Tải bản đầy đủ

BÀI tập lớn kỹ THUẬT độ TIN cậy

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA TPHCM
KHOA CƠ KHÍ

TPHCM 24-11-2016

1|Page


ĐỀ BÀI: Tính toán thiết kế trục chịu tác dụng các lực F, tải trọng q, momen
uốn M và được đỡ bởi các ổ A và B như hình vẽ. Xác suất làm việc không
hỏng R=0,99. Bán kính r là đại lượng ngẫu nhiên phân phối theo quy luật
chuẩn với sai lệch bình phương trung bình Sr =0,005r.
F1
NB

M

NA

l1


l

các đại lượng F, q, M, l và

σ ch

phân phối theo quy luật chuẩn và các giá trị

trung bình và các sai lệch bình phương trung bình cho trong bảng sau:
Đại lượng

Giá trị trung

Sai lệch bình phương trung

Lực tác dụng F, N
Đoạn l, mm
Đoạn l1, mm
Momen uốn M, Nmm

bình
1600
400
600
1000000

bình
50
5
0
1000

800

50

Ứng suất giới hạn
MPa
Bán kính r,mm


σ ch

,

0

1. Thiết kế ( tính d ) khi R = 0,99 theo phương pháp mô men thích hợp.
2|Page


2.Phân tích độ tin cậy R khi md = 20 mm, Sd = 0,002 md theo phương pháp
mômen thích hợp.
3.Phân tích R khi md = 20 mm, Sd = 0,002md và thiết kế R = 0,999 theo
phương pháp xấu nhất.
4.Phân tích độ tin cậy R khi md = 20 mm, Sd = 0,002md theo phương pháp tìm
điểmxác suất lớn nhất.
5. Phân tích ngược với độ tin cậy R = 0,995
6. Phân tích độ nhạy
7.Phân tích độ tin cậy R khi md =20 mm, Sd =0,002md theo phương pháp mô p
hỏng Monte Carlo.
8. Phân tích độ tin cậy theo PP Rosenblueth
9. Phân tích độ tin cậy theo PP Latin Hypercube
I/Phương pháp moment thích hợp:
*Tính các phản lực:
−N A + NB = F

∑ M / B = F .l + M − N l

A1

⇒ NA =

=0

F .l + M 1600.0, 4 + 1000 8200
=
=
N
l1
0, 6
3

⇒ N B = F + N A = 1600 +

8200 13000
=
N
3
3

Phản lực tại A ngược chiều đã chọn
Biểu đồ momen uốn:

3|Page


F1
NB

M

NA

l1

l
1640 Nm
1000 Nm

*Ứng suất uốn lớn nhất:

M max 4 ( M + Fl )
=
W
π .r 3
4  M + Fl 
⇒σ =
3
π .r

σ=

2

2

2

 ∂σ 
 ∂σ 
 ∂σ 
S =  ÷ S M2 +  ÷ S F2 +  ÷ Sl2
 ∂M 
 ∂F 
 ∂l 
2
σ

2

2

 4(l 
 4F 1 
 4 
S = S M .   + S 2 F .   + Sl2  
3
3
 π .r 3 
 π .r 
 π .r 
2
σ

2

2

*Từ công thức :

4|Page


σb −

z1 = −

4 [ M + Fl ]
π .r 3

2

2

 4l 
 4F 
 4 
S + S M .  3  + S 2 F 1.  3  + Sl2  3 
 π .r 
 π .r 
 π .r 
2
σb

2

2

(

)

2
2
2
2
⇒ z12  Sσ b π .r 3 + 16 S 2 M + 16l 2 S 2 F + 16 F Sl2  = ( σ bπ r 3 ) − 2σ bπ r 3 .4 [ M + Fl ] +  4 [ M + Fl ] 


2
2
2
2
2
⇔ .r 6  z1Sσ b π − ( σ bπ )  + r 3 ( 2σ bπ .4 [ M + Fl ] ) + z12 16S 2 M + 16l S 2 F 1 + 16 F 1 Sl2  −  4 [ M + Fl ] 





(

z1 = −

)

σ lim − σ
Sσ2lim + Sσ2

ta thay số vào và đặt

t=r

3

, với độ tin cậy R=0,99 , ta có z1= -2,33 .

