adjustable bed, (b) open back inclinable, (c) press
brake, (d)
solid gap, and (e) straight-sided?
Answer. (b).
20.15 Which of the following processes are
classified as high-energy-rate forming processes (two best answers): (a)
electrochemical machining, (b) electromagnetic forming, (c) electron beam
cutting, (d) explosive forming, (e) Guerin process, (f) hydroforming, (g)
redrawing, and (h) shear spinning?
Answer. (b) and (d).
Problems
Cutting
Operations
20.1
A power shears is used to cut soft cold rolled steel that is 4.75 mm thick. At
what clearance should
the
shears be set to yield an optimum cut?
Solution: From Table 20.1, Ac = 0.060.
Thus, c = Act = 0.060(4.75) = 0.285 mm
20.2
A blanking operation is to be performed on 2.0 mm thick cold rolled steel (half
hard). The part is
circular
with diameter = 75.0 mm. Determine the appropriate punch and die sizes for this
operation.
Solution: From Table 20.1, Ac = 0.075.
Thus, c = 0.075(2.0) = 0.15 mm.
Punch
diameter = Db - 2c = 75.0 - 2(0.15) = 74.70 mm.
Die
diameter = Db = 75.0 mm.
20.3
A compound die will be used to blank and punch a large washer out of 6061ST
aluminum alloy
sheet
stock 3.50 mm thick. The outside diameter of the washer is 50.0 mm and the
inside diameter
is
15.0 mm. Determine (a) the punch and die sizes for the blanking operation, and
(b) the punch and
die
sizes for the punching operation.
Solution: From Table 20.1, Ac = 0.060.
Thus, c = 0.060(3.50) = 0.210 mm
(a)
Blanking punch diameter = Db - 2c = 50 - 2(0.21) = 49.58 mm
Blanking
die diameter = Db = 50.00 mm
(b)
Punching punch diameter = Dh = 15.00 mm
Punching
die diameter = Dh + 2c = 30 + 2(0.210) = 15.42 mm
20.4
A blanking die is to be designed to blank the part outline shown in Figure
P20.4. The material is 4
mm
thick stainless steel (half hard). Determine the dimensions of the blanking
punch and the die
opening.
Solution: From Table 20.1, Ac = 0.075.
Thus, c = 0.075(4.0) = 0.30 mm
Blanking
die: dimensions are the same as for the part in Figure P20.4.
Blanking
punch: 85 mm length dimension = 85 - 2(0.3) = 84.4 mm
50
mm width dimension = 50 - 2(0.3) = 49.4 mm
Top
and bottom 25 mm extension widths = 25 - 2(0.3) = 24.4 mm
The
25 mm inset dimension remains the same.
20.5
Determine the blanking force required in Problem 20.2, if the steel has a shear
strength = 325 MPa
and
the tensile strength is 450 MPa.
Solution: F = StL
t =
2.0 mm from Problem 20.2.
L =
πD = 75π = 235.65 mm
F =
325(2.0)(235.65) = 153,200 N
20.6
Determine the minimum tonnage press to perform the blanking and punching
operation in Problem 20.3. The aluminum sheet metal has a tensile strength =
310 MPa, a strength coefficient of 350
MPa,
and a strain hardening exponent of 0.12. (a) Assume that blanking and punching
occur
simultaneously.
(b) Assume the punches are staggered so that punching occurs first, then
blanking.
Solution: (a) F = 0.7(TS)tL
t
=3.5 mm from Problem 20.3.
L =
50π + 15π = 65π = 204.2 mm
F =
0.7(310)(3.5)(235.6) = 155,100 N = 155,1000/(4.4482*2000) tons = 17.4 tons
=> 18 ton press
(b) Longest length will determine the minimum
tonnage press required.
Punching
length of cut, L= 15π, Blanking length
of cut, L=50π = 157.1 mm (use blanking)
F =
0.7(310)(3.5)(157.1) = 119,300 N = 119,3000/(4.4482*2000) tons = 13.4 tons
=> 14 ton press
20.7 Determine the tonnage requirement
for the blanking operation in Problem 20.4, given that the
stainless
steel has a shear strength = 600 MPa.
Solution: F = StL
t = 4
mm from Problem 20.4.
L =
85 + 50 + 25 + 25 + 35 + 25 + 25 + 50 = 320 mm
F =
600(4.0)(320) = 768,000 N. This is about 86.3 tons
20.8 The foreman in the pressworking
section comes to you with the problem of a blanking operation
that
is producing parts with excessive burrs. (a) What are the possible reasons for
the burrs, and (b)
what
can be done to correct the condition?
Solution: (a) Reasons for excessive
burrs: (1) clearance between punch and die is too large for the
material
and stock thickness; and (2) punch and die cutting edges are worn (rounded)
which has the
same
effect as excessive clearance.
(b)
To correct the problem: (1) Check the punch and die cutting edges to see if
they are worn. If
they
are, regrind the faces to sharpen the cutting edges. (2) If the die is not
worn, measure the punch
and
die clearance to see if it equals the recommended value. If not, die maker must rebuild the
punch
and die.
Bending
20.9 A bending operation is to be
performed on 5.00 mm thick cold rolled steel. The part drawing is
given
in Figure P20.9. Determine the blank size required.
Solution: From drawing, α’ = 40°, R =
8.50 mm
α =
180 - α’ = 140°.
Ab =
2π(α/360)(R + Kbat)
R/t
= (8.5)/(5.00) = 1.7, which is less than 2.0; therefore, Kba = 0.333
Ab =
2π(140/360)(8.5 + 0.333 x 5.0) = 24.84 mm
Dimensions
of starting blank: w = 35 mm, L = 58 + 24.84 + 46.5 = 129.34 mm
20.10 Solve Problem 20.9 except that
the bend radius R = 11.35 mm.
Solution: From drawing, α’ = 40°, R =
11.35 mm
α =
180 - α’ = 140°.
Ab =
2π(α/360)(R + Kbat) R/t = (11.35)/(5.00) = 2.270; therefore, Kba = 0.5
Ab =
2π(140/360)(11.35 + 0.5 x 5.00) = 34.21 mm
Dimensions
of starting blank: w = 35 mm, L = 58 + 34.21 + 46.5 = 138.71 mm
20.11 An L-shaped part is to be bent in
a V-bending operation on a press brake from a flat blank 4.0 in by 1.5 in that
is 5/32 in thick. The bend of 90° is to be made in the middle of the 4-in
length. (a)
Determine
the dimensions of the two equal sides that will result after the bend, if the
bend radius =
3/16
in. For convenience, these sides should be measured to the beginning of the
bend radius. (b)
Also,
determine the length of the part's neutral axis after the bend. (c) Where
should the machine
operator
set the stop on the press brake relative to the starting length of the
part?
Solution: (a) R/t = (3/16)/(5/32) =
1.2. Therefore, Kba = 0.33
Ab =
2π(90/360)(0.1875 + 0.33 x 0.15625) = 0.3756 in
Dimensions
(lengths) of each end = 0.5(4.0 - 0.3756) = 1.8122 in
(b) Since the metal stretches during bending,
its length will be greater after the bend than before. Its
length
before bending = 4.000 in. The stretched length of the bend along the neutral
axis will be:
Bent
length = 2π(90/360)(0.1875 + 0.5 x 0.15625) = 0.4173 in
Therefore,
the length of the neutral axis of the part will be 2(1.8122) + 0.4173 = 4.0417
in
(c)
The operator should set the stop so that the tip of the V-punch contacts the
starting blank at a
distance
= 2.000 in from the end.
20.12
Determine the bending force required in Problem 20.9 if the bend is to be
performed in a V-die with
a
die opening dimension of 40 mm. The material has a tensile strength of 600 MPa
and a shear
strength
of 430 MPa.
Solution: For V-bending, Kbf = 1.33.
F =
Kbf(TS)wt2/D = 1.33(600)(35)(5.0)2/40 = 17,460 N
20.13
Solve Problem 20.12 except that the operation is performed using a wiping die
with die opening
dimension
= 28 mm.
Solution: For edge-bending in a wiping
die, Kbf = 0.33.
F =
Kbf(TS)wt2/D = 0.33(600)(35)(5.0)2/28 = 6,188 N
20.14
Determine the bending force required in Problem 20.11 if the bend is to be
performed in a V-die with a die opening width dimension = 1.25 in. The material
has a tensile strength = 70,000 lb/in2.
Solution: For V-bending, Kbf = 1.33.
F =
Kbf(TS)wt2/D = 1.33(70,000)(1.5)(5/32)2/1.25 = 2728 lb.
20.15
Solve Problem 20.14 except that the operation is performed using a wiping die
with die opening
dimension
= 0.75 in.
Solution: For edge-bending in a wiping
die, Kbf = 0.33.
F =
Kbf(TS)wt2/D = 0.33(70,000)(1.5)(5/32)2/0.75 = 1128 lb.
20.16
A sheet-metal part 3.0 mm thick and 20.0 mm long is bent to an included angle =
60° and a bend
radius
= 7.5 mm in a V-die. The metal has a tensile strength = 340 MPa. Compute the
required
force
to bend the part, given that the die opening dimension = 15 mm.
Solution: For V-bending, Kbf = 1.33.
F = Kbf(TS)wt2/D = 1.33(340)(20)(3)2/15 = 5426
N
Drawing
Operations
20.17
Derive an expression for the reduction r in drawing as a function of drawing
ratio DR.
Solution: Reduction r = (Db -
Dp)/DbDrawing ratio DR = Db/Dpr = Db/Db - Dp/Db = 1 - Dp/Db = 1 - 1/DR
20.18
A cup is to be drawn in a deep drawing operation. The height of the cup is 75
mm and its inside
diameter
= 100 mm. The sheet metal thickness = 2 mm. If the blank diameter = 225 mm,
determine
(a)
drawing ratio, (b) reduction, and (c) thickness-to-diameter ratio. (d) Does the
operation seem
feasible?
Solution: (a) DR = Db/Dp = 225/100 =
2.25 (b) r = (Db - Dp)/Db = (225 - 100)/225 = 0.555 = 55.5% (c) t/Db = 2/225 =
0.0089 = 0.89% (d) Feasibility? No! DR is too large (greater than 2.0), r is
too large (greater than 50%), and t/D is too small (less than 1%).
20.19
Solve Problem 20.18 except that the starting blank size diameter = 175 mm.
Solution: (a) DR = Db/Dp = 175/100 =
1.75 (b) r = (Db - Dp)/Db = (175 - 100)/175 = 0.429 = 42.9%
(c)
t/Db = 2/175 = 0.0114 = 1.14% (d) Feasibility?
DR < 2.0, r < 50%, and t/D > 1%. However, the operation is not feasible
because the 175 mm diameter blank size does not provide sufficient metal to
draw a 75 mm cup height. The actual cup height possible with a 175 mm diameter
blank can be determined by comparing surface areas (one side only for
convenience) between the cup and the starting blank. Blank area = πD2/4 =
π(175)2/4 = 24,053 mm2
. To
compute the cup surface area, let us divide the cup into two sections:
(1)
walls, and (2) base, assuming the corner radius on the punch has a negligible
effect in our
calculations
and there is no earing of the cup. Thus, Cup area = πDph + πDp2/4 = 100πh +
π(100)2/4
=
100πh + 2500π = 314.16h + 7854. Set surface area of cup = surface are of
starting blank:
314.16h
+ 7854= 24,053
314.16h
= 16,199
h =
51.56 mm. This is less than the specified 75 mm height.
