Надежность технических систем
.pdf
Пример 13
Система состоит из 12 600 элементов, средняя интенсивность отказов ко-
торых λср = 0,32·10–6 ч–1.
Необходимо определить вероятность безотказной работы в течение t= 50 ч.
Дано: |
Решение: |
|
|
N = 12 600 |
Интенсивность отказов системы определяется по формуле |
||
λср= 0,32·10–6 ч–1 |
|
N 0,32 10 6 12 600 4,032 10 3 |
ч–1. |
t = 50 ч |
c |
cp |
|
Вероятность безотказной работы по экспоненциальному |
|||
Найти: |
закону равна: |
|
|
P(t) |
P 50 e ct е 4,03210 3 50 0,82. |
|
|
Пример 14
Система состоит из N = 5 блоков. Надежность блоков характеризует-
ся вероятностью безотказной работы в течение времени t, которая равна:
p1(t) = 0,98; p2(t) = 0,99; p3(t) = 0,97; p4(t) = 0,985; p5(t) = 0,975.
Требуется определить вероятность безотказной работы системы.
Дано:
N = 5 p1(t) = 0,98 p2(t) = 0,99 p3(t) = 0,97
p4(t) = 0,985 p5(t) = 0,975
Найти:
Рс(t)
Решение:
Необходимо воспользоваться формулой для определения безотказной работы системы:
N
Pc(t) pi(t) 0,98 0,99 0,97 0,985 0,975 0,904.
i 1
Вероятности p1(t), p2(t), p3(t), p4(t), p5(t) близки к единице, поэтому вычислить Рс(t) удобно, пользуясь приближенной формулой.
В данном случае q1 = 0,02; q2 = 0,01; q3 = 0,03; q4 = 0,015; q5 = 0,025. Тогда
5 5
Pc(t) pi(t) 1 qi(t) 1 (0,02 0,01 0,03 0,015 0,025) 0,9.
i 1 i 1
Пример 15
Система состоит из трех устройств. Интенсивность отказов электронного устройства равна λ1 = 0,16·10–3 ч–1 = const. Интенсивности отказов двух элек-
тромеханических устройств линейно зависят от времени и определяются сле-
дующими формулами: λ2 = 0,23·10 –4t ч–1, λ3 = 0,06·10–6t2,6 ч–1.
Нужно рассчитать вероятность безотказной работы изделия в течение 100 ч.
31
Дано: |
|
|
|
Решение: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
N = 3 |
|
|
|
Так как λ ≠ const, то на основании формулы |
|
|
|
|
|||||||||||||
λ1 = 0,16 ·10–3 ч–1 |
|
|
|
|
|
N t |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
λ2 = 0,23 ·10 |
–4 |
–1 |
|
Pc t exp |
t(t)dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
t ч |
|
|
|
|
|
i 10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
λ3 = 0,06 ·10–6t2,6 ч–1 |
можно написать |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
t = 100 ч |
|
|
|
|
|
|
|
t |
t |
t |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
Pc t exp |
1 t dt 2 t dt 3 t dt |
|
|
|||||||||||||
Найти: |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
0 |
0 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|||||
Р(t) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t2 |
|
t3,6 |
|
|
|
||||
|
|
|
|
exp |
t 0,23 10 4 |
|
|
0,06 10 6 |
|
|
, |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
3,6 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
при t = 100 ч |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
4 1002 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
0,16 10 |
|
|
100 0,23 10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
P 100 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|||||||||||
exp |
|
|
|
|
|
|
|
0,33. |
|
|
|||||||||||
c |
|
|
|
|
|
|
|
6 1003,6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
0,06 10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
3,6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 16
Система состоит из трех блоков, средняя наработка до первого отказа ко-
торых равна Т1 =160 ч, Т2 = 320 ч, Т3 = 600 ч. Для блоков справедлив экспонен-
циальный закон надежности.
Требуется определить среднюю наработку до первого отказа системы.
Дано:
N = 3
Т1 = 160 ч Т2 = 320 ч Т3 = 600 ч
Найти:
tср.с
следовательно,
Решение:
Согласно экспоненциальному закону P(t) exp( t).
