Курсовая работа. Практические+занятия+студенты+(1) (1) (1). Надежность

• Название: Надежность
• Анкор: Курсовая работа
• Дата: 19.10.2022
• Размер: 0.79 Mb.
• Имя файла: Практические+занятия+студенты+(1) (1) (1).docx
• Тип: Учебное пособие; #742930
• страница: 7 из 32

АНАЛИТИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ КОЛИЧЕСТВЕННЫХ ХАРАКТЕРИСТИК НАДЁЖНОСТИ ИЗДЕЛИЯ

Цель работы – изучить методы расчёта количественных характеристик надёжности изделий при различных законах распределения случайных вели- чин.
Теоретические сведения
Выпишем формулы, по которым определяются количественные характе- ристики надежности изделия:

P(t)  e

t

_  (t)dt

0
t

 1  _ f(t)dt;

0
(5.1)

Q(t)  1  P(t);

_{f(t) } dQ(t) _{ } dP(t) _;

(5.2)

(5.3)

dt

(t) 



dt

^f(t) , (5.4)

P(t)

t _ P(t)dt . (5.5)

0

где Р(t) – вероятность безотказной работы изделия на интервале времени от 0 до t;

Q(t) – вероятность отказа изделия на интервале времени от 0 до t;

f(t) – частота отказов изделия или плотность вероятности времени безот- казной работы изделия;

λ(t) – интенсивность отказов изделия;

t- средняя наработка до отказа.

Формулы (5.1-5.4) для экспоненциального закона распределения времени безотказной работы изделия примут вид:
P(t)  e^t; Q(t)  1 e^t; f t    e^t;

  ¹.

t

Формулы (5.1, 5.3) для нормального закона распределения времени без- отказной работы изделия примут вид:


tt²

f(t)  ¹

i


e
2 ² _;

Q(t) 

 2


t
1 _{ e}


t_it²



2 ²

dt.

Формулы для усечённого нормального распределения:

0
⁽𝑡−𝑡₀⁾²

𝑓⁽𝑡⁾ = ^𝐶𝑒−

^𝜎₀√^2𝜋

2𝜎² _;

𝑄⁽𝑡⁾ = 𝑄<sub>0

(</sub>𝑡−𝑡_0);

𝜎₀

₋ 0
𝑡 = 𝑡

𝐶 =¹ ;


0
𝑄 (^𝑡0 )

𝜎₀

𝜆⁽𝑡⁾ = ^𝑡−𝑡0;


0
_𝜎2

0
₊^𝜎0 _𝑒
𝑡2 2𝜎²_;

ус 0

^{𝑄 (𝑡0 )∙}√^2𝜋


0
𝜎₀

^𝜎ус

= 𝜎₀

• 
  √^{1 + 𝑘 𝑡0 − 𝑘2;}
  

𝜎<sub>0

𝑡</sub>2

𝑘 = ^𝐶𝑒

√^2𝜋

₋0


0
2𝜎²_.

Формулы (5.1-2.5) для закона распределения Вейбулла времени безотказ- ной работы изделия имеют вид:

Pt  e

 ^t ^b

• 
  i
  

 

 ^a _;

Qt  1  e

_𝑡𝑏−1

 ^t ^b

• 
  i
  

 

 ^a
−(
;

_𝑡)𝑏

𝑓⁽𝑡⁾ = 𝑏

_𝑎𝑏 𝑒

𝑎 _;

𝜆⁽𝑡⁾

₌ 𝑏

𝑎

_𝑡𝑏−1_;

𝑡 = 𝜆

₋1

^𝑏Γ (1 +

¹).

𝑏

Формулы (5.1-5.5) для закона распределения Релея времени безотказной работы изделия имеют вид:
_𝑡2

− ₂

𝑃⁽𝑡⁾ = 𝑒

2𝜎 _;

_𝑡2

− ₂

𝑄⁽𝑡⁾ = 1 − 𝑒

2𝜎 _;

𝑓⁽𝑡⁾ =

𝑡


_𝜎2

_𝑡2

_𝑒⁻2𝜎²_;

𝜆⁽𝑡⁾ = ^𝑡 ;


_𝜎2

^{𝑡 = 𝜎}√^𝜋.

2
Примеры расчёта количественных характеристик надёжности
Задача 1.

Пусть поломка рессор автомобиля подчиняется нормальному закону с па-

раметрами


t 70

тыс. км и σ= 20 тыс. км. Требуется определить характери-

стики надёжности рессор за пробег t= 50 тыс. км.
Решение.

Вероятность отказа рессор определяем через нормированную функцию нормального распределения, для чего вначале определим нормируемое откло-

нение:


_z t t_ 50  70

 1 .

 20

С учётом того, что Q₀(z) 1 Q₀(z) 1 Q₀(1) 1 0,84  0,16 , вероятность от-

каза равна Qt  Q₀ (z)  0,16 или 16%.

Вероятность безотказной работы:
P(t)  1  Q(t)  1  0,16  0,84 , или 84%.

