pdf.php@id=6180

ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ №9 Определение последовательности поиска места дефекта

9.1. Основные теоремы поиска места дефекта

Поиск места дефекта объекта представляет собой одну из задач технического диагностирования и характеризуется следующими параметрами:

•числом проверок, необходимых для выявления неисправно-

го состояния блока объекта (максимальным Nmax, минимальным Nmin и средним Nср);

•продолжительностью выполнения отдельных проверок ti и

процесса поиска места дефекта в целом пд ;

• трудоемкостью как отдельных проверок i , так и всего

процесса поиска места дефекта ;

• стоимостью отдельных проверок Сi и полных затрат на выявление места дефекта С.

Число необходимых проверок характеризует в основном структурную сложность процесса поиска при независимых проверках отдельных блоков (элементов) и используется для предварительного сравнения различных алгоритмов диагностирования, т.е. имеет вспомогательное значение. Продолжительность выполнения отдельных проверок и их трудоемкость связаны между собой. Эта связь определяется конкретными условиями выполнения работ при поиске места дефекта.

В зависимости от предъявляемых к объекту диагностирования требований процесс поиска места дефекта можно характеризовать одним или несколькими параметрами. Для объектов военного назначения наиболее важным параметром является продолжительность выполнения отдельных проверок ti и процесса поиска дефекта в целом пд , так как они определяют степень снижения боевой

готовности объекта к применению.

111

Определение параметров процесса поиска дефектов производится при следующих допущениях:

1.Отказ объекта возникает в результате отказа только како- го-то одного из его компонентов (блока, узла, детали, элемента). Это допущение справедливо при сравнительно высоких, близких к единице нормах безотказности входящих в его состав компонентов.

2.В процессе поиска дефекта новые отказы в объекте не возникают в силу четкой организации проведения всех проверок и высокого профессионализма исполнителей.

3.Дефекты компонентов в объекте составляют полную группу несовместных событий, т.е.

n	(9.1)
qi =1,

i=1

где qi − приведенная вероятность отказа i-го компонента, определяемая по формуле

n
qi = qi0 qi0 .	(9.2)
i=1
Вероятность отказа i-го компонента qi0	определяется по
формуле
qi0 =1− e− it ,	(9.3)

где i − интенсивность отказов i-го компонента объекта. Для со-

временных объектов интенсивность отказов − величина малая ( = 10–9 1/ч и менее), поэтому вместо формулы (9.1) можно использовать приближенное выражение

qi0 λi t

(9.4)

для расчета вероятностей отказов компонентов объекта.

Пример 9.1. В объекте контролируются два компонента с вероятностями отказов q10 = 0,2 и q20 = 0,3.

Решение. При использовании формулы для несовместных событий получим

112

2
qi0	= 0,2 + 0,3 = 0,5 ,
i=1
что не согласуется с теорией. Для приведенной вероятности
q1 = 0,2/(0,2 + 0,3) = 0,4; q2 = 0,3/(0,2 + 0,3) = 0,6. В этом случае
2	= 0,4 + 0,6 =1 .
qi
i=1
Применительно к существующим объектам диагностирова-

ния повышение эффективности устранения отказов должно обеспечиваться совершенствованием методики как автоматизированного, так и ручного поиска дефекта. Задача, таким образом, состоит в подборе оптимальной последовательности проведения проверок.

Рассмотрим основные теоремы поиска места дефекта. Теорема 1. Максимальное число необходимых проверок в

объекте, состоящем из n компонентов, Nmax = n –1. Это утвержде-

ние вытекает из того, что последний компонент проверять не нужно, так как при отрицательных результатах всех предыдущих проверок отказавшим компонентом является именно он. Такое значение Nmax характерно для всех вариантов последовательного

перебора проверок. Однако указанное число проверок может понадобиться лишь при самой неудачной реализации поиска, когда отказавший компонент оказывается последним. В общем случае

1 N n −1.

Теорема 2. Среднее число проверок для поиска дефекта в объекте зависит от вероятностей отказов компонентов и назначенной последовательности их проверок и задается выражением

n−1	(9.5)
Nср = i qi + (n −1)qn .

i=1

Докажем это. С учетом допущения 3 вероятность обнаружения дефекта при каждой из проверок соответствует приведенной вероятности отказа проверяемого компонента. Отсюда вытекает следующее:

113

•в q1 части всех случаев дефект будет обнаружен при первой проверке (отметим, что индексация производится не по номеру компонента в схеме, а по номеру его проверки);

•в q2 части случаев дефект будет обнаружен после второй проверки;

•в qn–1 части случаев дефект будет обнаружен после проверки предпоследнего компонента. Так как последний компонент не проверяется, вероятность его отказа прибавляется к вероятности отказа предпоследнего компонента. С учетом этого среднее число проверок равно сумме произведений номеров компонентов на вероятности их отказа, т.е.

n−1

Nср =1 q1 + 2 q2 +... + (n −1)(qn−1 + qn ) = i qi + (n −1)qn . (9.6)

i=1

В частном случае одинаковой вероятности отказов всех компонентов объекта (qi = 1/n) формула для среднего числа проверок принимает следующий вид:

n−1	1	+ (n −1)	1		(n −1)(n + 2)		,
Nср = i	n		n	=		2n
i=1							(9.7)
так как i = n(n −1)						,
		n−1
		i=1		2

т.е. среднее число проверок определяется только количеством компонентов в объекте.

