Оценка надежности и ремонтопригодности электрооборудования (стр. 3 из 7)

Электрическая машина относится к устройству с последовательно соединенными элементами, т.к. выход любой из этих частей из строя приводит к отказу всей машины.

Если предположить отказы частей устройства независимыми, то на основании теорем теории вероятностей можно представить следующие уравнения для расчета надежности, например комбинации из двух частей P₁(t) , P₂(t) - надежность одного и другого элемента системы; Q₁(t), Q₂(t) - отказ одного и лругого элемента системы.

Вероятность того, что оба элемента в последовательной системе будут работать безотказно в течение заданного промежутка времени будет выглядеть так:

Р_пс( t ) = P₁(t)×P₂(t), (1.24)

Вероятность того, что в последовательной системе один или оба элемента откажут

Q_пс(t) = 1 - Р_пс( t ), (1.25)

или Q_пс(t) = 1- P₁(t)×P₂(t),

Согласно уравнению (2.1) отказ любого элемента приводит к отказу системы.

Вероятность того, что будут работать один или два элемента системы при параллельном соединении.

Р_пр( t ) = P₁(t) + P₂(t) + P₁(t)×P₂(t) (1.26)

Вероятность того, что оба элемента откажут при параллельном соединении

Q_пр(t) = Q₁(t)×Q₂ (t) = 1- Р_пр( t ) (1.27)

Параллельное соединение элементов иначе называется системой с постоянно нагруженным резервом. Такая параллельная система из двух элементов не отказывает в работе, если отказал один из элементов.

1.7 Решение типовых примеров

Пример 1. Наработка до отказа щита управления электрооборудованием подчинена экспоненциальному закону с интенсивностью отказов l(t) = 1,3×10^-5 ч^-1. Определить количественные характеристики надежности устройства P(t), f(t) и T₁в течение года.

Решение. 1. По формуле P ( t ) = exp (-lt ) определяем

Р(8760) =

= 0,89.

2. f(t) = l(t) ×P(t)= 1,3 ×10 ^-5×0,89 = 1,16 ×10 ^-5 ч ^-1

3. Т₁ = 1/l= 1/(1,3 ×10 ^-5) = 76923 ч.

Пример 2. Сравнить между собой наработку до отказа двух неремонтируемых объектов, имеющих функцию надежности, определяемую по формулам

Р₁( t) = ехр[-(2,5× 10 ^-3t)]и Р₂ ( t ) = 0,7ехр - (4,1 × 10^-3t) + 0,08ехр - (0,22 × 10 ^-3t).

Решение. По общей формуле для определения наработки до отказа

находим

Наработка до отказа второго объекта выше, чем первого.

Пример 3. Вероятность безотказной работы машины постоянного тока на этапе приработки подчиняется распределению Вейбулла с параметрами l₀ = 2×10^-4 ч^-1и b = 1,2. Определить вероятность безотказной работы и наработку до отказа машины за время t= 400 ч.

Решение. 1. Р( t ) = exp- (l₀t^b) = exp-(2 × 10^-4×400^1,2) = 0,767

2. T₁ = l₀^-1/bГ(1+1/b) = (2 × 10^-4 )^-1/1,2×Г(1+1/1,2) = 1126 ч.

Значения гамма-функции взято по табл.2 приложения.

Пример 4. На испытаниях находилось N= 1000 осветительных приборов. За время t = 3000 ч отказало n = 200 изделий. За последующие Dt_i = 200 ч отказало еще Dn_i = 100 изделий. Определить Р^*(3000), Р^*(3200), f^*(3200), l^*(3200).

Решение

1.

2.

3.

4.

Пример 5. Прибор состоит из четырех блоков. Отказ любого из них приводит к отказу прибора. Первый блок отказал 9 раз в течение 21000 ч, второй - 7 раз в течение 16000 ч, третий - 2 раза и четвертый - 8 раз в течение 12000 ч работы. Определить наработку на отказ, если справедлив экспоненциальный закон надежности.

Решение. 1. Определяем суммарную наработку прибора

t = 21000 + 16000 + 12000 + 12000 = 61000 ч.

2. Определяем число отказов за суммарное время наработки

r ( t ) = 9 + 7 + 2 + 8 = 26

3. Находим среднюю наработку на отказ

Т^* = t / r ( t ) = 61000 / 26 = 2346 ч.

Пример 6. При эксплуатации электрооборудования животноводческой фермы зарегистрировано 20 отказов, из них: электродвигателей - 8, магнитных пускателей - 2, реле - 4, электронагревательных приборов - 6. На ремонт затрачивалось: электродвигателей - 1,5 ч, магнитных пускателей - 25 мин, реле - 10 мин, электронагревателей - 20 мин. Найти среднее время восстановления.