Đặt :

(

)

2
2
A =  z1Sσ b π − ( σ bπ ) 


B = 2σ bπ .4 [ M + Fl ]
2
2
2
C = z12 16 S 2 M + 16l S 2 F 1 + 16 F 1 Sl2  −  4 [ M + Fl ] 



t=r

3

Thay các giá trị đã cho ta có phương trình:
−6182594, 078t 2 + 3, 2974.1010 t − 4,3.1013 = 0

giải phương trình ta thu được
t1=3061,867 ứng với r=14,5mm tương ứng với R=0,99
t2=2271,4929 ứng với r=13,14mm tương ứng với R=0,01
Kết quả :bán kính thanh là r=14,5mm ứng với ứng suất không hỏng là R=0,99

5|Page


Câu2.Phân tích độ tin cậy R khi mr =15 mm, theo phương pháp mômen
thích hợp
Ta có
z1 = −

z1 = −

σb −

4 [ M + Fl ]
π .r 3

2
2
2
12  M + F1 l  
 4l 
 4 
2
2
2
2  4F 

Sσ b + S M .  3  + S F .  3  + Sl  3  + S r2  
4


π .r
 π .r 
 π .r 
 π .r 



2

181.2999
= −3.569
2579.96

Do đó độ tin cậy là 0.9998215
Câu3.Phân tích R khi mr = 1mm, Sd = 0,002md và thiết kế R = 0,999 theo
phương pháp xấu nhất.
1. Hàm trạng thái tới hạn:

g( X ) = σb −

4 [ M + Fl ]
π .r 3

2. Khoảng cách giữa giá trị trung bình và điểm cuối:
∆σ b lim = 150 MPa
∆M = 3000 Nmm
∆F = 150 N
∆l = 15mm

3. Giá trị trung bình của hàm trạng thái tới hạn:
4. Gradient của g tại giá trị trung bình:

g ( X ) = 181.2999MPa

6|Page


 −4 −4l −4 F 
∇g = 1; 3 ; 3 ; 3 ÷
 πr πr πr 
∇g = ( 1; −0, 0003773; −0.1509; −0, 6036 )
5. Từ đây suy ra:

∆g = (150.1 − 3000.0, 0003773 − 150.0,1509 − 15.0, 6036)
∆g = 117,179
6. Miền thay đổi hàm trạng thái tới hạn:

(

∆g = g − ∆g ; g + ∆g

)

= (181, 2999 − 117,179; −181, 2999 + 117,179)
= (64,1209; 298, 4789)

Thiết kế R theo phương pháp xấu nhất.
1. Hàm trạng thái tới hạn:

g( X ) = σb −

4 [ M + F1 (l − l1 ) ]
π .r 3

2. Giá trị trung bình của hàm trạng thái tới hạn:

g ( X ) = 800 −

4 [ 1000000 + 1600(1000 − 600) ]
π .r 3

3. Gradient của g tại giá trị trung bình:
 −4 −4l −4 F 
∇g = 1; 3 ; 3 ; 3 ÷
 πr πr πr 
 −1, 273 −509, 296 −2037,183 
∇g = 1;
;
;
÷
r3
r3
r3


4. Từ đây suy ra:

7|Page


1, 273
509, 296
2037,183
− 150.
− 0, 03.
)
3
3
r
r
r3
80274,515
∆g = 150 −
r3
∆g = (150.1 − 3000.

5. Trong trường hợp xấu nhất

g − ∆g ≥ 0

, cho nên:

4 [ 1000000 + 1600.400 ]
80274,515
− 150 +
≥0
3
π .r
r3
r ≥ 14,564mm

800 −

Câu4.Phân tích độ tin cậy R khi mr = 15 mm, theo phương pháp tìm
điểm xác suất lớn nhất.
1. Hàm trạng thái tới hạn:

g(X ) = σb −

4 [ M + F1 (l − l1 ) ]
π .r 3

Chuyển từ không gian X sang U theo công thức (5.11)
σ b = 800 + 50uσ b
M = 106 + 1000uM
F = 1600 + 50uF
l = 400 + 5l
g (U ) = 800 + 50uσ b −

