Основы теории надёжности (19 вариант)

Контрольная работа состоит из 4 задач ...

Задание № 1..............2
Задание № 2..............4
Задание № 3..............7
Задание № 4..............10

На испытание поставлено N0 количество изделий. За время t ч вышло из строя n(t) штук изделий. За последующий интервал времени Δt вышло из строя n(Δt) количество изделий. Необходимо вычислить вероятность безотказной работы за время t и (t + Δt), частоту отказов и интенсивность отказов на интервале Δt.
Необходимо выполнить ориентировочный расчет надежности систем, состоящей из N количества элементов различного типа. Требуется вычислить вероятность безотказной работы системы в течение времени t и среднюю наработку до первого отказа Тср..
Расчет следует выполнить по данным о надежности элементов, приведенным в приложении № 1.
Исходные данные для решения задачи приведены в табл. № 1. Количество силовых трансформаторов Nст соответствует последней цифре учебно го шифра.
Предполагается, что последствие отказов элементов отсутствует.
Необходимо найти среднюю наработку до первого отказа устройства и вероятность его безотказной работы в течение 100 часов.
Составить систему уравнений Колмогорова для графа состояний резервированной системы

МЛТ – 0,25
136
0,4 ∙ 10 -6
5,44 ∙ 10 -5
Резистор
МЛТ – 0,5
96
0,5 ∙ 10 -6
4,8 ∙ 10 -5
Резистор
МЛТ – 2
12
2,0 ∙ 10 -6
2,4 ∙ 10 -5
Конденсатор керамический
176
1,4 ∙ 10 -6
24,64 ∙ 10 -5
Конденсатор танталовый
32
2,2 ∙ 10 -6
7,04 ∙ 10 -5
Диод точечный выпрямительный германиевый
47
0,7 ∙ 10 -6
3,29 ∙ 10 -5
Транзистор маломощный низкочастотный германиевый
63
3,0 ∙ 10 -6
18,9 ∙ 10 -5
Трансформатор силовой
9
3,0 ∙ 10 -6
2,7 ∙ 10 -5
Дроссель
37
1,0 ∙ 10 -6
3,7 ∙ 10 -5
Катушка индуктивности
21
0,5 ∙ 10 -6
1,05 ∙ 10 -5
По данным таблицы № 2 находим:
10
Σ Ni = 136 + 96 + 12 + 176 + 32 + 47 + 63 + 9 + 37 + 21 = 629;
i=1
10
λс = Σ Ni ∙ λi = 5,44 ∙ 10 -5 + 4,8 ∙ 10 -5 + 2,4 ∙ 10 -5 + 24,64 ∙ 10 -5 + 7,04 ∙ 10 -5 +
i=1