Интенсивность отказов системы:
|
c |
|
|
|
1 |
|
1 |
|
1 |
. |
|
|
|
|
|||||||
|
1 |
2 |
3 |
Т1 Т2 Т3 |
||||||
Средняя наработка до первого отказа системы:
1
tср.с с ,
tср.с |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
91ч. |
|
1 |
|
1 |
|
1 |
|
|
1 |
|
1 |
|
1 |
|
|||
|
|
Т1 |
Т2 |
Т3 |
160 |
320 |
600 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
32
Пример 17
Система состоит из двух устройств. Вероятности безотказной работы ка-
ждого из них в течение времени t = 100 ч равны: р1(100) = 0,95; р2 (100) = 0,97. Справедлив экспоненциальный закон надежности. Необходимо найти среднюю наработку до первого отказа системы tср.с.
Дано: |
Решение: |
|
|
|
|
|
|
||||
N = 2 |
Определяется вероятность безотказной работы изделия: |
||||||||||
t = 100 ч |
P |
100 p |
100 p |
2 |
100 0,95 0,97 0,92. |
||||||
c |
1 |
|
|
|
|
|
|||||
р1 (100) = 0,95 |
Определяется интенсивность отказов изделия по формуле |
||||||||||
р2 (100) = 0,97 |
Pc 100 e ct e c100; |
||||||||||
Найти: |
|
|
ln0,92 |
8,3 10 4 ч–1, |
|||||||
tcp.c |
|
|
|
|
|||||||
c |
100 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
tcp.c |
1 |
|
1 |
|
|
1205 ч. |
||||
|
|
|
8,310 |
4 |
|||||||
|
|
|
|
c |
|
|
|||||
Пример 18
Вероятность безотказной работы одного элемента в течение времени t
равна p(t) = 0,9997. Требуется определить вероятность безотказной работы сис-
темы, состоящей из N = 100 таких же элементов.
Дано: |
Решение: |
|
|
p(t) = 0,9997 |
1-й вариант решения: |
|
|
N = 100 |
Если у всех элементов системы одинаковая надежность, то |
||
|
P t pN t 0,9997 |
100 |
0,9704. |
Найти: |
|||
Pc |
c |
|
|
2-й вариант решения: |
|
|
|
Так как вероятность Pc t близка к единице, то можно воспользоваться следующей формулой:
Pc t 1 Qc t .
Для одного элемента системы:
q t 1 p t 1 0,9997 0,0003; т. е.
Qc t N q t 100 0,0003 0,03.
Из P |
t Q |
t 1 |
следует P |
t 1 0,03 0,97. |
c |
c |
|
c |
|
Получается, что первый вариант решения более точен.
33
Пример 19
Вероятность безотказной работы системы в течение времени t равна
= 0,95. Система состоит из N = 120 равнонадежных элементов. Требуется определить вероятность безотказной работы элемента рi(t).
Дано:
Рс(t) = 0,95
N = 120
Найти:
Рi(t)
Пример 20
Решение:
Очевидно, что вероятность безотказной работы элемента
будет P |
t N |
PC |
(t). Так как P |
t близка к единице, |
i |
|
c |
|
то вычисления удобно выполнять по формуле
Qc 1 Pi t 1 0,95 0,05.
Тогда
Pi t N Pc t 1 Qc t 1 0,050,9996. N 120
В системе Nс = 2500 элементов, вероятность безотказной работы ее в те-
чение одного часа Рс(1) = 98 %. Предполагается, что все элементы равнона-
дежны и интенсивность отказов элементов λ = 8,4·10–6 ч–1. Требуется опреде-
лить среднюю наработку до первого отказа системы tср.с.
Дано: |
Решение: |
Nс = 2500 |
Интенсивность отказов системы определим по формуле |
Рс(1) = 98 % |
λс = N · λ = 8,4 · 10 –6 · 2500 = 0,021 ч–1, |
λ = 8,4·10–6 ч–1 |
средняя наработка до первого отказа системы равна: |
|
tср.с = 1/λс= 1/0,021 = 47,6 ч. |
Найти: |
|
tср.с |
|
Пример 21
Система состоит из пяти приборов, вероятности исправной работы кото-
рых в течение времени t = 100 ч равны: p1(100) = 0,9996; p2(100) = 0,9998; p3(100) = 0,9996; p4(100) = 0,999; p5(100) = 0,9998. Требуется определить часто-
ту отказов системы в момент времени t = 100 ч.