2. Chọn u0 (

uσ , uT , uF , ul

4 ( 106 + 1000uM ) + ( 1600 + 50u F ) (400 + 5l1 ) 

π .r 3

) =(0,0,0,0) là điểm khởi đầu.
8|Page


3. Xác định g(u0) từ hàm trạng thái giới hạn:
800 −

4 106 + 1600.400 

π .153

g(u0) =

= 181.2999 MPa

4. đạo hàm riêng theo các biến:
∂g
= 50
∂uσ
∂g
4000
=−
∂uM
π 153
200(400 + 5ul )
∂g
=−
∂uF
π 153
∂g
20(1600 + u F )
=−
∂ul
π 153

5. Xác định

∇g (u o )

theo công thức:

 ∂g ∂g ∂g ∂g 
∇g (u o ) = 
,
,
,
÷ = ( 50.0000,-0.3773,-7.5451,-3.0180 )

u

u

u

u
M
F
l 
 σ
6. tiếp tục thực hiện các phép tính :
2

2

2

2

 ∂g   ∂g   ∂g   ∂g 
∇g (u ) = 
÷ +
÷ = 50.6575
÷ +
÷ +
 ∂uσ   ∂uM   ∂uF   ∂ul 
o

a0 =

∇g (u o )
= ( 0.9870 ,-0.0074, -0.1489, -0.0596 )
∇g (u o )

β 0 = u0 = 0
7. vòng lặp thứ nhất.

∇g (u o )
u1 = − a 0  β 0 +
∇g (u o )



 = ( -3.5325, 0.0267, 0.5331, 0.2132 )


Tiếp thực hiện lại các bước trên. Kết quả trình bày trong bảng dưới:
9|Page


 uσ 
 ÷
 uT ÷
 uF ÷
 ÷
÷
 ul 

Bước
lặp

g(u)

∇g (u o )

181.2999

 50.0000 

÷
 -0.3773 ÷
 -7.5451 ÷

÷
 -3.0180 

-0,0107

 50.0000 

÷
 -0.3773 ÷
 -7.5652 ÷

÷
 -3.0683 

∇g (u o )

β

a

1

0
0÷
 ÷
0÷
 ÷
0

50,6575

 0.9870 

÷
 -0.0074 ÷
 -0.1489 ÷

÷
 -0.0596 

0

2

 -3.5325 

÷
 0.0267 ÷
 0.5331 ÷

÷
 0.2132 

50,6635

 0.9869 

÷
 -0.0074 ÷
 -0.1493 ÷

÷
 -0.0606 

3.5789

3

 -3.5319 

÷
 0.0266 ÷ -1.0273.10-4
 0.5344 ÷

÷
 0.2167 

 50.0000 

÷
 -0.3773 ÷
 -7.5656 ÷

÷
 -3.0684 

50.6636

 0.9869 

÷
 -0.0074 ÷
 -0.1493 ÷

÷
 -0.0606 

3.5787

4

 −3,5318 

÷
 0, 0265 ÷
 0,5343 ÷ -0,0001

÷
 0, 2169 

 50.0000 
 0.9869 

÷

÷
 -0.3773 ÷
 -0.0074 ÷
 −7,5656 ÷ 50,66055  −0,14933 ÷

÷

÷
 −3, 019 
 −0, 05959 

Qua 3 vòng lặp các kết quả hội tụ tại chỉ số độ tin cậy

β

3,57866

=3,57866 tương ứng

với R=0,999828
Câu 5. Phân tích ngược với độ tin cậy R = 0,995
1. Hàm trạng thái tới hạn:

g( X ) = σb −

4 [ M + F1 (l − l1 ) ]
π .r 3
10 | P a g e


2.

Chuyển từ không gian X sang U theo công thức (5.11)
σ b = 800 + 50uσ b
M = 106 + 1000uM
F = 1600 + 50uF
l = 400 + 5l
g (U ) = 800 + 50uσ b −

4 ( 106 + 1000uM ) + ( 1600 + 50u F ) (400 + 5l1 ) 

π .r 3

β = 2,578

3. Theo xác suất F=0,005 cho trước ta tính được
uσ , uT , uF , ul
4. chọn u0 (
) =(0,0,0,0) là điểm khởi đầu.
5. xác định g(u0) từ hàm trạng thái giới hạn:

g(u0) =

.

