1. РАСЧЕТ ПОКАЗАТЕЛЕЙ НАДЕЖНОСТИ ПРИ НОРМАЛЬНОМ ЗАКОНЕ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ

1.1 Определение наработки по заданной вероятности и предельных состояний (Задачи 4.1 – 4.3)

Задача 4.1. По результатам наблюдений за работой объекта средняя наработка до отказа равна 2000 часов, среднеквадратическое отклонение 400 часов. Определить значения наработок до отказа, которые соответствуют вероятности отказа 0,9; 0,5; 0,005. Закон распределения отказов – нормальный.

Решение: Значение наработки до отказа t при известной вероятности отказа Q(t) для нормального закона определяется через квантиль нормированного нормального распределения Up по формуле 1.

t = Mt + Up ∙ σt, (1)

где Up находится из таблиц функции Лапласа как аргумент, при котором Ф(Up) = Q(t).

Для вероятности отказа Q(t) = 0,9: Up = 1,28 (по таблице Ф(1,28) ≈ 0,9); t = 2000 + 1,28 ∙ 400 = 2512 час.

Для вероятности отказа Q(t) = 0,5: Up = 0 (по таблице Ф(0) = 0,5); t = 2000 + 0 ∙ 400 = 2000 час.

Для вероятности отказа Q(t) = 0,005: Up = -2,575 (по таблице Ф(-2,575) ≈ 0,005);

t = 2000 + (-2,575) ∙ 400 = 2000 - 1030 = 970 час.

Ответ: при Q(t) = 0,9 наработка t = 2512 час; при Q(t) = 0,5 наработка t

= 2000 час; при Q(t) = 0,005 наработка t = 970 час.

Задача 4.2. Предельно допустимое значение ресурса составляет 7000 часов, среднее квадратическое отклонение 1000 часов. Определить средний ресурс, вероятность отказа и вероятность безотказной работы при 5000 часах.

Решение: Примем заданное предельно допустимое значение ресурса за верхнюю границу рассеивания наработки, которая для нормального закона обычно соответствует Mt + 3σt (правило трёх сигм). Определим средний

7

Ф(Up) = Ф(1,0) = 0,8413.

Вероятность отказа при наработке 5000 часов: Q(t) = Ф(Up) = 0,8413. Вероятность безотказной работы: P(t) = 1 – Ф(Up) = 1 – 0,8413 = 0,1587. Ответ: средний ресурс Mt = 4000 час; при 5000 часах: Q(t) = 0,8413;

P(t) = 0,1587.

Задача 4.3. В результате изучения процесса изнашивания клыка роторного экскаватора установлено, что средняя величина износа соответствует 5 мм, дисперсия 0,01 мм2. Какова вероятность того, что найденное значение износа превышает среднее, не более чем на 5 %.

Решение: Среднее квадратическое отклонение равно корню из дисперсии, как в формуле 4.

составляет t = Mt + 0,05 ∙ Mt = 5 + 0,05 ∙ 5 = 5,25 мм.

Найдем вероятность того, что износ не превысит 5,25 мм (вероятность отказа в смысле превышения допуска) по формуле 3.

; Q(t) = Ф(Up) = Ф(2,5) = 0,9938.

Ответ: вероятность того, что износ превысит среднее не более чем на 5 %, составляет 99,38 %.

8

1.2 Расчет комплексных показателей надежности (Задачи 4.4 – 4.5)

Задача 4.4. Средняя наработка на отказ соответствует 1500 часам, коэффициент вариации 0,3. Определить показатели надежности для наработок 1000 часов, 2000 часов, 3000 часов.

Решение: Найдем среднее квадратическое отклонение по формуле 5.

σt = vx ∙ Mt. (5) σt = 0,3 ∙ 1500 = 450 час.

Расчёт произведем для каждой наработки.

Для t = 1000 часов: Up = ; Ф(-1,11) = 0,1335;

Q(t) = 0,1335; P(t) = 1 – 0,1335 = 0,8665.

Для t = 2000 часов: Up = ; Ф(1,11) = 0,8665;

Q(t) = 0,8665; P(t) = 1 – 0,8665 = 0,1335.

Для t = 3000 часов: Up = ; Ф(3,33) ≈ 0,9995;

Q(t) = 0,9995; P(t) = 1 – 0,9995 = 0,0005.

Ответ: при 1000 часах: P(t) = 0,8665, Q(t) = 0,1335; при 2000 часах: P(t) = 0,1335, Q(t) = 0,8665;

при 3000 часах: P(t) = 0,0005, Q(t) = 0,9995.

Задача 4.5. Среднее квадратическое отклонение ресурса равно 400 часам, коэффициент вариации 0,3. Определить показатели надежности для наработок 1000 часов, 2000 часов, 3000 часов.

Решение: Выразим математическое ожидание из формулы коэффициента вариации 6.

= 1333,3 час.

Для t = 1000 часов: Up = ;

9