Практическая работа № 6
Определение вероятности безотказной работы при распределении отказов по нормальному закону (закону Гаусса)
Цель работы: Определить:
-вероятность безотказной работы P(t );
-плотность вероятности наступления отказов f (t );
-вероятность отказа F (t );
-интенсивность потока отказов (t ) ;
-дисперсию D;
-коэффициент вариации V.
|
Исходные данные: |
ВАРИАНТ 1 |
|
ВАРИАНТ 2 |
|||
|
tср = 200 |
. , |
312 тыс. км. |
|
185 тыс. км. |
||
|
= 40тыс.км, |
56 тыс. км. |
|
22 тыс. км. |
|||
|
t1 = 250 |
. |
387 тыс. км. |
|
236 тыс. км. |
||
Решение: |
|
|
t − tср |
|
|
|
|
|
1. Заменим переменную величину |
в формулах для нормального |
|||||
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
закона величиной х, т.е. x = t − tср , тогда в нашем случае :
x = 250 − 200 =1,25. |
||
|
40 |
|
2. Из таблицы 2 приложения |
найдем значение F0 (x). По формуле |
|
перехода от нормированной функции F0 (x) |
к вероятности отказа F(t): |
|
é |
т.е. |
F (250) = F0 (1,25) = 0,8944 . |
F (t) = F0 (x) = F0 ë(t - tср ) / ], |
3. Тогда вероятность безотказной работы P(t) определим из формулы:
P(t) + F(t) =1,т.е P(t) =1− F(250) =1− 0,8944 = 0,1056 .
15
4. По формуле перехода от центрированной функции (x)к исходной
f (t):
f (t) = (x)/ ;
Значение функции (x)в таб. 3 приложения:
(x) = (1,25) = 0,1826,тогда
f (250) = 0,1826 = 0,0046 . 40
5. Интенсивность отказов (t):
(t) = Pf ((tt)) ; (250) = 0,00460,1056 = 0,043.
6.Дисперсия равна квадрату среднего квадратичного отклонения, т.е.
D = 2 :
D = 402 =1600 |
. 2 . |
7. Коэффициент вариации V :
V = |
|
, т.е. V = |
40 |
= 0,2 |
|
200 |
|||
|
tср |
|
Выводы:
Определены:
-вероятность безотказной работы P(t );
-плотность вероятности наступления отказов f (t );
-вероятность отказа F (t );
-интенсивность потока отказов (t ) ;
-дисперсию D;
-коэффициент вариации V.
Полученные расчетные величины подтверждают соответствие распределения ПН закону Гаусса.
16
Практическая работа №7
Определение наработки изделия по заданной вероятности отказа (безотказности)
Цель работы:
По заданной вероятности отказа (безотказной работы) найти:
-наработку, соответствующую заданной вероятности P(t );
-плотность вероятности наступления отказов f (t );
-вероятность безотказной работы P(t ) (или вероятность отказа F (t ));
-интенсивность отказов (t ) ;
-дисперсию D;
-коэффициент вариации V.
Исходные данные: |
|
ВАРИАНТ 1 |
|
ВАРИАНТ 2 |
tср = 200 . |
|
312 тыс. км. |
|
185 тыс. км. |
= 40тыс.км. |
|
56 тыс. км. |
|
22 тыс. км. |
F(t) = 0,9 |
|
0,89 |
|
0,76 |
Решение: |
|
|
|
|
1. Наработка tp |
при заданной вероятности отказа |
F(t)определяется по |
||
формуле: |
|
tp = t +U × , |
|
|
|
|
|
где индекс « p »означает «вероятность», а U p - квантиль, т.е. применительно к
теории надежности, это наработка, при которой будет иметь место заданная вероятность отказа (или безотказной работы).
2. Функции F(t) = F(tp ) соответствует нормированная функция
F0 (x) = F0 (U p ),
при этом t = tp и x = U p .
Из таблицы 2 приложения найдем квантиль U p = x при F(t) = 0,9 (в таблице необходимо от заданной F0 (x) найти значение х):
x = U p =1,28, тогда tp = 200 +1,28× 40 = 251,20 . .
