Appunti Tecnologie di Additive Manufacturing (parte 4 di 4)

T_so + T_s + T_r

tempo tot al servizio dell'operatore   tempo di riassortimento

T_r: l'operatore una volta finite le sue operazioni si dovrà spostare presso un'altra macchina

Se il sistema è bilanciato un operatore esegue m operazioni (m macchine sono servite) durante il tempo totale macchina. In altre parole se ad un operatore vengono assegnate m macchine in un ciclo, egli deve servire tutte e m macchine -> non c'è mai un tempo di attesa dell'operatore né hai un tempo di attesa delle macchine.

Per ottenere ciò dobbiamo fare in modo che T_so moltiplicato per le m macchine assegnate sia uguale al tempo ciclo della macchina:

m · T_so = T_m + T_s   quindi   m = _{Tm + Ts} / ^{T_s + T_r}

Il problema è che ogni volta che andiamo a fare questo rapporto nella maggior parte dei casi non verrà mai un numero intero e quindi a quel punto dobbiamo decidere se approssimare per difetto o eccesso.

Pochi macchine per operatore    Piu macchine per operatore

m₁ ≤ m        m₂ ≥ m

✔             ✔

L'operatore ha un tempo di inattività     Alcune macchine saranno in difesa "starving"

Le macchine sono il bottleneck     L'operatore è il bottleneck

Il tempo del ciclo è T_m + T_s     Il tempo del ciclo è T_m (T_s - T_r)

✔             ✔

Il tempo del ciclo è dettato dal bottleneck e quindi dal tempo ciclo della macchina

Qual è la scelta migliore?

La risposta dipende da una valutazione economica.

Valutazione economica

La scelta che per l'azienda è migliore sarà quella che costerà di meno.

Se indichiamo con:

C_L costo orario dell'operatore (€/hr)

C_M costo orario della macchina (€/hr)

C_P costo per produrre una singola parte (€/parte)

Possiamo avviare i costi per i due casi:

M = ( + _I) / ( + )

• Se m₁ ≤ m:

C_P (m₁): = (/m₁+)(+)

• Se m₂ ≥ m

C_P (m₂): = (/m+) (₂(+))

• => Il valore più piccolo è quello che ottimizzerà i costi per parte e quindi è quello che prendo

Esempio:

Un impianto è costruito da diverse macchine semiautomatiche per lavorare L'operatore impiega 0.75 min per caricare e scaricare la macchina e 0.20 min per spostarsi. Tra le macchine il costo della macchina è all'operatore ammono approssimativamente a 0.15 €/min e 0.26 €/min

Soluzione:

= 3 min 0.75 min

 = 0.20 min

M = (3;10;3 5) / (0 75;0.2) = 3.84

m₁ = 3

m₂ = 4

C (3) =  [0.26 / 3 + 0.15] * (3+0.75) = 0.88 €

C (4) =  [0.26 / 4 + 0.15] * 4 (0 75+0 2) = 0.82 € => è importante associare la

macchina ad un operatore

Metodo 2:

1. Per ogni riga della matrice macchina prezzo (M/PIM) leggere lo schema delle entrate e- uscite come una parola binaria, classifica le righe diminuendo il valore binario, valori uguali rimangono nello stesso ordine.
2. Chiedi se le nuove righe classificate nella matrice sono uguali al precedente ordine. Se sì (stop), se no (continua).
3. Riforma la M/PIM con le righe nel nuovo ordine decrescente. Ora classifica le colonne in peso decrescente binarii. Le colonne con il peso uguale vengono lasciate dove sono.
4. I pesi delle attuali colonne sono uguali al precedente ordine delle colonne? Se sì (stop), se no (continua).
5. Riforma l'ordine delle colonne della matrice (in ordine di classificazione il più alto a sinistra e ritorna a 1).

Esempio 1:

Ora, è ancora necessario riordinare?Riniziamo da capo!

SE HO TANTI PRODOTTI CHE VANNO

IN UN VERSO E TANTI CHE VANNO

IN UN ALTRO, IL SISTEMA DI

TRASPORTO POTRÀ AVERE PASSAGGI

E CIÒ SI TRADUCE IN PERDITA DI

TEMPO CHE SI TRADUCE IN DIMINUZIONE DI TASSO DI PRODUZIONE E QUINDI

IN UNA PERDITA PER L'AZIENDA.

SI CHIAMA MATRICE OZI (FROM TO) PERCHÈ SULLE RIGHE CI SONO I PUNTI DI

PATENZA E SULLE COLONNE LE STESSE MACCHINE CHE RAPPRESENTANO IL

PUNTO DI ARRIVO

PER USARE QUESTO ALGORITMO SERVE SAPERE LA DOMANDA DEI PRODOTTI

E QUALI MACCHINE DEVONO LAVORARE QUEL DETERMINATO PRODOTTO.

COSTRUIAMO MATRICE FROM TO DI SINGOLI PRODOTTI E POI SOMMO LE

DUE MATRICI (CELLA PER CELLA).

La "frequenza di operazione" f_jsu è il numero di volte che un'operazione k appartenente al ciclo s è eseguito su una stessa parte alla workstation j. La frequenza non è detto sia sempre 1, non è detto che sullo stesso una operazione su un prodotto ma potrebbe essere un numero negativo di 0 o minore di 1 (es. per un'operazione di controllo qualità non voglio fare un controllo al 100% ma continuo a campione, quindi ogni l prodotto faccio un controllo -> frequenza = 0.25 -> oppure nel caso devo fare una calibrazione se voglio essere sicuro la ripeto più volte -> frequenza >1).

Il "carico di lavoro della stazione" è il tempo totale che il prodotto j passa nella stazione i per fare le k operazioni necessarie

WL_i = ∑_s ∑_k t_jsu·ρ_jsu·p_s

Il "carico di lavoro del sistema di movimentazione" è il prodotto tra la media du tempo di movimentazione e la media del numero di trasferimenti (m_t) che devono essere fatte per completare il prodotto.

WL_max = t_m3·m_t

m_t = (∑_i∑_j∑_k ρ_jsu·p₃)-1

m_b = (∑₃ (∑_k f_jsk)-1)/p₃

-1 poiché per esempio se ho 5 macchine i movimenti di trasferimento sono 2: (numero di faccette tra le macchine).

In questa estensione del collo di bottiglia la legge che si va ad utilizzare è quella di Little, è la relazione tra il tempo medio che il pezzo sta nel sistema la media dei tassi produttivi e il numero di pezzi accumulati del sistema.

In un generico sistema stazionario:

• — numero medio di pezzi che richiedono il processamento per unita di tempo
• N: numero di pezzi presenti nel sistema
• E[N]: numero medio di pezzi presenti nel sistema
• T: tempo di permanenza di un pezzo nel sistema
• E[T]: tempo di permanenza medio di un pezzo nel sistema

N può essere supposto e/o pianificato dato che il pallet può essere fissato

E[T] è il MLT, ed è la somma di workloads e dei tempi d’attesa Tw.

λ è il tasso di produzione Rp.

i = 1

Un pantografo valido di N, chiamato N*, permette un Tw = 0 (il MLT)

Viene chiamato HLT₁ in questo caso). Il tasso di produzione è Rp^* →

Caso in cui non ci sono code: Caso omaggio

i = 1

Queue

Balanced demand and calculus

Max rate Min rate

Grafici al variare di N