Q(1500) = 0,9995 – 0,6279 = 0,3716.

Количество отказавших задвижек в этом интервале n = Q ∙ N = 0,3716 ∙ 200 = 74,32 ≈ 74 изд.

Ответ: в промежутке от 1500 до 3000 часов откажет 74 задвижки. Задача 4.7. На испытания установлено 100 долот. Через 150 часов

работы отказало 50 долот, через 50 часов еще 2 долота. Определить количество отказавших долот в промежутке времени от 200 часов до 250 часов работы, если коэффициент вариации ресурса 0,1.

Решение: Вероятность отказа Q(150) = = 0,5. Для нормального

закона это значение соответствует медиане, следовательно, средняя наработка

Mt = 150 час.

Найдем среднее квадратическое отклонение σt = vx ∙ Mt = 0,1 ∙ 150 = 15 час. Рассчитаем теоретические вероятности отказа на границах интервала:

При t = 200 часов: Up = ; Ф(3,33) ≈ 0,9995.

При t = 250 часов: Up = ; Ф(6,67) ≈ 1,0000.

Количество отказавших долот n = (Q(250) – Q(200)) ∙ N = (1 – 0,9995) ∙ 100 = 0,05 ≈ 0 изд.

Ответ: 0 изделий. Полученный результат обусловлен тем, что при коэффициенте вариации 0,1 рассеивание ресурса минимально, и практически все изделия (99,95%) теоретически отказывают до наработки 200 часов.

1.4 Анализ предельных состояний системы (Задачи 4.8 – 4.10)

Задача 4.8. Минимальная наработка на отказ составляет 3000 часов, средняя наработка 1200 часов. Определить количество отказавших изделий при наработке 9000 часов и характеристики надежности.

Решение: в исходных данных допущена логическая неточность: минимальная наработка не может превышать среднюю. Для выполнения расчетов примем стандартное для надежности допущение, что 3000 часов – это максимальная наработка (верхняя граница рассеивания Tmax = Mt + 3σt).

11

Определим среднее квадратическое отклонение: Mt + 3σt = 3000 → 1200 + 3σt = 3000 → σt = 600 час.

Определим вероятность отказа при t = 9000 часов:

Up = = 13,0; Ф(13,0) ≈ 1.

Так как в условии не задано общее количество изделий N, расчет ведется через вероятность.

Ответ: вероятность отказа при 9000 часов Q(t) = 1 (100% изделий откажут). Характеристики распределения Mt = 1200 час, σt = 600 час.

Задача 4.9. Определить вероятность отказа изделия при наработке 1500 часов, если коэффициент вариации равен 0,2, нижнее предельно-допустимое значение наработки составляет 2000 часов.

Решение: Примем нижнее предельно-допустимое значение за нижнюю границу рассеивания (Tmin = Mt – 3σt). Выразим Mt: Mt – 3 ∙ (0,2 ∙ Mt) = 2000 → Mt – 0,6Mt = 2000 → 0,4Mt = 2000 → Mt = 5000 час. Среднее квадратическое отклонение σt = 0,2 ∙ 5000 = 1000 час.

Рассчитаем вероятность отказа при t = 1500 часов: Up = =

-3,5; Q(t) = Ф(-3,5) ≈ 0,0002.

Ответ: вероятность отказа при наработке 1500 часов составляет 0,0002. Задача 4.10. Предельно допустимое значение наработки на отказ составляет 1600 часов, максимальное значение 2000 часов. Определить вероятность отказа при наработке 1200 часов и характеристики данного

распределения.

Решение: Интерпретируем заданные значения как стандартные границы рассеивания нормального распределения: предельно допустимое значение соответствует Mt + 2σt, а максимальное – Mt + 3σt.

Составим систему уравнений

.

12

Вычтя первое из второго, получим: σt = 400 час. Подставим в первое: Mt + 800 = 1600 → Mt = 800 час.

Коэффициент вариации: vx = = 0,5.

Определим вероятность отказа при наработке 1200 часов:

Up = = 1; Q(t) = Ф(1) = 0,8413.

Ответ: характеристики распределения: Mt = 800 час, σt = 400 час, vx = 0,5; вероятность отказа при 1200 часов Q(t) = 0,8413 = 84,13 %.

2. РАСЧЕТ ПОКАЗАТЕЛЕЙ НАДЕЖНОСТИ ПРИ ЭКСПОНЕНЦИАЛЬНОМ ЗАКОНЕ И ЗАКОНЕ ВЕЙБУЛЛА 2.1 Расчет показателей надежности по закону Вейбулла (Задачи

4.11, 4.14)

Задача 4.11. Наработка до отказа изделия подчиняется закону Вейбулла с параметрами α = 1,5 и λ = 10–4 час–1. Определить количественные характеристики надежности изделия за время работы изделия 100 час.

Решение: Вероятность безотказной работы для закона Вейбулла

P(100) = .

