Файл: Эксплуатационная надежность сельскохозяйственных машин..pdf
ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 17.10.2024
Просмотров: 68
Скачиваний: 0
где хг = |
tn |
среднее время безотказной ра- |
ср |
||
|
Т,ср |
|
боты.
Пример 2. Определить зависимость числа образцов от времени усечения для экспоненциального распределе ния при следующих исходных данных
Ар = 0,1; ta <0,57ср; Р = 80%.
Воспользуемся приближенной формулой, поскольку ta < 0,5ГсрПолучим
Nuf = 1 6 4 ^ = |
. |
|
ХУ |
График функции Л/д=/(л:1)(Ьф\) имеет вид (рис. 13).
V |
.ч\. |
|
ч |
ч . ^ |
|
|
\ |
|
|
|
|||
|
|
|
|
В > 1 |
|
|
|
е < 1 |
|
|
В - 1 |
|
|
|
|
|
"" - - — . Рис. 13. |
Число образцов в зависи |
||
|
|
|
|
|||
0 |
0,1 |
0,2 |
0,3 |
0,4 |
мости |
от времени усечения для |
|
закона Вейбулла. |
Как видим, для того, чтобы с десятипроцентной точ ностью проводить усеченные испытания, необходимо зна чительно увеличивать число образцов особенно при большом усечении (jci<0,3).
Легко видеть, что для закона Вейбулла с b> 1 кривая проходит над полученной для экспоненциального рас пределения, а для 6< 1 — под нею. Следовательно, в пос леднем случае требуется при усечении меньшее число объектов для испытания.
Пример 3. Определить время испытаний трактора при
следующих исходных данных Тср = |
50 ч/отк, р = 80%, |
||
V , = 1, Дг = |
10%, АКг = |
2%, л>в = г |
Ert = 20%. |
Имеем: а) по вероятности безотказной работы |
|||
U |
V * p2-v? |
50-1,282- 1 = 820 часов; |
|
A%-N0 |
0,1310 |
|
|
б) по коэффициенту готовности |
|
||
Tcp-q(vi+v*) |
50-1,282 - (1 + 1) |
||
1икг |
E2r N0 |
---------------------- =410 часов. |
|
|
0,2310 |
76
При достаточно высокой точности в определении коэффициента готовности (2%) время испытаний тре буется меньше, чем при оценке средней наработки на отказ.
7. Контроль надежности изделий
При планировании испытаний задавались генераль ные (теоретические) законы распределения времени без отказной работы.
В действительности, в результате испытаний, они могут отличаться от заданных. Поэтому необходимо определить — удовлетворяют ли полученные показатели надежности нормативным значениям. Пусть в результа те опыта определен некоторый показатель надежности, например, среднее время безотказной работы Тср. Кроме того, задано его нижнее нормативное значение Гн. По скольку Тср определено по конечной выборке, то следует вычислить его интервальную оценку при доверительной вероятности |3:
Гср макс = Тс„ + АТ.
М И Н |
F |
|
Условие приемки изделия запишется так |
|
|
1ср. мин |
1н |
(3,85) |
или
(3.86)
То есть среднее значение показателя надежности должно быть «для гарантии» больше, чем нормативное.
Условие брака имеет вид
Т,ср. макс < г,н |
(3.87) |
или |
|
ТЦ) + АТ < Тн. |
(3.88) |
откуда следует, что |
|
77
То есть изделие бракуется только в том случае, когда Гер «гарантированно» меньше нормативного пока зателя.
Можно записать и условие, при |
котором нельзя |
ни забраковать изделие, ни принять. Оно имеет вид |
|
Тн - К^у==- < Тср < T u + t? |
(3.90) |
Это условие называют условием продолжения испы таний.
Графическая интерпретация приведенных трех усло вий показана на рис. 14.
Рис. 14. Графическая интерпре тация ^условий контроля на
дежности |
партий |
изделий: |
|
1 — партия |
бракуется; |
2 — испы |
|
тания |
продолжаются; |
3 — партия |
|
|
принимается. |
|
|
Как видим, при таком способе |
контроля |
изделия |
|
условия приемки выполняются с вероятностью |
|
Действительно, партия может быть принята, а с вероят ностью ос=1 —р1 могут иметь место такие случаи, когда Тср < Тя. Вероятность ос называют риском потребителя.
Если в результате оценки получено условие продол жения испытаний, то для неремонтируемых изделий сле дует добавить число образцов и провести дополнитель ные испытания, для ремонтируемых — увеличить время испытаний с тем, чтобы получить большое число отказов.
Пример 1. В результате испытаний определено сред нее время безотказной работы шестерни КПП трактора Т 'ср =7000 часов, а валика — Т"ср =6200 часов. Норматив
Тн=6000 ч. Доверительная вероятность |3 = 80%, число испытанных изделий N = 50. Среднеквадратичное откло нение at' = 0,3Т'ср\ ot"= 0,3Т’ Закон распределения —
нормальный.