20.20 A deep drawing operation is performed
in which the inside of the cylindrical cup has a diameter of
4.25 in and a height = 2.65 in. The stock
thickness = 3/16 in, and the starting blank diameter = 7.7
in. Punch and die radii = 5/32 in. The
metal has a tensile strength = 65,000 lb/in2, a yield strength =
32,000 lb/in2, and a shear strength of
40,000 lb/in2. Determine (a) drawing ratio, (b) reduction, (c)
drawing force, and (d) blankholder
force.
Solution: (a) DR = 7.7/4.25 = 1.81
(b)
t/Db = 0.1875/7.7 = 0.02435 = 2.435%
(c)
F = πDpt(TS)(Db/Dp - 0.7) = π(4.25)(0.1875)(65,000)(7.7/4.25 - 0.7) = 180,900
lb.
(d)
Fh = 0.015Yπ(Db2 - (Dp + 2.2t + 2Rd)2)
Fh =
0.015(32,000)π(7.72 - (4.25 + 2.2 x 0.1875 + 2 x 0.15625)2) =
0.015(32,000)π(7.72 - 4.9752)
Fh =
52,100 lb
20.21 Solve Problem 20.20 except that
the stock thickness t = 1/8 in.
Solution: (a) DR = 7.7/4.25 = 1.81 (same as previous problem)
(b)
t/Db = 0.125/7.7 = 0.01623 = 1.623%
(c)
F = πDpt(TS)(D/Dp - 0.7) = π(4.25)(0.125)(65,000)(7.7/4.25 - 0.7) = 120,600 lb.
(d)
Fh = 0.015Yπ(D2 - (Dp + 2.2t + 2Rd)2)
Fh =
0.015(32,000)π(7.72 - (4.25 + 2.2 x 0.125 + 2 x 0.15625)2) =
0.015(32,000)π(7.72 - 4.83752)
Fh =
54,100 lb
20.22 A cup drawing operation is performed
in which the inside diameter = 80 mm and the height = 50
mm. The stock thickness = 3.0 mm, and the
starting blank diameter = 150 mm. Punch and die radii
= 4 mm. Tensile strength = 400 MPa and a
yield strength = 180 MPa for this sheet metal.
Determine (a) drawing ratio, (b) reduction,
(c) drawing force, and (d) blankholder force.
Solution: (a) DR = 150/80 = 1.875
(b) r = (Db - Dp)/Db = (150 – 80)/80 =
70/150 = 0.46
(c) F = πDpt(TS)(Db/Dp - 0.7) =
π(80)(3)(400)(150/80 - 0.7) = 354,418 N.
(d) Fh = 0.015Yπ(Db2 - (Dp + 2.2t + 2Rd)2)
Fh = 0.015(180)π(1502 - (80 + 2.2 x 3 + 2 x
4)2) = 0.015(180)π(1502 - 94.62)
Fh = 114,942 N
20.23 A deep drawing operation is to be
performed on a sheet-metal blank that is 1/8 in thick. The height
(inside dimension) of the cup = 3.8 in and
the diameter (inside dimension) = 5.0 in. Assuming the
punch radius = 0, compute the starting
diameter of the blank to complete the operation with no
material left in the flange. Is the
operation feasible (ignoring the fact that the punch radius is too
small)?
Solution: Use surface area computation,
assuming thickness t remains constant.
Cup area = wall area + base area = πDph +
πDp2/4
=
5π(3.8) + 0.25π(5)2
=
25.25π in2
Blank area = πDb2/4 = 0.25πDb2
Setting blank area = cup area: 0.25πDb2 =
25.25πDb2
=
25.25/0.25 = 101.0
Db = 10.050 in
Test for feasibility: DR = Db/Dp =
10.050/5.0 = 2.01. Because DR > 2.0, this operation may not be
feasible. Of course, the zero punch radius
makes this operation infeasible anyway. With a rounded
punch radius, the blank size would be
slightly smaller, which would reduce DR.
20.24 Solve Problem 20.23 except use a
punch radius = 0.375 in.
Solution: Use surface area computation,
assuming thickness t remains constant. The surface area of
the
cup will be divided into three sections: (1) straight walls, whose height =
3.80 - 0.375 = 3.425
in,
(2) quarter toroid formed by the 0.375 radius at the base of the cup, and (3)
base, which has a
diameter
= 5.0 - 2 x 0.375 = 4.25 in
A1 =
πDph = π(5.0)(3.425) = 53.807 in
2
A2 =
length of the quarter circle at the base multiplied by the circumference of the
circle described
by
the centroid (Pappus-Guldin Theorem): length of quarter circle = πD/4 = 0.25π(2
x 0.375) =
0.589
in. The centroid is located at the
center of the arc, which is 0.375 sin 45 = 0.265 beyond the
center
of the 0.375 in radius. Thus, the
diameter of the circle described by the centroid is 4.25 + 2 x
0.265
= 4.780 in
A2 =
4.78π(0.589) = 8.847 in2
A3 =
π(4.25)2/4 = 14.188 in2
Total
area of cup = 53.807 + 8.847 + 14.188 = 76.842 in2
Blank
area = πDb2/4 = 0.7855Db2
Setting
blank area = cup area: 0.7855Db2 = 76.842 Db2
= 76.842/0.7855 = 97.825
Db =
9.890 in
Test
for feasibility: DR = Db/Dp = 9.89/5.0 = 1.978, which is less than the limiting
ratio of 2.0. The
thickness
to diameter ratio t/Db = 0.125/9.89 = 0.0126 = 1.26%, which is above the value
of 1%
used
as a criterion of feasibility in cup drawing.
Whereas the operation in Problem 20.23 was not
feasible,
the operation in the present problem seems feasible.
20.25 A drawing operation is performed on
3.0 mm stock. The part is a cylindrical cup with height = 50 mm and inside
diameter = 70 mm. Assume the corner radius on the punch is zero. (a) Find the
required starting blank size Db. (b) Is the
drawing operation feasible?
Solution: Use surface area computation,
assuming thickness t remains constant.
Cup area = wall area + base area = πDph +
πDp
2/4 = π(70)(50) + 0.25π(70)2
=
14,846 mm
2. Blank area = πDb
2/4 = 0.7855Db2
Setting blank area = cup area: 0.7855Db
2 = 14,846 Db2
=
14,846/0.7855 = 18,900
Db = 137.48 mm
Excerpts from this work may be reproduced
by instructors for distribution on a not-for-profit basis for testing or
instructional purposes only to
students enrolled in courses for which the
textbook has been adopted. Any other
reproduction or translation of this work beyond that permitted
by Sections 107 or 108 of the 1976 United
States Copyright Act without the permission of the copyright owner is unlawful.
127 Solutions for Fundamentals of Modern
Manufacturing, 3/e (published by Wiley) © MPGroover 2007
Test for feasibility: DR = Db/Dp =
137.48/70 = 1.964; t/Db = 3/137.48 = 0.0218 = 2.18%. These
criteria values indicate that the operation
is feasible; however, with a punch radius Rp = 0, this shape
would be difficult to draw because the
drawing punch would act on the metal like a blanking punch.
20.26 Solve Problem 20.25 except that
the height = 60 mm.
Solution: Cup area = wall area + base
area
Cup
area = πDph + πDp
2/4
= π(70)(60) + 0.25π(70)
2 =
17,045 mm2.
Blank
area = πDb
2/4
= 0.7855Db2
Setting
blank area = cup area: 0.7855Db
2 =
17,045 Db2
= 17,045/0.7855 = 21,700
Db =
147.31 mm.
Test
for feasibility: DR = Db/Dp = 147.31/70 = 2.10; t/Db = 3/147.31 = 0.0204 =
2.04%. Since the
DR
is greater than 2.0, this operation is considered infeasible. Also, as in the
previous problem, the
punch
radius Rp = 0 would render this operation difficult if not infeasible.
20.27 Solve Problem 20.26 except that
the corner radius on the punch = 10 mm.
Solution: Use surface area computation,
assuming thickness t remains constant. The surface area of
the
cup will be divided into three sections: (1) straight walls, whose height = 60
- 10 = 50 mm, (2)
quarter
toroid formed by the 0.375 radius at the base of the cup, and (3) base, which
has a diameter
= 70
- 2 x 10 = 50 mm.
A1 =
πDph = π(70)(50) = 10,995.6 mm2
A2 =
length of the quarter circle at the base multiplied by the circumference of the
circle described
by
the centroid (Pappus-Guldin Theorem): length of quarter circle = 2πRp/4 =
0.25π(2 x 10) = 15.71
mm.
The centroid is located at the center of the arc, which is 10 sin 45 = 7.071
beyond the center of
the
0.375 in radius. Thus, the diameter of the circle described by the centroid is
50 + 2 x 7.071 =
64.142
mm.
A2 =
64.142π(15.71) = 3166.1 mm2
A3 =
π(50)2/4 = 1963.8 mm2
Total
area of cup = 10,995.6 + 3166.1 + 1963.8 = 16,125.5 mm2
Blank
area = πDb
2/4
= 0.7855Db2
Setting
blank area = cup area: 0.7855Db
2 =
16,125.5 Db2
=
16,125.5/0.7855 = 20,529.0
Db =
143.28 mm
Test
for feasibility: DR = Db/Dp = 143.28/70 = 2.047. Since the DR is greater than
2.0, this
operation
is considered infeasible.
20.28
The foreman in the drawing section of the shop brings to you several samples of
parts that have
been
drawn in the shop. The samples have various defects. One has ears, another has
wrinkles, and
still
a third has torn sections at its base. What are the causes of each of these
defects and what
remedies
would you propose?
Solution: (1) Ears are caused by sheet
metal that has directional properties. The material is
anisotropic.
One remedy is to anneal the metal to reduce the directionality of the
properties.
(2)
Wrinkles are caused by compressive buckling of the flange as it is drawn inward
to form the
cup.
There are several possible remedies: (a) increase the t/D ratio by using a
thicker gage sheet
metal.
This may not be possible since a design change is required. (b) Increase the
blankholder
pressure
against the work during drawing.
(3)
Tearing occurs due to high tensile stresses in the walls of the cup near the
base. A remedy
would
be to provide a large punch radius. Tearing can also occur due to a die corner
radius that is
too
small.
20.29 A cup-shaped part is to be drawn
without a blankholder from sheet metal whose thickness = 0.25 in.
The
inside diameter of the cup = 2.5 in, its height = 1.5 in, and the corner radius
at the base = 0.375
in.
(a) What is the minimum starting blank diameter that can be used, according to
Eq. (20.14)? (b)
Does
this blank diameter provide sufficient material to complete the cup?
Solution: (a) According to Eq. (22.14),
Db - Dp < 5t
Db
< 5t + Dp = 5(0.25) + 2.5 = 3.75 in
(b)
Because the sheet metal is rather thick, let us use volume rather than area to
determine whether
there
is sufficient metal in a 3.75 in blank diameter. The drawn cup consists of
three sections: (1)
cup
walls, (2) toroid at base, and (3) base.
