нтср. Курсовой проект НТСиТР. Федеральное агентство железнодорожного транспорта федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего
 Скачать 327.14 Kb.
|
|
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ЖЕЛЕЗНОДОРОЖНОГО ТРАНСПОРТА федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования «МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ ПУТЕЙ СООБЩЕНИЯ» СОГЛАСОВАНО: УТВЕРЖДАЮ: Выпускающей кафедрой «Техносферная безопасность» Проректор по учебно-методической работе – директор РОАТ Зав. кафедрой ____________________В.А. Аксёнов (подпись, Ф.И.О.) « ___ » _____________ 20 ____ г. ____________________ В.И. Апатцев (подпись, Ф.И.О.) « ___ » _____________ 20 ____ г. Кафедра: «Техносферная безопасность» (название кафедры) Авторы: Климова Д.В., к.тех.н, (ф.и.о., ученая степень, ученое звание) ЗАДАНИЕ НА КУРСОВОЙ ПРОЕКТ С МЕТОДИЧЕСКИМИ УКАЗАНИЯМИ ПО ДИСЦИПЛИНЕ «Надежность технических систем и техногенный риск» (название дисциплины) Направление/специальность: 280700.62. Техносферная безопасность (код, наименование специальности /направления) Профиль/специализация: «Безопасность жизнедеятельности в техносфере» (БЖ) Квалификация (степень) выпускника: бакалавр Форма обучения: заочная Одобрена на заседании Учебно-методической комиссии РОАТ Протокол №_____ « ___ » _____________ 20 ____ г. Председатель УМК ____________ С.Н. Климов (подпись, Ф.И.О.) Одобрена на заседании кафедры «Техносферная безопасность» Протокол №_____ « ___ » _____________ 20 ____ г. Зав. кафедрой ____________ В.А. Аксёнов (подпись, Ф.И.О.) Москва 2014 г. 2 Задание 1. Оценка показателей надежности невосстанавливаемой системы На испытании находилось 1500 образцов, некоторой невосстанавливаемой системы и отказы фиксировались через каждые 100 часов работы. Результаты представлены в табл. 1.1. Оцените вероятность безотказной работы, вероятность отказов, интенсивность отказов и частоту отказов на каждом участке времени. Постройте графики зависимости всех вышеперечисленных параметров от времени. Таблица 1.1. Результаты испытаний (вариант выбирается по предпоследней цифре шифра студента) № вар. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ∆ , час 0-100 50 55 60 45 40 75 70 80 85 65 100-200 42 45 47 35 32 61 66 72 70 35 200-300 34 35 40 29 20 49 42 50 55 39 300-400 25 28 31 22 15 34 30 38 40 30 400-500 21 25 29 16 14 29 23 31 35 26 500-600 19 21 22 14 14 27 21 27 25 26 600-700 20 20 24 12 13 24 22 26 27 24 700-800 19 20 21 12 15 23 22 25 25 23 800-900 19 19 20 13 14 22 21 25 26 22 900-1000 18 17 19 11 15 20 21 24 24 21 1000-1100 18 17 18 12 13 19 24 24 23 20 1100-1200 17 18 16 12 11 19 20 23 24 20 1200-1300 19 17 17 11 12 21 22 22 25 19 1300-1400 17 16 18 10 12 20 21 21 23 22 1400-1500 16 16 17 10 11 22 20 20 22 21 1500-1600 15 15 16 10 11 21 19 22 21 21 1600-1700 15 15 16 10 11 21 19 22 21 21 1700-1800 14 14 15 11 10 20 18 21 20 20 1800-1900 15 13 13 11 10 19 19 24 22 21 1900-2000 13 14 13 10 11 19 18 20 21 19 2000-2100 13 14 13 10 11 19 18 20 21 19 2200-2300 14 13 12 10 10 18 17 22 19 18 2300-2400 12 12 15 11 10 17 16 22 20 17 2400-2500 15 14 16 12 11 19 18 24 22 21 2500-2600 17 16 15 18 13 22 21 27 26 25 2600-2700 20 17 15 16 15 27 26 34 29 27 2700-2800 23 12 20 19 18 26 