ÍNDICE Memoria descriptiva HOJA 2 1.−DIAGRAMA 1h−1m..............................................

ÍNDICE
Memoria descriptiva
1.−DIAGRAMA 1h−1m..............................................
2.−DIAGRAMA 1h−2m..............................................
3.−DIAGRAMA 2h−1m..............................................
4.−MÁQUINAS ATENDIDAS POR UN OPERARIO..........
HOJA 2
HOJA 3
HOJA 6
HOJA 10
HOJA 15
MEMORIA DESCRIPTIVA
DIAGRAMAS HOMBRE−MÁQUINA.
.Los diagramas hombre−máquina tienen como fin esencial reflejar la simultaneidad de actividades entre
ambos, siendo factible a partir de los mismos modificar el proceso de trabajo, de modo que el operario y la
máquina resulten con saturaciones más favorables y aumente la productividad.
.En la práctica se emplean sólo tres clases de diagramas hombre−máquina, pues si aumentan sus componentes
características ( hombres y máquinas ) van perdiendo realismo, debido a las anomalías que se producen en la
jornada laboral.
.Clases de diagramas hombre−máquina:
.Un hombre−una máquina (1h−1m). Es el más utilizado; a partir de este diagrama conviene comenzar el
análisis de los procesos; después, si procede, se estudian las mejoras, incluso variando el número de hombres
o de máquinas.
.Dos hombres−una máquina (2h−1m). Se emplea para analizar mejoras de procesos, por ejemplo, cuando en el
método actual con un hombre−una máquina , el tiempo manual supera al de máquina, originándose períodos
improductivos de ésta.
.Un hombre−dos máquinas (1h−2m).Utilizados para mejorar procesos con saturación suficientemente pequeña
del operario en el método actual 1h−1m.
.Para confeccionar los diagramas hombre−máquina se requiere determinar previamente el ciclo normal, es
decir, aquél que se repite indefinidamente y que aparece en general en el primer, segundo o tercer ciclo de
funcionamiento.
MÁQUINAS ATENDIDAS POR UN OPERARIO.
.En muchas ocasiones la saturación que poseé un operario por máquina es tal, que es posible que atienda a
varias máquinas a la vez.
.La introducción de nuevas máquinas conlleva un aumento en la saturación del operario y una variación del
costo unitario.
.Claro está que siempre se ha de buscar los costos unitarios más bajos posibles, pero también hay que tener en
cuenta que no se puede llegar a niveles de saturación excesivamente altos. Una saturación idónea está en torno
al 100 % , pudiéndose incluso rebasar levemente dicho valor.
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1.− DIAGRAMA 1h−1m.
A) Diagrama de barras.
h
10
6
5
7
55
m
tc = 72 min
C) Saturaciones.
te = 10 + 7 = 20 min
ti = 6 + 5 = 11 min
tm = 55 min
tc = 17 + 55 = 72 min
to = 17 + 11 = 28 min
Se = ( te / tc ) x 100 = ( 20 / 72 ) x 100 = 27,77 %
Si = ( ti / tc ) x 100 = ( 11 / 72 ) x 100 = 15,27 %
So = Se + Si = 43,05 %
Sm = ( tm / tc ) x 100 = ( 55 / 72 ) x 100 = 76,4 %
D) Producciones.
.Producción ciclo: pc = 12 t
.Producción ciclo/hora: pc/h = 12 x ( 60 / 72 ) = 10 t/h
.Producción máquina/hora: pm/h = 12 x ( 60 / 55 ) = 13.09 t/h
.Rendimiento ciclo: = ( 10 / 13.09 ) x 100 = 76.38 %
E) Tiempo unitario de fabricación.
tu = tc / pc = 72 / 12 = 6 min/t = 0.1 h/t
F) Tf del pedido.
Tf = tu " P = 0.1 " 10000 = 1000 h
G) Costo unitario de fabricación ( m.o.d. + mat. ).
m.o.d. = ( 1000 h ) x ( 3000 pts/h ) = 3000000 pts
mat. = ( 10000 t ) x ( 2000 pts/t ) = 20000000 pts
Cf = m.o.d. + mat. = 23000000 pts ! cu = Cf / P = 2300 pts/t
2.− DIAGRAMA 1h−2m.
2
a) Realizar y analizar.
a.1.) Diagrama de barras.
h
10
6
10
6
m1
5
7
5
7
55
m2
55
tc = 88 min
a.3.) Saturaciones.
te = 10 + 7 = 17 min
ti = 39 min
tm = 71 min
tc = 88 min
to = 56 min
Se = ( te / tc ) x 100 = ( 17 / 88 ) x 100 = 19.32 %
Si = ( ti / tc ) x 100 = ( 39 / 88 ) x 100 = 44.32 %
So = Se + Si = 63,64 %
Sm = ( tm / tc ) x 100 = ( 71/ 88 ) x 100 = 80.68 %
a.4.) Produccciones.