+ 3,29 ∙ 10 -5 + 18,9 ∙ 10 -5 + 2,7 ∙ 10 -5 + 3,7 ∙ 10 -5 + 1,05 ∙ 10 -5 = 73,96 ∙ 10 -5 ч-1.
Так как в условии задачи ничего не сказано о действующем законе, то будем считать, что действует экспоненциальный закон.
Для него имеем следующие зависимости:
Р(t) = e –λt;
∞
T = ∫ e – λt ∙ dt = 1 / λ .
0
Из этого следует, что:
Рсист.(25) = е – λсt = e – 73,96 ∙ 25 / 100000 ≈ 0,98;
Tср.сист. = 1 / λс = 1 / (73,96 ∙ 10 -5) = 1352 ч.
Ответ:
Рсист.(25) ≈ 0,98; Тср. сист. = 1352 ч.
Задание № 3.
Условие задачи.
Для приведенной на рисунке схемы расчета надежности резервированного устройства, интенсивности отказов элементов имеют следующие значения:
λ1 = n1 ∙ 10 – 4 ч-1; λ2 = n2 ∙ 10 -4 ч -1; λ3 = 1/n1 ∙ 10 -3 ч -1; λ4 = 1/n2 ∙ 10 -3 ч -1,
где n1 – последняя цифра учебного шифра;
n2 – предпоследняя цифра учебного шифра.
Предполагается, что последствие отказов элементов отсутствует.
Необходимо найти среднюю наработку до первого отказа устройства и вероятность его безотказной работы в течение 100 часов.
Исходные данные.
Схема расчета надежности резервированного устройства:
I II III
λ1 = 3 ∙ 10 – 4 ч – 1; λ2 = 1 ∙ 10 – 4 ч – 1; λ3 = 1/3 ∙ 10 – 3 ч - 1; λ4 = 1 ∙ 10 – 3 ч – 1;
t = 100 ч.
Необходимо определить:
Тср. с; Рс(100).
Решение задачи.
Так как в условии задачи ничего не сказано о действующем законе, то будем считать, что действует экспоненциальный закон.
Так как готовой формулы для средней наработки до первого отказа в данном случае нет, поэтому воспользуемся соотношением:
∞
Тср. с = ∫ Рс(t) ∙ dt.
0
Найдем выражение для вероятности безотказной работы Рс(t) устройства. Оно будет иметь вид:
Рс(t) = РI(t) ∙ РII(t) ∙ РIII(t) , где
РI(t) = 1 – [1 – p1(t)]3 = 1 – [1 – p1(t)] ∙ [1 – 2p1(t) + p12(t)] = 1 – 1 + 2p1(t) – p12(t) +
+ p1(t) – 2p12(t) + p13(t) = 3p1(t) – 3p12(t) + p13(t).
РII(t) = 1 – [1 – p2(t)]3 = 1 – [1 – p2(t)] ∙ [1 – 2p2(t) + p22(t)] = 1 – 1 + 2p2(t) – p22(t) +
+ p2(t) – 2p22(t) + p23(t) = 3p2(t) – 3p22(t) + p23(t).
РIII(t) = p3(t).
Подставляя значения РI(t), РII(t), РIII(t) в выражение для Рс(t), получаем:
Рс(t) = [3p1(t) – 3p12(t) + p13(t)] ∙ [3p2(t) – 3p22(t) + p23(t)] ∙ p3(t) =
= [3p1(t) – 3p12(t) + p13(t)] ∙ [3p2(t)p3(t) – 3p22(t)p3(t) + p23(t)p3(t)] =
= 9p1(t)p2(t)p3(t) – 9p1(t)p22(t)p3(t) + 3p1(t)p23(t)p3(t) – 9p12(t)p2(t)p3(t) +
+ 9p12(t)p22(t)p3(t) – 3p12(t)p23(t)p3(t) + 3p13(t)p2(t)p3(t) – 3p13(t)p22(t)p3(t) +
+ p13(t)p23(t)p3(t).
Так как:
p1(t) = e – λ1∙ t; p2(t) = e – λ2∙ t; p3(t) = e – λ3∙ t; p4(t) = e – λ4∙ t, то:
Рс(t) = 9e – (λ1+λ2+λ3) ∙ t – 9e – (λ1+2λ2+λ3) ∙ t + 3e – (λ1+3λ2+λ3) ∙ t – 9e – (2λ1+λ2+λ3) ∙ t + 9e – (2λ1+2λ2+λ3) ∙ t –
– 3e – (2λ1+3λ2+λ3) ∙ t + 3e – (3λ1+λ2+λ3) ∙ t – 3e – (3λ1+2λ2+λ3) ∙ t + e – (3λ1+3λ2+λ3) ∙ t
Исходя из этого, рассчитаем вероятность безотказной работы устройства за время t = 100 ч:
Рс(100) = 9e – 0,073 – 9e – 0,083 + 3e – 0,093 – 9e – 0,103 + 9e – 0,113 – 3e – 0,123 + 3e – 0,133 –

– 3e – 0,143 + e – 0,153 = 8,366 – 8,283 + 2,734 – 8,12 + 8,038 – 2,653 + 2,626 –
– 2,6 + 0,858 = 0,966
Теперь рассчитаем Тср. с :
∞
Тср. с = ∫ Рс(t) ∙ dt = 9/(λ1+λ2+λ3) – 9/(λ1+2λ2+λ3) + 3/(λ1+3λ2+λ3) – 9/(2λ1+λ2+λ3) +
0
+ 9/(2λ1+2λ2+λ3) – 3/(2λ1+3λ2+λ3) + 3/(3λ1+λ2+λ3) – 3/(3λ1+2λ2+λ3) +
+ 1/(3λ1+3λ2+λ3).
Подставляя в это выражение значения интенсивности отказов из условия задачи, получаем:
Тср. с = 9/[(0,3 + 0,1 + 0,33) ∙ 10 – 3] – 9/[(0,3 + 0,2 + 0,33) ∙ 10 – 3] +
+3/[(0,3 + 0,3 + 0,33)∙10 – 3] – 9/[(0,6 + 0,1 + 0,33)∙10 – 3] + 9/[(0,6 + 0,2 + 0,33)∙10 – 3]–
– 3/[(0,6 + 0,3 + 0,33)∙10 – 3] + 3/[(0,9 + 0,1 + 0,33)∙10 – 3] – 3/[(0,9 + 0,2 +0,33)∙10 – 3]+
+ 1/[(0,9 + 0,3 + 0,33)∙10 – 3] = 12162 – 1084 + 3226 – 8738 + 7965 – 2439 + 2256 –