Курсовая работа. Практические+занятия+студенты+(1) (1) (1). Надежность
Скачать 0.79 Mb.
|
РАСЧЕТ ПОКАЗАТЕЛЕЙ НАДЕЖНОСТИ НЕРЕЗЕРВИРОВАННЫХ НЕВОССТАНАВЛИВАЕМЫХ СИСТЕМЦельработы–научить студентов определять показатели надежности объектов, представляющих сложные системы. Теоретические сведения Критериями надежности невосстанавливаемых систем являются: Pc(t) – вероятность безотказной работы системы в течение времени t; Тс – среднее время безотказной работы системы; λс(t) – интенсивность отказа системы в момент t; fс (t) – плотность распределения времени до отказа. Между этими показателями существуют следующие зависимости: 𝑃с(𝑡) = 𝑒 − ∫𝑡 𝜆с(𝑡)𝑑𝑡 0 ; 𝑇 = ∫∞ 𝑃 (𝑡)𝑑𝑡; с 0 с 𝜆с (𝑡) = 𝑓с(𝑡); 𝑃с(𝑡) с с 𝑓с(𝑡) = 𝑄′(𝑡) = −𝑃′(𝑡); 𝑃 (𝑡) = 1 − ∫𝑡 𝑓 (𝑡)𝑑𝑡. с 0 с Следует иметь в виду, что среднее время безотказной работы является не- удовлетворительным показателем надежности систем с коротким временем работы. Структурная схема нерезервированной системы, состоящей из п элемен- тов, приведена на рис. 7.1. Рис. 7.1. Структурная схема нерезервированной системы При отказе любого элемента наступает отказ системы. При этом осталь- ные элементы системы прекращают свою работу. Показатели надежности такой системы вычисляются по формулам: 𝑗=1 𝑃с(𝑡) = ∏𝑛 𝑝𝑗 (𝑡); 𝑇 = ∫∞ 𝑃 (𝑡)𝑑𝑡; с 0 с 𝑗=1 𝜆с(𝑡) = ∑𝑛 𝜆𝑗(𝑡); 𝑓𝑐(𝑡) = 𝑓1(𝑡) ∙ 𝑝2(𝑡) ∙ … ∙ 𝑝𝑛(𝑡) + 𝑝1(𝑡) ∙ 𝑓2(𝑡) ∙ … ∙ 𝑝𝑛(𝑡)+. . . +𝑝1(𝑡) ∙ 𝑝2(𝑡) ∙ … ∙ 𝑓𝑛(𝑡). Для случая постоянных интенсивностей отказов элементов имеют место соотношения: 𝑃с(𝑡) = 𝑒−𝜆с𝑡; 𝑗=1 𝜆с = ∑𝑛 𝜆𝑗; 𝑇с = 1 ; 𝜆с 𝑓с(𝑡) = 𝜆с𝑒−𝜆с𝑡. Примеры решения задач Задача 1. Для работы системы с последовательным соединением элементов при полной нагрузке необходимы два разнотипных насоса. Насосы имеют посто- янные интенсивности отказов, равные λ1 = 0,0001 ч-1 и λ2 = 0,0002 ч-1. Требуется определить среднее время и вероятность безотказной работы данной системы в течение 100 ч. Предполагается, что оба насоса начинают работать в момент времени t = 0. Решение. n i1 1 2 P(t) eit e t e0,00010,0002100 0,97045 . n 1 Tс i 1 1 2 1 0,0001 0,0002 3333,3 ч. i1 Задача2. Нерезервированная система состоит из 5 элементов. Интенсивности их отказов приведены в табл. 7.1. Таблица 7.1 – Интенсивности отказов элементов
