Курсовой проект - Основы теории надежности (вариант 22)
Подождите немного. Документ загружается.
Федеральное агентство ж/д транспорта РФ
Уральский государственный Университет Путей Сообщения
Кафедра «АиТ на ж/д транспорте»
Домашняя работа
По дисциплине «Основы теории надежности»
Вариант № 22
Выполнил:
Группа Ш
Проверил:
г, Екатеринбург, 2008
1. Количественные характеристики надежности.
1.1 критерии надежности невосстанавливаемых систем.
Задача 1.1.
На испытание поставлено N
0
=1600 образцов неремонтируемой
аппаратуры. Число отказов n(∆t) фиксировалось через каждые 100 часов
работы (∆t=100 ч). Данные об отказах приведены в таблице 1.1. Требуется
определить следующие критерии надежности:
- вероятность безотказной работы Р
*
(t)
- вероятность отказа Q
*
(t)
- интенсивность отказов λ
*
(t)
- частоту отказов f
*
(t)
- среднее время безотказной работы Т
*
ср
Построить зависимости P
*
(t), Q
*
(t), λ
*
(t), f
*
(t) от времени.
Решение.
Табл.1.1
∆t
i
n(∆t) ∆t
i
n(∆t) ∆t
i
n(∆t) ∆t
i
n(∆t)
0-100 67 500-600 47 1000-1100 37 1500-1600 35
100-200 62 600-700 42 1100-1200 36 1600-1700 34
200-300 57 700-800 39 1200-1300 37 1700-1800 36
300-400 54 800-900 38 1300-1400 35 1800-1900 35
400-500 50 900-1000 38 1400-1500 36 1900-2000 37
Статистически P(t) оценивается выражением:
0
0
)(
)(*
N
tnN
tР
где n(t) – число изделий отказавших за время t
N
0
– количество изделий в начале испытаний.
1600
671600
)100(*
Р
1600
)6267(1600
)200(*
Р
Занесем результаты в таблицу 1.2
Табл. 1.2
∆t
i
Р
*
(t) ∆t
i
Р
*
(t) ∆t
i
Р
*
(t) ∆t
i
Р
*
(t)
100 0,95813 600 0,78938 1100 0,66813 1600 0,55625
200 0,91938 700 0,76313 1200 0,64563 1700 0,535
300 0,88375 800 0,73875 1300 0,6225 1800 0,5125
400 0,85 900 0,715 1400 0,60063 1900 0,49063
500 0,81875 1000 0,69125 1500 0,57813 2000 0,4675
Вероятность отказа Q
*
(t)
0
)(
)(*
N
tn
tQ
Отказ и безотказная работа являются событиями противоположными и
несовместимыми, поэтому Q
*
(t) = 1 – P(t)
Занесем результаты в таблицу 1.3
Табл. 1.3
∆t
i
Q
*
(t) ∆t
i
Q
*
(t) ∆t
i
Q
*
(t) ∆t
i
Q
*
(t)
100 0,04188 600 0,21063 1100 0,33188 1600 0,44375
200 0,08062 700 0,23688 1200 0,35438 1700 0,465
300 0,11625 800 0,26125 1300 0,3775 1800 0,4875
400 0,15 900 0,285 1400 0,39938 1900 0,50938
500 0,18125 1000 0,30875 1500 0,42188 2000 0,5325
Частота отказов f*(t)
tN
tn
tf
0
)(
)(*
где n(∆t) – число отказавших изделий в интервале времени от t – ∆t/2 до
t + ∆t/2
1001600
67
)50(*
f
1001600
62
)150(*
f
Занесем результаты в таблицу 1.4
Табл
. 1.4
∆t
i
f*(t) * 10
-3
∆t
i
f*(t) * 10
-3
∆t
i
f*(t) * 10
-3
∆t
i
f*(t) * 10
-3
100 0,41875 600 0,29375 1100 0,23125 1600 0,21875
200 0,3875 700 0,2625 1200 0,225 1700 0,2125
300 0,35625 800 0,24375 1300 0,23125 1800 0,225
400 0,3375 900 0,2375 1400 0,21875 1900 0,21875
500 0,3125 1000 0,2375 1500 0,225 2000 0,23125
Интенсивность отказов λ(t)
iсрi
i
i
tN
tn
t
)(
)(*
где N
срi
– среднее число исправно работающих изделий в интервале ∆t
i
N
срi
=
2
N(ti) 1)-N(ti
N(t
i
-1)
+N(t
i
)
где N(t
i
-1) – число изделий, исправно работающих в момент времени
t
i
– 1
N(t
i
) – число изделий, исправно работающих в конце интервала t
i
1002/)9581600(
67
)50(*
1002/)919958(
62
)150(*
Занесем результаты в таблицу 1.5
Таб
л. 1.4
∆t
i
λ
*
(t)* 10
-3
∆t
i
λ
*
(t)* 10
-3
∆t
i
λ
*
(t)* 10
-3
∆t
i
λ
*
(t)* 10
-3
100 5,238 600 5,635 1100 5,263 1600 5,942
200 6,606 700 5,227 1200 5,298 1700 5,996
300 6,323 800 4,962 1300 5,636 1800 6,599
400 6,112 900 5,063 1400 5,525 1900 6,686
500 5,77 1000 5,231 1500 5,892 2000 7,385
Построим зависимости P
*
(t), Q
*
(t), λ
*
(t), f
*
(t) от времени.
