Курсовая работа. Практические+занятия+студенты+(1) (1) (1). Надежность
 Скачать 0.79 Mb.
|
 𝑚2= ln(1−0,96) ln(1−0,17082) − 1 = 16,2. Округление до целых чисел дает требуемую кратность m1 =12, m2 = 17. Если система работает время t = 450 ч, то для достижения заданной надежно- сти необходимо иметь 12 резервных элементов в первом случае и 17 резервных элементов во втором случае. Из расчета следует, что структурное резервирование не может обеспечить вероятность безотказной работы системы 0,96 в течение 450 часов. Кратность резервирования настолько высока, что ее практическая реализуемость вряд ли возможна. Задача 6. Требуется определить кратность резервирования системы с «холодным» и «тёплым» резервом, обеспечивающим вероятность безотказной работы 0,96 в течение времени t= 150 ч. Элементы системы равнонадежны и имеют экспо- ненциальное распределение со средним временем безотказной работы T= 300 ч. Интенсивность отказов элементов в состоянии резерва в 6 раз меньше ин- тенсивности отказов в рабочем режиме. Решение. Для случая «теплого» резервирования формула слишком сложна, чтобы определить mтаким же образом, что и для «горячего», поэтому придется опре- делять его перебором значений. 𝑃 (𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡 (1 + ∑𝑚 𝑎𝑖 (1 − 𝑒𝜆р𝑡 𝑖 , с 𝑖=1 𝑖! ) ) где λ – интенсивность отказов элементов в режиме полной нагрузки; λр – интенсивность отказов элементов в состоянии резерва; m– количество резервных элементов; ai– коэффициент, который рассчитывается по формуле: 𝑎 = ∏𝑚−1 (𝑖 + 𝜆 ).  Для m= 1: 𝑖 𝑖=0 𝜆р 𝑎1 = 𝜆 𝜆р= 300∙6 = 6;  300𝑃 (𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡 (1 + ∑𝑚 𝑎𝑖 (1 − 𝑒−𝜆р𝑡 𝑖 = с 150 − 𝑖=1 𝑖! ) ) − 150 = 𝑒 300 (1 + 6 ∙ (1 − 𝑒 300∙6)) = 0,9 < 0,96. Очевидно, что необходимо больше резервных элементов. Для m= 2: 𝑎 = ∏𝑚−1 (𝑖 + 𝜆 ) = 𝜆 ∙ (1 + 𝜆 ) = 6 ∙ 7 = 42; 2 𝑖=0 𝜆р 𝜆р 𝑚 𝜆р  𝑃 (𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡 (1 + ∑ 𝑎𝑖 (1 − 𝑒−𝜆р𝑡 𝑖 = с 150 150 1 𝑖=1 42 𝑖! ) ) 150 2 − − − = 𝑒 300 (1 + 6 ∙ (1 − 𝑒 300∙6) + ∙ (1 − 𝑒 2! 300∙6) ) = 0,98 > 0,96. Итак, для обеспечения требуемого уровня безотказности потребуется ре- зервировать основной элемент двумятакими же элементами. − Для случая «холодного» резервирования также воспользуемся перебо- ром. При m= 1 воспользуемся формулой 𝑃с(𝑡) = 𝑒 −𝜆𝑡 (1 + 𝜆𝑡) = 𝑒 150 300 (1 + 150  300 ) = 0,91 < 0,96. Для m= 2 воспользуемся формулой (𝜆𝑡)𝑖 150 − 150 150 2 ( ) 𝑃с(𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡 ∑𝑚= 𝑒 300 (1 + +300) = 0,99 > 0,96. 