V1 =
(1.5 - 0.375)π[(2.5 + 2 x 0.25)2] - (2.5)2)/4
= 1.125π(2.75)/4 = 2.430 in3
V2 =
(cross-section of quarter toroid) x (circle made by sweep of centroid)
Cross-section
of quarter toroid = 0.25π[(0.375 + 0.25)
2-
(0.375)2] = 0.1964 in2
Circle
made by centroid sweep has diameter = (2.5 - 2 x 0.25) + 2(0.375 + 0.25/2)sin
45 = 2.457 in
V2 =
2.457π(0.1964) = 1.516 in
3V3
= (2.5 - 2 x 0.375)2π(0.25)/4
=
0.601 in3
Total
V = V1 + V2 + V3 = 2.430 + 1.516 + 0.601 = 4.547 in3
Volume
of blank = πDb
2t/4
= π(0.25)Db2/4
=
0.1963Db2
Setting
blank volume = cup volume: 0.1963Db2
=
4.547 Db2
= 4.547/0.1963 = 23.16
Db =
4.81 in. The diameter of 3.75 in computed in (a) does not provide sufficient
metal to complete
the
drawing.
Other
Operations
20.30
A 20 in long sheet-metal workpiece is stretched in a stretch forming operation
to the dimensions
shown
in Figure P20.30. The thickness of the beginning stock is 3/16 in and the width
is 8.5 in. The
metal
has a flow curve defined by a strength coefficient of 75,000 lb/in2 and a
strain hardening exponent of 0.20. The yield strength of the material is 30,000
lb/in2. (a) Find the stretching force F
required
near the beginning of the operation when yielding first occurs. Determine (b)
true strain
experienced
by the metal, (c) stretching force F, and (d) die force Fdie at the very end
when the part
is
formed as indicated in Figure P20.30(b).
Solution: (a) Use ε = 0.002 as start of
yielding.
F =
LtYfYf
= 75,000(0.002)0.20
= 21,600 lb/in2
F =
(8.5)(0.1875)(21,600) = 34,500 lb.
(b)
After stretching, the length of the piece is increased from 20.0 in to 2(102 +
52)0.5 = 22.361 in
ε =
ln(22.361/20) = ln 1.118 = 0.1116
(c)
At the final length of 22.361 in, the thickness of the sheet metal has been
reduced to maintain
constant
volume, assuming width L = 8.5 in remains the same during stretching.
tf =
0.1875(20/22.361) = 0.168 in Yf
= 75,000(0.1116)0.20
= 48,400 lb/in2
F = 8.5(0.168)(48,400) = 69,000 lb.
(d)
Fdie = 2F sin A
A =
tan-1(5/10) = 26.57°
Fdie
= 2(69,000) sin 26.57 = 61,700 lb.
20.31
Determine the starting disk diameter required to spin the part in Figure P20.31
using a conventional
spinning
operation. The starting thickness = 2.4 mm.
Solution: From part drawing, radius =
25 + (100 - 25)/sin 30 = 25 + 75/0.5 = 175 mm
Excerpts
from this work may be reproduced by instructors for distribution on a
not-for-profit basis for testing or instructional purposes only to students
enrolled in courses for which the textbook has been adopted. Any other reproduction or translation of this
work beyond that permitted by Sections 107 or 108 of the 1976 United States
Copyright Act without the permission of the copyright owner is unlawful.129
Solutions for Fundamentals of Modern Manufacturing, 3/e (published by Wiley) ©
MPGroover 2007 Starting diameter D = 2(175) = 350 mm
20.32 If the part illustrated in Figure
P20.31 were made by shear spinning, Determine (a) the wall
thickness
along the cone-shaped portion, and (b) the spinning reduction r.
Solution: (a) tf = t sin α = (2.4)sin
30 = 2.4(0.5) = 1.2 mm
(b)
r = (t - tf)/t = (2.4 – 1.2)/2.4 = 0.50 = 50%
20.33 Determine the shear strain that
is experienced by the material that is shear spun in Problem 20.32.
Solution: Based on sidewise
displacement of metal through a shear angle of 30°,
Shear
strain γ = cot 30 = 1.732.
20.34 A 75 mm diameter tube is bent
into a rather complex shape with a series of simple tube bending operations.
The wall thickness on the tube = 4.75 mm. The tubes will be used to deliver
fluids in a chemical plant. In one of the bends where the bend radius is 125
mm, the walls of the tube are
flattening
badly. What can be done to correct the condition?
Solution: Possible solutions: (1) Use a
mandrel to prevent collapsing of tube wall. (2) Request the
designer
to increase the bend radius to 3D = 225 mm. (3) Pack sand into the tube. The
sand will act
as
an internal flexible mandrel to support the tube wall.
Solusi
untuk Dasar-dasar Manufaktur modern, 3 / e (diterbitkan oleh Wiley) © MPGroover
2007 20 LEMBAR Metalworking Pertanyaan-pertanyaan
20.1 Mengidentifikasi tiga tipe dasar operasi pengerjaan logam lembaran.
Jawaban. Tiga tipe dasar operasi pengerjaan logam lembaran adalah (1) pemotongan, (2) membungkuk, dan (3) menggambar.
20.2
Dalam operasi Metalworking lembar konvensional, (a) apa nama perkakas dan (b)
apa yangnama alat mesin yang digunakan dalam operasi?
Jawaban. (A)
perkakas ini disebut pukulan-dan-mati. (B)
alat mesin disebut tekan stamping.
2 Dalam blanking bagian lembaran logam melingkar, bersihan diterapkan dengan diameter punch atau matidiameter?
2 Dalam blanking bagian lembaran logam melingkar, bersihan diterapkan dengan diameter punch atau matidiameter?
Jawaban. Diameter
sama dengan diameter mati kosong, dan diameter punch adalah lebih kecil dengan
dua kaliclearance.
3 Apa perbedaan antara operasi cutoff dan
operasi perpisahan?
Jawaban. Sebuah operasi cutoff memisahkan bagian dari strip dengan geser salah satu ujung dari setiap bagian dalamurutan. Sebuah operasi pemotongan siput perpisahan antara bagian-bagian yang berdekatan di Gaza. Lihat Gambar 20.8.
Jawaban. Sebuah operasi cutoff memisahkan bagian dari strip dengan geser salah satu ujung dari setiap bagian dalamurutan. Sebuah operasi pemotongan siput perpisahan antara bagian-bagian yang berdekatan di Gaza. Lihat Gambar 20.8.
20,5
Apa perbedaan antara operasi bentukan dan operasi seminotching?
Jawaban. Sebuah luka operasi notching keluar sebagian dari lembaran logam dari interior lembar atau strip, sedangkan operasi seminotching menghilangkan sebagian dari lembaran logam dari bagian dalam lembaran atau strip.
Jawaban. Sebuah luka operasi notching keluar sebagian dari lembaran logam dari interior lembar atau strip, sedangkan operasi seminotching menghilangkan sebagian dari lembaran logam dari bagian dalam lembaran atau strip.
4 Jelaskan masing-masing dari dua jenis
operasi lembaran logam lentur: V-lipatan dan tepi lentur.
Jawaban. Dalam V-lipatan, pukulan sederhana dan mati yang masing-masing memiliki sudut disertakan digunakan untuk membungkuk bagian. Di tepi lentur, kekuatan pukulan lembaran kantilever bagian logam dari tepi mati untuk mendapatkan sudut tikungan yang diinginkan. Lihat Gambar 20.12.
Jawaban. Dalam V-lipatan, pukulan sederhana dan mati yang masing-masing memiliki sudut disertakan digunakan untuk membungkuk bagian. Di tepi lentur, kekuatan pukulan lembaran kantilever bagian logam dari tepi mati untuk mendapatkan sudut tikungan yang diinginkan. Lihat Gambar 20.12.
20,7
Untuk apa adalah tunjangan dimaksudkan untuk mengkompensasi tikungan?
Jawaban. Tunjangan bend dimaksudkan untuk mengimbangi peregangan dari lembaran logam yang terjadi dalam operasi membungkuk ketika radius tikungan relatif kecil dengan ketebalan saham.Dalam prinsip penyisihan tekuk sama dengan panjang dari logam membungkuk sepanjang sumbu netral.
Jawaban. Tunjangan bend dimaksudkan untuk mengimbangi peregangan dari lembaran logam yang terjadi dalam operasi membungkuk ketika radius tikungan relatif kecil dengan ketebalan saham.Dalam prinsip penyisihan tekuk sama dengan panjang dari logam membungkuk sepanjang sumbu netral.
5 Apa yang springback di lembaran logam
lentur?
Jawaban. Springback adalah pemulihan elastis dari lembaran logam usai menekuk, biasanya diukur sebagai perbedaan antara sudut termasuk akhir dari bagian membungkuk dan sudut dari perkakas yang digunakan untuk membuat tikungan, dibagi dengan sudut perkakas.
Jawaban. Springback adalah pemulihan elastis dari lembaran logam usai menekuk, biasanya diukur sebagai perbedaan antara sudut termasuk akhir dari bagian membungkuk dan sudut dari perkakas yang digunakan untuk membuat tikungan, dibagi dengan sudut perkakas.
Tentukan
20,9 menggambar dalam konteks Metalworking lembar.
Jawaban. Menggambar adalah pengerjaan logam lembaran operasi yang digunakan untuk memproduksi cangkir berbentuk atau berbentuk kotak, atau kompleks lainnya-melengkung, berongga bagian. Menggambar dilakukan dengan menempatkan sepotong logam lembaran
lebih dari rongga mati dan kemudian menggunakan pukulan untuk mendorong logam ke dalam rongga.
Jawaban. Menggambar adalah pengerjaan logam lembaran operasi yang digunakan untuk memproduksi cangkir berbentuk atau berbentuk kotak, atau kompleks lainnya-melengkung, berongga bagian. Menggambar dilakukan dengan menempatkan sepotong logam lembaran
lebih dari rongga mati dan kemudian menggunakan pukulan untuk mendorong logam ke dalam rongga.
6 Apa adalah beberapa langkah sederhana
yang digunakan untuk menilai kelayakan gambar cangkir yang diusulkan
operasi?
Jawaban. Ukuran gambar kelayakan meliputi (1) rasio menggambar DR = D / Dp; (2) reduksi r = (D - Dp) / D, dan (3) ketebalan-to-diameter rasio, t / D; dimana t = ketebalan saham, D = diameter kosong, dan Dp = pukulan diameter.
operasi?
Jawaban. Ukuran gambar kelayakan meliputi (1) rasio menggambar DR = D / Dp; (2) reduksi r = (D - Dp) / D, dan (3) ketebalan-to-diameter rasio, t / D; dimana t = ketebalan saham, D = diameter kosong, dan Dp = pukulan diameter.
7 Bedakan antara menggambar ulang dan
gambar terbalik.
Jawaban. Dalam menggambar ulang, perubahan bentuk cukup signifikan (misalnya, menggambar rasio lebih besar dari 2,0) bahwa hal itu harus dilakukan dalam dua langkah menggambar, mungkin dengan operasi anil antara langkah-langkah. Dalam gambar terbalik, dua seri yang dicapai pada bagian, satu dalam satu arah, yang kedua dalam arah yang berlawanan.
8 Apa adalah beberapa kemungkinan cacat di bagian lembaran logam ditarik?
Jawaban. Menggambar cacat meliputi (1) kerutan, (2) robek, (3) Anting, dan (4) goresan permukaan, sebagai dijelaskan dalam Bagian 20.3.4.