Условие приемки для шестерни
7000 > 6000 + 1,28 0,3'1Ш = 6000 + У 50
+ 380 = 6380 часов.
78
Условие приемки удовлетворительно. Продукция год ная.
Условие приемки для валика
6200 > 6000 + 1,28 |
= 6000 + 336 = |
/5 0
==6336 часов.
Условие приемки не выполнено. Условие браковки очевидно так же будет невыполнено 6200<45664.
Следовательно, испытано недостаточное количество изделий. Увеличим число валиков втрое. По окончании испытаний выяснилось, что среднее время безотказной работы не изменилось. Оценим в этом случае результа ты испытаний.
Условие приемки
6200 > 6000 + 1,28 0,3' 6200 = 6000 + 194 =
уП Ж
—6194 часа.
Таким образом валик может быть принят.
Пример 2. Для тракторного двигателя задана норма тивная средняя наработка на отказ /= 1 0 0 часов. При испытаниях в течение 1000 часов было получено 5 отка зов. Оценить результаты испытаний при экспоненциаль
ном законе распределения времени |
между |
отказами. |
||||
Доверительная |
вероятность |
|3 = 80%. |
Среднеквадратич |
|||
ное отклонение |
at = Тср |
(экспоненциальный |
закон). |
|||
Условие приемки |
|
|
|
|
||
t |
i000_= 20 0 > |
100( 1 + - 7Ш |
= 100-1,57 = |
|||
р |
5 |
|
V |
/ 5 |
/ |
|
|
|
= |
157 часов. |
|
|
Условие приемки выполнено. Если бы оно не было вы полнено, следовало бы проверить остальные два условия.
Аналогично можно построить контроль надежности и по другим показателям: коэффициенту готовности, ве роятности безотказной работы, среднему времени ремон та (восстановления).
Г л а в а IV. ОЦЕНКА НАДЕЖНОСТИ ДЕТАЛЕЙ (УЗЛОВ) ПО РЕЗУЛЬТАТАМ ИЗМЕРЕНИЙ НАГРУЖЕННОСТИ И ИЗНОСА
Изложенные выше методы оценки надежности изде лий требуют большого объема работы и времени по сбо ру информации об отказах элементов. Поэтому целесо образно разработать методы оценки надежности машин по результатам измерений, что можно выполнить зна чительно быстрее.
Рассмотрим некоторые из них применительно к вне запным и постепенным (износовым и усталостным) отка зам.
1. Внезапные отказы
Схему появления внезапного отказа можно предста вить следующим образом. В эксплуатации деталь нагру жается случайными нагрузками, вызывающими в ней случайные по величине напряжения. Плотность рас пределения напряжений можно представить в виде неко торой функции fi(a) (рис. 15). Предельные характери-
т , т
Рис. 15. К расчету вероят ности появления внезапно го отказа.
стики детали (в данном случае предел прочности) также можно представить в виде случайной величины различ ной для каждого представителя из выборки деталей. Положим, плотность распределения предела прочности оь равной f(ab) (рис. 15). Если возникает для какой-ли бо из деталей ситуация, при которой
° > <*ь> |
(4-1) |
то наступает внезапная ее поломка. Вероятность наступ ления этого события определяет вероятность отказа, а
80
противоположного — вероятность безотказной работы детали.
Пусть нагрузка и прочность независимы и распреде
лены по нормальному закону с |
параметрами a; |
; |
|
Ob\ оа |
|
|
|
h ( o ) |
ехр |
( о - с <?) |
|
2о! / ’ |
|
||
|
1/ 2л а„ |
|
|
h(ob) = |
ехр |
К ~ аь)2 |
|
У 2ЛОа |
2о1 |
|
|
Введем функцию |
|
|
|
|
у = оь — а. |
|
|
Тогда вероятность того, что у>0 |
|
|
Ri = P(y>0) = VW y |
(4-2) |
о |
|
равна вероятности безотказной работы. |
работы |
Для вычисления вероятности безотказной |
необходимо вычислить плотность распределения пара метра у.
Параметр у представляет собою функцию двух слу чайных величин нормально распределенных и, следова тельно, также будет распределен нормально. Параметры этого нормального распределения (математическое ожи дание и дисперсия) равны соответственно разности и сумме параметров действующих и предельных напряже ний [11.12].
М(у) = М(о„) — М(о) = с„ — а,
a
D(y) = Da„ + Do = о2 + о*.
О
Следовательно, имеем
т = |
,___ 1._____„ ехр |
V 2л / о2 +о2 |
|
|
О |
{у — |
+ |
о)2 ' |
2( |
о ? |
+ . |
|
О |
|
(4-3)
(4.4)
(4.5)
81