Частота отказов:
z
1 ^ t t^
1  ^{50  70} 

ft  _

 _ ^ _

^{  } ^.

20 20

_{ }  

С учётом того, что

f(x) = 0,0121.

 z z 1 0,2420, частота отказов рессор

Интенсивность отказов:
(t) 
f(t) _ 0,0121

 0,0144 .

P(t) 0,84
Задача 2.

Определить пробег рессоры автомобиля, при котором поломки состав- ляют не более 20%, если известно, что ^t= 70 тыс. км и σ = 20 тыс. км.

Решение.

Вероятность безотказной работы:

P(t)  1  Q(t)  1  0,2  0,8 .
Для Р= 0,8 определим квантиль u_0,8:

u_0,8  0,842 .
Таким образом, ресурс рессоры для вероятности отказа Q= 0,2 опреде- лится из выражения:

t_0,2  t u_0,8  70  20  0,842  53,16

тыс. км.

Задача 3.

Пусть отказы подчиняются усеченному нормальному закону с парамет- рами t₀ = 2000 ч и σ₀ = 900 ч. Требуется определить характеристики надёжно- сти за t = 1000 ч.

Решение.

^{𝑄(𝑡) = 𝐶} ∫^{∞ 𝑒}


0
^𝜎 √^{2𝜋 𝑡
(}𝑡−𝑡₀⁾²

− ₂

^2𝜎0 𝑑𝑡 =
0,5−𝑄₀(^𝑡−𝑡0)

𝜎_{0 =}


0
0,5+𝑄 (^𝑡0 )

𝜎_{0
0,5−𝑄 (}1000−2000₎


0
900



0,5+𝑄 (²⁰⁰⁰)


0
900
₌ 0,5−0,1335 _{= 0,25;}

0,5+0,9861

𝐶 = ¹


0
𝑄 (^𝑡0 )

𝜎<sub>0

=</sub> 1


0
_{𝑄 (}2000₎

900

_𝑡2

₌ 1

0,9861

= 1,014;
2

_{𝜎 −}0


900

2000

𝑡 = 𝑡

₊ 0 _𝑒

^2𝜎2 = 2000 + 𝑒<sup>−



2</sup> = 2030 ч;

ус 0

^{𝑄 (𝑡0 )∙}√^2𝜋


0
𝜎₀

0,9861∙

√^2𝜋

2∙900

𝜎 = 𝜎




^∙ √^{1 + 𝑘 𝑡0 − 𝑘2 = 900 ∙ √1 + 0,0342 ∙ 2000 − 0,03422 = 933 ч;}

ус 0

𝜎₀
𝐶
_𝑡2

1,014
2000²


900

𝑘 = 𝑒


^2𝜎2 = 𝑒⁻

₋ 0


² = 0,0342.

Задача 4.

√^2𝜋

0

√^2𝜋

2∙900

Пусть интенсивность отказов подшипников скольжения λ = 0,005 отка- зов/1000 км. Определить характеристики надёжности подшипника за пробег 10 тыс. км, если известно, что отказы подчиняются экспоненциальному за- кону. За 150 тыс. км.

Решение.
P(t)  e^t
 e^{0,00510}  0,9512 .

Т.е. за 10 тыс. км можно ожидать, что откажут около 5 подшипников из

100.

Надёжность для любых других 10 тыс. км будет та же самая. Какова

надёжность подшипника за пробег 150 тыс. км?

P(t)  e^t

_{ e}0,005150 _{ 0,4724 .}

Частота отказов:

- при пробеге 10 тыс. км:
f t    e^t


 0,005  e^{0,00510}  0,0048


тыс. км^-1;

- при пробеге 150 тыс. км:
f t    e^t

 0,005  e^{0,005150}  0,0024

тыс. км^-1.

Задача 5.

Используя условие вышеописанной задачи определить вероятность без- отказной работы за 10 тыс. км между пробегами 150 и 160 тыс. км и наработку на отказ.

Решение.
P(t)  e^t
_{ e}0,005(160150) _{ 0,9512 .}

Наработка на отказ равна: t ¹ 



1


0,005

 200
тыс. км.

Задача 6.

При каком пробеге откажут 10 передач редукторов из 100, т.е. Р(х) = 0,9?

Решение.

0,9  e

• 
  t
  

200 _;

ln 0,9  
t _;

200

t 200 ln 0,9  21

тыс. км.

Задача 7.

Время работы изделия до отказа подчиняется закону распределения Релея. Требуется вычислить количественные характеристики надежности из- делия P(t), f(t), λ(t), 𝑡 для t = 1000 ч, если параметр распределения σ= 1000 ч.

Решение.
_𝑡2

− ₂

1000²

− ₂

𝑃⁽𝑡⁾ = 𝑒

2𝜎

= 𝑒

2∙1000

= 0,606;

𝑓⁽𝑡⁾ =

𝑡


_𝜎2

_𝑡2

_𝑒⁻2𝜎² ₌

1000


1000²

∙ 0,606 = 0,606 ∙ 10⁻³ ч^-1;

𝜆⁽𝑡⁾ = ^𝑡

_𝜎2

₌ 1000

1000²

= 10⁻³ ч^-1;

^{𝑡 = 𝜎}√^{𝜋 = 1000 ∙} √^{𝜋 = 1253 ч.}

2 2
Задача 8.