Jawaban. Dalam menggambar ulang, perubahan bentuk cukup signifikan (misalnya, menggambar rasio lebih besar dari 2,0) bahwa hal itu harus dilakukan dalam dua langkah menggambar, mungkin dengan operasi anil antara langkah-langkah. Dalam gambar terbalik, dua seri yang dicapai pada bagian, satu dalam satu arah, yang kedua dalam arah yang berlawanan.
8 Apa adalah beberapa kemungkinan cacat di bagian lembaran logam ditarik?
Jawaban. Menggambar cacat meliputi (1) kerutan, (2) robek, (3) Anting, dan (4) goresan permukaan, sebagai dijelaskan dalam Bagian 20.3.4.
20,13
Apa operasi timbul?
Jawaban. Embossing adalah pengerjaan logam
lembaran operasi yang digunakan untuk membuat lekukan dalam lembaran, seperti dibangkitkan
huruf atau tulang rusuk penguatan.
9 Apa peregangan membentuk?
9 Apa peregangan membentuk?
Jawaban. Regangkan
pembentukan lembaran logam terdiri dari bersamaan peregangan dan lentur
lembaran logam workpart untuk mencapai perubahan bentuk.
10 Mengidentifikasi komponen utama dari mati stamping yang melakukan pengosongan.
Jawaban. Komponen utama adalah punch dan mati, yang melakukan operasi pemotongan.
Mereka masing-masing melekat kepada pemegang pukulan (sepatu bagian atas alias) dan pemegang mati (alias rendah sepatu). Alignment punch dan mati selama operasi stamping dicapai melalui panduan pin dan bushing di pemegang punch dan pemegang mati.
11 Apa dua kategori dasar dari struktur frame yang digunakan dalam menekan stamping?
Jawaban. Dua kategori dasar dari frame pers (1) kesenjangan bingkai, juga disebut C-frame karena nya profil adalah bentuk huruf "C", dan (2) lurus-sisi bingkai, yang memiliki sisi penuh untuk lebih besar kekuatan dan kekakuan dari frame.
10 Mengidentifikasi komponen utama dari mati stamping yang melakukan pengosongan.
Jawaban. Komponen utama adalah punch dan mati, yang melakukan operasi pemotongan.
Mereka masing-masing melekat kepada pemegang pukulan (sepatu bagian atas alias) dan pemegang mati (alias rendah sepatu). Alignment punch dan mati selama operasi stamping dicapai melalui panduan pin dan bushing di pemegang punch dan pemegang mati.
11 Apa dua kategori dasar dari struktur frame yang digunakan dalam menekan stamping?
Jawaban. Dua kategori dasar dari frame pers (1) kesenjangan bingkai, juga disebut C-frame karena nya profil adalah bentuk huruf "C", dan (2) lurus-sisi bingkai, yang memiliki sisi penuh untuk lebih besar kekuatan dan kekakuan dari frame.
12 Apa keuntungan dan kerugian relatif
penekanan mekanik dibandingkan menekan hidrolikdi Metalworking lembar?
Jawaban. Keuntungan
utama dari penekanan mekanik adalah tarif siklus yang lebih cepat. Keuntungan dari hidrolik menekan
adalah stroke ram lagi dan memaksa seragam di seluruh stroke.
13 Apa proses Guerin?
Jawaban. Proses
Guerin adalah proses pembentukan lembaran logam yang menggunakan karet yang
mati flexes untuk memaksa lembaran logam untuk mengambil bentuk blok bentuk
(pukulan).
14 Mengidentifikasi masalah teknis utama dalam tabung lentur?
14 Mengidentifikasi masalah teknis utama dalam tabung lentur?
Jawaban. Masalah
teknis utama dalam tabung lentur runtuhnya dinding tabung selama lentur
proses.
15 Bedakan antara gulungan lentur dan roll membentuk.
Jawaban. Gulung lentur melibatkan membentuk lembaran besar dan bagian pelat logam melengkung ke bentuk. Roll membentuk melibatkan makan strip tunggal atau coil melalui gulungan berputar sehingga bentuk gulungan yang diberikan kepada strip.
20,21 (Video) Menurut video pada lembaran logam geser, apa Sudut Rake pisau?
Jawaban: Sudut Bilah Rake atau Angle adalah sudut geser antara dua permukaan yang datang bersama-sama untuk geser materi. Sudut dari nol berarti bahwa geser berlangsung pada saat yang sama waktu bersama seluruh permukaan. Sebuah nilai yang lebih besar dari sudut berarti bahwa permukaan kurang dalam kontak dengan geser pisau setiap saat selama operasi.
20,22 (Video) Menurut video pada lembaran logam lentur, apa istilah utama yang digunakan untuk menjelaskan lentur pada rem pers?
proses.
15 Bedakan antara gulungan lentur dan roll membentuk.
Jawaban. Gulung lentur melibatkan membentuk lembaran besar dan bagian pelat logam melengkung ke bentuk. Roll membentuk melibatkan makan strip tunggal atau coil melalui gulungan berputar sehingga bentuk gulungan yang diberikan kepada strip.
20,21 (Video) Menurut video pada lembaran logam geser, apa Sudut Rake pisau?
Jawaban: Sudut Bilah Rake atau Angle adalah sudut geser antara dua permukaan yang datang bersama-sama untuk geser materi. Sudut dari nol berarti bahwa geser berlangsung pada saat yang sama waktu bersama seluruh permukaan. Sebuah nilai yang lebih besar dari sudut berarti bahwa permukaan kurang dalam kontak dengan geser pisau setiap saat selama operasi.
20,22 (Video) Menurut video pada lembaran logam lentur, apa istilah utama yang digunakan untuk menjelaskan lentur pada rem pers?
Jawaban: Istilah utama yang
digunakan untuk menggambarkan lentur pada rem pers tikungan penyisihan, tekuk sudut,
tikungan radius, dan springback membungkuk.
20,23 (Video) Menurut video pada lembaran logam stamping mati dan proses, apa faktor
yang mempengaruhi sifat mampu bentuk dari logam?
Jawaban: Faktor-faktor yang disebutkan dalam klip video yang mempengaruhi sifat mampu bentuk logam adalah (1) bagian bentuknya adalah faktor utama, (2) daktilitas lembaran logam, (3) mati desain, (4) stamping tekan, (5) tekan kecepatan, (6) pelumasan, (7) lembar mekanisme logam makan, dan (8) pemantauan / kontrol sistem.
20,23 (Video) Menurut video pada lembaran logam stamping mati dan proses, apa faktor
yang mempengaruhi sifat mampu bentuk dari logam?
Jawaban: Faktor-faktor yang disebutkan dalam klip video yang mempengaruhi sifat mampu bentuk logam adalah (1) bagian bentuknya adalah faktor utama, (2) daktilitas lembaran logam, (3) mati desain, (4) stamping tekan, (5) tekan kecepatan, (6) pelumasan, (7) lembar mekanisme logam makan, dan (8) pemantauan / kontrol sistem.
20,24
(Video) Nama empat proses membentuk tercantum dalam klip video pada lembaran
logam stamping meninggal dan proses.
Jawaban: empat proses
membentuk tercantum dalam klip video adalah (1) gambar, (2) lentur, (3)
flanging, dan (4) hemming.
20,25
(Video) Daftar faktor-faktor yang mempengaruhi terus menurunkan tekanan dalam operasi
menggambar sesuai dengan video pada lembaran logam stamping meninggal dan
proses.
Jawaban: Faktor-faktor yang mempengaruhi terus menurunkan tekanan dalam operasi menggambar meliputi (1) menggambar keparahan reduksi, (2) sifat logam, (3) ketebalan logam, dan (4) pelumasan mati.
Jawaban: Faktor-faktor yang mempengaruhi terus menurunkan tekanan dalam operasi menggambar meliputi (1) menggambar keparahan reduksi, (2) sifat logam, (3) ketebalan logam, dan (4) pelumasan mati.
Kuis Pilihan Ganda
0,1
operasi pengerjaan logam lembaran Kebanyakan dilakukan sebagai mana berikut:
(a) dingin bekerja, (b) panas bekerja, atau (c) bekerja hangat?
Jawaban. (A).
20.2 Dalam operasi memotong lembaran logam yang digunakan untuk menghasilkan bagian datar dengan lubang di tengah, bagian itu sendiri disebut kosong, dan secarik yang dipotong keluar untuk membuat lubang disebut siput: (a) benar atau (b)
palsu?
Jawaban. (A).
20.2 Dalam operasi memotong lembaran logam yang digunakan untuk menghasilkan bagian datar dengan lubang di tengah, bagian itu sendiri disebut kosong, dan secarik yang dipotong keluar untuk membuat lubang disebut siput: (a) benar atau (b)
palsu?
Jawaban. (A).
20.3 Sebagai lembaran logam kekerasan saham meningkat dalam operasi blanking, clearance antara punch dan harus mati mana dari berikut: (a) menurun, (b) meningkat, atau (c) tetap sama?
Jawaban. (B).
20,4 Sebuah logam lembaran siput melingkar diproduksi dalam operasi meninju lubang akan memiliki diameter yang sama sebagai yang mana dari berikut: (a) pembukaan mati atau (b) punch?
Jawaban. (A).
20.5 Kekuatan pemotongan dalam operasi blanking logam lembaran tergantung pada sifat mekanik dari logam (satu jawaban yang benar): (a) kuat tekan, (b) modulus elastisitas, (c) kekuatan geser, (D) laju regangan, (e) kekuatan tarik, atau (f) kekuatan luluh?
Jawaban. (D).
20,6 Manakah dari uraian berikut berlaku untuk operasi V-membungkuk dibandingkan dengan tepi operasi lentur (dua jawaban terbaik): (a) perkakas mahal, (b) perkakas murah, (c) terbatas pada 90 ° lengkungan atau kurang, (d) yang digunakan untuk produksi yang tinggi, (e) digunakan untuk produksi yang rendah, dan (f) menggunakan pad tekanan
untuk menekan lembaran logam?
Jawaban. (B)
dan (e).
20.7 Lembar logam lentur melibatkan mana
tegangan berikut dan strain (dua jawaban yang benar): (a) tekan, (b) geser, dan
(c) tarik?
Jawaban. (A)
dan (c).
20.8 Yang salah satu berikut ini adalah
definisi terbaik dari penyisihan tikungan: (a) jumlah dengan yang mati lebih
besar dari pukulan, (b) jumlah pemulihan elastis dialami oleh logam setelah
membungkuk, (c) faktor keamanan yang digunakan dalam menghitung kekuatan
bending, atau (d) panjang sebelum membungkuk lembar lurus bagian logam menjadi
bengkok?
Jawaban. (D).
Jawaban. (D).
20,9 springback dalam operasi logam lembaran lentur hasil yang salah satu dari berikut: (a) elastic modulus logam, (b) pemulihan elastis logam, (c) overbending, (d) tinggi kian, atau (e)
hasil kekuatan logam?
Jawaban. (B).
20,10 Manakah dari berikut ini adalah variasi dari operasi lembaran logam lentur (dua jawaban terbaik): (a) coining, (b) flanging, (c) hemming, (d) setrika, (e) bentukan, (f) geser berputar, (g) pemangkasan, dan (H) tabung lentur?