4 106 + 1600.400 
800 − 
= 181.2999 MPa
π .153

6. đạo hàm riêng theo các biến:
∂g
= 50
∂uσ
∂g
4000
=−
∂uM
π 153
200(400 + 5ul )
∂g
=−
∂uF
π 153
∂g
20(1600 + u F )
=−
∂ul
π 153

7. Xác định

∇g (u o )

theo công thức:

 ∂g ∂g ∂g ∂g 
∇g (u o ) = 
,
,
,
÷ = ( 50.0000,-0.3773,-7.5451,-3.0180 )
 ∂uσ ∂uM ∂uF ∂ul 

Tiếp tục thực hiện các phép tính :

11 | P a g e


2

2

2

2

 ∂g   ∂g   ∂g   ∂g 
∇g (u ) = 
÷ +
÷ = 50.6575
÷ +
÷ +
 ∂uσ   ∂uM   ∂uF   ∂ul 
o

a0 =

∇g (u o )
= ( 0.9870 ,-0.0074, -0.1489, -0.0596 )
∇g (u o )

8. Vòng lặp thứ 1
u1 = − β a o = (2,5444;0, 019;0,3829;0,1536)

Tiếp tục thực hiện các bước trên
Bước
lặp

 uσ 
 ÷
 uT ÷
 uF ÷
 ÷
÷
 ul 

1

0
0÷
 ÷
0÷
 ÷
0

2

 -2.5445 

÷
 0.0192 ÷
 0.3840 ÷

÷
 0.1536 

3

 -2.5443 

÷
 0.0192 ÷
 0.3847 ÷

÷
 0.1554 

4

 -2.5443 

÷
 0.0192 ÷
 0.3847 ÷

÷
 0.1554 

g(u)

∇g (u o )

181.2999

 50.0000 

÷
 -0.3773 ÷
 -7.5451 ÷

÷
 -3.0180 

50.6994

 50.0000 

÷
 -0.3773 ÷
 -7.5596 ÷

÷
 -3.0543 

50.6993

 50.0000 

÷
 -0.3773 ÷
 -7.5598 ÷

÷
 -3.0543 

50.6993

 50.0000 

÷
 -0.3773 ÷
 -7.5598 ÷

÷
 -3.0543 

∇g (u o )

a

β

50.6575

 0.9870 

÷
 -0.0074 ÷
 -0.1489 ÷

÷
 -0.0596 

2.5780

50.6618

 0.9869 

÷
 -0.0074 ÷
 -0.1492 ÷

÷
 -0.0603 

2.5780

50.6618

 0.9869 

÷
 -0.0074 ÷
 -0.1492 ÷

÷
 -0.0603 

2.5780

50.6618

 0.9869 

÷
 -0.0074 ÷
 -0.1492 ÷

÷
 -0.0603 

2.5780

Qua 4 vòng lặp kết quả hội tụ tại u=(-2.5443; 0.0192; 0.3847; 0.1554) như
bảng trên . Hàm trạng thái giới hạn gF tại u* :
12 | P a g e


gF = g(u*) = 50,6993MPa
Câu 6. Phân tích độ nhạy
Độ nhậy của các tham số phân bố của các đại lượng ngẫu nhiên
được xác định theo công thức:
2

2

1 − β2
1 − 3,572866
φ (− β ) =
e
=
e
= 6, 6061.10 −4



với

Và các số liệu
smσ lim =

ui*

lấy từ kết quả câu 4.

u*
∂F
= −φ (− β ) σ lim
∂mσ lim
β Sσ lim

= −6, 6061.10−4

−3,5318
= 1,3039.10 −5
3,57866.50

( u σ lim )
∂F
=
= −φ (− β )
∂Sσ lim
β Sσ lim
*

sSσ lim

= 6, 6061.10

smM

−4

( −3,5318)

2

2

3,57866.50

= 4, 6051.10 −5

∂F
u*M
=
= −φ (− β )
∂mM
β SM

= −6, 6061.10−4

sS M

σ lim , M , F , l

0, 0265
= −4,8918.10−9
3,57866.1000

u *M
∂F
=
= −φ (− β )
∂S M
β SM

= −6, 6061.10 −4

smF

( 0, 0265 )