Время безотказной работы изделия подчиняется закону Вейбулла с пара- метрами b= 1,5; a= 1000 час, а время работы изделия t= 100 час. Требуется

вычислить количественные характеристики надежности изделия P(t), f(t), λ(t),

𝑡.

Решение.

 ^t ^b
 ¹⁰⁰ ^1,5

^ ⁱ ^ 

Pt  e

 ^a _{ e} ¹⁰⁰⁰

 0,97 _;

𝑓⁽𝑡⁾ = 𝑏

_𝑡𝑏−1


_𝑎𝑏

_𝑡 𝑏


𝑒
−( )

𝑎

= 1,5 ∙

₁₀₀1,5−1


1000^1,5

₋₍100 ^1,5


)
_𝑒 1000

= 4,6 ∙ 10⁻⁴ ч^-1;

𝜆⁽𝑡⁾ = ^𝑏

_𝑎𝑏

_{𝑡𝑏−1 =} 1,5 1000^1,5

∙ 100^1,5−1 = 4,74 ∙ 10⁻⁴ ч^-1;

Задача 9.

𝑡 = 𝜆

₋1

^𝑏Γ (1 +

¹) = 0,015

𝑏

1


−
^1,5Г (1 +

1


1,5

) = 18,2 ч.

В результате анализа данных об отказах аппаратуры частота отказов по- лучена в виде: 𝑓⁽𝑡⁾ = 𝐶₁𝜆₁𝑒^−𝜆1𝑡 + 𝐶₂𝜆₂𝑒^−𝜆2𝑡. Требуется определить количе- ственные характеристики надежности: P(t), λ(t), 𝑡.
Решение.

1. 
   Определим вероятность безотказной работы. На основании формулы (5.1) имеем:
   

^{𝑃(𝑡) = 1 −} ∫^{𝑡 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = 1 − (}∫<sup>𝑡 𝐶 𝜆

𝑒−𝜆1𝑡𝑑𝑡 +</sup> ∫^{𝑡 𝐶 𝜆}

𝑒^−𝜆2𝑡𝑑𝑡) =

= 1 −
−𝐶

0

_𝑒−𝜆₁𝑡 ^𝑡

−𝜆₂𝑡 ^𝑡

₀ 1 1

₀ 2 2

−𝜆₁𝑡
−𝜆₂𝑡

( ₁ |₀ − 𝐶₂𝑒 | ₀) = 1 − (−𝐶₁𝑒 + 𝐶₁ − 𝐶₂𝑒

+ 𝐶₂) =

= 1 − ⁽𝐶₁ + 𝐶₂⁾ + 𝐶₁𝑒^−𝜆1𝑡 + 𝐶₂𝑒^−𝜆2𝑡.


0
Вычислим сумму С₁+ С₂. Так как _∫^∞ 𝑓⁽𝑡⁾𝑑𝑡 = 1, то

∫<sup>∞ 𝐶 𝜆

𝑒−𝜆1𝑡𝑑𝑡 +</sup> ∫^{∞ 𝐶 𝜆 𝑒−𝜆2𝑡𝑑𝑡 = 𝐶 + 𝐶}

= 1.

Тогда

₀ 1 1

₀ 2 2 1 2

𝑃⁽𝑡⁾ = 𝐶₁𝑒^−𝜆1𝑡 + 𝐶₂𝑒^−𝜆2𝑡.

2. 
   Найдем зависимость интенсивности отказов от времени по формуле:
   

_{𝜆(𝑡) =} 𝑓⁽𝑡⁾ ₌ 𝐶₁𝜆₁𝑒^−𝜆1𝑡+𝐶₂𝜆₂𝑒^−𝜆2𝑡_.

𝑃⁽𝑡⁾

_𝐶1𝑒−𝜆₁𝑡_+𝐶2𝑒−𝜆₂𝑡

3. 
   Определим среднее время безотказной работы аппаратуры. На основа- нии формулы (5.5) будем иметь:
   

^{𝑡 =} ∫^{∞ 𝑃(𝑡)𝑑𝑡 = 𝐶}

∫^{∞ 𝑒−𝜆1𝑡𝑑𝑡 + 𝐶}

∫^{∞ 𝑒−𝜆2𝑡𝑑𝑡 = 𝐶1 + 𝐶2.}

0 ¹ 0

Задача10.

2 _{0 𝜆1}

𝜆₂

При наблюдении за длительной период работы станции обслуживания установлено, что число автомобилей, прибывающих на станцию, в среднем со- ставляет 2 автомобиля в час. Определить вероятность поступления на станцию не более 8 автомобилей за t = 8 ч работы станции.

Решение.
a t 28 16
автомобилей.

^{m8 a} ^{16 16 16}a16 16 16
m 1 2 8

F(m 8)  _ e  e  e ...  e  0,021987 .

_i1 m! 1! 2! 8!