Предполагается, что отказы приборов независимы и для них справедлив экспоненциальный закон надежности.
34
Дано:
t = 100 ч p1(100) = 0,9996 p2(100) = 0,9998 p3(100) = 0,9996 p4(100) = 0,999 p5(100) = 0,9998
Найти:
fс
Решение:
По условиям задачи отказы приборов независимы, поэтому вероятность безотказной работы системы равна произведению вероятностей безотказной работы приборов. Тогда для случая высоконадежных систем (при значенях рi, близких к единице) имеем:
Pc t p1 t p2 t p3 t ...pN t 1 qi t ,
5
Pc 100 1 Qi 100
i1
1 0,0004 0,00002 0,0004 0,001 0,0002 0,9978.
Так как вероятность безотказной работы системы близка к единице, то в соответствии с формулой
r
Рс(t) 1 t Ni i 1 ct
i 1
интенсивность отказов можно вычислить следующим образом:
с 1 Рс(t) 1 0,9978 2,2 10 5ч–1, t 100
тогда частоту отказов определим в соответствии с формулой:
ас(t) λс(1 – λсt) = 2,2·10–5(1 – 2,2·10–5·100) = 2,195·10–5 ч–1.
Пример 22
Изделие состоит из 12 маломощных низкочастотных германиевых транзисторов, 4 плоскостных кремниевых выпрямителей, 50 керамических конденсаторов, 168 резисторов типа МЛТ, 1 силового трансформатора, 2 накальных трансформаторов, 5 дросселей и 4 катушек индуктивности. Необходимо найти вероятность безотказной работы изделия в течение t = 200 ч и среднюю наработку до первого отказа.
Дано:
N1 = 12
N2 = 4
N3 = 50 N4 = 168 N5 = 1 N6 = 2 N7 = 5 N8 = 4 t = 200 ч
Найти:
Рс(200)
tср.с
Решение:
Для решения данной задачи вычисляются величины интенсивности отказов изделия, затем составляется и заполняется таблица 1.2. Значения интенсивности отказов элементов выбираются из [8] (табл. П.3.1, П.3.5, П.3.7).
35
|
|
|
|
|
|
Таблица 1.2 |
|
|
|
Интенсивность отказов элементов |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Количество |
Интенсивность |
||
Наименование и тип элемента |
|
отказов, ч–1 |
|
||||
|
|
|
|
элементов Ni |
|
|
|
|
|
|
|
λi ·10 –5 |
Ni λi ·10 –5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
||
Транзистор маломощный |
|
|
|
|
|
||
низкочастотный германиевый |
|
12 |
0,3 |
3,6 |
|
||
|
|
|
|
|
|
||
Выпрямитель плоскостной |
|
|
|
|
|
||
кремниевый |
|
|
|
4 |
0,5 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||
Конденсатор керамический |
|
50 |
0,14 |
7 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
Резистор типа МЛТ |
|
|
|
168 |
0,05 |
8,4 |
|
Трансформатор силовой |
|
1 |
0,3 |
0,3 |
|
||
|
|
|
|
|
|
||
Трансформатор накальный |
|
2 |
0,2 |
0,4 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
Дроссель |
|
|
|
5 |
0,1 |
0,5 |
|
Катушка индуктивности |
|
4 |
0,05 |
0,2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
246; |
|
8 |
|
|
|
N |
i |
N 22,4 10 5 ч–1. |
|
|
|||
i 1 |
|
c |
i i |
|
|
|
|
|
|
|
i 1 |
|
|
|
|
По данным табл. 1.2 и по формуле для экспоненциального закона нахо-
дится вероятность безотказной работы изделия в течение t = 200 ч и средняя наработка до первого отказа:
Рс(200) e ct e 22,410 5 200 0,956,
tcp.c |
1 |
|
1 |
4464 ч . |
|
22,4 10 5 |
|||
|
c |
|
||
36
2.ПРИМЕРЫ АНАЛИЗА НАДЕЖНОСТИ
ИРИСКА СИСТЕМ
2.1. Расчет надежности системы аспирации
При оценке надежности технических систем наиболее целесообразно рассчитать самую опасную. В проектируемом комплексе наибольшую опасность представляет собой местная вентиляция с системой аспирации, удаляющая запыленный воздух из рабочей зоны мукопросеивательной и тестомесильной машин. Это объясняется тем, что при определенных условиях присутствие мучной пыли в воздухе может привести к взрыву. Надежность системы аспирации рассчитывается на основании приведенных далее начальных условий.