20,10 Manakah dari berikut ini adalah variasi dari operasi lembaran logam lentur (dua jawaban terbaik): (a) coining, (b) flanging, (c) hemming, (d) setrika, (e) bentukan, (f) geser berputar, (g) pemangkasan, dan (H) tabung lentur?
Jawaban. (B)
dan (c).
20,11 Berikut ini adalah ukuran kelayakan
untuk beberapa operasi menggambar cangkir yang diusulkan; yang mana dari operasi
mungkin layak (tiga jawaban terbaik: (a) DR = 1,7, (b) DR = 2,7, (c) r = 0,35,
(d) r = 0,65, dan (e) t / D = 2%?
Jawaban. (A),
(c), dan (e).
Kekuatan
memegang 20,12 dalam menggambar yang paling mungkin (a) lebih besar daripada,
(b) kurang sama dengan, atau (c) dari kekuatan maksimum menggambar?
Jawaban. (C).
Jawaban. (C).
20,13 Yang salah satu mati stamping berikut adalah yang paling rumit: (a) mati blanking, (b)
mati kombinasi, (c) senyawa mati, (d) mati tepi lentur, (e) mati progresif, atau (f) V-bending mati?
Jawaban. (E).
20,14 Yang salah satu jenis pers berikut ini biasanya berhubungan dengan tingkat produksi tertinggi di sheet metal stamping operasi: (a) tempat tidur disesuaikan, (b) membuka kembali inclinable, (c) tekan rem, (d) kesenjangan yang solid, dan (e) lurus-sisi?
Jawaban. (B).
20,15 Manakah dari proses berikut ini diklasifikasikan sebagai energi tinggi-tingkat proses membentuk (dua terbaik jawaban): (a) elektrokimia mesin, (b) membentuk elektromagnetik, (c) elektron memotong balok, (D) membentuk ledakan, (e) proses Guerin, (f) hydroforming, (g) menggambar ulang, dan (h) geser berputar?
Jawaban. (B)
dan (d).
Masalah
Pemotongan Operasi
Pemotongan Operasi
20.1
Sebuah gunting listrik digunakan untuk memotong baja gulungan dingin yang
lembut adalah 4.75 mm tebal. Pada
apa yang peluruhannya harus gunting diatur untuk menghasilkan pemotongan yang
optimal?
Solusi: Dari Tabel 20.1, Ac
= 0,060. Dengan demikian, c =
Undang-Undang = 0,060 (4,75) = 0,285 mm
20.2 Sebuah operasi pengosongan yang akan dilakukan pada 2,0 mm baja gulungan dingin tebal (setengah keras). Bagian yang melingkar dengan diameter = 75,0 mm. Tentukan pukulan yang tepat dan ukuran mati untuk operasi ini.
20.2 Sebuah operasi pengosongan yang akan dilakukan pada 2,0 mm baja gulungan dingin tebal (setengah keras). Bagian yang melingkar dengan diameter = 75,0 mm. Tentukan pukulan yang tepat dan ukuran mati untuk operasi ini.
Solusi: Dari Tabel 20.1, Ac
= 0,075. Dengan demikian, c =
0,075 (2,0) = 0,15 mm. Pukulan diameter = Db - 2c = 75,0-2 (0,15) = 74,70 mm. Die
Diameter = Db = 75,0 mm.
20.3 Sebuah dadu senyawa akan digunakan untuk kosong dan pukulan mesin cuci besar dari paduan aluminium 6061ST lembar saham 3,50 mm tebal. Diameter luar mesin cuci adalah 50,0 mm dan diameter dalam adalah 15,0 mm. Tentukan (a) ukuran punch dan mati untuk operasi blanking, dan (b) punch dan mati ukuran untuk operasi meninju.
Solusi: Dari Tabel 20.1, Ac = 0,060. Dengan demikian, c = 0,060 (3,50) = 0,210 mm
20.3 Sebuah dadu senyawa akan digunakan untuk kosong dan pukulan mesin cuci besar dari paduan aluminium 6061ST lembar saham 3,50 mm tebal. Diameter luar mesin cuci adalah 50,0 mm dan diameter dalam adalah 15,0 mm. Tentukan (a) ukuran punch dan mati untuk operasi blanking, dan (b) punch dan mati ukuran untuk operasi meninju.
Solusi: Dari Tabel 20.1, Ac = 0,060. Dengan demikian, c = 0,060 (3,50) = 0,210 mm
(A)
blanking pukulan diameter = Db - 2c = 50 - 2 (0,21) = 49,58 mm Blanking mati
Diameter = Db = 50,00 mm
(B)
Punching pukulan diameter = Dh = 15,00 mm Meninju mati Diameter = Dh + 2c = 30
+ 2 (0,210) = 15,42 mm
20,4
Sebuah dadu blanking harus dirancang untuk kosong garis besar bagian yang
ditunjukkan pada Gambar P20.4. Bahan
ini 4 mm stainless steel tebal (setengah keras). Tentukan dimensi dari pukulan blanking
dan mati pembukaan.
Solusi: Dari Tabel 20.1, Ac
= 0,075. Dengan demikian, c =
0,075 (4,0) = 0,30 mm
Blanking mati: dimensi adalah sama seperti untuk bagian dalam Gambar P20.4. Blanking pukulan: 85 mm Dimensi Panjang = 85 - 2 (0,3) = 84,4 mm Dimensi lebar 50 mm = 50 - 2 (0,3) = 49,4 mm Atas dan bawah 25 mm lebar ekstensi = 25 - 2 (0,3) = 24,4 mm
Para 25 mm dimensi inset tetap sama.
Blanking mati: dimensi adalah sama seperti untuk bagian dalam Gambar P20.4. Blanking pukulan: 85 mm Dimensi Panjang = 85 - 2 (0,3) = 84,4 mm Dimensi lebar 50 mm = 50 - 2 (0,3) = 49,4 mm Atas dan bawah 25 mm lebar ekstensi = 25 - 2 (0,3) = 24,4 mm
Para 25 mm dimensi inset tetap sama.
20,5
Tentukan gaya blanking diperlukan dalam Soal 20.2, jika baja memiliki kekuatan
geser = 325 MPa dan kekuatan tarik 450 MPa.
Solusi:
F = STL
t = 2,0 mm dari Soal 20.2.
t = 2,0 mm dari Soal 20.2.
L
= πD = = 235,65 mm 75π
F
= 325 (2,0) (235,65) = 153.200 N
Tentukan
20,6 pers tonase minimum untuk melakukan operasi blanking dan meninju pada Soal
20,3. Lembaran logam aluminium
memiliki kekuatan tarik 310 MPa =, koefisien kekuatan 350 MPa, dan strain
pengerasan eksponen dari 0,12. (A)
Asumsikan bahwa blanking dan meninju terjadi secara bersamaan. (B) Asumsikan pukulan yang terhuyung
sehingga meninju terjadi pertama, kemudian blanking.
Solusi:
(a) F = 0,7 (TS) TL
t
= 3,5 mm dari Soal 20,3.
L
= 50π + 15π = 204,2 mm = 65π
F
= 0,7 (310) (3,5) (235,6) = 155.100 N = 155,1000 / (4,4482 * 2000) ton = 17,4
ton => 18 ton
tekan
(B) panjang terpanjang akan menentukan tonase tekan minimum yang diperlukan.
Punching panjang potong, L = 15π, blanking panjang potong, L = 157,1 mm = 50π (menggunakan blanking)
(B) panjang terpanjang akan menentukan tonase tekan minimum yang diperlukan.
Punching panjang potong, L = 15π, blanking panjang potong, L = 157,1 mm = 50π (menggunakan blanking)
F
= 0,7 (310) (3,5) (157,1) = 119.300 N = 119,3000 / (4,4482 * 2000) ton = 13,4
ton = tekan> 14 ton
20,7
Tentukan kebutuhan tonase untuk operasi blanking pada Soal 20,4, mengingat
bahwa
stainless steel memiliki kekuatan geser = 600 MPa.
stainless steel memiliki kekuatan geser = 600 MPa.
Solusi: F = STL
t
= 4 mm dari Soal 20.4.
L
= 85 + 50 + 25 + 25 + 35 + 25 + 25 + 50 = 320 mm
F
= 600 (4,0) (320) = 768.000 N. Ini adalah tentang 86,3 ton
20,8
Mandor di bagian pressworking datang kepada Anda dengan masalah operasi
blanking
yang memproduksi komponen dengan Gerinda berlebihan. (A) Apa alasan mungkin untuk Gerinda, dan (b) apa yang bisa dilakukan untuk memperbaiki kondisi?
Solusi: (a) Alasan Gerinda berlebihan: (1) jarak antara punch dan mati adalah terlalu besar untuk material dan ketebalan stok; dan (2) punch dan mati tepi pemotongan yang dikenakan (dibulatkan) yang memiliki efek yang sama karena clearance berlebihan.
(B) Untuk memperbaiki masalah ini: (1) Periksa punch dan mati memotong tepi untuk melihat apakah mereka dipakai. Jika mereka, regrind wajah untuk mempertajam tepi pemotongan. (2) Jika mati tidak dipakai, mengukur pukulan dan mati izin untuk melihat apakah itu sama dengan nilai yang direkomendasikan. Jika tidak, pembuat mati harus membangun kembali punch dan mati. Pembengkokan
yang memproduksi komponen dengan Gerinda berlebihan. (A) Apa alasan mungkin untuk Gerinda, dan (b) apa yang bisa dilakukan untuk memperbaiki kondisi?
Solusi: (a) Alasan Gerinda berlebihan: (1) jarak antara punch dan mati adalah terlalu besar untuk material dan ketebalan stok; dan (2) punch dan mati tepi pemotongan yang dikenakan (dibulatkan) yang memiliki efek yang sama karena clearance berlebihan.
(B) Untuk memperbaiki masalah ini: (1) Periksa punch dan mati memotong tepi untuk melihat apakah mereka dipakai. Jika mereka, regrind wajah untuk mempertajam tepi pemotongan. (2) Jika mati tidak dipakai, mengukur pukulan dan mati izin untuk melihat apakah itu sama dengan nilai yang direkomendasikan. Jika tidak, pembuat mati harus membangun kembali punch dan mati. Pembengkokan
20,9
Operasi lentur yang akan dilakukan pada 5,00 mm baja digulung tebal
dingin.Gambar bagian yang diberikan dalam Gambar P20.9. Menentukan ukuran kosong diperlukan.
Solusi: Dari gambar, α '= 40 °, R = 8,50 mm α = 180 - α '= 140 °.
Solusi: Dari gambar, α '= 40 °, R = 8,50 mm α = 180 - α '= 140 °.
Ab
= 2π (α/360) (R + Kbat) R / t = (8,5) / (5,00) = 1,7, yang kurang dari 2,0,
sehingga KBA = 0,333
Ab
= 2π (140/360) (8,5 + 0,333 x 5,0) = 24,84 mm
Dimensi
mulai kosong: w = 35 mm, L = 58 + 24,84 + 46,5 mm = 129,34
Memecahkan
Masalah 20,9 20,10 kecuali bahwa tikungan radius R = 11,35 mm.
Solusi: Dari gambar, α '= 40
°, R = 11,35 mm
α
= 180 - α '= 140 °.