17
3. Плотность вероятности наступления отказов f (t) для нормального закона по формуле перехода от центрированной функции (t) к исходной будет
равна: f (t) = (x) ; значение (x) определяется из таблицы 3 приложения:
(1,282) = 0,1758, тогда f (251,20) = 0,1758 = 0,0044.
40
4. Вероятность безотказной работы P(t) :
P(t) =1− F(t), т.е. P(251,2) =1− 0,9 = 0,1.
5. |
Интенсивность отказов: (t) = |
f (t) |
, (251,2) = |
0,0044 |
= 0,044 . |
|||||
P(t) |
0,1 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||
6. |
Дисперсия D : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D = 2, т.е. |
D = 402 =1600 |
. 2 . |
|
|
|||||
7. |
Коэффициент вариации V : |
|
|
|
|
|
|
|||
|
V = |
|
= |
40 |
|
= 0,2. |
|
|
|
|
|
|
200 |
|
|
|
|
||||
|
|
tср |
|
|
|
|
|
Выводы:
По заданной вероятности отказа определены:
-наработка, соответствующая заданной вероятности P(t );
-плотность вероятности наступления отказов f (t );
-вероятность безотказной работы P(t );
-интенсивность отказов (t ) ;
-дисперсия D;
-коэффициент вариации V.
18
Практическая работа № 8
Графический метод определения оценок параметров распределения (построение вероятностной бумаги)
Цель работы:
Методом построения вероятностной сетки (бумаги) определить закон распределения параметров надежности.
Исходные данные: использованы из практической работы № 2
Оценка параметров распределения производится по опытным данным. По ним же определяется, какому закону распределения соответствуют эти данные.
Путем несложных преобразований функцию F(t) можно в прямоугольной системе координат с неравномерными шкалами представить в виде прямой линии. В этом случае визуальное сравнение эмпирических данных с предполагаемым теоретическим может быть сделано с достаточной для практики точностью. Прямоугольная координатная сетка с измененным масштабом по осям носит название вероятностной сетки или вероятностной
бумаги.
Рассмотрим метод построения вероятностной сетки для распределения Вейбулла на примере данных табл.8.1.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
æ |
t |
öb |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ç |
|
|
÷ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ç t |
|
÷ |
|
||
Представим функцию F(t) из табл.8.1 в виде |
|
= eè |
|
0 |
ø |
и |
||||||||
[1− F(t)] |
|
|
||||||||||||
дважды прологарифмируем: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
1п1п |
|
1 |
|
= bln |
t |
= ln10b(lgt − lgt0 ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
1− F(t) |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
t0 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
1п1п |
1 |
|
= 2,303blgt − 2,303blgt0 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
1− F(t) |
|
|
|
|
|
|
||||||
Обозначим: |
ln ln |
1 |
|
=y; |
lg t=x ; -2,303 b lg t0 =C. |
|
|
|
|
|
||||
1− F(t) |
|
|
|
|
|
|
||||||||
Тогда: |
|
|
|
y=2,303bx+C , |
|
|
|
|
|
|
т. е. получена линейная зависимость. Теперь построим координатную сетку, на которой по оси ординат будут отложены отрезки, пропорциональные х, а по оси абсцисс — пропорциональные у, Выражение y=2,303bx+C представ-лено в виде прямой линии.