𝑖=0 𝑖! 300 2! Итак, для обеспечения требуемого уровня безотказности потребуется ре- зервировать основной элемент двумятакими же элементами. Пример 6 показал, что «холодное» резервирование является самым надежным из перечисленных трех методов, а «горячее» - самым ненадежным. Почему бы всегда не использовать «холодное» резервирование? Во-первых, для подключения резервных элементов требуются устройства автоматики, чья собственная надежность может повлиять на надежность си- стемы в целом. Во-вторых, процесс перевода элемента из режима «холодного» резерва в рабочий режим может занимать достаточно длительное время, что отрица- тельно сказывается на бесперебойности работы системы. Задача 7. Структурная схема системы представляет собой дублированную систему с постоянно включенным резервом. Элементы системы имеют разные законы распределения времени до отказа: экспоненциальный с интенсивностью от- каза λ = 2 · 10-3 ч-1 и Вейбулла с параметрами b = 4, a = 500 час. Необходимо определить: вероятность безотказной работы системы Pc(t), интенсивность от- казов λс(t). Решение. 𝑃с(𝑡) = 1 − ∏𝑚 (1 − 𝑝𝑖(𝑡)); 𝑖=0 𝑖=0 𝑖=0 𝑓с(𝑡) = ∑𝑚 𝑓𝑖(𝑡) ∙ (1 − 𝑝0(𝑡)) ∙ … ∙ (1 − 𝑝𝑚(𝑡)), 𝜆с(𝑡) = 𝑚  ∑ 𝑖=0 𝑓𝑖(𝑡)∙∏𝑚 𝑞𝑖(𝑡). 1−∏ 𝑚 𝑖=0 𝑞𝑖(𝑡) Для экспоненциального закона распределения 𝑝1 (𝑡) = 𝑒−𝜆1𝑡 = 𝑒−2∙10−3𝑡; 𝑓 (𝑡) = 𝜆 𝑒−𝜆1𝑡 = 2 ∙ 10−3𝑒−2∙10−3𝑡. 1 1 Для закона распределения Вейбулла −(𝑡)𝑏 −( 𝑡 )4 𝑝2(𝑡) = 𝑒 𝑡𝑏−1 −( 𝑎 𝑡 𝑏 ) = 𝑒 500  𝑡3; −(𝑡)4 Тогда 𝑓2(𝑡) = 𝑏 𝑎𝑏 𝑒 𝑎  𝑡 𝑏= 4 ∙ 5004 𝑒 500 . 𝑡 −( ) −3 𝑡 4 𝑃с(𝑡) = 1 − (1 − 𝑒−𝜆1𝑡) (1 − 𝑒−(𝑎) ) = 1 − (1 − 𝑒−2∙10 ) (1 − 𝑒 500 ); 𝑓с(𝑡) = 𝑓1(𝑡) ∙ (1 − 𝑝1(𝑡)) ∙ (1 − 𝑝2(𝑡)) + 𝑓2(𝑡) ∙ (1 − 𝑝1(𝑡)) ∙ (1 − 𝑝2(𝑡)) = = (1 − 𝑒−2∙10−3 𝑡) (1 − 𝑒 −(𝑡)4 500 ) (2 ∙ 10−3𝑒−2∙10−3 𝑡 + 4 ∙ 𝑡3 5004 −(𝑡 )4 𝑒 500 ); −3 − 𝑡 4 −3 3 𝑡 4 𝜆с(𝑡) = (1−𝑒−2∙10 𝑡)(1−𝑒 (500) )(2∙10−3𝑒−2∙10 𝑡+4∙𝑡 𝑒−(500) ) 5004  4 .−2∙10−3𝑡 𝑡 − ( ) 1−(1−𝑒 )(1−𝑒 500 ) Табулируя функции от 0 до 800 ч, найдем искомые показатели надежно- сти, представленные в табл. 8.2. Таблица 8.2 – Показатели надежности дублированной системы с постоянно включенным резервом
На рис. 8.4 приведены зависимости от времени вероятностей безотказной работы элементов. Рис. 8.4. Вероятность безотказной работы элементов системы с законом распределения времени до отказа: экспоненциальным (кривая 1) и Вейбулла (кривая 2) На рис. 8.5 приведена зависимость от времени вероятности безотказной работы системы. Рис. 8.5. Вероятность безотказной работы элементов системы На рис. 8.6 и 8.7 приведены зависимости плотности распределения вре- мени до отказа системы и интенсивность отказов системы соответственно. Рис. 8.6. Плотность распределения времени до отказа системы Рис. 8.7. Интенсивность отказов системы Среднее время безотказной работы системы находим по формуле Симп- сона: 𝑇 = ∫∞ 𝑃 (𝑡)𝑑𝑡 = ℎ (1 + ∑𝑛−1(3 + (−1)𝑘)𝑃 (𝑘ℎ)), |