.Producción ciclo: pc = ( 12 t ) x 2 = 24 t
.Producción ciclo/hora: pc/h = 24 x ( 60 / 88 ) = 16,36 t/h
.Producción máquina/hora: pm/h = 24 x ( 60 / 71 ) = 20.28 t/h
.Rendimiento ciclo: = ( 16,36 / 20,28 ) x 100 = 80.66 %
a.5.) Tiempo unitario de fabricación.
tu = tc / pc = 88 / 24 = 3,66 min/t =0.061 h
a.6.) Tf del pedido.
Nº de ciclos=10000/24=416.66417
Tf = 417 ciclos x 88 min/ciclo = 36696 min = 611.6 h
a.7.) Costo unitario de fabricación ( m.o.d. + mat. ).
m.o.d. = ( 611.6 h ) x ( 3000 pts/h ) = 1834800 pts
mat. = ( 10000 t ) x ( 2000 pts/t ) x 0,98 = 19600000 pts
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Cf = m.o.d. + mat. = 21434800 pts ! cu = Cf / P = 2143.48 pts/t
b) Cálculo de la economía prevista para P (m.o.d. + mat. ).
Economía pedido = Economía unitaria x P = ( cu1 − cu 2 ) x P = Cf1 − Cf2 !
! Economía pedido = 23000000 −21434800 = 1565200 pts
c) Costo proporcional de la instalación de las mejoras propuestas.
.Costo total = (Costo máquina 2) + (costo sup. planta) + (Costo redes instal.) =
= 5000000 + 1500000 + 310000 = 6810000 pts
.Amortización = 8 años
.Costo/año = Costo total / amortización = 6810000 / 8 = 851250 pts/año
.Funcionamiento = 2000 h/año
.Costo/hora = ( Costo/año ) / Funcionamiento = 425.62 pts/hora
.Ti = Tf = 611.6 h
.cpimp = Ti x ( Costo/hora ) = 611.6 x 425.62 = 260312.25 pts
...( veamos si interesa introducir la mejora) ...
.Ahorro estimado = Economía pedido − cpimp = 1565200 − 260312.25 = 1304888 pts
! interesa la implantación del método propuesto
3.− DIAGRAMA 2h−1m.
a) Cálculos en función de n.
a.1.) Globalizar alimentación, elaboración y retirada.
ALIMENTACIÓN:
TcA = 3 + 12 + 10 n + 8 + 17 = 40 + 10 n (cmin)
ELABORACIÓN:
TcE = cte = 300 cmin
RETIRADA:
TcR = 8 + 17 + 7 n + 5 + 15 = 45 + 7 n (cmin)
a.2.) Fórmula de tiempo ciclo: discusión.
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Dado que los operarios están limitados por el tiempo que tarda la máquina en realizar su actividad, podremos
calcular el número de bloques−conjunto n que son necesarios para que dichos operarios estén saturados lo
máximo posible. Tenemos tres posibilidades :
Posibilidad 1.
.Si igualamos TcA con TcE y TcR con TcE, obtendremos los siguientes valores de n :
TcA = TcE ! 40 + 10 n = 300 ! n = 26
TcR = TcE ! 45 + 7 n = 300 ! n = 36
.Si consideramos además que para un ciclo normal el aprovechamiento de la máquina es total, tendremos que
el tiempo ciclo coincide con el de máquina.
.Teniendo en cuenta esto último, vemos que para los anteriores valores de n las saturaciones de los operarios
son:
( n = 26 ) ! SoA = 100 %
( n = 36 ) ! SoR = 99 %
.Las saturaciones obtenidas son inmejorables, pero sin embargo existe un problema; al haber dos operarios, la
variable n ha de ser igual para los dos (alimentación y retirada).
Posibilidad 2.
.Para tener una n común, lo más fácil es igualar TcA con TcR :
( TcA = TcR ! 40 + 10 n = 45 + 7 n ! n = 1,67 ! n = 2 )
TcA = 40 + 10 n = 40 + 10 " 2 = 60 ! SoA = (60 / 300) x 100 = 20 %
TcR = 45 + 7 n = 45 + 7 " 2 = 59 ! SoR = (59 / 300)x 100 = 19,67 %
.Las saturaciones obtenidas son excesivamente bajas, por ello desechamos también esta solución.
Posibilidad 3.
.Buscamos una n común para los dos operarios y que además nos permita obtener unas saturaciones lo más
altas posibles. Se ha de tener en cuenta que n no podrá superar un valor que haga que se rebase el tiempo ciclo
( en este caso 300 cmin ).
.Por ello se observa que el valor más adecuado es n = 26 ( si tomásemos n = 36 , TcA sería 400 cmin y por
tanto rebasaría el tiempo ciclo ).
( n = 26 )
TcA = 40 + 10 n = 40 + 10 " 26 = 300 cmin ! SoA = 100 %
TcR = 45 + 7 n = 45 + 7 " 26 = 227 cmin ! SoR = 75,67 %
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.La fórmula del tiempo ciclo por tanto sería la siguiente:
Fórmula: tc = 300 para n " 26
40 + 10 n para n " 26
b) Cálculos para n = 20.
b.1.) Diagrama lineal 2h−1m. Deducción del ciclo normal.
TcA = 40 + 10 n = 240 cmin
TcE = cte = 300 cmin
TcR = 45 + 7 n = 185 cmin
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