Биргер И А , Шорр Б Ф , Иосилевич Г Б - Расчет На Прочность Деталей Машин Справочник (1993.4 Изд)(Scan) (947315), страница 120
Текст из файла (страница 120)
Э«свои«вива»»нов расвредеаевве времени бе»отав»мод работы Поннтие потока отказов вводится для восстанавливаемых в процессе эксплуатации изделий. Для потока отказов величина Тор представляет собой среднюю наработку на один отказ. Важным свойством экспонеициаль. ного закона надежности явлнется то, что он относится к «нестареющим» системам. Для такого закона (и только для него!) прогнозируемая вероятность безотказной работы не зависит от предыдущей наработки Р Н+.с) Р(т, ()= — » — — — = Р (!) е ь !е+т! = е "с.
(24) е Пример 1. Изделие имеет ресурс 1000 ч и интенсивность отказов Л = = 0,1 10 в 1/ч (среднее время нара. боткн на отказ Тор — — 10 000 ч), Определить вероятность безотказной работы первые 1О ч н за весь ресурс, считая спранедливым экспоненциальиый закон надежности. Р е ш е и и е. Вероятность безотказной работы эа первые 10 ч работы /' (!О) = од'е 'го — О 999' за весь ресурс Р (1000) = е блм!о ло = 0,90, ио если известно, что изделие отработало исправно 990 ч. то вероятность отсутствия отказов за последние 1О ч снова будет 0,999. Рассмотрим определение интенсивности отказов (илн средней наработки на отназ) при экспоненцивльиом распределении. Если известно, что для п Элементы теории нидехтктии 588 1 1 т= — = о.— ! Т = — =-.
К й(г)= УН) Р(Н !г-гр испытуемых иэделий время работы до отказа составило Г!, гх, .... 1,'„то сле- дует принять Однано на практике информация о работоспособности изделий относится к определенному времени эксплуата. ции, а течение которого чагть изделий получила отказы, а остальные отработали его исправно Тогда следует принять для данного времени испита. инй Суммарная наработка всех изделий Общее число отказов (26) Пример 2. Определить среди юю иа.
работку до отказа для экспонеициаль ного закона надежности, если за время эксплуатации имеются следующие данные. 30 изделий отработалн исправно 3000 ч, 10 изделий по 1000 ч, 7 изделии по !500 ч; сняты три изделия после наработки соответственно 500, 2000 и 2500 ч. Р е ш е н н е. Суммарное время наработки ! — --30.3000+ !О 1000+ 7.1500 + + 500+ 2000+ 2 500 = 115,5 х ж !Ое ч. Средняя наработиа на отказ 115,5.!О* Т =- — ==.
К 3 = 38,5 10а ч. НОРМАЛЬНОЕ РАСПРЕДЕЛЕНИЕ ВРЕМЕНИ БЕЗОТ)(АЗНОЯ РАБОТЫ Нормальное распределение применяют в теории надежности лл я описа. ния отказов, вызванных ияиашиванием детали. Плотность распределения вре- Рнс. 3. Нормальное распределенно аременн беаопсаеноа работы мени безотказной работы при нормальном законе распределения (рис. 3) !с — 0* е У(() = е ', (27) о! )/2п где параметры распределения ! и а!в среднее значение времени и среднее квадратическое отклонение. При нррмальиом распределении время ! может быть отрицательным, что противоречит физическому смыслу. Однако если среднее время 1 значительно превышает и! (7 ) Зо!), отрицательная часть распределения не ямеет практического значения.
функция распределения Р(Н= ~ )(г)б! = — +Ф(:,'), (28) где Ф вЂ” функция Лапласа. Вероятность безотказной работы при нормальном законе распределения 1 /! — ?х Р (Г) = 1 — Т (Г) = — — Ф (— 2 (29) Приведем еще значение интенсивности отказов е то ог )/'2п ~ — — Ф ( — )1 ЕЕодезсноси!ь а!соммы лараллельньи элгменсчье где При больших ! (1 Р ! + 2о!) вели. чина Š— Е Х (1) =, .
(3(! о'-' При Е-.- У(Е) О, Х(Е)- РАСПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕЙБУЛЛА ДЛЯ ВРЕМЕНИ БЕЗОТКАЗНОЙ РАБОТЫ Зто распределение используют для статистических моделей надежности в первый период эксплуатации («приработочные» отиазы). Функцию распределения принимают в виде (Е.л О) Е(Е) = ! — е Х! ° (32) Закон Вейбулла имеет два положи. тельных параметра: )с и т. Экспоиенциальное распределение является част. ным случаем распределения Вейбулла прн ьт =- ! .
Особенно просто по закону Вейбулла выражается вероятность безотказной работы (рис. 4): Р (1) = ! Р (Е) = е — "". (33) Плотиосеь распределения ЕЕР т--! !!ее Е (Е) —.. — = )лнЕ е ° (34) ЗЕ Интенсивность распрелелекия )с (1) = †.= )сгпЕ . (35) 1 (1) Р (Е) Если О< гл< ), то янтенсивиость отказав со временем убывает. р Рес. Ь. Распределена Веабглла ереиеие Ясаьсаюпьн рабаты !а ,; !! НАДЕЖНОСТЬ СИСТЕМЫ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНЫХ ЗЛЕМЕНТОВ Если система включает несколько элементов, яричем отказ одного из них приводит к отказу всей системы в целом, то такое соединение элементов иазывакгг последовательным (рис. 6), Например, узлы двигателя — иомпрессор н турбину — можно считать соединенными посдедовательно, так как отказ одного из этих узлов приводит к отказу всего даигятс.!я рис.