Анализ безотказности системы. При анализе сложной технической сис-
темы применяется метод «дерево неисправностей» – организованное графическое представление условий или других факторов, вызывающих нежелательное событие, называемое «вершиной событий». При построении «дерева» исполь-
зуется определённая символика. Состояния элементов или, в более общем смысле, исходные события (которые не могут быть подразделены) представляются окружностями, а последствия – прямоугольниками. Событие наибольшей важности (вершинное событие) представляется в виде прямоугольника, размещаемого на вершине «дерева». Таковым может быть событие, заключающееся в полной неисправности системы или её отказе. Аналогичные события для подсистем также будут обозначаться прямоугольниками.
Определяется вероятность отказа вентиляционной системы для отделений просеивания муки и приготовления теста.
Описание системы
Аспирационная система (рис. 2.1), удаляющая запыленный воздух из рабочей зоны мукопросеивательной и тестомесильной машин, состоит из пылезащищенного вентилятора, системы воздуховодов с двумя зонтами и устройств очистки от мучной пыли.
Работа мукопросеивательной и тестомесильной машин напрямую зависит от исправности вентиляционной системы. Соединение всех пылящих машин и вентиляции через блок запуска с таймером задержки обеспечивает наибольшую степень защиты от возможного взрыва.
При включении оборудования первой запускается система аспирации, и только через 3 минуты, если блок управления принял сигналы от датчиков системы о исправном её состоянии, включается оборудование. Такой контроль исключает увеличение концентрации мучной пыли и тем самым уменьшает риск взрыва пылевоздушной смеси.
37
Рис. 2.1. Схема вентиляционной системы:
1 – дроссельная заслонка; 2 – вытяжной зонт; 3 – фильтр карманный; 4 – датчик засорения фильтра и работы вентилятора; 5 – циклон; 6 – датчик засорения
циклона; 7 – вентилятор; 8 – ременная передача; 9 – виброопора; 10 – основание
Перечень отказов системы вентиляции:
1) снижение давления в воздуховоде после карманного фильтра (засоре-
ние фильтра); 2) уменьшение концентрации пыли при прохождении воздуха через ци-
клон незначительное (засорение циклона);
3)отказ предохранителя;
4)выход из строя подшипника электродвигателя;
5)выход из строя крыльчатки охлаждения электродвигателя;
6)межвитковое замыкание обмотки электродвигателя;
7)обрыв обмотки электродвигателя;
8)отказ концевого выключателя;
9)выход из строя пульта управления;
10)выход из строя сигнализатора засорения карманного фильтра;
11)выход из строя сигнализатора засорения циклона;
12)выход из строя дроссельной заслонки зонта;
38
13)износ сальникового уплотнителя;
14)износ соединения вала и блоков ременной передачи;
15)износ ременной передачи;
16)выход из строя подшипника вала рабочего колеса;
17)износ постоянной муфты.
Наработка на отказ вентиляционной системы определяется по формуле
Т = 1/λсл ,
где λсл – интенсивность отказа самого слабого элемента системы.
Т =16 000 ч.
Рассчитываются значения вероятностей безотказной работы для звеньев по формуле Р(t) = е–λТ. Значения интенсивностей отказов элементов системы выбраны из [2], [10]. Результаты расчетов приведены в табл. 2.1.