Пример 9.2. Объект состоит из четырех компонентов, вероятности отказов которых q10 = 0,08, q20 = 0,04, q30 = 0,06, q40 = 0,02.

Определить Nср .

Решение. Находим приведенные вероятности отказов компонентов:

	4	4
qi = qi0	/ qi0 ;	qi0 = 0,2.
	i=1	i=1

114

q1 = 0,080,2 = 0,4; q2 = 0,040,2 = 0,2;q3 = 0,060,2 = 0,3;q4 = 0,020,2 = 0,1.

Определяем Nср :

n−1

Nср = i qi + (n −1)qn =1 0,4 + 2 0,2 + 3 0,3 + 3 0,1 = 2,0.

i=1

Теорема 3. Средняя продолжительность пд поиска дефекта в

объекте зависит от вероятностей отказов компонентов, продолжительности проведения проверок и определяется выражением

n−1	i	n−1	(9.8)
пд = qi tl		+ qn tl .
i=1	l =1	l =1

Докажем это. С учетом допущения 3 вероятность обнаружения дефекта при проверке i-го компонента соответствует приведенной вероятности его отказа. Это означает следующее:

•в q1 части случаев продолжительность поиска дефекта составит t1 (индекс соответствует номеру проверки);

•в q2 части случаев, учитывая непрерывность процесса поиска дефекта, (t1+t2);

•в qi части случаев продолжительность поиска дефекта со-

ставит (t1 + t2 + ... + ti).

Так как последний компонент не проверяется, вероятность

его отказа суммируется с вероятностью отказа предпоследнего компонента. Следовательно, средняя продолжительность поиска дефекта есть сумма произведений вероятностей отказов компонентов на текущее время поиска дефекта:

τпд = q1t1 + q2 (t1 + t2 )+ ... + (qn−1 + qn )(t1 + t2 + ... + tn−1 ) =

n−1	i	n−1	(9.9)
= qi tl + qn tl ,
i=1	l =1	l =1

где tl − продолжительность проверок компонентов, предшествующих компоненту i; 1 l i; i =1,n.

115

Аналогично получают выражение для средней трудоемкости поиска дефекта:

γ			n−1	i	Θ	n−1	Θ	,	(9.10)
	ср	=		q		+ q
			i		l	n	l
			i=1	l =1		l =1

где l − трудоемкость проверки компонента l.

Следовательно, продолжительность поиска дефекта, трудовые затраты на его обнаружение и среднее число необходимых проверок зависят от назначенной очередности (и соответствующей ей нумерации) выполнения проверок компонентов исследуемого объекта.

Пример 9.3. Объект состоит из четырех компонентов, веро-

ятности		отказов	которых	заданы: q0	= 0,8 10−5	, q0	= 0,4 10−5 ,
				1		2
q0	= 0,6 10−5 , q0		= 0,2 10−5 .	Продолжительности		их	проверок:
3		4

t1 = 5 мин; t2 = 3 мин; t3 = 10 мин; t4 = 8 мин. Требуется определить продолжительность поиска дефекта и составить оптимальную последовательность его определения.

Решение. Определим приведенные вероятности отказа компонентов:

			4		4
		qi = qi0 / qi0 ;			qi0 = 2 10−5.
			i=1		i=1
q = 0,8 = 0,4;		q = 0,4 = 0,2;			q = 0,6		= 0,3;	q = 0,2		= 0,1.
1	2	2	2		3	2		4	2
			4
Убеждаемся, что qi = 0,4 + 0,2 + 0,3 + 0,1=1.
			i=1
Определим пд :
			4−1	i		4−1
		пд = qi		tl + q4 tl =
			i=1	l =1		l =1

= 0,4 5 + 0,2 (5 + 3) + 0,3 (5 + 3 +10) + 0,1 (5 + 3 +10) =10,8 мин.

Изменим последовательность поиска дефекта, приняв следующую: 4–2–3; тогда

116

пд = 0,1 8 + 0,2 (8 + 3) + 0,3 (8 + 3 +10) + + 0,4 (8 + 3 +10) =17,7 мин.

Возникает необходимость установления оптимальной последовательности поиска дефекта, при которой время этого поиска было бы минимальным. Эту последовательность указывает теорема 4.