Определить показатели надежности системы: интенсивность отказа, сред- нее время безотказной работы, вероятность безотказной работы, плотность распределения времени безотказной работы. Показатели надежности P(t) и f(t) получить на интервале от 0 до 1000 часов с шагом 100 часов. Решение. Вычислим интенсивность отказа и среднее время безотказной работы си- стемы: 𝑗=1 𝜆с = ∑𝑛 𝜆𝑗 = 0,00007 + 0,00005 + 0,00004 + 0,00006 + 0,00004 = = 0,00026 ч−1; 𝑇с = 1 𝜆с = 1 0,00026 = 3846 ч. Получим значения вероятности безотказной работы и плотности распре- деления времени до отказа, табулируя функции 𝑃с(𝑡) = 𝑒−𝜆с𝑡 = 𝑒−0,00026𝑡 и 𝑓с(𝑡) = 𝜆с𝑒−𝜆с𝑡 = 0,00026 ∙ 𝑒−0,00026𝑡 на интервале от 0 до 1000 часов. Результаты табулирования представлены в табл. 7.2. Таблица 7.2 – Вероятность безотказной работы и плотность распределения времени до отказа
Графическая иллюстрация Pc(t) и fc(t) показана на рис. 7.2 и 7.3. Рис. 7.2. Вероятность безотказной работы системы Рис. 7.3. Плотность распределения времени до отказа Интенсивность отказа системы в данном случае есть величина постоян- ная, равная λс = 0,00026 ч-1, ее графиком является прямая, параллельная оси времени. Задача 3. Нерезервированная система состоит из 5 элементов, имеющих различные законы распределения времени работы до отказа. Виды законов распределе- ния и их параметры приведены в табл. 7.3. Таблица 7.3 – Законы распределения времени до отказа
Определить показатели надежности каждого элемента и всей системы: ве- роятность безотказной работы, среднее время безотказной работы, интенсив- ность отказа, плотность распределения времени безотказной работы. Для по- казателей, зависящих от времени, получить решение в виде таблиц и графиков. Решение. Вычислим вероятность безотказной работы элементов: Элемент1.Распределение Вейбулла: i t 2 P1t e a e 1800 . Элемент2.Гамма-распределение: 2 1 ( 𝑡 2 ) −𝜆𝑡 𝑟−1 (𝜆𝑡) − 𝑡 ∑63000 𝑃2(𝑡) = 𝑒 ∑𝑖=0 𝑖! = 𝑒 3000 0 𝑖! . Элемент3.Распределение Рэлея: 𝑡2 − − 𝑡2 𝑃3(𝑡) = 𝑒 2𝜎2 = 𝑒 2∙16382 . Элемент4.Экспоненциальное распределение: 𝑃4(𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡 = 𝑒−0,0002∙𝑡. Элемент5.Усеченное нормальное распределение: 1 𝑡−𝑡 1−𝑄0(𝑡−2000) 𝑃 (𝑡) = (1 − 𝑄 (0)) = 900 . 0 5 𝑡 𝑄0( 𝜎 ) 0 𝜎 𝑄 (2000) 0 900 Табулируя эти функции от 0 до 2000 часов с шагом 100 часов, получим табл. 7.4. Таблица 7.4 – Вероятность безотказной работы элементов
В последнюю колонку записаны значения вероятностей безотказной ра- боты системы, которые определяются произведением вероятностей безотказ- ной работы элементов: 𝑃с(𝑡) = 𝑃1(𝑡) ∙ 𝑃2(𝑡) ∙ 𝑃3(𝑡) ∙ 𝑃4(𝑡) ∙ 𝑃5(𝑡). На рис. 7.4 показаны графики функций Рi(t) и Рс(t), соответствующих ве- роятностям безотказной работы элементов. Рис. 7.4. Вероятности безотказной работы элементов Вычислим интенсивности отказов элементов. Элемент1.Распределение Вейбулла: 𝜆1 (𝑡) = 𝑏 𝑎𝑏 𝑡𝑏−1 = 2 18002 𝑡. Элемент2.