23 43 27 35 2800-2900 35 27 22 21 17 45 34 51 39 41 2900-3000 35 30 43 40 45 50 55 63 60 55 3 Методические указания к выполнению задания На испытания было поставлено 1000 образцов. ∆ , час ∆ , час ∆ , час 0-100 50 1000-1100 15 2000-2100 12 100-200 40 1100-1200 14 2100-2200 13 200-300 32 1200-1300 14 2200-2300 12 300-400 25 1300-1400 13 2300-2400 13 400-500 20 1400-1500 14 2400-2500 13 500-600 17 1500-1600 13 2500-2600 14 600-700 16 1600-1700 13 2600-2700 16 700-800 16 1700-1800 13 2700-2800 20 800-900 15 1800-1900 14 2800-2900 25 900-1000 14 1900-2000 12 2900-3000 26 Определим вероятность безотказной работы для всех отрезков времени: = , где - количество образцов в начальный момент времени, - количество отказов образцов. 100 = 1000 − 50 1000 = 0,95; 200 = 1000 − 90 1000 = 0,91; 3000 = 1000 − 575 1000 = 0,425 На основании полученных результатов построим график зависимости вероятности безотказной работы системы от времени (рис. 1.1). 4 Рис. 1.1. Зависимость вероятности безотказной работы системы от времени Затем рассчитаем вероятность отказа: = 1 − 100 = 1 − 0,95 = 0,05; 200 = 1 − 0,91 = 0,09; ... 3000 = 1 − 0,425 = 0,575. По полученным данным построим график зависимости вероятности отказов системы от времени (рис. 3.2). Рис. 1.2. Зависимость вероятности отказов системы от времени Далее определим частоту отказов ситемы на отрезках времени. 5 = ∆ 50 = ∙ = 0,5 ∙ 10 час ; 150 = $ ∙ = 0,4 ∙ 10 час ; 2950 = 40 1000 ∙ 100 = 0,4 ∙ 10 час . По полученным данным построим график зависимости частоты отказов системы от времени (рис. 1.3). Рисунок 1.3. Зависимость частоты отказов системы от времени Определим интенсивность отказов на отрезках времени: & = ср ∆ & 50 = ( )*+ , ∙ = 0,51 ∙ 10 час , & 150 = 40 950 + 910 2 ∙ 100 = 0,43 ∙ 10 час Построим график зависимости интенсивности отказов системы от времени (рис. 3.4.). 6 Рисунок 1.4. Зависимость интенсивности отказов системы от времени 7 Задание 2. Определение системы оптимальных проверок отказов Система состоит из семи элементов, для каждого из которыз известны значения условной вероятности того, что отказал i-ый элемент при условии, что в системе произошел отказ только одного элемента (табл. 2.1). Таблица 2.1. Значения условных вероятностей того, что отказал i-ый элемент при условии, что в системе произошел отказ только одного элемента (вариант выбирается по сумме цифр шифра) № вар. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 . 0,3 0,2 0,3 0,25 0,1 0,2 0,2 0,02 0,04 0,15 / 0,2 0,4 0,25 0,03 0,3 0,35 0,4 0,08 0,06 0,35 . 0,2 0,05 0,25 0,07 0,1 0,15 0,1 0,01 0,08 0,05 $ 0,1 0,05 0,05 0,05 0,3 0,09 0,04 0,09 0,02 0,15 . 0,1 0,05 0,05 0,02 0,05 0,01 0,06 0,3 0,2 0,03 0 0,05 0,15 0,04 0,08 0,05 0,1 0,1 0,1 0,2 0,07 1 0,05 0,1 0,06 0,5 0,1 0,1 0,1 0,4 0,4 0,2 Для выявления отказавшего элемента можно провести следующие проверки: Проверка 1: отделение элементов 1, 5 от элементов 2, 3, 4, 6, 7; Проверка 2: отделение элементов 1, 2, 4 от элементов 3, 5, 6, 7; Проверка 3: отделение элементов 6, 7 от элементов 1, 2, 3, 4; Проверка 4: отделение элементов 2, 7 от элементов 1, 3, 4, 5, 6; Проверка 5: отделение элементов 2, 3, 5 от элементов 1, 4, 6, 7. Время, затраченное на проведение проверок приведено в табл. 2.2. Таблица 2.2. Значение времени, затраченного на проведение проверок № вар. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 , мин 2 1 4 5 1 5 1,5 1 3 6 2 / , мин 1,5 3 4 1 2 6 2,5 2 2 1 2 , мин 2 2 5 1 3 4 3 6 4 3 2 $ , мин 1 2 2 6 4 3 5 5 1 2 2 , мин 5 1,5 1 2 5 2 2 3 2 2 8 Требуется определить систему оптимальных проверок. Методические указания к выполнению задания Для решения этой задачи применяется "информационный" метод, который является приближенным. Поскольку приближенный метод предлагается использовать в тех случая, когда различные проверки имеют различную длительность. Рассмотрим решение на примере. 0,3 / 0,3 0,1 $ 0,1 0,1 0 0,05 1 0,05 2 , мин 3 2 / , мин 1,5 2 , мин 1 2 $ , мин 2 2 , мин 3 Для оптимального отыскания единственного неисправного элемента предлагается следующий алгоритм. Рассматривается исходная совокупность из семи элементов, входящих в состав системы. Для каждой возможной j-й проверки, которая охватывает некоторую совокупность из всех элементов устройства, составляется величина, для первого провесса поиска неисправного элемента: 3 4 = 5 ( 675 ( 89 ( 679 ( : ( 3 = 0,3 + 0,1 ∙ lg 0,3 + 0,1 + 1 − 0,3 + 0,1 ∙ =3 1 − 0,3 + 0,1 3 = 9 = ,$∙ , >?8 ,0∙ ,/// = 0,098; 3 / = ,1∙ , 8 , ∙ , / , = 0,177; 3 = 0,1 ∙ 1 + 0,9 ∙ 0,056 1 = 0,150 3 $ = 0,35 ∙ 0,456 + 0,65 ∙ 0,187 2 = 0,142 3 = 0,5 ∙ 0,301 + 0,5 ∙ 0,301 3 = 0,100 Выбираем в качестве первой проверки проверку с наибольшей вероятностью 3 4 . В данном случае это Проверка № 2. Неисправный элемент оказался среди группы элементов 1, 2 и 4. Далее из группы элементов выделяем элемент с наибольшей вероятностью отказа. В группе элементов 1, 2 и 4 это элемент 1. Необходимо проанализировать какие проверки позволяют отделить элемент с наибольшей вероятностью отказа от элементов группы. Элемент 1 от элементов 2, 4 позволяет отделить Проверка 1. Далее, если элементов в группе было три, необходимо отделить из оставшихся элемент с большей вероятностью отказа. В данном случае необходимо отделить элемент 2. Проверка 3 не позволяет произвести дальнейшей локализации оставшегося элемента. Проверка 4 и Проверка 5 отделяют элемент 2 от элементов 1, 4. Необходимо выбрать какую из них проводить. Для этого предварительно вычислим значения вероятностей отказа ∗ , / ∗ , . $ ∗ при условии, что отказавший элемент находится среди этих элементов: ∗ = C ( C ( 8C , 8C D = , , 8 , 8 , = 1 = 0,43; / ∗ = / . + . / + . $ = 0,3 0,3 + 0,3 + 0,1 = 3 7 = 0,43 ∗ = 0, $ ∗ = C ( C ( 8C , 8C D = , , 8 , 8 , = 1 = 0,14. ∗ = 0. В этом случае: 3 = 0,43 + 0 + 0 ∙ lg 0,43 + 0 + 0 + 1 − 0,43 + 0 + 0 ∙ =3 1 − 0,43 + 0 + 0 3 = = ,$ ∙ , 008 , 1∙ ,/$$ = 0,098; 10 3 / = 0,43 + 0,43 + 0,14 =3 0,43 + 0,43 + 0,14 + E1 − 0,43 + 0,43 + 0,14 F=3E1 − 0,43 + 0,43 + 0,14 F 1,5 = = ∙67 8 ∙67 , = 0; 3 = 0; 3 $ = ,$ ∙ , 008 , 1∙ ,/$$ / = 0,148; 3 = ,$ ∙ , 008 , 1∙ ,/$$ = 0,099. Видно, что в качестве проверки на втором шаге процесса поиска неисправного элемента следует применить Проверку 4. Если исправным элементов оказывается элемент 2, то на этом процедура зананчивается. Если же неисправным элементом является либо элемент 1, либо элемент 4, процесс продолжается. Причем в качестве проверки на третьем шаге остается возможность использовать лишь Проверку 1. 