Evaluación Técnica de fallos

LE05_Evaluación Técnica de fallos
CARRERA: INGENIERÍA ELECTROMECÁNICA
NOMBRE:
Lenin Javier Contento Chamba
PARALELO:
A
ASIGNATURA:
Mantenimiento y Seguridad Industrial
TEMA:
Evaluación técnica de fallos.
FECHA:
04/07/2022
CONSIDERACIONES:
La calificación será 10/10 según la ponderación indicada.
1. EJERCICIO 01
Se dispone de un histórico de fallos de un cojinete de rodillos. Se desea hacer un estudio por el método de
Weibull. Los fallos recogidos en el histórico en días son:
197.5 96.25 668.75 540 418.75 305
807.5 957.5 1121.25 5617.5
4317.5 3557.5 3017.5 1300 2598.75 2257.5 1967.5 1717.5 1717.5 1497.5
A partir de los mismos, se pide:
1. Determinar el tipo de fallos y sus parámetros (γ, β, η).
Fallo
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
γ= 0
TBF
96,25
197,5
305
418,75
540
668,75
807,5
957,5
1121,25
1300
1497,5
1717,5
1717,5
1967,5
2257,5
2598,75
3017,5
3557,5
4317,5
5617,5
β=1.0281
F(t)
0,0476
0,0952
0,1429
0,1905
0,2381
0,2857
0,3333
0,3810
0,4286
0,4762
0,5238
0,5714
0,6190
0,6667
0,7143
0,7619
0,8095
0,8571
0,9048
0,9524
η=1893
[1 punto]
X=ln(t)
Y=ln (1/(1-F(t)))
Pendiente
1,0281
4,56695
-3,02022654 Ordenada
-7,7577
R2
5,28574
-2,301750855
0,9988
β
5,72031
-1,869824714
1,0281
η
6,03727
-1,554433319
1893
A
6,29157
-1,302196935
0,9888
B
6,50541
-1,08923964
0,9618
MTBF
6,69394
-0,902720456
1871,30
6,86433
-0,734858987
 1820,36
7,02220
-0,580504824
50
7,17012
-0,435985403 dato t
7,31155
-0,29849048 hallar:
0,023572897
7,44863
-0,165702981 F(t)=
0,976427103
7,44863
-0,035543351 R(t)=
7,58452
0,094047828
0,976427103
7,72201
0,225351487 dado R(t)
7,86279
0,36122375 hallar:
50
8,01218
0,505749609 t=
8,17681
0,665729811
8,37043
0,855000373
8,63364
1,113344054
2. Determinar el Tiempo Medio de Buen Funcionamiento y para éste, su Fiabilidad y Probabilidad de Fallo.
[1 punto]
Pendiente
Ordenada
R2
β
η
A
B
MTBF

dato t
hallar:
F(t)=
R(t)=
o
MTBF=1871.30
o
F(t)=0.627843636=62.78%
o
R(t)=0.372156364=37.22%
1,0281
-7,7577
0,9988
1,0281
1893
0,9888
0,9618
1871,30
1820,36
1871,3
0,627843636
0,372156364
3. Se desea garantizar una disponibilidad del 95%. Determine cuál debería ser en promedio el tiempo de
reparación que debería establecer
𝑀𝑇𝐵𝐹
[1 punto]
1−𝐷
𝐷
𝐷 = 𝑀𝑇𝐵𝐹+𝑀𝑇𝑇𝑅 = MTTR =
Disponibilidad
MTTR
∗ 𝑀𝑇𝐵𝐹
1−0.95
∗ 1871.30
0.95
0,95
98,53779397
días
= 98.48842
4. Definir una política de mantenimiento para tener una probabilidad de fallo del 12%.
[1 punto]
Para obtener un fallo de un 12 %, se debería contar con un tiempo promedio de reparación de 256 días.
Pendiente
Ordenada
R2
β
η
A
B
MTBF

1,0281
-7,7577
0,9988
1,0281
1893
0,9888
0,9618
1871,30
1820,36
dato t
hallar:
F(t)=
R(t)=
256
0,1200
0,8800
5. Actualmente, el plan de mantenimiento que consiste en el cambio del cojinete es de 150 días. Por
exigencias productivas, se debe garantizar una fiabilidad del 94%, ¿debería cambiarse el plan de
mantenimiento? Ayúdele a tomar la decisión correcta.
[1 punto]
EL tiempo de reparación, para garantizar una fiabilidad del 94%es de 126 días.
Pendiente
Ordenada
R2
β
η
A
B
MTBF

dato t
hallar:
F(t)=
R(t)=
dado R(t)
hallar:
t=
1,0281
-7,7577
0,9988
1,0281
1893
0,9888
0,9618
1871,30
1820,36
126,35
0,0600
0,9400
0,940
126,35
6. La probabilidad de fallo en los próximos 10 días después de haber durado 70 días.
𝑅 (𝑡 +
𝐹 (𝑡 +
[1 punto]
𝛥𝑡
𝑅(𝑡 + 𝛥𝑡) 0.962
)=
=
= 0.9948
𝑡
𝑅(𝑡)
0.967
𝛥𝑡
𝛥𝑡
) = 1 − 𝑅 (𝑡 + ) = 1 − 0.9948 = 0.005
𝑡
𝑡
R(t(70)+t(80)
Fallo(t(70)+t(80)
0,995043249
0,004956751
7. Se han localizado unos cojinetes similares, pero siguen una distribución Normal de media de 200 días y
desviación típica 40 días. ¿Cuál sería en este caso el tiempo de cambio para seguir con una fiabilidad del
94 %?
142 Días.
[1 punto]