Теорема 4. Последовательность поиска дефекта будет оптимальной, если выполняется условие

qi		qi+1		qn	.	(9.11)
ti		ti+1		tn

Для обоснования этой теоремы воспользуемся следующим приемом. Запишем формулу (9.8) для последовательности проверок (1, 2, . . ., i, i + 1, . . ., n) и составим такое же выражение для последовательности, при которой проверка с номером (i + 1) будет выполняться раньше, чем i-я. Эти выражения отличаются друг от друга лишь составом двух слагаемых, которые имеют следующий вид:

• для прямой последовательности

q t	+ t	2	+ + t	+ t	+ q	t	+ t	2	+ + t + t	i+1 )	; (9.12)
i ( 1			i−1	i )	i+1	( 1			i

• при переставленных проверках

qi+1 (t1 + t2 + + ti−1 + ti+1 )+ qi (t1 + t2 + + ti + ti+1 ) . (9.13)

Предположим, что вторая последовательность проверок требует больше времени, чем первая:

τпд i → (i +1)		τпд (i +1)→ i .		(9.14)

Тогда, вычитая последовательность (9.12) из (9.13), получим

Δτ = qi ti+1 − qi+1 ti 0.

Таким образом, для удовлетворения условия (9.14) должно выполняться неравенство

qi		qi+1	,	(9.15)
ti		ti+1

что и требовалось доказать.

117

Пример 9.4. Найти оптимальную последовательность поиска дефекта.

Решение. При исходных данных примера 9.3 найдем отношения qi / ti:

q1			= 0,4			= 0,08;		q2					=	0,2	= 0,066;
														3
t					5			t		2
1
	q3			=	0,3		= 0,03;		q4				=	0,1	= 0,0125.
					10									8
	t									t	4
3

Расположим эти отношения по степени убывания их значений:

q1 q2 q3 q4 . t1 t2 t3 t4

Видно, что оптимальная последовательность поиска дефекта 1–2–3. Для этой последовательности в примере 9.3 найденопд =10,8 мин. Для других последовательностей время поиска де-

фекта будет больше найденного.

Пример 9.5. Оценить надежность изделия на этапе технического проектирования.

Требуется определить продолжительность поиска дефекта и составить оптимальную последовательность его определения.

В техническом задании на изделие заданы следующие количественные показатели надежности:

Р(t) = 0,9; Р(t) = 0,03; tр = 40 ч; Кг = 0,99.

Решение. По результатам анализа конструкторской документации установлено, что структурная схема надежности изделия представляет собой последовательное соединение функционально законченных четырех устройств (N = 4).

Расчет надежности проводят по статистическим данным испытаний изделий-аналогов (табл. 9.1).

118

					Таблица 9.1
	Статистические данные испытаний изделий-аналогов
	Номер	Наименование			Среднее
	устрой-		Время	Наработка	время восста-
		и обозначение
	ства по		работы, ч	на отказ Т0i, ч	новления
		по чертежу
	ССН				отказа Твi, ч
	1	Устройство силового	40	1000	5
		привода СБ01
	2	Устройство управле-	40	800	10
		ния СБ02
	3	Устройство сигнализа-	10	1200	5
		ции СБ03
	4	Устройство связи СБ04	20	2000	2

Принимая допущение об экспоненциальном законе распределения наработки на отказ, определим вероятность безотказной работы для каждого устройства ССН:

силовой привод

−

t1

t

40

( 1 )

T

1

P

t

= e

1

1−

1

=1−

1000

= 0,960 ;

T01

устройство управления

−

t2

t

40

P2 (t2 ) = e

T

1−

2

=1

= 0,950 ;

2

−

T02

800

устройство сигнализации, (работает всего 10 ч, поэтому время хранения составляет 30 ч)

t

p3

t

хр.3

10−3

tp3

tхр.3

−

+

T

T

10−3

P

(t

) = e

3

3

1

−

+

=

3

3

T03

T03

10

30 10−3

=1−

−

= 0,992;

1200

1200

вероятность безотказной работы устройства связи. Для этого устройства время хранения составляет 20 ч. Поэтому получим

119

t

p 4

t

хр.4

10−3

tp4

tхр.4

−

+

(t

) = e

T

T

1

10−3

P

4

4

−

+

=

4

4

T04

T04

=1−

20

−

20 10−3

= 0,990.

2000

2000

Тогда вероятность безотказной работы изделия в целом определится следующим образом:

P(t) = P1(t1) P2(t2) P3(t3) P4(t4) = 0,96 0,95 0,992 0,99 0,896.

Для нахождения среднего квадратического отклонения предварительно определим интенсивности отказов:

=		1		=		1			= 0,001 ч−1 ;		=	1			=		1		= 0,00125 ч−1 ;
										2
1		T01				1000						T02			800
3 =	1			=		1			= 0,0008 ч−1 ; 4		=		1		=		1			= 0,0005 ч−1	,
	T03				1200								T04				2000

откуда среднее квадратическое отклонение P(t) изделия в целом определится по формуле

N =4

P(t ) = i2 =

i=1

= 1 10−3 2 + 1,25 10−3 2 + 0,8 10−3 2 + 0,5 10−3 2 = =10−3 1+1,56 + 0,64 + 0,25 1,86 10−3.

Для определения коэффициента готовности найдем среднее значение наработки на отказ и среднее время восстановления отказа:

T +T +T +T

1000 + 800 +1200 + 2000

=1250 ч.

T

=

01

02

03

04

=

0

4

4

T

+T

+T

+T

5 +10 + 5 + 2

= 5,5 ч.

T

=

В1

В2

В3

В4

=

В

4

4

120