Оценка надежности и ремонтопригодности электрооборудования (стр. 5 из 7)
Если взять 3 резервных электродвигателя, то nП= 0,0019 и
tП=nПkи/l(n- nП)= 0,0019 × 0,6 / 10-5(20-0,0019) = 5,7 ч > tд.
Таким образом, для выполнения заданных ограничений по продолжительности перерывов в работе системы микроклимата свинарника необходимо иметь 4 резервных электродвигателя.
Пример 4. На вычислительной станции сельскохозяйственного предприятия установлено 4 ЭВМ. Средняя интенсивность на выполнение расчетов - 4 заявки в час (l = 4). Среднее время решения одной задачи То = 0,5 ч. Станция принимает и ставит в очередь на решение не более 4 заявок. Заявки, поступившие на станцию, когда в очереди находится более 4 задач, получают отказ. Определить вероятность отказа и вероятность того, что все ЭВМ свободны.
Решение. 1. Имеем многоканальную СМО с ожиданием при ограниченном числе мест в очереди.
2. Предварительно вычисляем
m = 1/То = 1/0,5 = 2 ч-1, a = l/m = 2.
3. По формуле (3.3) определяем вероятность того, что все 4 ЭВМ заняты и 4 заявки стоят в очереди, тогда n=8.
Ротк = 28/[8!(1+2/1+22/2!+23/3!+24/4!+25/5!+26/6!+27/7!+28/8!)] = 0,00086.
4. По формуле (3.5) находим вероятность, что все ЭВМ свободны, k=n=4
Пример 5. Требуется определить вероятность того, что отказы в системе электроснабжения появятся менее 3 раз, если параметр распределения Пуассона а = lt = 3,9.
Решение. По табл. 6 приложения определяем Рk>3(t), тогда
Рk< 3 ( t ) = 1- 0,7469 = 0,253.
Пример 6. Требуется определить число резервных электронагревательных элементов, имеющих интенсивность отказов l = 4×10-6 ч-1. Общее число электронагревательных элементов в хозяйстве 80, период пополнения резервного фонда 7000 ч. Принять достаточность резервного запаса Рд = 0,98.
Решение. 1. Определяем суммарную интенсивность отказов электронагревательных элементов lS = 4×10-6× 80 = 3,2 × 10-4 ч-1.
2. Определяем значение параметра а
а = lS×t = 3,2 × 10-4× 7000 = 2,24
3. Для заданного значения а=2,24 по табл.6 приложения определяем Рk>m(t), равное 0,0025. Учитывая, что Р k< m ( t )= 1- Р k> m ( t )>Pд>0,98, получим
Рk< m ( t ) = 0,9925 при m = 7.
4. Поскольку Р k< 7 ( t ) = 0,9925 > Рд = 0,98, в резервном фонде целесообразно иметь 7 электронагревательных элементов.
Пример 7. В телятнике на 600 голов эксплуатируется 9 электродвигателей серии 4А, имеющих интенсивность отказов l1 = 0,1×10-4 ч-1, и 11 электродвигателей серии АО2сх с интенсивностью отказов l2 = 0,5×10-4 ч-1. Достаточность резервного фонда 0,95. Рассчитать число запасных электродвигателей при пополнении резервного фонда 1 раз в течение года ( в году 8760 часов).
Решение. 1. Определяем суммарную интенсивность отказов электродвигателей по группам
l1S= l1n1= 9×0,1×10-4 = 0,9×10-4 ч-1.
l2S= l2n2 = 11 × 0,5×10-4 = 5,5 ×10-4 ч-1.
2. Определяем параметры распределения Пуассона а1 и а2
а1 = l1St = 0,9×10-4×8760 = 0,788 а2 = l2St = 5,5 ×10-4×8760 = 4,82
3. По табл. 3 приложения по а1 и а2 находим значение функции Р k> m ( t ), такое чтобы Р k< m ( t ) было больше, чем Рд. Определяем число резервных элементов: для электродвигателей серии 4А :т.к. Рk < m( t ) = 1-0,0474 = 0,9526 > 0,95, то m1 = 3 ;
для электродвигателей серии АО2сх, т.к. Рk < m( t )= 1-0,025 = 0,975 > 0,95, m2 = 10.
Пример 8. 100 комплектов однотипной аппаратуры предполагается эксплуатировать в течении 500 ч. Каждый комплект аппаратуры содержит неремонтируемых элементов:
типа А n1= 5 шт cl1 = 2 ×10-6 ч-1
типа Б n2= 10 шт cl2 = 4 ×10-6 ч-1
типа С n3= 8 шт cl3 = 0,6 ×10-5 ч-1
кроме этого имеется 3 типа ремонтируемых элементов
типа Г n4= 2 шт cl4 = 1,9 ×10-5 ч-1, Тв4 = 60 ч,
типа Д n5= 10 шт cl5 = 8 ×10-6 ч-1, Тв5 = 90 ч,
типа Е n6= 3 шт cl6 = 0,4 ×10-4 ч-1, Тв6 = 42 ч.
Определить число запасных элементов по всем группам, если требуется гарантированная вероятность работы аппаратуры за счет неремонтируемых элементов каждого типа Р1 ( t ) = 0,99, а за счет ремонтируемых элементов каждого типа Р2 ( t ) = 0,96. Рассчитать также вероятность выполнения аппаратурой в целом своих функций при наличии запасных элементов.
