Стр. 118 ГОСТ 20736—75
Так как рн>Л1д , партию бракуют.
Пример 15
Постановка задачи такая же, как в примере 13. Дополнительно оговорено,
что емкость конденсаторов не должна превышать 7^68420 пФ. Верхней грани
це Тв~ 68420 пФ соответствует значениеAQLB=4,0%,анижнейгранице
Г н -59420 пФ соответствует значение AQLH= 1*5 %.
Решение. Выбираетсяa-план,способ 1. По коду I получают из табл. 16
для AQLHобъем выборки лн=10 и для AQLB объем выборки лв= 13. Для даль
нейших расчетов используют п=10. По_табл. 16 определяют оба контрольных
норматива яан =1,70 и k0B=1,34. При *=64420 пФ и а=3000 пФ получают по
формулам (12) и (13).
68420 пФ — 64420 пФл
Ув~ЗОООпФ =1,33 и QH=
64420 пФ — 59420 пФ
3000 пФ=1>67 •
Так както партию бракуют.
Пример 16
=
1
Постановка задачи такая же, как в примере 15.
Решение. Выбирается a-план, способ 2. Покоду I получают из табл. 16’
для
AQLH
1,5
лн—
0
и для
AQL
=
4,0
%
я в
=
13
.
Для дальнейших расчетов используют п=10. Для этой величины определяют
из табл. 18 а =1,054 и для двух значений AQL:
AfaB=8,13 и Мдн=3,63.
При *.=64420 пФ и сг=3000 пФ вычисляют.по формулам (14) и (15).
< £ =
1.054
Q„ =
68420 пФ — 64420 пФ
* =
3000 пФ
64420пФ — 59420 пФ
О-Q „ -1.054
ЗОООпФ
1,41и
1,76.
По этим величинам определяют из табл. 20оценочные значения входного
/
ч/
S
уровня дефектности /?в=7,93 и рн*=3,92.
Так как ря >Л40Н, то партию бракуют.
Пример 17
Постановка задачи такая же, как в примере 15, задано лишь одно значение
AQL= 1,5 %.
Решение. Выбирают cf-план, способ 2. Значения л, Л1а и v получают из
табл. 18: п=10, Ма =3,63, v—1,054. Как в примере 16, вычисляют
Q*B =1,41 и Q*H=1,76
/N/Ч
и определяют по табл. 20 рв= 7,93 и рн=3,92 и вычисляют
Р = РвЧ-/,н= 11,85 .
Так как р>Мя , то партию бракуют.
Пример 18
Постановка задачи такая же, как в примере 17.