Решение 1. Определяем вес отказавших элементов по группам m_i = n_i/N_o

m₁= 8/20 = 0,4;m₂ = 2/20 = 0,1; m₃ = 4/20 = 0,2; m₄ = 6/20 = 0,3.

2. Находим среднее время восстановления

Т_В^*=

90 × 0,4 + 25 × 0,1+10 × 0,2+20 × 0,3 = 46,5 мин

Пример 7. В результате наблюдения за работой 1000 электродвигателей в течение 10000 ч было получено значение l = 0,8×10 ^-4 ч ^-1. Закон распределения отказов экспоненциальный, среднее время ремонта электродвигателя равно 4,85 ч. Определить вероятность безотказной работы, наработку до первого отказа, коэффициент готовности и коэффициент оперативной готовности.

Решение.

1. Р ( t) = е ^-lt = e ^{- 0,8×10^-4 × 10^4} = 0,45

2. T₁ = 1/l = 1250 ч.

3. k_г =Т₁ / (Т₁ + Т_в) = 1250/(1250 +4,85) = 0,996

4. k_ог = Р( t )k_г = 0,45×0,996 = 0,448

Пример 8. Навозоуборочный транспортер имеет 2 электродвигателя. Суммарная наработка транспортера за год составляет 200 ч. Эксплуатационные мероприятия включают в себя 1 текущий ремонт продолжительностью 3 ч на каждый электродвигатель и 7 технических обслуживаний по 0,5 ч на каждый электродвигатель. Определить коэффициент технического использования электродвигателей навозоуборочного транспортера.

Решение

Пример 9. Тиристорный преобразователь имеет параметры усеченного нормального распределения m= 1200 ч и s_t = 480 ч. Определить значение вероятности безотказной работы и интенсивности отказов для t = 200 ч.

Решение

Значения Ф(2,08) и Ф(2,5) найдем по табл. 1 приложения. Тогда Р(200) = 0,982/0,993 = 0,988.

Эти зависимости пригодны для исследования электрических машин как в целом, так и поэлементно.

Пример 10. Необходимо произвести приближенную оценку вероятности безотказной работы Р(t) и среднюю наработку до первого отказа Т_о асинхронного электродвигателя для двух промежутков времени его работы t = 1000 и 3000 ч, если интенсивность отказов l= 20 ×10 ^-6 ч ^-1.

Решение

Т₁ = 1/l = 10 ⁶ /20 = 5 × 10 ⁴ ч.

При Р ( t ) = е ^-(t/10)

Р₍₁₀₀₀₎ =

= е ^{- 0,02} = 0,98

Р₍₃₀₀₀₎ =

= е ^{- 0,06} = 0,94

Пример 11. Для системы автоматического управления известно

l = 0,01 ч ^-1 и время работы t = 50 ч. Определить:

Р ( t ); Q ( t ); f ( t ); T₁.

Решение:

Р ( 50 ) = е ^-lt= е ^{- 0,01×50} = е ^{- 0,5} = 0,607

Q ( 50 ) = 1 - Р ( 50 ) = 1 - 0,607 = 0,393

Т₁ = 1/l = 1 / 0,01 = 100 ч.

f ( 50 ) = l е ^-lt = 0,01× е ^{- 0,01×50} = 0,00607 ч ^-1.

Пример 12. Определить конструкционную надежность электродвигателя постоянного тока для трех промежутков времени его работы: t₁ = 1000 ч., t₂ = 3000 ч., t₃ = 5000 ч о следующим средним статистическим данным об интенсивности отказов основных её частей в долях единицы на час работы: магнитная система с обмоткой возбуждения l₁ = 0,01×10^-6 ч ^-1 ; обмоткой якоря l₂ = 0,05 × 10 ^-6 ч ^-1; подшипники скольжения l₃ = 0,4 ×10^-6 ч ^-1 ; коллектор l₄ = 3 ×10^-6 ч ^-1 ; щеточное устройство l₅ = 1 ×10^-6 ч ^-1 .

Решение. Определим среднюю результирующую интенсивность отказов всех частей машины

l = l₁ + l₂ + l₃ + l₄ + l₅ = (0,01+0,05+0,4+3+1)×10^-6 = 4,46 ×10^-6 ч ^-1 .

Средняя наработка до первого отказа машины

Т₁ = 1/ l = 10⁶ / 4,46 = 2,24×10⁵ ч.

Вероятность безотказной работы или конструкционная надежность рассматриваемой машины для трех промежутков времени работы будет

Р₍₁₀₀₀₎ =

Р₍₃₀₀₀₎ = е ^{- 0,014} = 0,988

Р₍₅₀₀₀₎ = е ^-0,022 = 0,975

Статистическая оценка интенсивности отказов может быть определена отношением числа отказавших изделий к моменту времени Dt к числу изделий поставленных на эксплуатацию (в начале испытания).