Таблица 2.1
Интенсивность отказов и вероятность безотказной работы элементов
вентиляционной системы
№ |
|
Интенсивность |
Вероятность |
|
Наименование отказа |
отказа |
безотказной работы |
||
п/п |
||||
|
λ, ч–1 |
Р(i) |
||
|
|
|||
1 |
Снижение давления в воздуховоде |
λ(1) = 8·10–6 |
Р (1) = е–λТ = 0,88 |
|
2 |
Уменьшение концентрации пыли |
λ(2) = 8·10–6 |
Р (2) = е–λТ = 0,88 |
|
3 |
Отказ предохранителя |
λ(3) = 5·10–6 |
Р (3) = е–λТ = 0,92 |
|
4 |
Выход из строя подшипника элек- |
λ(4) = 2,22·10–6 |
Р (4) = е–λТ = 0,97 |
|
тродвигателя |
||||
|
|
|
||
|
|
|
|
|
5 |
Выход из строя крыльчатки |
λ(5) =1,1·10–7, |
Р (5) = е–λТ = 0,99 |
|
охлаждения электродвигателя |
||||
|
|
|
||
|
|
|
|
|
6 |
Межвитковое замыкание обмотки |
λ(6) = 3·10–6 |
Р (6) = е–λТ = 0,99 |
|
электродвигателя |
||||
|
|
|
||
|
|
|
|
|
7 |
Обрыв обмотки |
λ(7) = 3·10–8 |
Р (7) = е–λТ = 0,99 |
|
электродвигателя |
||||
|
|
|
||
|
|
|
|
|
8 |
Отказ концевого выключателя |
λ(8) = 3·10–6 |
Р (8) = е–λТ = 0,95 |
|
|
|
|
|
|
9 |
Выход из строя пульта управле- |
λ(9) = 3·10–7 |
Р (9) = е–λТ = 0,99 |
|
ния |
|
|||
|
|
|
|
|
10 |
Выход из строя сигнализатора за- |
λ(10) = 5,3·10–6 |
Р(10) = е–λТ = 0,92 |
|
сорения карманного фильтра |
|
|||
|
|
|
||
|
|
|
|
39
|
|
|
Окончание табл. 2.1 |
|
|
|
|
|
|
№ |
|
Интенсивность |
Вероятность |
|
Наименование отказа |
отказа |
безотказной работы |
|
|
п/п |
|
|||
|
λ, ч–1 |
Р(i) |
|
|
|
|
|
||
11 |
Выход из строя сигнализатора |
λ(11) = 3·10–6 |
Р(11) = е–λТ = 0,95 |
|
засорения циклона |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
Выход из строя дроссельной за- |
λ(12) = 3,4·10–6 |
Р(12) = е–λТ = 0,95 |
|
слонки зонта |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
13 |
Износ сальникового уплотнителя |
λ(13) = 3·10–6 |
Р(13) = е–λТ = 0,94 |
|
|
|
|
|
|
14 |
Износ соединения вала и |
λ(14) = 0,25·10–6 |
Р(14) = е–λТ = 0,99 |
|
блоков ременной передачи |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
15 |
Износ ременной передачи |
λ(15) = 3,6·10–6 |
Р(15) = е–λТ = 0,94 |
|
|
|
|
|
|
16 |
Выход из строя подшипника ва- |
λ(16) = 2·10–6 |
Р(16) = е–λТ = 0,95 |
|
ла рабочего колеса |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
17 |
Износ постоянной муфты |
λ(17) = 2,5·10–6 |
Р(17) = е–λТ = 0,96 |
|
|
|
|
|
|
«Дерево неисправностей» вентиляционной системы показано на рис. 2.2.
|
|
|
|
|
Остановка линии |
А |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
>1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Параметрический отказ |
|
Б Функциональный отказ В |
|
|
|
||||||
|
|
|
>1 |
|
|
|
|
>1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 2 |
|
|
|
|
|
|
|
Отказ механической |
Д |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
части |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
Отказ |
|
Г |
|
|
>1 |
|
|
|
|
|
электрооборудования |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
>1 |
|
|
12 |
13 14 |
15 |
|
|
|
|
Отказ |
|
Е |
|
|
Отказ |
Ж |
Отказ |
З |
||
|
|
электродвигателя |
3 |
системавтоматики |
вентилятора |
||||||||
|
|
|
|
|
|
>1 |
|
||||||
|
|
|
>1 |
|
|
|
|
|
>1 |
|
|
|
|
Отказ |
И |
|
Отказ |
|
|
8 |
9 10 11 |
|
16 |
17 |
|
||
механической части |
электрической части К |
|
|
|
|
||||||||
|
>1 |
|
|
|
>1 |
|
|
|
|
|
|
||
4 |
5 |
|
|
6 |
|
7 |
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.2. «Дерево неисправностей» вентиляционной системы
40