Методические указания по организации самостоятельной работы студентов при изучении дисциплины «Экспертиза и диагностика объектов и систем сервиса» (стр. 3 )

Резервирование группы из n элементов производится по схемам а) и б):

1   i   m   1   j   2   n   а) Резервирование группы элементов (общее) m – кратность резервирования. Пусть все m+1 ветвей одинаковы и состоят из одинаковых элементов (λ, P(t) = e-λt, T = 1/λ) Тогда для любой ветви (i): Pi(t) = P1(t) = inPi(t) = e-nλt; T1 = 1/nλ; λ1 = n λ. Вероятность отказа любой ветви: Qi(t) = 1- Pi(t) Вероятность отказа всех ветвей : Q∑(t) = ) Вероятность безотказной работы резервированного узла Pa(t) = 1-Q∑(t) = 1 –=1 – [1 – P1(t)]m+1 = 1 – [1 – e-nλt]m+1 = 1 – {1 – [P(t)]n}m+1

1   2   j   n   1   i   m   б) Резервирование каждого элемента группы (раздельное) m – кратность резервирования Вероятность отказа j – го столбца. [1-P(t)]m+1 Вероятность безотказной работы j-Го столбца 1 – [1 – P(t)]m+1 Вероятность безотказной работы резервированного узла: Pб(t) = {1 – [1 – P(t)]m+1}n P(t) = 0,9; m = 2; n = 3 Pб(t) = {1 – [1 – 0,9]3}3 = {1 – 0,13}3 = {1 – 0,001}3 = 0,9993 = 0,997 Qб(t) = 0,003 Для нерезервированной ветви (i) : Pi(t) = 0,9n = 0,93 = 0,729 Qi(t) = 0,271 P(t) = 0,9 m = 2 n = 3 Pa(t) = 1 – (1 – 0,93)3 = 1 – (1 – (1 – 0,729)3 = 1 – 0,2713 = 1 – 0,0199 = 0,9811 Qa(t) = 0,0189

2.3.3 Скользящий резерв (ненагруженный).

Используется при наличии одинаковых элементов, узлов в аппаратах.

При экспотенциальном законе надежности имеем:

Pск (t) = e-nλt,

Где n – число элементов в резер. устр-ве;

m – число резервных элементов.

Пример: а) пусть nλt = 1

Что соответствует Тср = 1/nλ и P(Tср) = 0,368; Q = 0,63.

Тогда Pск(t) = 1e ( 1+ 1/1 + ½ ) = 0,368 ∙ 2,5 = 0,92; Qск(t) = 1 – Pск(t) = 0,08

б) пусть nλt = 0,1

что соответствует P(t) = 0,9048

Тогда Рск(t) = 0,9048(1 + 0,1 + ½ ∙ 0,01) = 0,9048 ∙ 1,105 = 0,9998

Qск(t) = 1 - Pcк(t) = 0,0002

16.03.06

2.3.4. Среднее время безотказной работы.

Q(t) – вероятность отказа за время t

Ф-ция частоты отказов:

f(t) = (Q(t+Δt)- Q(t))/Δt = ∂Q(t)/∂t,

при Δt→0

откуда следует

Q(t) =

P(t) = 1 – Q(t) = 1 -

∂P(t)/∂t = - ∂Q(t)/∂t = - f(t); т. о. f(t) = Q’(t) = - P’(t)

Вероятность появления отказа Q(t) можно рассматривать как вероятность того, что случайная величина t0 примет значение, меньшее рассматриваемого момента t. Т. е. это интегральный закон распределения времени безотказной работы t0, производная от которого f(t) представляет собой плотность распределения (дифф. закон) вероятностей случайной величины t0.

Q(t)

P(t)

t

f(t)=dQ(t)/dt

Известно Mx =

Tcp=

Экспоненциальное распределение.

P(t) = e-λt

f(t) = λe-λt

λ = const

T0 = Tср =

а) T0 = где Am = m 1 2 3 4 5 Am 1,5 1,3 2 2,3 2,5

б) для частного случая (дублирование) раздельное резервирование m = 1 и n > 5 Т0 = (1/λn) (0,5 + 0,89)

Скольз. рез. cк Т0 = Тск = (m+1) m – число резервных элементов. 1/λn - ср. время безотказной работы нерезервируемой системы.

Примеры аналитического расчета надежности.

Пример1. Рассчитать надежность РЭА со сложностью Nэ = 106 дискретных элементов. Система постороена на бескорпусных транзисторах и сверхминиатюрных деталях со средным объемом 0,1 ÷ 2 см3 и средней массой 0,1÷0,2г и λэ = 10-7 1/ч

Решение:

а) Объем аппаратуры V = 0,1÷0,2м3, масса М = 100÷200кг

б) Мощность рассеяния РЭА при ср. мощн. рассеяния на элемент 10-3 в Ррасс = 1кВт

в) Интенсивность отказов при экспотенц. законе надежности

λ, где

Nэ = 106

λ эi = λэ = 10-7

λcj = λс =10-10

Вычисляем λ = Nэ λэ +2Nэ λс = 106∙10-7+2∙106∙10-10 = 10-1+2∙10-4 = 0,1002 (1/ч)

Т. о. интенсивность отказов λ = 0,1 (1/ч)

г) Наработка на отказ Тср = Т0 = 1/λ = 10 час.