2

3,57866.1000

= 1, 2963.10 −10

∂F
u*F
=
= −φ (− β )
∂mF
β SF

= −6, 6061.10−4

0,5343
= −1,9726.10 −6
3,57866.50

13 | P a g e


(u F)
∂F
=
= −φ (− β )
∂S F
β SF
*

sS F

= 6, 6061.10−4

2

0,53432
= 1, 05396.10−6
3,57866.50

u *l
∂F
sml =
= −φ (− β )
∂ml
β Sl
= −6, 6061.10 −4

0, 2169
= −8, 008.10 −6
3,57866.5

(u l)
∂F
sS l =
= −φ (−β )
∂Sl
β Sl
*

= 6, 6061.10−4

2

0, 2169 2
= 1, 7369.10 −6
3,57866.5

Từ các kết quả trên ta rút ra nhận xét rằng độ lệch chuẩn giới hạn mỏi ảnh
hưởng lớn nhất đến độ tin cậy trục, tiếp đến là giá trị trung bình giới hạn mỏi.
Câu7.Phân tích độ tin cậy R khi mr =15 mm theo phương pháp mô phỏng
Monte Carlo
Tìm các số ngẫu nhiên ui
Sử dụng mô phỏng Monte Carlo để tìm 16 giá trị của giới hạn bền, tải trọng F,
momen uốn và chiều dài l. Điều đó đòi hỏi ta phải có 64 số ngẫu nhiên trong
phạm vi từ 0 đến 1. Ta lấy theo các cột 1, 2, 3, 4 mỗi cột 20 số (bảng 7.1) . Các
đại lượng ngẫu nghiên xác định :
σ bi = 800 + 50 zi

M i = 106 + 1000 zi
Fi = 1600 + 50 zi
li = 400 + 5 zi

Với zi tính theo công thức (7.7)
z = φ −1 (u ) = −t +

c0 + c1t + c2t 2
1 + d1t + d 2t 2 + d3t 3

u ≤ 0,5

khi
trong đó: c0=2,51551; c1= 0,802853 ; c2 = 0,010328 ; d1 = 1,432788 ; d2 =
0,189269 ;
t = − ln(u 2 )

d3 =0,001308 và
14 | P a g e


Khi u > 0,5 ,

φ −1

được tính theo u* = (1-u) :

z = φ (u ) = −φ (u*)
−1

−1

Các giá trị tính được đưa vào bảng sau:

Do ở đây ta chỉ lấy N=16, với giá trị N tính toán lớn ta xác định được độ tin
cậy R theo công thức 7.1.

15 | P a g e


Khi tính trên máy tính và hệ số lấy mẫu N=4000000 ta được các đồ thị sau:

mg ( x )

Giá trị trung bình
Sai lệch bình phương
Sg (x)

trung bình
Độ tin cậy R
Xác suất hỏng F

181.307599
29
50.6791406
2
0.99983625
0.00016375

16 | P a g e


Câu 8. Phân tích độ tin cậy theo phương pháp Rosenblueth :
Giá trị trung bình và độ lệch chuẩn
mσ b = 800MPa; Sσ b = 50 MPa
mM = 106 Nmm; S M = 1000 Nmm
mF = 1600 N ; S F = 50 N
ml = 400mm; Sl = 5mm

Tính :
4( M + Fl )
π r3
4(106 + 1600.400)
= 800 −
= 181, 2999MPa
π 153
g0 = σ b −

Ước lượng hàm tại 2K=2.4=8 điểm thêm vào:
4( M + Fl )
π r3
4(106 + 1600.400)
= 800 + 50 −
= 231, 2999 MPa
π 153
g1+ = σ b + Sσ b −

4( M + Fl )
π r3
4(106 + 1600.400)
= 800 − 50 −
= 131, 2999 MPa
π 153
g1− = σ b − Sσ b −

4( M + S M + Fl )
π r3
4(106 + 1000 + 1600.400)
= 800 −
= 180,9226 MPa
π 153
g2+ = σ b −

17 | P a g e


4( M − S M + Fl )
π r3
4(106 − 1000 + 1600.400)
= 800 −
= 181, 677 MPa
π 153
g2− = σ b −