19
Таблица 8.1(таб.2.1)
Определяемый |
Обозначение и |
Номера интервалов наработки |
|
|
|
||||||||||||||||
параметр |
формулы |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
||||||||||
|
расчета |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Границы |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
интервала |
- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0-15 |
15- |
30- |
45- |
60- |
75- |
90- |
105- |
наработки, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
30 |
45 |
60 |
75 |
90 |
105 |
120 |
тыс.км |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Значение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
середины |
ti |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7,5 |
22, |
37,5 |
52,5 |
67,5 |
82,5 |
97,5 |
112, |
интервала, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
5 |
тыс.км |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Число |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
отказов |
ni |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
3 |
3 |
10 |
17 |
42 |
19 |
9 |
|
в интервале |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(вес) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Накопленное |
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
число отказов |
r(ti ) = åni |
2 |
5 |
8 |
18 |
35 |
77 |
96 |
105 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Число |
N (t ) = N |
|
− r( |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
работоспособ- |
0 |
103 |
100 |
97 |
87 |
70 |
28 |
9 |
0 |
||||||||||||
ных объектов к |
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
моменту ti |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Частость |
= ni |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,019 |
0,0 |
0,02 |
0,09 |
0,16 |
0,4 |
0,18 |
0,08 |
|
|
|
N0 |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
286 |
86 |
52 |
19 |
|
09 |
57 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Вероятность |
|
|
|
|
|
|
|
r(ti ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
наступления |
ˆ |
|
|
|
|
|
|
0,019 |
0,0 |
0,07 |
0,17 |
0,33 |
0,73 |
0,91 |
1,0 |
||||||
отказа |
F(ti ) = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
48 |
6 |
1 |
3 |
3 |
4 |
|
|||
|
|
|
|
N0 |
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Вероятность |
ˆ |
|
|
|
|
|
|
N(ti ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
безотказной |
P(ti ) = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,981 |
0,9 |
0,92 |
0,82 |
0,66 |
0,26 |
0,08 |
0,0 |
|||
|
|
|
|
N0 |
|||||||||||||||||
работы |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
52 |
4 |
9 |
7 |
7 |
6 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Плотность |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
вероятности |
fˆ(t ) = |
|
|
|
|
ni |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
наступления |
|
|
i |
|
|
|
N0 |
|
|
|
0,0013 |
0,0 |
0,00 |
0,00 |
0,01 |
0,02 |
0,01 |
0,00 |
|||
отказа |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
019 |
19 |
63 |
08 |
67 |
21 |
57 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Интенсивность |
ˆ |
(ti ) = |
|
|
|
|
ni |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
отказов |
|
|
|
N0 |
|
|
|
0,0013 |
0,0 |
0,00 |
0,00 |
0,01 |
0,1 |
0,14 |
- |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
019 |
21 |
76 |
62 |
|
07 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
20
Обозначим масштаб по оси абсцисс Кх и отложим на ней отрезки: Sx(t)=Kx , x=Kx lg t
где Кx = L/(lg tmах — lg tmin)=129/ (lg117 – lg6)= 129/(2,0682 – 0,7782) =129/1,29=100; L — ширина графика выбирается исходя из размера бумаги и таким образом, чтобы Кx было удобным, лучше круглым числом.
Принимаем К= 100мм.
Для выбора масштаба по оси ординат зададимся значениями Fmin= 0,001 и Fmах
(t) = 0,999 (при F (t) =0 и F (t)=1 выражение y= ln ln |
1 |
|
теряет смысл). |
||||||||
1− F(t) |
|
||||||||||
Тогда: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ymax = ln ln |
1 |
|
= 1,93 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1− 0,999 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
Ymin = lnln |
1 |
|
= −6,91 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1− 0,001 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
По оси ординат будем; откладывать отрезки: |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
SY (F ) = |
H |
Y = |
H |
Y |
|
|
|
|
|
|
|
Ymax − Ymin |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
8,84 |
|
|
|
|
где Н - высота графика (принимаем Н= 200мм), а Y подсчитывается по формуле из табл. 8.2.