Гамма-распределение: 𝑟 𝜆0 = 𝑡 = 7 3000 = 0,00233 ч-1 𝜆 (𝑡) = 𝜆0(𝜆0𝑡)𝑟−1 = 0,00233∙(0,00233∙𝑡)6. 2 (𝑟−1)! ∑𝑟−1(𝜆0𝑡)𝑖 6!∙∑6 (0,0023∙𝑡)𝑖 𝑖=0 𝑖! 𝑖=0 𝑖! Элемент3.Распределение Рэлея: 𝜆3 (𝑡) = 𝑡 𝜎2 = 𝑡 . 16382 Элемент4.Экспоненциальное распределение: λ4 = 0,0002 ч-1. Элемент5.Усеченное нормальное распределение: (𝑡−𝑡0)2 1 𝑒− 2𝜎2 (𝑡−2000)2 1 𝑒− 2∙9002 𝜆 (𝑡) = 𝜎√2𝜋 = 900∙√2𝜋 . 0 5 1−𝑄 (𝑡−𝑡0) 𝜎 1−𝑄 (𝑡−2000) 0 900 Табулируя интенсивности отказов от 0 до 2000 часов с шагом 100 часов, получим табл. 7.5. Таблица 7.5 – Интенсивности отказов элементов
На рис. 7.5 изображены графики интенсивностей отказов элементов. Рис. 7.5. Интенсивности отказов элементов На рис. 7.6 показан график интенсивности отказа системы, равной сумме интенсивностей отказов ее элементов: 𝜆с(𝑡) = 𝜆1(𝑡) + 𝜆2(𝑡) + 𝜆3(𝑡) + 𝜆4(𝑡) + 𝜆5(𝑡). Рис. 7.6. Интенсивность отказа системы Интенсивность отказа системы также является возрастающей функцией времени, что говорит о том, что система является стареющей, а закон распре- деления времени до ее отказа не экспоненциальный. Вычислим плотности распределения вероятностей времени безотказной работы элементов. Элемент1.Распределение Вейбулла: 𝑡𝑏−1 −(𝑡)𝑏 𝑡 −( 𝑡 2 ) 𝑓(𝑡) = 𝑏 𝑎𝑏 𝑒 𝑎 = 2 ∙ 18002 𝑒 1800 . Элемент2.Гамма-распределение: 1 𝑟 ( ) 𝑡 1 7 ( ) − − 𝑡 2 𝑓 (𝑡) =𝑡 𝑡𝑟−1𝑒 Γ(𝑟) 𝑡 = 3000 ∙ 𝑡6 ∙ 𝑒 Г(7) 3000. Элемент3.Распределение Рэлея: 𝑓3(𝑡) = 𝑡 𝜎2 𝑡2 𝑒−2𝜎2 = 𝑡 16382 − 𝑡2 2∙16382. Элемент4.Экспоненциальное распределение: 4 ft et 0,0002 e0,0002t. Элемент5.Усеченное нормальное распределение: 1 (𝑡−𝑡0)2 1 (𝑡−2000)2 𝑓 (𝑡) = 𝑒− 2𝜎2 = 𝑒− 2∙9002 . 0 5 𝑡 𝑄0( 𝜎 )∙𝜎√2𝜋 2000 𝑄 ( 0 900 )∙900∙√2𝜋 Табулируя плотности распределения от 0 до 2000 часов с шагом 100 ча- сов, получим табл. 7.6. Таблица 7.6 – Плотности распределения времени безотказной работы элементов
Графики, построенные по данным табл. 7.6, приведены на рис. 7.7. Рис. 7.7. Плотности распределения времени до отказа элементов Плотность распределения времени до отказа системы fс(t) изображена на рис. 7.8. Для ее изображения вычисления выполнялись по формуле: 𝑓с(𝑡) = 𝜆с(𝑡) ∙ 𝑃с(𝑡). Рис. 7.8. Плотность распределения времени до отказа системы Из графика отчетливо видна неэкспоненциальность распределения вре- мени до отказа нерезервированной системы, если законы распределения вре- мени до отказа ее элементов не являются экспоненциальными. Среднее время безотказной работы системы находим по формуле Симп- сона: 𝑇 = ∫∞ 𝑃 (𝑡)𝑑𝑡 = ℎ (1 + ∑𝑛−1(3 + (−1)𝑘)𝑃 (𝑘ℎ)), с 0 с 3 𝑘=1 с где h– шаг интегрирования, h= 100 ч; n– количество точек, n= 21. Исходя из расчётов, получается примерно Тс ≈ ч. |