Решение. 1. Определяем параметр а для неремонтируемых элементов (N=100).
а1 = l1Nn1t = 2 ×10-6× 100 × 5 ×500 = 0,5
а2 = l2Nn2t = 4 ×10-6× 100 × 10 ×500 = 2
а3 = l3Nn3t = 0,6 ×10-5× 100 × 8 ×500 = 2,4
2. По табл. 3 приложения для полученных значений а с учетом того, что 1-Р1( t ) = 0,01 находим m1= 4, m2 = 7, m3 = 8.
3. Определяем параметр распределения Пуассона для ремонтируемых элементов
а4 = l4Nn4Тв4 = 1,9 ×10-5× 100 × 2 × 60 = 0,228
а5 = l5Nn5Тв5 = 8 ×10-6× 100 × 10 × 90 = 0,72
а6 = l6Nn6Тв6 = 0,4 ×10-4× 100 × 3 × 42 = 0,5
4. По табл. 3 приложения для Р2( t ) = 0,96 находим m4 = 2, m5 = 3, m6 = 3.
5. Определяем вероятность выполнения аппаратурой своих функций
Р( t ) =
Пример 9. Решить пример 8 при условии проведения капитального ремонта вышедших из строя электродвигателей в течение 720 ч и пополнения ими резервного запаса.
Решение. 1. Определяем суммарную интенсивность отказов электродвигателей l1å=l1×n1= 9 × 0,1 × 10-4 = 0,9 × 10-4 ч-1.
l2å=l2×n2= 11 × 0,5 × 10-4 = 5,5 × 10-4 ч-1.
2. Определяем параметр а
а1= l1å×Тр= 0,9 × 10-4×720 = 6,48 × 10-2
а2= l2å×Тр= 5,5 × 10-4×720 = 0,396 × 10-2
Р1 k<m( t ) = 1-0,0047 = 0,9953 >0,95 (m=2)
P2 k<m( t ) = 1-0,0079 = 0,9926 > 0,95 (m=3)
3. По табл. 3 приложения определяем число резервных элементов: для двигателей серии 4А m1 = 2, для двигателей АО2сх m2= 3.
3. Техническая диагностика электрооборудования [2]
3.1 Метод последовательных поэлементных проверок
При использовании этого метода система рассматривается в виде последовательной цепочки элементов, выход каждого из которых приводит к отказу изделия. Для каждого элемента должны быть известны данные о надежности и времени проведения проверок.
Идея метода поэлементных проверок состоит том, что поиск отказавшего узла ведется путем диагностики каждого из элементов в определенной, заранее установленной, последовательности. При обнаружении отказавшего элемента поиск прекращается и производится замена отказавшегося элемента, а затем проверка работоспособности объекта. Если проверка показывает, что объект имеет еще один отказ, то поиск продолжается с той позиции, на которой был обнаружен отказывающий элемент. Операция продолжается, пока не будет обнаружен последний неисправный элемент.
Основная задача, решаемая при использовании метода последовательных поэлементных проверок, заключается в определении последовательности проверок. При этом в общем виде рассматривается объект, состоящий из N элементов, произвольным образом соединенных между собой, с известными интенсивностями отказов li , i=1,2,…N. Обычно предполагается, что неработоспособным может быть только один элемент. Известны также продолжительности проверок каждого элемента ti. Необходимо найти такую последовательность проверок, при которой среднее время поиска неисправности будет минимальным.
Имеющего в технической литературе [26,39] рекомендации по использованию метода предусматривают применение в качестве критерия оптимальности минимума отношения ai /ti , где ai = 
- коэффициент отказа i-го элемента или li/lS .
Для обеспечения минимального среднего времени поиска отказавшего элемента проверки следует осуществлять в соответствии с последовательностью a1/t1<a2/t2<…<aN/tN, где порядковые номера от1 до N обозначают очередность проведения проверок.
3.2 Метод последовательных групповых проверок
Метод групповых проверок заключается в том, что путем проверки одного или нескольких параметров определяется часть изделия, в которой находится неисправный элемент, затем проводится другая серия проверок, позволяющая выявить следующую подгруппу элементов, включающую в себя неисправный элемент, и так далее до тех пор, пока последний не будет локализован и однозначно определен.
Если исходные данные по надежности элементов отсутствуют, то наиболее приемлемым методом поиска отказавшего элемента является метод половинного разбиения. Сущность метода заключается в том , что участок схемы с последовательно соединенными элементами делится на две равные части и равнозначно выбирается для проверки левая или правая ветвь. Если в результате проверки, например левой части схемы, окажется, что неисправный элемент находится в правой ветви, то для локализации отказавшегося элемента правая ветвь дополнительно делится на два равнозначных участка. Такое деление будет продолжаться до тех пор, пока не будет обнаружен отказавший элемент. Критерий половинного разбиения учитывает только одну из характеристик проверок – число элементов, охваченных проверкой. Он может дать оптимальное решение только при равных вероятностях отказов элементов и одинаковом времени проверок групп. Поскольку надежность элементов, входящих в систему, может отличатся, лучше использовать метод разбиения последовательной системы на две части с равными суммарными вероятностями отказа или интенсивностями отказов. Для практического использования метода вводят следующие ограничения: в системе может отказать только один элемент, время проверок различных групп элементов одинаково. В этом случае в качестве критерия оптимальности при проведении диагноза можно использовать выражение [Р(
) ] = min, где Р( ) – вероятность отрицательного исхода,