11 Задание 3. Составление дерева отказов Нарисовать дерево отказов, описывающее сценарий поражения человека электрическим током от используемых в быту элетроприборов (табл.3.1). Т а б л и ц а 3.1. Вариант Электроприбор 0 Утюг 1 Стиральная машина 2 Системный блок компьютера 3 Монитор 4 Телевизор 5 Видеомагнитофон 6 Фен 7 Музыкальный центр 8 Пылесос 9 База радиотелефона Методические указания к выполнению задания Предполагается, что поражение человека электрическим током L является результатом одновременного наложения трех условий: появления электрического потенциала высокого напряжения на металлическом корпусе электроустановки (событие H), нахождение человека на токопроводящем основании, соединенном с землей (событие I) и касание какой-либо частью его тела корпуса электроустановки (событие K). В свою очередь, событие H будет следствием любого из двух других событий – предпосылок А и В: снижения сопротивления изоляции и касания токоведущими частями электроустановки ее корпуса по какой-либо причине; событие I также обусловлено двумя предпосылками C и D (нахождением человека на токопроводящем полу или его касанием заземленных элементов); событие K – следствием одной из трех предпосылок E, F и G: необходимостью ремонта, технического обслуживания или использования электроустановки по назначению. 12 Задание 4. Анализ результатов оценки риска по дереву событий Провести анализ результатов расчета риска схода подвижного состава с рельсов из-за дефекта рельсов. Соответствующие значения вероятностей, необходимых для проведения анализа взять из табл. 4.1. Т а б л и ц а 4.1 Вариант Вероятность ошибки дефекто- скописта Вероят- ность того, что дефект рельсов критическ ий, ( ) 0 1 I E P Вероят- ность того, что подвиж- ной состав неиспра- вен, ( ) 0 2 I E P Вероятность периодическ ого дефекта рельсов ( ) 0 31 I E P Вероят- ность наступле- ния резонанса ( ) 0 32 I E P 0 0,010 0,001 0,002 0,85 0,005 1 0,009 0,002 0,003 0,80 0,006 2 0,008 0,003 0,004 0,75 0,007 3 0,007 0,004 0,005 0,70 0,008 4 0,006 0,005 0,006 0,65 0,009 5 0,005 0,006 0,007 0,60 0,005 6 0,004 0,007 0,008 0,55 0,006 7 0,003 0,008 0,009 0,50 0,007 8 0,002 0,008 0,010 0,45 0,008 9 0,001 0,010 0,011 0,40 0,009 13 Методические указания к выполнению задания «Дерево событий», изображенное на рис. 4.1, соответствует гипотетической последовательности событий для схода подвижного состава с рельсов. Исходное событие Дефект критический Подвижной состав неисправен Дефект периодический Резонанс возникает Сход с рельсов Конечное состояние Вероятность состояния Нет РС Р 1 = … Нет НС Р 2 = … Да АС Р 3 = … Да АС Р 4 = … Да АС Р 5 = … Рис. 4.1. «Дерево событий» для схода подвижного состава с рельсов из-за дефекта рельсов Аварийное состояние, связанное со сходом состава с рельсов, обусловлено следующими промежуточными событиями: 1 I : наличием критического дефекта рельсов; 2 I : неисправностью подвижного состава; 3 I : наличием периодического дефекта рельсов и наступлением резонанса. Исходное событие 0 I связано с ошибкой дефектоскописта (персонала, осуществляющего контроль рельсов). В данном случае можно выделить три аварийных пути (события): 1 E : критический дефект рельсов; 2 E : неисправность подвижного состава; 3 E : периодический дефект рельсов и наступление резонанса. Вероятность первого исхода: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) K = − ⋅ − ⋅ − = 0 31 0 2 0 1 1 1 1 1 I E P I E P I E P P Система при соответствующей последовательности событий приходит в … состояние. Последовательность событий при этом является (не является) аварийной. Вероятность второго исхода: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) K = − ⋅ ⋅ − ⋅ − = 0 32 0 31 0 2 0 1 2 1 1 1 I E P I E P I E P I E P P Система при соответствующей последовательности событий приходит в … состояние. Последовательность событий при этом является (не является) аварийной. Вероятность третьего исхода: 14 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) K = ⋅ ⋅ − ⋅ − = 0 32 0 31 0 2 0 1 3 1 1 I E P I E P I E P I E P P Система при соответствующей последовательности событий приходит в … состояние. Последовательность событий при этом является (не является) аварийной. Вероятность четвертого исхода: ( ) ( ) ( ) K = ⋅ − = 0 2 0 1 4 1 I E P I E P P Система при соответствующей последовательности событий приходит в … состояние. Последовательность событий при этом является (не является) аварийной. Вероятность пятого исхода: ( ) K = = 0 1 5 I E P P . Система при соответствующей последовательности событий приходит в … состояние. Последовательность событий при этом является (не является) аварийной. Анализ колонки состояний показывает, что число аварийных последовательностей равно … . Поскольку авария наступает при реализации одной из аварийных последовательностей (реализуется в результате суммы событий), то, считая, эти аварийные последовательности попарно невозможными, можно записать { } ( ) ( ) ( ) 0 3 0 2 0 1 состояния аварийного Вер I E P I E P I E P + + = , где ( ) • P - вероятность события в скобках. Соответствующие вероятности ( ) 0 1 I E P и ( ) 0 2 I E P заданы. Вероятность ( ) 0 3 I E P реализации аварийных последовательностей 3 E определяют по формуле вероятности произведения независимых событий: 31 I - наличие периодического дефекта рельсов и 32 I - наступление резонанса: ( ) ( ) ( ) ( ) K = = = 32 31 32 31 0 3 I P I P I I P I E P Значит, условная вероятность аварии ( ) ( ) ( ) ( ) K = + + = 0 3 0 2 0 1 0 I E P I E P I E P I Q Вероятность аварии ( ) 0 I R при наступлении исходного события 0 I : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∑ ∑ = = ⋅ = ⋅ = n i i i n i i i I E Q I P I E Q I P I R 1 0 0 1 0 0 0 , (1) где ( ) 0 I P - вероятность наступления исходного события 0 I за некоторый период времени Т, например за один год. Зная вероятность наступления исходного события ( ) 0 I P , по формуле (1) вычисляют риск аварии, связанной со сходом состава с рельсов: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∑ = = + + = = 3 1 0 3 0 2 0 1 0 0 0 0 i i i I E P I E P I E P I P I E Q I P I R K Анализ результатов расчета риска позволяет выделить наиболее важную (в аспекте безопасности) аварийную последовательность, которая вносит наибольший вклад в величину риска. При сходе подвижного состава с рельсов в данном случае такой аварийной последовательностью является … . Таким образом, для повышения безопасности эксплуатации целесообразно в первую очередь повысить качество изготовления … . |