Пример 2.

Рассчитать то же самое при использовании ИМС со степенью интеграции 104 и λимс = 10-7 1/ч

а) число ИМС Nимс = Nэ/104 = 102

б) λ == Nимс ∙ λимс = 102∙10-7 =10-5 1/ч

в) наработка на отказ.

Тср = Т0 = 1/λ = 105 час.

Пример 3.1. Рассчитать надежность РЭА сложностью Nэ = 106 дискретных элементов, при условии, что :

РЭА постороен на обычных активных и пассивных элементах с использованием бескорпусных транзисторов и сверхминиатюрных деталей со средним объемом элемента 0,1÷0,2 см3, средней массой около 0,1÷0,2г и λэ = 10-6 ч-1;

РЭА построена на ИС при степени интеграции IИС = 104 элементов на кристалл и λИС = 10-8 ч-1

Решение:

1.Объем аппаратуры в первом случае (без учета конструктивного оформления) составит

0,1÷0,2 м3, а масса 100÷200кг.

2. Мощность рассеяния РЭА сложностью 106 элементов при средней мощности рассеяния элемента 5 мВт будет равна 5 кВт.

3. Интенсивность отказов при экспотенциальном законе надежности

λ1 =∑ i=1NэλЭi + ∑j=1NcλCj

где Nэ – число элементов РЭА; λЭi – интенсивность отказов i-го элемента;

NCj – число контактных соединений в РЭА; λСj –интенсивность отказов j-го соединения, равная 10-7 ч-1.

Полагая все элементы и соединения равнонадежными и Nc = 2Nэ, получим

λ 1 = Nэλэ + 2Nэλс = 106 ∙ 10-6 + 2 ∙ 106 ∙ 10-7 = 1,2 ч-1.

4. Наработка на отказ

Т01 = 1/λ1 = 1/1,2 ч-1 = 0,83ч ≈ 50 мин, что означает практическую неработоспособность такой аппаратуры.

5. Общее число ИС

NИС = Nэ/IИС = 106/104 = 102.

6. Полагая все ИС равнонадежными, получим

λ2 = NИСλИС = 102 ∙ 10-8 ч-1 = 10-6 ч-1.

7. Средняя наработка на отказ

Т02 = 1/λ2 = 1/10-6 ч-1 = 106 ч.

Ориентировочные расчеты показывают, что средняя наработка на отказ при применении ИС по сравнению с первым вариантом возросла в 106 раз. Это наглядно свидетельствует о том, что применение ИС открывает большие дополнительные возможности повышения надежности РЭА. При этом необходимо учитывать, что использование ИС позволяет резко уменьшить габариты, массу, потребляемую мощность (в 10-100 раз и более), стоимость, повысить быстродействие и внедрять автоматизацию их производства.

Тема 3. Дополнение

3.1 Сводка результатов по аналитическому расчету надежности РАЭ

α(t) – интенсивность отказов (наиболее полно характеризует надежность неремонтируемых объектов.

P(t) – вероятность безотказной работы за время t.

Q(t)=1-P(t) – вероятность отказа за время t.

По смыслу: Q(t) – это вероятность того, что случайное величина t0- время безотказной работы меньше рассматриваемого времени t, т. е. Q(t)=P(t0<t). Т. о. Q(t) – это интегральный закон распределения времени безотказной работы t0 (по другому – функция распределения случайной величины t).

Производная от интегрального закона распределения:

Называется дифференциальным законом распределения (или плотностью распределения) времени безотказной работы t0.

Можно записать

, тогда .

Tср – средняя наработка до первого отказа (среднее время безотказной работы) найдем как математическое ожидание случайной величины t с плотностью вероятности

, т. к. t>0.

Вместо подставим:

, тогда

Теперь выведем формулу P(t) как функцию от α(t)

α(t) – интенсивность отказов (1/ч), которое вычисляют как отношение числа отказов в единицу времени к среднему числу элементов, безотказно работающих в данный промежуток времени (отказавшие элементы не заменяются):

где - число отказавших элементов за промежуток времени ;

– среднее число работоспособных элементов.

Разделим числитель и знаменатель на N:

- это частота отказов (1/ч) для каждого из однотипных элементов, определяемая как отношение числа отказов в единицу времени, отнесенное к первоначальному числу N поставленных на испытание элементов.

– вероятность безотказной работы элементов определяемое как отношение числа работоспособных элементов к числу элементов в начале испытаний. ( - число отказавших элементов к моменту времени .

В результате получим:

Теперь переходим от дискретных значений к непрерывным []:

Теперь вместо подставим :