4( M + ( F + S F ) l )
π r3
4(106 + (1600 + 50).400)
= 800 −
= 173, 7548MPa
π 153
g 3+ = σ b −

4( M + ( F − S F ) l )
π r3
4(106 + (1600 − 50).400)
= 800 −
= 188,845MPa
π 153
g 3− = σ b −

4( M + F ( l + Sl ) )
π r3
4(106 + 1600. ( 400 + 5) )
= 800 −
= 178, 2818MPa
π 153
g4+ = σ b −

4( M + F ( l − Sl ) )
π r3
4(106 + 1600. ( 400 − 5 ) )
= 800 −
= 184,3179MPa
π 153
g4− = σ b −

Các giá trì trung bình và hệ số biến phân :

18 | P a g e


g1+ + g1−
g1 =
= 181, 2999 MPa
2
g + + g 2−
g2 = 2
= 181, 2998MPa
2
g + + g3−
g3 = 3
= 181, 2999 MPa
2
g + + g 4−
g4 = 4
= 181, 2998MPa
2
g + − g1−
vg1 = 1+
= 0, 2758
g1 + g1−
vg 2 =

g 2+ − g 2−
= −2, 08.10−3
+

g2 + g2

g3+ − g3−
vg 3 = +
= −0, 0416
g3 + g3−
vg 4

g 4+ − g 4−
= +
= −0, 0309
g 4 + g 4−

Ước lượng giá trị trung bình và hệ số biến phân cho hàm trạng thái ứng suất :
4 
g 
g = g 0 ∏  i ÷ = 181, 2999 MPa
i =1  g 0 

(

)

 4

vg = ∏ 1 + v gi 2  − 1 = 0, 281
 i =1


Suy ra độ lệch chuẩn :
S g = σ vσ = 50,9455

Câu 9. Phân tích độ tin cậy theo phương pháp Latin Hypercube
Để giải bài toán, ta định dạng 4 đoạn cho mỗi biến với các số liệu cho trong
bảng :
σ
,phân phối chuẩn
M, phân phối chuần

650;700

700;750

750;800

800;850

850;900

900;950

997000;998000

998000;999000

999000;1000000

1000000;1001000

1001000;1002000

1002000;100300

19 | P a g e


F, phân phối chuẩn
l, phân phối chuẩn

1450;15000
385;390

1500;1550
390;395

1550;1600
395;400

1600;1650
400;405

0
1700;1750
410;415

1650;1700
405;410

Trong các đoạn này ta chọn các giá trị đại diện:
σ
,phân phối chuẩn
M, phân phối chuần
F, phân phối chuẩn
l, phân phối chuẩn

675

725

775

825

875

925

997500
1475
387.5

998500
1525
392.5

999500
1575
397.5

1000500
1625
402.5

1001500
1675
407.5

1002500
1725
412.5

Có tất cả Nk = 64 sự kết hợp giữa các giá trị trên, ta chọn 6 sự kết hợp với điều
kiện mỗi giá trị chỉ xuất hiện một lần:
σ

( ,M, F, l) = (675 ; 998500; 1575; 402.5); (725; 999500; 1625; 407.5); (775;
1000500; 1675; 412.5); (825; 1001500;1725; 387.5); (875; 1002500; 1475;
392.5); (925; (997500; 1525; 397.5)

Tương ứng với mỗi cặp số ta tính được giá trị g:

20 | P a g e


4( M + Fl )
π .153
4(997500 + 1475.387,5)
g 1 = 675 −
= 83.06 MPa
π .153
4(998500 + 1525.392,5)
g 2 = 725 −
= 122.498MPa
π .153
4(999500 + 1575.397,5)
g 3 = 775 −
= 161.75MPa
π .153
4(1000500 + 1625.402,5)
g 4 = 825 −
= 200.8MPa
π .153
4(1001500 + 1675.407,5)
g 5 = 875 −
= 239.677 MPa
π .153
4(1002500 + 1725.412,5)
g 6 = 925 −
= 278.359 MPa
π .153
g =σ −

Ước lượng giá trị trung bình trạng thái ứng suất tới hạn:
1
mg = (83.06 + 122.498 + 161.75 + 200.8 + 239.677 + 278.359)
6
= 181.024 MPa

21 | P a g e


22 | P a g e



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×