Вероятность отказа Q(t) = 1 – P(t) = 1 – 0,9048 = 0,0952.

Плотность вероятности отказов (частота отказов) определяется выражением 8.

f(100) = ч–1.

Интенсивность отказов определим по формуле 9.

λ(t) = α∙λ∙tα–1. (9) λ(100) = 1,5 ∙ 10–4 ∙ 10 = 1,5 ∙ 10–3 ч–1.

Средняя наработка на отказ для закона Вейбулла (10).

13

где – гамма-функция, табличное значение которой

равно 0,9027. Mt = = 100 ∙ 0,9027 = 90,27 час.

Ответ: P(t) = 0,9048; Q(t) = 0,0952; f(t) = 1,357·10–3 ч–1; λ(t) = 1,5·10–3 ч–1; Mt = 90,27 час.

Задача 4.14. Время исправной работы скоростных шарикоподшипников подчинено закону Вейбулла с параметрами α = 2,6; λ = 1,65∙10–7 час–1. Требуется вычислить количественные характеристики надежности для времени 150 часов и среднее время безотказной работы шарикоподшипников.

Решение: Рассчитаем вероятность безотказной работы по формуле (7):

P(150) = = 0,8910. Q(150) = 1 – 0,8910 = 0,109.

Интенсивность отказов по формуле (9):

λ(150) = 2,6 ∙ 1,65 ∙ 10–7 ∙ 1501,6 = 4,29 ∙ 10–7 ∙ 4664,1 = 2,0 ∙ 10–3 ч–1.

Плотность вероятности отказов по формуле (8):

f(150) = λ(150) ∙ P(150) = 2,0 ∙ 10–3 ∙ 0,891 = 1,782 ∙ 10–3 ч–1.

Средняя наработка на отказ:

Mt = .

Значение Γ(1,385) по таблице равно 0,8905. Mt = 411,9 ∙ 0,8905 = 366,8

час.

Ответ: P(150) = 0,891; Q(150) = 0,109; f(150) = 1,782·10–3 ч–1; λ(150) = 2,0·10–3 ч–1; Mt = 366,8 час.

2.2 Расчет показателей надежности при экспоненциальном законе

(Задачи 4.12, 4.13)

Задача 4.12. Вероятность безотказной работы автоматической линии изготовления штоков бурового насоса в течение 120 час равна 0,95. Определить интенсивность отказов линии для момента времени 120 часов и

14

среднее время безотказной работы. Предполагается, что справедлив экспоненциальный закон надежности.

Решение: Для экспоненциального закона интенсивность отказов является величиной постоянной (λ = const). Выразим её из формулы

Интенсивность отказов для момента времени 120 часов равна расчетному значению: λ(120) = 4,27∙10–4 ч–1. Среднее время безотказной

работы: Mt = час.

Ответ: λ(120) = 4,27·10–4 ч–1; Mt = 2341,9 час.

Задача 4.13. Среднее время безотказной работы автоматической системы управления равно 640 час. Предполагается, что справедлив экспоненциальный закон надежности. Необходимо определить вероятность безотказной работы в течение 120 часов, частоту отказов для момента времени 120 часов и интенсивность отказов.

Решение: Определим постоянную интенсивность отказов:

λ = = 1,5625∙10–3 ч–1.

Вероятность безотказной работы за 120 часов: P(120) = = = e–0,1875 = 0,8290.

Частота отказов (плотность вероятности) для экспоненциального закона f(t) = λ ∙ P(t): f(120) = 1,5625 ∙ 10–3 ∙ 0,8290 = 1,295 ∙ 10–3 ч–1. Интенсивность отказов для экспоненциального закона постоянна λ(120) = 1,5625 ∙ 10–3 ч–1.

Ответ: P(120) = 0,8290; f(120) = 1,295·10–3 ч–1; λ(120) = 1,5625·10–3 ч–1.

15

2.3 Определение интенсивности отказов при нормальном законе

(Задача 4.15)

Задача 4.15. Определить вероятность безотказной работы и интенсивность отказов прибора при t = 1300 часов работы, если при испытаниях получено значение среднего времени безотказной работы Mt = 1500 часов и среднее квадратическое отклонение σt = 100 час.

Решение: Квантиль нормированного нормального распределения: Up = ; Ф(-2) = 0,0228.

Вероятность безотказной работы P(t) = 1 – Ф(Up) = 1 – 0,0228 = 0,9772. Для нормального закона распределения интенсивность отказов определяется как отношение плотности вероятности к вероятности

безотказной работы λ(t) =. Плотность вероятности отказов (ордината кривой нормального распределения) определим по формуле 12.

= 0,003989 ∙ e–2 = 0,003989∙0,1353 = 5,398 ∙ 10–4

ч–1. Интенсивность отказов λ(1300) = = 5,52∙10–4 ч–1.

Ответ: P(1300) = 0,9772; λ(1300) = 5,52·10–4 ч–1.

16