Таблица 8.2
Определяемый |
|
|
Номера интервалов наработки |
|
|
|||||||
параметр |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
|||||
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ti |
|
|
7,5 |
22,5 |
37,5 |
52,5 |
67,5 |
82,5 |
97,5 |
112,5 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
xi=lgti |
0,8751 |
1,3522 |
1,5740 |
1,7202 |
1,8293 |
1,9165 |
1,9890 |
2,0512 |
||||
Sx(ti)=Kxxi, мм |
87,51 |
135,22 |
157,40 |
172,02 |
182,93 |
191,65 |
198,90 |
205,12 |
||||
ˆ |
= |
r(ti ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
F(ti ) |
|
|
0,019 |
0,048 |
0,076 |
0,171 |
0,333 |
0,733 |
0,914 |
1,0 |
||
N0 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
1 - F(ti)=Р(ti) |
0,981 |
0,952 |
0,924 |
0,829 |
0,667 |
0,267 |
0,086 |
0,0 |
||||
1/[1 - F(ti)] |
1,0193 |
1,0504 |
1.0822 |
1,2062 |
1,4992 |
3,7453 |
11.628 |
∞ |
||||
ln0,01981/[1 - F(ti)] |
0,0198 |
0,0488 |
0,0770 |
0,1823 |
0,4055 |
1,3191 |
2,4508 |
- |
||||
Y= lnln1/[1 - F(ti)] |
-3,922 |
3,0201 |
-2,564 |
-1,704 |
-0,904 |
0,2776 |
0,8920 |
- |
||||
SY(F(t))=Y·200/8,84 |
-88,73 |
-68,32 |
-58,0 |
-38,54 |
-20,45 |
6,28 |
20,17 |
- |
21
Предположим, что отказы, зафиксированные в этой таблице распределены по закону Вейбулла. Построим вероятностную шкалу, для чего составим вспомогательную таблицу (табл. 4.5)
Определим ширину графика L и масштаб Кx по оси х. Наименьшее значение наработки tmin=6, а tmax=117
lgtmax- lgtmin= lg117- lg 6=1,29.
Выберем Кх=100 мм. Тогда из формулы для Кх, L=129 мм. Подсчитаем значение xi =lgti и внесем их в таблицу
Подсчитаем Sx (ti)=Кх xi =100 lgti (мм).
Внесем в таблицу значения Fˆ (ti ) = r(ti ) из табл.8.1.
N0
Выберем размер графика по высоте Н =200 мм. С помощью табл. 8.2 подсчитаем значения
Sy(F ) = 200/8,84)·у (мм).
Промежуточные значения можно с некоторой погрешностью получить интерполированием или рассчитать по формуле :
SY (F ) = |
H |
|
Y = |
H |
Y |
|
|
8,84 |
|||
|
Ymax − Ymin |
|
|||
Построим вероятностную шкалу, |
отложив, |
но осям (t) и F(t) |
соответствующие отрезки Sx(ti) и Sy(F).
Найдем пересечения значений ti и F(ti) из табл. 4.5 и пометим их точками. Проведем прямую линию таким образом, чтобы точки были как можно ближе к этой прямой (равное количество по обе ее стороны). Все это проделано на рис. 12, из которого следует, что, начиная с наработки t=35 тыс, км, прямая соединила почти все точки. Это свидетельствует о том, что сделанные нами предположения о выборе закона распределения, по крайней мере начиная с этой наработки, правильны. Можно предположить, что в начальный период, т. е. при наработке до 25 тыс, км, отказы распределяются по экспоненциальному
закону. |
|
Полученный график позволит нам определить параметры распределения |
и |
подсчитать показатели надежности. |
|
22
Из выражения Y=(8,84/Н)SY(F) и из формулы x=(1/Кх )Sx (t) подста-вим в выражение : y=2,303bx+C, где коэффициент при х есть угловой коэффициент
8,84 SY (F )= |
2,303 bSX (t)+ C ; SY |
(F )= |
2,303H × |
b |
|
SX (t)+ C ; |
|
||||||||
KX |
|
|
|||||||||||||
H |
|
KX |
|
|
|
|
|
|
|
8,84 |
|
|
|
|
|
|
|
2,303H |
× |
b |
= tg ; |
|
|
|
b = 8,84KX |
tg |
|
||||
|
|
8,84 |
KX |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2,303H |
|
|
|
||||
Определив |
параметр |
b |
распределения |
Вейбулла, находим |
второй |
||||||||||
|
|
|
1 |
æ t |
|
öb |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
ç |
|
|
÷ |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
параметр t0 из выражения |
ç |
|
÷ |
. Если t = t0, то 1/ [1 –F(tσ)]=e |
и тогда |
||||||||||
= eè t0 ø |
[1- F(t)]
23
F(t0)=(e-1)/e=0,6321.
