Сведем данные для расчета в таблицу
|
Обозначение размера |
Размер |
xj |
Ecj |
Tj |
aj |
aj |
Ecj+aj |
xj
(Ecj+aj |
|
А1 |
27(-0,12) |
+1 |
-0,06 |
0,12 |
+0,2 |
0,012 |
-0,048 |
-0,048 |
|
А2 |
142 |
+1 |
Ec2 |
0,69 |
+0,2 |
0,069 |
Ec2+0,069 |
+(Ec2+0,069) |
|
А3 |
27(-0,12) |
+1 |
-0,06 |
0,12 |
+0,2 |
0,012 |
-0,048 |
-0,048 |
|
А4 |
|
-1 |
0 |
0,46 |
0 |
0 |
0 |
0 |
)
По уравнению (10)
найдем среднее отклонение размера А2.
0 = -0,048 + (Ес2 + 0,069) -0,048
Ес2 = +0,027 мм.
Предельные отклонения размера А2:
ES2 = +0,027 + 0,5×0,69= +0,372 мм;
EI2 = +0,027 - 0,5×0,69= -0,318 мм.
Т.о.
А2
=
мм.
Обратная задача
Найти
предельные значения замыкающего размера
при значениях составляющих размеров,
полученных в результате решения примера
3.
Расчет произвести вероятностным методом, исходя из допустимого процента брака на сборке, равного 0,27%.
Сведем данные для расчета в таблицу
|
Обоз. размеров |
Размер |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
А1 |
27(-0,12) |
+1 |
-0,06 |
0,12 |
+0,2 |
0,012 |
-0,048 |
-0,048 |
0,12 |
0,0144 |
|
А2 |
|
+1 |
+0,027 |
0,69 |
+0,2 |
0,069 |
0,096 |
+0,096 |
0,69 |
0,4761 |
|
А3 |
27(-0,12) |
+1 |
-0,06 |
0,12 |
+0,2 |
0,012 |
-0,048 |
-0,048 |
0,12 |
0,0144 |
|
А4 |
|
-1 |
0 |
0,46 |
0 |
0 |
0 |
0 |
0,46 |
0,2116 |
1. Номинальное значение замыкающего размера:
=
27 + 142 + 27 –195 = 1 мм.
2. Среднее отклонение замыкающего размера:
мм.
3. Допуск замыкающего размера:
мм.
4. Предельные значения замыкающего размера:
мм;
мм.
5. Сравним полученные результаты с заданными
.
Следовательно, изменения предельных отклонений составляющих размеров не требуется.
Часть3
Обработка результатов многократных измерений
В табл.1 приведены 100 независимых числовых значений результата измерения X, каждое из которых повторилось m раз. Доверительная вероятность P=0,9.
табл. 1
|
X |
m |
X |
m |
X |
m |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
1.Определяем
среднее арифметическое и стандартное
отклонение для данных табл.1: 
; 
.
2. С помощью правила « трех сигм» проверяем наличие или отсутствие промахов.
Таким
образом, ни один из результатов не
выходит за границы интервала
,
следовательно, с вероятностью 0,9973
гипотеза
об
отсутствии
грубых погрешностей принимается.
3. Построение гистограммы и выдвижение гипотезы о виде закона распределения вероятности.
Для этого, чтобы построить гистограмму, необходимо результаты отдельных измерений расположить в так называемый вариационный ряд по возрастанию их численных значений( в рассматриваемом примере эта процедура уже проделана и представлена табл.1)
Участок
оси абсцисс, на котором располагает
вариационный ряд значений физической
величины, разбивается на k одинаковых
интервалов
.
Выбор числа интервалов k=10 :
.
Выбор начала первого интервала в точке 14,941, тогда конец последнего(11-го) интервала окажется в точке 15,590
Затем
для каждого интервала подсчитывается
количество результатов
,
попавших в данный интервал и определяется
(Результаты приведены в табл.2)
Общее число интервалов становится равным 7.
4. Проверка нормальности закона распределения по критерию Пирсона.
Если выдвинута гипотеза о нормальности распределения, то для расчета вероятностей используется функция Лапласа:
,
и
определяем по таблице.
Найдя
таким образом значения Рi
для каждого
интервала ki
, заполним
соответствующие ячейки таблицы 2, а
затем рассчитаем значение
-- критерия
для каждого интервала и, наконец суммарное
значение
: 
Определим
табличное значение
,
задавшись доверительной вероятностью
0,9 и вычислив по формуле r=k-3 число степеней
свободы:
r =k-3=10-3 =7 ;
Таким образом, с вероятностью 0,9 гипотеза о нормальности распределения вероятности результата измерения принимается.
5.
В тех же координатах , что и гистограмма
, следует построить теоретическую
кривую плотности вероятности . Для этого
рассчитываются значения плотности
вероятности для середина каждого
интервала pi=Pi/
и откладываются как ординаты из середины
соответствующих интервалов , полученные
точки соединяют плавной кривой ,
симметричной относительно математического
ожидания .
6. Представление результатов в виде доверительного интервала.
Для этого определим стандартное отклонение среднего арифметического по формуле:
Закон
распределения вероятности для среднего
арифметического
считаем нормальным (что следует из
нормальности распределения самой
измеряемой
величины), тогда доверительный интервал
определяется по выражению (
)
при доверительной вероятности 0,9.
Этому значению соответствует аргумент
функции Лапласа t = 1,65.
В случае, если закон распределения вероятности для среднего арифметического считается неизвестным, то относительный доверительный интервал рассчитывается в соответствии с неравенством Чебышева :
;
t=3.16
Как видно из сравнения результатов, неизвестность закона распределения вероятности приводит к расширению доверительного интервала, то есть к увеличению дефицита измерительной информации.
табл.2
|
i |
Xi-1 |
Xi |
m |
|
ti-1 |
ti |
Фi-1 |
Фi |
Pi |
|
|
1 |
14.941 |
15 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
15 |
15.059 |
1 |
0.211864 |
-3.21186 |
-1.21186 |
-0.4993 |
-0.3869 |
0.1124 |
3.264199 |
|
3 |
15.059 |
15.118 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
15.118 |
15.177 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
15.177 |
15.236 |
13 |
2.20339 |
-1.21186 |
-0.71186 |
-0.3869 |
-0.2611 |
0.1258 |
0.014022 |
|
6 |
15.236 |
15.295 |
26 |
4.40678 |
-0.71186 |
-0.21186 |
-0.2611 |
-0.0832 |
0.1779 |
3.288876 |
|
7 |
15.295 |
15.354 |
27 |
4.576271 |
-0.21186 |
0.288136 |
-0.0832 |
0.1141 |
0.1973 |
2.378809 |
|
8 |
15.354 |
15.413 |
13 |
2.20339 |
0.288136 |
0.788136 |
0.1141 |
0.2852 |
0.1711 |
0.987265 |
|
9 |
15.413 |
15.472 |
10 |
1.694915 |
0.788136 |
1.288136 |
0.2852 |
0.4015 |
0.1163 |
0.228452 |
|
10 |
15.472 |
15.531 |
4 |
0.508475 |
1.288136 |
2.288136 |
0.4015 |
0.4887 |
0.0872 |
0.84844 |
|
11 |
15.531 |
15.59 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