Ab
= 2π (α/360) (R + Kbat) R / t = (11,35) / (5,00) = 2,270, sehingga KBA = 0,5
Ab
= 2π (140/360) (11,35 + 0,5 x 5,00) = 34,21 mm
Dimensi
mulai kosong: w = 35 mm, L = 58 + 34,21 + 46,5 mm = 138,71
20,11
Bagian L-berbentuk menjadi bengkok dalam operasi V-lentur pada rem pers dari
4,0 kosong datar oleh 1,5 in yang 5 / 32 di tebal. Tikungan 90 ° harus dilakukan di
tengah-tengah 4-in panjang. (A) Tentukan
dimensi dari kedua belah pihak yang sama yang akan hasil setelah tikungan, jika
radius tikungan = 3 / 16 in Untuk kenyamanan, ini belah pihak harus diukur
untuk awal radius tikungan. (B) Juga,
menentukan panjang sumbu netral bagian setelah tikungan. (C) Bila perlu mesin Operator mengatur
berhenti pada rem tekan relatif terhadap panjang mulai dari bagian?
Solusi: (a) R / t = (3 / 16)
/ (5 / 32) = 1,2. Oleh karena
itu, KBA = 0,33
Ab
= 2π (90/360) (0,1875 + 0,33 x 0,15625) = 0,3756 di
Dimensi
(panjang) dari setiap akhir = 0,5 (4,0-0,3756) = 1,8122 di
(B)
Karena logam membentang selama lentur, panjangnya akan lebih besar setelah
menekuk daripada sebelumnya. Its panjang
sebelum membungkuk = 4,000 masuk Panjang membentang dari tikungan sepanjang
sumbu netral akan menjadi: Bent = 2π panjang (90/360) (0,1875 + 0,5 x 0,15625)
= 0,4173 di Oleh karena itu, panjang sumbu netral bagian akan 2 (1,8122) +
0,4173 = 4,0417 di (C) Operator harus menetapkan menghentikan sehingga ujung
V-pukulan kontak kosong mulai pada Jarak = 2,000 dalam dari ujung.
20.12 Tentukan gaya lentur yang diperlukan pada Soal 20,9 jika tikungan harus dilakukan dalam mati V-dengan pembukaan mati dimensi 40 mm. Materi yang memiliki kekuatan tarik 600 MPa dan geser kekuatan 430 MPa.
20.12 Tentukan gaya lentur yang diperlukan pada Soal 20,9 jika tikungan harus dilakukan dalam mati V-dengan pembukaan mati dimensi 40 mm. Materi yang memiliki kekuatan tarik 600 MPa dan geser kekuatan 430 MPa.
Solusi: Untuk V-lipatan, Kbf
= 1,33.
F
= Kbf (TS) wt2 / D = 1,33 (600) (35) (5,0) 2 / 40 = 17.460 N
Memecahkan
Masalah 20,13 20,12 kecuali bahwa operasi dilakukan dengan menggunakan cetakan
menyeka dengan membuka mat
Dimensi
= 28 mm.
Solusi: Untuk
tepi-membungkuk dalam mati menyeka, Kbf = 0,33.
F
= Kbf (TS) wt2 / D = 0,33 (600) (35) (5,0) 2 / 28 = 6.188 N
20,14
Tentukan gaya lentur yang diperlukan pada Soal 20.11 jika tikungan harus
dilakukan dalam mati V-dengan dimensi mati membuka lebar = 1,25 masuk materi
memiliki kekuatan tarik = 70.000 lb/in2.
Solusi: Untuk V-lipatan, Kbf
= 1,33.
F
= Kbf (TS) wt2 / D = 1,33 (70.000) (1.5) (5 / 32) 2/1.25 = £ 2.728
Memecahkan
Masalah 20,15 20,14 kecuali bahwa operasi dilakukan dengan menggunakan cetakan
menyeka dengan membuka mati Dimensi = 0,75 in
Solusi: Untuk
tepi-membungkuk dalam mati menyeka, Kbf = 0,33.
F = Kbf (TS) wt2 / D = 0,33 (70.000) (1.5) (5 / 32) 2/0.75 = £ 1.128
F = Kbf (TS) wt2 / D = 0,33 (70.000) (1.5) (5 / 32) 2/0.75 = £ 1.128
20,16
Sebuah lembar-logam bagian 3,0 mm tebal dan 20,0 mm dibengkokkan ke sudut yang
disertakan = 60 ° dan tikungan jari-jari = 7,5 mm V-mati. Logam memiliki kekuatan tarik 340 MPa
=. Hitung diperlukan memaksa
untuk menekuk bagian, mengingat bahwa dimensi membuka mati = 15 mm.
Solusi: Untuk V-lipatan, Kbf
= 1,33.
F
= Kbf (TS) wt2 / D = 1,33 (340) (20) (3) 2 / 15 = 5426 N
Menggambar
Operasi
Turunkan
20,17 ekspresi untuk r pengurangan menggambar sebagai fungsi dari rasio
menggambar DR.
Solusi: Pengurangan r = (Db
- Dp) / rasio DbDrawing DR = Db / DPR = Db / Db - Dp / Db = 1 - Dp / Db = 1 -
1/DR
20,18
cangkir adalah yang dapat ditarik dalam operasi deep drawing. Tinggi cangkir adalah 75 mm dan isinya
Diameter = 100 mm. Ketebalan
lembaran logam = 2 mm. Jika diameter
225 mm kosong =, tentukan (A) rasio gambar, (b) pengurangan, dan (c)
ketebalan-to-diameter rasio. (D)
Apakah operasi tampaknya layak?
Solusi: (a) DR = Db / Dp =
225/100 = 2,25 (b) r = (Db - Dp) / Db = (225 - 100) / 225 = 0,555 = 55,5% (c) t
/ Db = 2 / 225 = 0,0089 = 0,89%
(d) Kelayakan? Tidak! DR terlalu besar (lebih besar dari
2,0), r adalah terlalu besar (lebih dari 50%), dan t / D adalah terlalu kecil
(kurang dari 1%).
Memecahkan Masalah 20,19 20,18 kecuali bahwa ukuran diameter mulai kosong = 175 mm.
Solusi: (a) DR = Db / Dp = 175/100 = 1,75 (b) r = (Db - Dp) / Db = (175 - 100) / 175 = 0,429 = 42,9% (C) t / Db = 2 / 175 = 0,0114 = 1,14% (d) Kelayakan? DR <2,0, r <50%, dan t / D> 1%.Namun, operasi tersebut tidak layak karena ukuran diameter 175 mm kosong tidak memberikan logam yang cukup untuk menarik tinggi 75 mm cangkir. Tinggi cangkir yang sebenarnya mungkin dengan diameter 175 mm kosong dapat ditentukan dengan membandingkan daerah permukaan (satu sisi hanya untuk kenyamanan) antara cangkir dan mulai kosong. Kosong luas = πD2 / 4 = π (175) 2 / 4 = 24.053 mm2
. Untuk menghitung luas permukaan cangkir, mari kita membagi cangkir menjadi dua bagian:
(1) dinding, dan (2) dasar, dengan asumsi sudut jari-jari pada pukulan memiliki efek diabaikan dalam kita perhitungan dan tidak ada Anting cangkir. Jadi, Piala luas = πDph + πDp2 / 4 = 100πh + π (100) 2 / 4 = 100πh + 2500π = 314.16h + 7854. Atur luas permukaan permukaan = cangkir yang kosong memulai: 314.16h + 7854 = 24.053
314.16h = 16.199 h = 51,56 mm. Ini adalah kurang dari 75 mm ketinggian tertentu.
20,20 Sebuah operasi deep drawing dilakukan di mana bagian dalam cangkir silinder memiliki diameter 4,25 dan ketinggian = 2.65 masuk Ketebalan saham = 3 / 16, dan diameter kosong mulai = 7,7 masuk jari-jari Punch dan mati = 5 / 32 masuk logam ini memiliki kekuatan tarik = 65.000 lb/in2, suatu kekuatan luluh =
32.000 lb/in2, dan kekuatan geser 40.000 lb/in2. Tentukan (a) rasio gambar, (b) reduksi, (c)
menggambar kekuatan, dan (d) kekuatan blankholder.
Solusi: (a) DR = 7.7/4.25 = 1,81
Memecahkan Masalah 20,19 20,18 kecuali bahwa ukuran diameter mulai kosong = 175 mm.
Solusi: (a) DR = Db / Dp = 175/100 = 1,75 (b) r = (Db - Dp) / Db = (175 - 100) / 175 = 0,429 = 42,9% (C) t / Db = 2 / 175 = 0,0114 = 1,14% (d) Kelayakan? DR <2,0, r <50%, dan t / D> 1%.Namun, operasi tersebut tidak layak karena ukuran diameter 175 mm kosong tidak memberikan logam yang cukup untuk menarik tinggi 75 mm cangkir. Tinggi cangkir yang sebenarnya mungkin dengan diameter 175 mm kosong dapat ditentukan dengan membandingkan daerah permukaan (satu sisi hanya untuk kenyamanan) antara cangkir dan mulai kosong. Kosong luas = πD2 / 4 = π (175) 2 / 4 = 24.053 mm2
. Untuk menghitung luas permukaan cangkir, mari kita membagi cangkir menjadi dua bagian:
(1) dinding, dan (2) dasar, dengan asumsi sudut jari-jari pada pukulan memiliki efek diabaikan dalam kita perhitungan dan tidak ada Anting cangkir. Jadi, Piala luas = πDph + πDp2 / 4 = 100πh + π (100) 2 / 4 = 100πh + 2500π = 314.16h + 7854. Atur luas permukaan permukaan = cangkir yang kosong memulai: 314.16h + 7854 = 24.053
314.16h = 16.199 h = 51,56 mm. Ini adalah kurang dari 75 mm ketinggian tertentu.
20,20 Sebuah operasi deep drawing dilakukan di mana bagian dalam cangkir silinder memiliki diameter 4,25 dan ketinggian = 2.65 masuk Ketebalan saham = 3 / 16, dan diameter kosong mulai = 7,7 masuk jari-jari Punch dan mati = 5 / 32 masuk logam ini memiliki kekuatan tarik = 65.000 lb/in2, suatu kekuatan luluh =
32.000 lb/in2, dan kekuatan geser 40.000 lb/in2. Tentukan (a) rasio gambar, (b) reduksi, (c)
menggambar kekuatan, dan (d) kekuatan blankholder.