Рис. 4.5. Определение параметров распределения Вейбулла с помощью вероятностной сетки
Таким образом, t0 есть значение t, когда F (t) =0,6321.
Учитывая, что lgt0 =Sx (t0)/Кx . Замерим Sx (t0) = 180 мм и угол β= 66 0
(рис. 4.5). |
|
|
|
|
|
Тогда: b = |
8,84 ×100 |
tg660 = 4,3; lgt0=180/100 =1,8; t0= 101,8 ≈ 63 тыс. км. |
|||
2,303× 200 |
|||||
|
|
|
|
||
Для рассматриваемого примера закон Вейбулла принял следующий |
|||||
конкретный вид: |
|
|
|||
æ |
t |
ö4,3 |
|
|
|
-ç |
|
÷ |
|
|
|
P(t) = e è |
63 |
ø |
|
|
Теперь можно рассчитать любые параметры распределения и показатели надежности, в результате получим:
tСР=57 тыс. км; D=228тыс.км2; σ=15,1 тыс. км ;ν=0,26.
Аналогично строятся координатные сетки для нормального и экспоненциального распределения.
Таким образом, с помощью вероятностных шкал с достаточной для практики точностью можно определить, какому закону распределения следуют полученные из наблюдений данные, и на этой основе найти параметры распределения и другие показатели надежности.
24
Практическая работа №9
Определение вероятности безотказной работы при заданной наработке
Цель работы: Определить:
-вероятность безотказной работы P(t );
-плотность вероятности наступления отказов f (t );
-вероятность отказа F (t );
-интенсивность потока отказов (t ) ;
-среднюю наработку до первого отказа tср;
-дисперсию D;
-среднее квадратичное отклонение ;
-коэффициент вариации V.
Исходные данные:
Путем обработки данных об отказах изделия выявлено, что распреде-
ление отказов происходит по закону Вейбулла с параметрами: |
|
|||||
t0 - параметр масштаба |
t0 =100 |
. ; b - параметр формы |
b = 2, при |
|||
заданной наработке t = 40 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 9.1 – Варианты задания |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t0 |
|
b |
|
t |
Вариант 1 |
|
276 |
|
3 |
|
42 |
Вариант 2 |
|
325 |
|
2 |
|
45 |
Решение:
1. Найдем вероятность безотказной работы P(t) по формуле для закона Вейбулла:
−( t )b
P(t) = e t0 ,
где e = 2,718 - основание натуральных логарифмов
P(40) = e−(10040 )2 = 2,718−(0,4)2 =0,852
2.Вероятность отказа F(t):
F(40) =1− P(40) =1− 0,852 = 0,148
3.Плотность вероятности наступления отказа f (t) по формуле для закона Вейбулла равна:
25
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t |
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
40 |
|
2 |
|
|
|
f (t) = |
b |
× ( |
t |
)b−1 ×e−(t0 ) |
; |
|
|
f (40) = |
2 |
|
|
× ( |
40 |
)2−1 |
× 2,718−( |
|
) |
= 0,00682 |
|||||||||
|
|
|
|
|
100 |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
t0 |
t0 |
|
|
|
100 |
|
100 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
4. Интенсивность отказов (t) равна: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
(t) = |
|
b |
× ( |
t |
)b−1 |
или (t) = |
f (t) |
, |
(40) = |
|
|
2 |
|
× ( |
|
40 |
)2−1 |
= 0,008 |
|
|
|||||||||
|
|
t0 |
|
t0 |
|
|
|
|
|
P(t) |
|
|
|
100 |
|
100 |
|
|
|
|
|
|
5. Средняя наработка до первого отказа tср по формуле закона Вейбулла будет равна:
æ |
+ |
1 ö |
, |
|
tcp = to × Gç1 |
b |
÷ |
|
|
è |
|
ø |
|
где буква Γ в количественных характеристиках закона Вейбулла обозначает гамма функцию ( таблица 1 приложения).