б. Снесена с песледавате ьмыиа ьл- нептапп Предполагая отказы отдельных элементов независимыми, получим вероятность безотказной работы системы из последовательных элементов Р (!) = Р, (1) Р, (!)..Р„(!). (36) Прн последовательном включении элементов вероятность безотказной работы уменьшается. Например, если для одного элемента Р, =- 0,99, то для (О последовательно соединенных подобных элементов Р = Р" = 0,99!о = 0,90. ! Важное свойство системы с последовательными элементамн состоит в следуюшем. Если )с! (Е] — интенсивность отказов с-го элемента.
то для всей системы ! — ) !. гни! Р(Е) =е а, (37! и Х (1) = ~~ ~д! (1) (38) ! ! Прн последовательном соединении элементов интенсивности отказов сум. мируются. НАДЕЖНОСТЬ СИСТЕМЫ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ЭЛЕМЕНТОВ В этом случае (рис. 6) отказ системы наступает только тогда, когда отка. вали все без исключения элементы. Элеиенлэы теории надехнсмти Рис. а, Спсссна с параллели«имн эланан- тами Вероятность отказа Р (!) = ! — Р (Г), (39) Если Р! (!) — вероятность откааа рго элемента, то Р (Г) = Ра (Г) Р, (!) ..няп (Г). (40) Вероятность безотказной работы системы Р(г) = ! — (! — Р,(г)) П— — Рэ П)!" (! — Рп (Е)) (4!) Если вероятность безотказной работы элемеятов одинакова и равна Р, (г), то Р (!) = ! — (! — Р! (г))". (42) Иэ этого равенства можно получить Рэ (!), если задано Р (Г)с Р, (!) = ! — ъг'! — Р(Г) ° (43) Пример.
Определить необходимую вероятность безотказной работы элемента, если система нз трех параллельных элементов должна иметь вероятность безотказной работы (за время Г) Р (Г) = 0,999. Р е ш е н и е. Иэ уравнения (43) находим Р, (!) = ! — у'! — 0,999 = 0,90, Из равенства (42) и (43) можно сде. лить вывод, что наде'аноета системы с параллельными эгементамн значи. тельно вы~не надежности отдельного элемента. Параллельное соединение — метод создания надежной системы из аиенадежных» элементов.
Систему, годер;кащую параллельно работающие элементы, называют системой с резервированием. Применяют трн метода резервирова. ияяс !) система с нагруженным («горячимэ) резерном; 2) сисаема облегченным резервом; 3) система с ненагруженным («холоднымэ) резервом. В первом случае резервный элемент работает в одинаковых условиях с основным (например, многодвигательиый самолет). Во втором случае резервный элемент работает в облегченных условиях, в третьем случае он включается в работу только после отказа основного элемента.
Целесообразность применения различных схем резервирования зависит от особенностей системы, назначения элементов н других факторов. Например, если для включения элемента иа заданную мшцность требуется значительное врем ., то воэможности использования эо.юдаого резерва стано.
вятся ограниченными. АНАЛИЗ НАЛЕЖНОСТИ СИСТЕМЫ С НЕСКОЛЬКИМИ ПАРАЛЛЕЛЬНО РАБОТАЮШИМИ ЭЛЕМЕНТАМИ Пусть сисгема содержит несколько одновременно работающих обьектов (турбины, электростанции, двигатели самолета н т. п.). При агом возможен отказ одного объекта прн работе остальных и т, д. Какова вероятность, что будут одновременно работать все объекты или тольно определенная их часть. Рассмотрим вопрос на примере системы с одннаковымн элементамн.
Силовая установка самолета содержит четыре двигателя, причем вероятность безотказной работы двигателя Р,(П =е Вероятность откааа Ра (!) ! Ра (!) ° а(ля анализа слелует рассмотреть вероятности всех возможных ситуации (первый двигатель работает, остальные отказали, в«орой работает и т. д.). Оказывается, что такой анализ выпол- Колиееспп«енине полазапили надежности 591 нить весьма просто, если использовать характеристический полинам (Р, (1) + Р, (О)ю =- Р, '(/) + + 4Р) (1) Рг (!) + ВР,' (1) Рз (/) + + 4Р, (1] Ре«(1) + Р,' (1] = 1. Первый член Р; (!) выражает вероятность работы всех двигателей, второй -- вероятность работы трех двигателей и отказ одного н т.
д. Сумма Р', (/) + 4Р« (1) Р,! означает вероятность отказа не более одного двигателя (отсутствие отказа ил и отказ одного двигателя). Пример. Определить вероятносгь отказов двигателей за полет длительностью 10 ч ва четырехдвигательном самолете при интенсивности отказов )« = 1/10з 1/ч. Р е ш е и и е. Вероятность безотказной работы двигателя юп Р 1е«0 999 Вероятность отказа Р (/) = 0,00!.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