Solusi: (a) DR = 7.7/4.25 = 1,81
(B) t / Db = = 0,02435 = 0.1875/7.7 2,435%
(C) F = πDpt (TS) (Db / Dp - 0,7) = π
(4,25) (0,1875) (65.000) (7.7/4.25 - 0,7) = £ 180.900
(D) Fh = 0.015Yπ (DB2 - (Dp + 2.2t + 2rd)
2)
Fh = 0,015 (32.000) π (7,72 - (4,25 + 2,2
x 0,1875 + 2 x 0,15625) 2) = 0,015 (32.000) π
(7,72-4,9752)
Fh = £ 52.100
Memecahkan
Masalah 20,21 20,20 kecuali bahwa ketebalan saham t = 1 / 8 in
Solusi: (a) DR = 7.7/4.25 = 1,81 (sama seperti masalah sebelumnya)
Solusi: (a) DR = 7.7/4.25 = 1,81 (sama seperti masalah sebelumnya)
(B)
t / Db = = 0,01623 = 0.125/7.7 1,623%
(C)
F = πDpt (TS) (D / Dp - 0,7) = π (4,25) (0,125) (65.000) (7.7/4.25 - 0,7) = £
120.600
(D)
Fh = 0.015Yπ (D2 - (Dp + 2.2t + 2rd) 2)
Fh
= 0,015 (32.000) π (7,72 - (4,25 + 2,2 x 0,125 + 2 x 0,15625) 2) = 0,015
(32.000) π (7,72-4,83752)
Fh
= £ 54.100
20,22 Sebuah operasi menggambar cangkir
dilakukan di mana diameter dalam = 80 mm dan tinggi = 50 mm. Ketebalan saham = 3,0 mm, dan diameter
kosong mulai = 150 mm. Punch dan
jari-jari mati = 4 mm. Kekuatan
tarik 400 MPa = dan kekuatan luluh = 180 MPa untuk lembaran logam. Tentukan (a)
rasio gambar, (b) reduksi, (c) gaya menggambar, dan (d) kekuatan blankholder.
Solusi: (a) DR = 150/80 = 1,875
(B) r = (Db - Dp) / Db = (150 - 80) / 80 =
70/150 = 0,46
(C) F = πDpt (TS) (Db / Dp - 0,7) = π (80)
(3) (400) (150/80 - 0,7) = 354418 N.
(D) Fh = 0.015Yπ (DB2 - (Dp + 2.2t + 2rd)
2)
Fh = 0,015 (180) π (1502 - (80 + 2,2 x 3 +
2 x 4) 2) = 0,015 (180) π (1502-94,62)
Fh = 114.942 N
20,23 Sebuah operasi deep drawing yang
akan dilakukan pada kosong lembaran logam yang 1 / 8 dalam tebal. Ketinggian (Dalam dimensi) dari
cangkir = 3,8 dan diameter (dalam dimensi) = 5.0 masuk asumsi jari-jari pukulan
= 0, menghitung diameter mulai dari kosong untuk menyelesaikan operasi tanpa materi
tersisa di flange. Apakah layak
operasi (mengabaikan fakta bahwa jari-jari pukulan terlalu kecil)?
Solusi: Gunakan perhitungan luas
permukaan, dengan asumsi t ketebalan tetap konstan.
Piala luas = dinding area + dasar + wilayah = πDph πDp2 / 4 = 5π (3,8) + 0.25π (5) 2
= 25.25π in2
Piala luas = dinding area + dasar + wilayah = πDph πDp2 / 4 = 5π (3,8) + 0.25π (5) 2
= 25.25π in2
Area kosong = πDb2 / 4 = 0.25πDb2
Mengatur area kosong = gelas daerah:
0.25πDb2 = 25.25πDb2 = 25.25/0.25 = 101,0 Db = 10,050 di Test untuk
kelayakan: DR = Db / Dp = 10.050/5.0 = 2,01. Karena
DR> 2.0, operasi ini mungkin tidak layak. Tentu
saja, jari-jari nol pukulan membuat operasi ini layak pula. Dengan bulat jari-jari pukulan, ukuran
kosong akan sedikit lebih kecil, yang akan mengurangi
DR.
Memecahkan
Masalah 20,24 20,23 kecuali menggunakan radius pukulan = 0,375 in
Solusi: Gunakan perhitungan luas permukaan, dengan asumsi t ketebalan tetap konstan.Luas permukaan cangkir akan dibagi menjadi tiga bagian: (1) dinding lurus, yang tingginya = 3,80-0,375 = 3,425 di, (2) toroida kuartal dibentuk oleh jari-jari 0,375 di dasar cangkir, dan (3) dasar, yang memiliki diameter = 5,0 - 2 x 0,375 = 4,25 di
A1 = πDph = π (5,0) (3,425) = 53,807 di2
Solusi: Gunakan perhitungan luas permukaan, dengan asumsi t ketebalan tetap konstan.Luas permukaan cangkir akan dibagi menjadi tiga bagian: (1) dinding lurus, yang tingginya = 3,80-0,375 = 3,425 di, (2) toroida kuartal dibentuk oleh jari-jari 0,375 di dasar cangkir, dan (3) dasar, yang memiliki diameter = 5,0 - 2 x 0,375 = 4,25 di
A1 = πDph = π (5,0) (3,425) = 53,807 di2
A2
= panjang seperempat lingkaran di dasar dikalikan dengan keliling lingkaran
digambarkan
oleh (Pappus-Guldin Teorema) sentroid: panjang seperempat lingkaran = πD / 4 = 0.25π (2 x 0,375) = 0,589 masuk centroid ini terletak di pusat busur, yang 0,375 45 = 0,265 dosa luar
pusat dari 0,375 di radius. Jadi, diameter lingkaran digambarkan oleh centroid adalah 4,25 + 2 x0,265 = 4,780 di
oleh (Pappus-Guldin Teorema) sentroid: panjang seperempat lingkaran = πD / 4 = 0.25π (2 x 0,375) = 0,589 masuk centroid ini terletak di pusat busur, yang 0,375 45 = 0,265 dosa luar
pusat dari 0,375 di radius. Jadi, diameter lingkaran digambarkan oleh centroid adalah 4,25 + 2 x0,265 = 4,780 di
A2
= 4.78π (0,589) = 8,847 in2
A3
= π (4,25) 2 / 4 = 14,188 in2
Total
area cangkir = 53,807 + 8,847 + 14,188 = 76,842 in2
Area
kosong = πDb2 / 4 = 0.7855Db2
Mengatur
area kosong = gelas daerah: 0.7855Db2 = 76,842 db2
= 76.842/0.7855 = 97,825 Db = 9,890 di
= 76.842/0.7855 = 97,825 Db = 9,890 di
Test
untuk kelayakan: DR = Db / Dp = 9.89/5.0 = 1,978, yang kurang dari rasio
membatasi 2,0. Para untuk rasio
diameter ketebalan t / Db = = 0,0126 = 0.125/9.89 1,26%, yang berada di atas
nilai 1% digunakan sebagai kriteria kelayakan dalam menggambar cangkir. Sedangkan operasi di Soal 20,23 tidak layak,
operasi dalam masalah ini tampaknya layak.
20,25 Sebuah operasi dilakukan pada gambar adalah 3,0 mm saham. Bagian adalah secangkir silinder dengan mm tinggi = 50 dan diameter dalam = 70 mm. Asumsikan radius sudut pada pukulan adalah nol. (A) Tentukan diperlukan ukuran mulai Db kosong. (B) Apakah operasi menggambar layak?
Solusi: Gunakan perhitungan luas
permukaan, dengan asumsi t ketebalan tetap konstan.
Piala luas = dinding area + daerah basis = πDph + πDp 2 / 4 = π (70) (50) + 0.25π (70) 2 = 14.846 mm 2. Area kosong = πDb 2 / 4 = 0.7855Db2
Piala luas = dinding area + daerah basis = πDph + πDp 2 / 4 = π (70) (50) + 0.25π (70) 2 = 14.846 mm 2. Area kosong = πDb 2 / 4 = 0.7855Db2
Mengatur area kosong = gelas area:
0.7855Db 2 = 14.846 db2
= 14.846 / 0,7855 = 18.900 Db = 137,48 mm
= 14.846 / 0,7855 = 18.900 Db = 137,48 mm
DR = Db / Dp = 137.48/70 = 1,964; t / Db =
3/137.48 = 0,0218 = 2,18%. Ini
kriteria nilai mengindikasikan bahwa operasi ini layak, namun, dengan radius pukulan Rp, = 0 bentuk ini akan sulit untuk menarik karena pukulan menggambar akan bertindak pada logam seperti pukulan blanking.
kriteria nilai mengindikasikan bahwa operasi ini layak, namun, dengan radius pukulan Rp, = 0 bentuk ini akan sulit untuk menarik karena pukulan menggambar akan bertindak pada logam seperti pukulan blanking.
Memecahkan Masalah 20,26 20,25 kecuali
bahwa ketinggian = 60 mm.
Solusi: Area Piala = dinding area + basis wilayah
Solusi: Area Piala = dinding area + basis wilayah
Piala luas = πDph + πDp 2 / 4 = π (70) (60)
+ 0.25π (70) 2 = 17.045 mm2.
Area kosong = πDb 2 / 4 = 0.7855Db2
Mengatur area kosong = gelas area: 0.7855Db
2 = 17.045 db2 = 17.045 / 0,7855 = 21.700 Db = 147,31 mm.
Test untuk kelayakan: DR = Db / Dp =
147.31/70 = 2.10; t / Db = 3/147.31 = 0,0204 = 2,04%. Karena DR yang lebih besar dari 2,0,
operasi ini dianggap tidak layak. Juga,
seperti dalam masalah sebelumnya, pukulan jari-jari Rp = 0 akan membuat operasi
ini sulit jika tidak layak.
Memecahkan Masalah 20,27 20,26 kecuali bahwa jari-jari sudut di mm = 10 pukulan.
Solusi: Gunakan perhitungan luas permukaan, dengan asumsi t ketebalan tetap konstan.Luas permukaan cangkir akan dibagi menjadi tiga bagian: (1) lurus dinding, yang tingginya = 60 - 10 = 50 mm, (2) toroida kuartal dibentuk oleh jari-jari 0,375 di dasar cangkir, dan (3) dasar, yang memiliki diameter = 70 - 2 x 10 = 50 mm.
A1 = πDph = π (70) (50) = 10,995.6 mm2
Memecahkan Masalah 20,27 20,26 kecuali bahwa jari-jari sudut di mm = 10 pukulan.
Solusi: Gunakan perhitungan luas permukaan, dengan asumsi t ketebalan tetap konstan.Luas permukaan cangkir akan dibagi menjadi tiga bagian: (1) lurus dinding, yang tingginya = 60 - 10 = 50 mm, (2) toroida kuartal dibentuk oleh jari-jari 0,375 di dasar cangkir, dan (3) dasar, yang memiliki diameter = 70 - 2 x 10 = 50 mm.
A1 = πDph = π (70) (50) = 10,995.6 mm2
A2
= panjang seperempat lingkaran di dasar dikalikan dengan keliling lingkaran
digambarkan
oleh (Pappus-Guldin Teorema) sentroid: panjang seperempat lingkaran = 2πRp / 4 = 0.25π (2 x 10) = 15,71 mm. Centroid ini terletak di pusat busur, yang adalah 10 dosa 45 = 7,071 luar pusat yang 0,375 di radius. Jadi, diameter lingkaran digambarkan oleh centroid adalah 50 + 2 x 7,071 = 64,142 mm.
oleh (Pappus-Guldin Teorema) sentroid: panjang seperempat lingkaran = 2πRp / 4 = 0.25π (2 x 10) = 15,71 mm. Centroid ini terletak di pusat busur, yang adalah 10 dosa 45 = 7,071 luar pusat yang 0,375 di radius. Jadi, diameter lingkaran digambarkan oleh centroid adalah 50 + 2 x 7,071 = 64,142 mm.