P*(t)
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
0 500 1000 1500 2000
t
P*
Q*(t)
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0 500 1000 1500 2000
Q*
t
λ*(t)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
0 500 1000 1500 2000
t
λ*
f*(t)
0
0,05
0,1
0,15
0,2
0,25
0,3
0,35
0,4
0,45
0 500 1000 1500 2000
t
f*
Среднее время безотказной работы
0
1
0
))(*()(
*
N
tnNttnt
T
m
i
iiср
ср
ср
T *
= 430 часов
Задача 1.2.
При эксплуатации системы автоматики было зафиксировано n = 49
отказов в течении t = 624 часов. При этом распределение отказов по
элементам и время затраченное на их устранение (время восстановления),
приведены в таблице 1.5
Таб. 1.5
Элементы системы
Количество
отказов – n
i
Время
восстановления t
в
мин
Суммарное время
восстановления t
i
Полупроводниковые
элементы
6
52
42
43
40
41
39
–
Реле 3
32
44
30
–
Резисторы 7 – 127
Конденсаторы 9 – 181
Провода 5 – 90
Пайка 22 – 150
Требуется определить:
среднее время восстановления t*
в
;
среднюю наработку на отказ Т
0
;
коэффициент готовности (к
г
), использования (к
и
), простоя (к
п
)
Решение.
Определяем среднее время восстановления системы t
вj
для групп
элементов :
j
n
i
i
n
t
j
1
вj
t
t
в.п.э
= (52+42+43+40+41+39)/6 = 42,8 мин
t
в.р
= (32+44+30)/3 =35,3 мин
t
в.рез
= 127/7 = 18,14 мин
t
в.к
= 181/9 = 20,1 мин
t
в.пр
= 90/5 =18 мин
t
в.пай
=
150 /22
= 6,82 мин
Определяем среднее время восстановления ситемы:
m
j
j
часаминmtT
1
вj
*
в.с.
31,058,18
49
22
82,6
49
5
18
49
9
1,20
49
7
14,18
49
3
3,35
49
6
8,42
Определим среднюю наработку на отказ
*
0
Т
часов
n
t
T
n
i
i
96,11
49
5,1*49*31,049*31,0624
1
*
0
Определяем коэффициент готовности (к
г
), использования (к
и
), простоя (к
п
)
975,0
31,096,11
96,11
*
..
*
0
*
0
вв
г
ТТ
Т
К
967.0
8.42.1504.586
04.586
вi
111
1
n
j
n
i
n
i
n
i
и
tnjtti
ti
К
К
п
= 1 – К
и
=0,033
Задача 1.3.
Время работы до отказа подчинено усеченному нормальному закону с
параметрами Т
1
= 7600, σ = 2250
Вычислить среднее время работы до первого отказа – Т
ср
, построить
графики p(t), f(t), λ(t).
Решение.
P(t) =
)
1
(Ф5.0
)
1
(Ф5,0
0
0
T
Tt
где
dueuФ
u
u
0
2
2
2
1
)(
Определим частоту отказов:
2)
1
(Ф5.0
)(
0
2
)1(
2
2
Т
e
tf
Tt
Рассчитаем интенсивность отказов λ(t).
)(
)(
)(
tP
tf
t
Вычислим среднюю наработку отказа
)(5,0(2
1
2
1
2
2
1
Т
Ф
e
ТТ
Т
ср
= 277297,8
Построим графики Р(t), f(t), λ(t).
P(t)
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000
t
P(t)
f(t)
0
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000
t
f(t)
0
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000
t
Задача 1.4.
В результате анализа данных об отказах изделий установлено, что один
из критериев надежности определяется выражениями:
λ = 0,1*10
-6
1/час
k = 1,2*10
-6
1/час
λ
1
= 0,15*10
-6
1/час
λ
2
= 0,9*10
-6
1/час
λ(t) =λ
2
t e
-λt
Требуется найти остальные количественные характеристики надежности
– p(t), f(t), λ(t), f
ср
(t), T
ср
. Построить графики p(t), f(t), λ(t), f
ср
(t).
Решение.
Определим вероятность безотказной работы:
p(t) =
t
t
t
dttedtt
ee
0
2
0
)(
t p(t)