|
Для |
условий нашей |
задачи |
G(x) = G(1+ |
1) = G(1+ 1) = G(1,5) = 0,8862, |
|||||||||||||||||
тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
tср =100 × 0,8862 = 88,62 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
6. Дисперсия D по формуле для закона Вейбулла равна: |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
2 |
ì |
|
2 |
ö |
é æ |
1 öù |
2 ü |
|
|
|
2 |
ì |
|
2 |
ö |
é æ |
|
1 |
öù |
2 |
ü |
|
ï æ |
+ |
ï |
, |
т.е |
D =100 |
ï æ |
+ |
+ |
|
ï |
= |
|||||||||||
D = t0 |
íGç1 |
b |
÷ |
- êGç1+ |
÷ú |
ý |
|
íGç1 |
2 |
÷ |
- êGç1 |
2 |
÷ú |
|
ý |
|||||||
|
ï è |
|
ø |
ë è |
b øû |
ï |
|
|
|
|
ï è |
|
ø |
ë è |
|
øû |
|
ï |
|
|||
|
î |
|
|
|
|
|
þ |
|
|
|
|
î |
|
|
|
|
|
|
|
|
þ |
|
=1002 {1- G(2) - éG(1,5)ù2}=1002 (1- 0,8862 )= 2150тыс.км2
ëû
7. Среднее квадратичное отклонение = D :
= 2150 = 46,4тыс.км
8. Коэффициент вариации V = :
tср
V= 88,646,4 = 0,52
9.Выводы:
Полученные расчетные параметры подтверждают правильность утверждения о распределении ПН в соответствии с законом Вейбулла
26
Практическая работа № 10
Определение оптимального ресурса машины и уровня затрат на запасные части
Цель работы:
1. Определить теоретические затраты на запасные части Сзч(t) для данной машины по интервалам наработки.
2 Рассчитать оптимальный ресурс tр машины графическим и аналитическим способами.
3 Спрогнозировать расход на запасные части за период наработки до оптимального ресурса С Σзч (tр).
4.Произвести анализ изменения суммарных затрат на запасные части
СΣзч (tр).
5.Исходные данные в табл. 10.1
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 10.1 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Удельные фактические затраты на запасные части- |
Сзч (t), |
Сумма |
Стоимость |
||||||
(руб/м.ч) по интервалам наработки, м.ч |
|
|
коэффиц. |
машины |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
0 |
2000 |
4000 |
6000 |
8000 |
10000 |
||||
А+В+С |
С0 руб. |
|
|||||||
2000 |
4000 |
6000 |
8000 |
10000 |
12000 |
|
|||
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,015 |
0,030 |
0,070 |
0,090 |
0,15 |
0,15 |
3,0 |
22400 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
Вариант 1 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|||||
Удельные фактические затраты на запасные части- |
Сзч (t), |
Сумма |
Стоимость |
||||||
(руб/м.ч) по интервалам наработки, м.ч |
|
|
коэффиц. |
машины |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
0 |
2000 |
4000 |
6000 |
8000 |
10000 |
||||
А+В+С |
С0 руб. |
|
|||||||
2000 |
4000 |
6000 |
8000 |
10000 |
12000 |
|
|||
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,026 |
0,042 |
0,083 |
0,11 |
0,19 |
0,195 |
2,8 |
35260 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Вариант 2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|||||
Удельные фактические затраты на запасные части- |
Сзч (t), |
Сумма |
Стоимость |
||||||
(руб/м.ч) по интервалам наработки, м.ч |
|
|
коэффиц. |
машины |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
0 |
2000 |
4000 |
6000 |
8000 |
10000 |
||||
А+В+С |
С0 руб. |
|
|||||||
2000 |
4000 |
6000 |
8000 |
10000 |
12000 |
|
|||
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,018 |
0,032 |
0,076 |
0,1 |
0,17 |
0,182 |
2,9 |
22800 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
27