A2
= 64.142π (15,71) = 3166,1 mm2
A3
= π (50) 2 / 4 = 1963,8 mm2
Total
area cangkir = 10,995.6 + 3166,1 + 1963,8 = 16,125.5 mm2
Area
kosong = πDb 2 / 4 = 0.7855Db2
Mengatur
area kosong = gelas area: 0.7855Db 2 = 16,125.5 db2 = 16,125.5 / 0,7855 =
20,529.0
Db
= 143,28 mm
Test
untuk kelayakan: DR = Db / Dp = 143.28/70 = 2,047. Karena DR lebih besar dari 2,0, ini
dianggap tidak layak operasi.
20,28 Mandor di bagian gambar toko membawa kepada Anda beberapa contoh bagian yang telah telah ditarik di toko. Sampel memiliki berbagai cacat. Satu memiliki telinga, lain telah keriput, dan ketiga masih memiliki bagian robek pada dasarnya. Apa penyebab dari masing-masing cacat dan apa obat yang akan Anda usulkan?
Solusi: (1) Telinga
disebabkan oleh lembaran logam yang memiliki sifat terarah. Materi yang
anisotropik. Salah satu obat adalah untuk anil logam untuk mengurangi directionality sifat.
(2) Kerutan disebabkan oleh tekuk flens tekan seperti yang ditarik ke dalam untuk membentuk cangkir. Ada beberapa kemungkinan solusi: (a) meningkatkan rasio t / D dengan menggunakan lembar pengukur tebal logam. Ini mungkin tidak mungkin karena perubahan desain diperlukan. (B) Meningkatkan blankholder yang tekanan terhadap bekerja selama menggambar. (3) Merobek terjadi karena tegangan tarik tinggi pada dinding cangkir dekat dasar.Sebuah obat akan memberikan radius pukulan besar. Robek juga dapat terjadi karena radius sudut mati yang terlalu kecil.
anisotropik. Salah satu obat adalah untuk anil logam untuk mengurangi directionality sifat.
(2) Kerutan disebabkan oleh tekuk flens tekan seperti yang ditarik ke dalam untuk membentuk cangkir. Ada beberapa kemungkinan solusi: (a) meningkatkan rasio t / D dengan menggunakan lembar pengukur tebal logam. Ini mungkin tidak mungkin karena perubahan desain diperlukan. (B) Meningkatkan blankholder yang tekanan terhadap bekerja selama menggambar. (3) Merobek terjadi karena tegangan tarik tinggi pada dinding cangkir dekat dasar.Sebuah obat akan memberikan radius pukulan besar. Robek juga dapat terjadi karena radius sudut mati yang terlalu kecil.
20,29
Sebuah bagian berbentuk cangkir harus ditarik tanpa blankholder dari lembaran
logam yang ketebalan = 0,25 in Diameter dalam cangkir = 2,5 dalam, tingginya =
1,5, dan jari-jari tikungan di dasar = 0,375 masuk (a) Berapakah diameter
minimal mulai kosong yang dapat digunakan, menurut Persamaan. (20,14)? (B) Apakah ini berdiameter kosong
memberikan materi yang cukup untuk menyelesaikan cangkir?
Solusi: (a) Menurut
Persamaan. (22,14), Db - Dp
<5t
Db <5t + Dp = 5 (0,25) + 2,5 = 3,75 di (B) Karena lembaran logam agak tebal, mari kita gunakan tombol volume daripada daerah untuk menentukan apakah ada adalah logam yang cukup dalam dengan diameter 3,75 kosong. Cangkir yang ditarik terdiri dari tiga bagian: (1) cangkir dinding, (2) toroida di dasar, dan (3) dasar. V1 = (1,5-0,375) π [(2,5 + 2 x 0,25) 2] - (2,5) 2) / 4 = 1.125π (2,75) / 4 = 2,430 in3
Db <5t + Dp = 5 (0,25) + 2,5 = 3,75 di (B) Karena lembaran logam agak tebal, mari kita gunakan tombol volume daripada daerah untuk menentukan apakah ada adalah logam yang cukup dalam dengan diameter 3,75 kosong. Cangkir yang ditarik terdiri dari tiga bagian: (1) cangkir dinding, (2) toroida di dasar, dan (3) dasar. V1 = (1,5-0,375) π [(2,5 + 2 x 0,25) 2] - (2,5) 2) / 4 = 1.125π (2,75) / 4 = 2,430 in3
V2
= (lintas-bagian dari toroida triwulan) x (lingkaran yang dibuat oleh sapuan
centroid)
Lintas-bagian dari toroida kuartal = 0.25π [(0,375 + 0,25) 2 - (0,375) 2] = 0,1964 in2
Lingkaran dibuat oleh menyapu centroid memiliki diameter = (2,5 - 2 x 0,25) + 2 (0,375 + 0,25 / 2) sin 45 = 2,457 di V2 = 2.457π (0,1964) = 1,516 di 3v3 = (2,5 - 2 x 0,375) 2π (0,25) / 4 = 0,601 in3
Lintas-bagian dari toroida kuartal = 0.25π [(0,375 + 0,25) 2 - (0,375) 2] = 0,1964 in2
Lingkaran dibuat oleh menyapu centroid memiliki diameter = (2,5 - 2 x 0,25) + 2 (0,375 + 0,25 / 2) sin 45 = 2,457 di V2 = 2.457π (0,1964) = 1,516 di 3v3 = (2,5 - 2 x 0,375) 2π (0,25) / 4 = 0,601 in3
Jumlah
V = V1 + V2 + V3 = 2,430 + 1,516 + 0,601 = 4,547 in3
Volume
πDb = kosong 2t / 4 = π (0,25) db2 / 4 = 0.1963Db2
Pengaturan
volume kosong = gelas Volume: 0.1963Db2
= 4,547 db2 = 4.547/0.1963 = 23,16
= 4,547 db2 = 4.547/0.1963 = 23,16
Db
= 4,81 masuk diameter 3,75 di dihitung dalam (a) tidak memberikan logam yang
cukup untuk menyelesaikan gambar. Operasi Lainnya
20,30
A 20 dalam jangka lembaran logam benda kerja ditarik dalam operasi peregangan
membentuk dengan dimensi ditunjukkan dalam Gambar P20.30. Ketebalan saham awal adalah 3 / 16 dan
lebarnya adalah 8,5 masuk logam memiliki kurva aliran didefinisikan oleh
koefisien kekuatan 75.000 lb/in2 dan strain pengerasan eksponen dari 0,20. Kekuatan luluh material adalah 30.000
lb/in2. (A) Tentukan gaya F
peregangan diperlukan dekat awal operasi ketika menghasilkan pertama terjadi. Tentukan (b) regangan sejati
dialami oleh logam, (c) peregangan gaya F, dan (d) mati gaya Fdie di akhir ketika bagian dibentuk seperti ditunjukkan pada Gambar P20.30 (b).
dialami oleh logam, (c) peregangan gaya F, dan (d) mati gaya Fdie di akhir ketika bagian dibentuk seperti ditunjukkan pada Gambar P20.30 (b).
Solusi: (a) Gunakan ε = 0,002
sebagai awal menghasilkan.
F
= LtYfYf
=
75.000 (0,002) 0,20
=
21.600 lb/in2
F
= (8,5) (0,1875) (21.600) = £ 34.500
(B)
Setelah peregangan, panjang bagian tersebut meningkat dari 20,0 ke 2 (102 + 52)
0,5 = 22,361 diε = ln (22.361/20) = ln 1,118 = 0,1116
(C)
Pada panjang terakhir di 22,361, ketebalan lembaran logam telah dikurangi untuk
mempertahankan volume konstan, dengan asumsi lebar L = 8,5 dalam tetap sama
selama peregangan.
t
f = 0,1875 (20/22.361) = 0,168 di YY = 75.000 (0,1116) 0,20 =
48.400 lb/in2
F = 8,5 (0,168) (48.400) = £ 69.000
(D) Fdie = 2F Dosa
A = tan-1 (5 / 10) = 26,57 °
Fdie = 2 (69.000) sin 26,57 = £ 61.700
20,31 Tentukan diameter disk
yang mulai diperlukan untuk
spin bagian pada GambarP20.31 menggunakan konvensional berputar operasi. Ketebalan = 2,4 mm mulai.
Solusi: Dari menggambar bagian, jari-jari = 25 + (100 - 25) / sin 30 = 25 + 75/0.5 =
175mm
Kutipan dari pekerjaan ini dapat direproduksi oleh instruktur untuk distribusi secara tidak-untuk-laba untuk pengujian atau tujuan instruksional hanya untuk siswa yang terdaftardalam program buku teks yang telah diadopsi. Setiap reproduksi atau terjemahan darikarya luar yang diijinkan oleh Bagian 107 atau 108 Amerika Serikat Copyright Act 1976tanpa izin dari pemilik hak cipta adalah unlawful.129 Solusi untuk Dasar
Kutipan dari pekerjaan ini dapat direproduksi oleh instruktur untuk distribusi secara tidak-untuk-laba untuk pengujian atau tujuan instruksional hanya untuk siswa yang terdaftardalam program buku teks yang telah diadopsi. Setiap reproduksi atau terjemahan darikarya luar yang diijinkan oleh Bagian 107 atau 108 Amerika Serikat Copyright Act 1976tanpa izin dari pemilik hak cipta adalah unlawful.129 Solusi untuk Dasar
dasar Manufakturmodern, 3 / e (diterbitkan oleh Wiley) © MPGroover 2007 Mulai diameter D = 2 (175) = 350 mm
20,32 Jika
bagian diilustrasikan dalam
Gambar P20.31 dibuat oleh berputar geser,Tentukan (a) dinding ketebalan sepanjang bagian berbentuk kerucut, dan (b) pengurangan berputar r.
Solusi: (a) tf = t sin α = (2,4) sin 30 = 2,4 (0,5) = 1,2 mm
(b) r = (t - t f) / t = (2,4-1,2) / 2,4 = 0,50 = 50%
20,33 Tentukan regangan
geser yang dialami oleh
bahan yang geser berputar pada Soal20,32.
Solusi: Berdasarkan menyamping perpindahan dari logam melalui sudut geser 30 °,
Regangan geser γ = cot 30 = 1,732.
20,34 Sebuah tabung berdiameter 75 mm dibengkokkan menjadi bentuk yang agakkompleks dengan serangkaianoperasi tabung sederhana lentur. Ketebalan dinding padatabung = 4,75 mm. Tabung akan digunakan untuk memberikan cairan di sebuah pabrikkimia. Dalam salah satu tikungan dimana radius tikungan adalah 125 mm, dinding tabungyang merata buruk. Apa yang dapat dilakukan untuk memperbaiki kondisi?
Regangan geser γ = cot 30 = 1,732.
20,34 Sebuah tabung berdiameter 75 mm dibengkokkan menjadi bentuk yang agakkompleks dengan serangkaianoperasi tabung sederhana lentur. Ketebalan dinding padatabung = 4,75 mm. Tabung akan digunakan untuk memberikan cairan di sebuah pabrikkimia. Dalam salah satu tikungan dimana radius tikungan adalah 125 mm, dinding tabungyang merata buruk. Apa yang dapat dilakukan untuk memperbaiki kondisi?
Solusi: Kemungkinan solusi: (1) Gunakan mandrel untuk mencegah runtuh dinding tabung.(2) Meminta desainer untuk meningkatkan radius tikungan ke 3D = 225 mm. (3) Paket pasir ke dalamtabung. Pasir akan bertindak sebagai Mandrel fleksibel internal untuk mendukung dinding tabung.
Tidak ada komentar:
Posting Komentar