可靠性试题

练习一1.设导弹的可靠度为0.85,两枚导弹在射击目标时不是互相统计独立,第一枚未击中第二枚也击不中的概率为0.2,然而第一枚击中,第二枚击中的概率不变,仍旧是0.85,试问两枚导弹至少有一枚击中的概率?解:PA().085PBA(|).02PBA(|).085PBA(|).08PBA(|).015至少有一枚击中的概率是:PABPABPBA()()()注意本题指的是第一枚未击中情况下,第二枚的击中概率会有变化,如果第一枚击中话,则第二枚射击无影响,所以A,B和AB是统计独立的,故有:PABPAPBPABPAPB()()()...()()()...0850850722508508501275但A和B是统计相关的PABPAPBA()()(|)...01508012所以至少击中一枚的概率为它们之和=0.972.试验一种产品,有98%的判断有缺陷的产品,而4%的概率将好产品认为是有缺陷的,如果对一批试验产品有3%的次品率,问一个产品归为次品而真正是次品的概率是多少?解:D表示产品是有缺陷的事件C表示将产品归为有缺陷事件那么P(D)=0.03P(C|D)=0.98PCD(|)_=0.04用贝叶斯定理来计算P(D|C)PDCPDPCDPCDPDPCDPD(|)()(|)(|)()(|)()(.)(.)(.)(.)(.)(.).__003098098003004097043练习二2.1设有一批零件共100件，其中有5件次品，现从中任取50件，问恰好有一件次品的概率是多少？解：S=“从100件中任取50件”共有多少种抽法，即)!50100(!50!10050100C每一种抽法就是一个事件，即得到总的样品空间数。B=“任取50件，其中恰好有1件次品”，由多少基本事件？显然，任抽的50件恰好有一件次品，必须从95件合格品中抽出49件合格品，共有4990C种取法，而从5件次品中取1件次品共有15C种抽法，所以，B事件的数目为154950CC，而它占总的样品空间的比例即为所求的概率%3.15)!50100(!50!1005)!4995(!49!9550100154990][CCCPB2.2证明：0)(dttRMTTF解:00000dttRdttRttRttdRttdFET)()()()()(设0)(dtttft是一个有限数，则0)(limdtttfTT对于任何的0T，有TTdtttfdttfTTTR)()()(00)(limTTRT0)(limttRT2.2证明：)(lim*0SRMTTFs解:由终值定理有下列等式:)(lim)(lim*0SRStRstSdttRMTTFsttlim)(lim0£)(lim)(lim)(*0*00SRSSRSdttRsst另外证明可按拉氏变换定义得到:0)(dttRMTTFMTTFdttRRdtetRSRst0*0*)()0()()(2.3有100台仪表工作到1000小时有10台发生故障,工作到2000小时,总共有22台发生故障,求此仪表的分别在1000小时与2000小时的可靠度及累积失效概率?解:t=1000小时n=(1000)=10,%)()(90100101001000NtNNRft=2000小时,222000)(n,RNnN()()200020001002210078%累积失效概率即不可靠度为F(1000)=ntN()1010010%F(2000)=22%2.4有一台设备上的零件在使用了2000小时期间更换两次，这零件通常失效率较低，取λ=0.1×10—3小时，求这台设备发生二次故障概率？设备工作是否正常?解：因λt=0.1×10-3×2000=0.2按泊松分布在2000小时内二次故障概率01640220222202.!).(!)()(.eteft设备工作是不正常2.5设有N=100个产品,从t=0开始运行,在50小时内无故障,在50~51小时内发生1个故障,在51~52小时内发生3个故障,求该产品在50及51小时的故障率?解:().5011001001/小时().513990030/小时2.6已知压力阀门的失效率为()tt12,试求该部件的累积失效分布F(t)和失效函数f(t).解:F(t)=1-exp[]12tdtot=1-exp[ln()]tot2=1-exp[ln()ln]t221-F(t)=12222ttexp(ln)F(t)=tttt2222()()()#tftRtf(t)=()()()tRtttt12222222.7已知失效率服从下述关系()t01tt()()tktt1tt1试求时间t系数的可靠度和失效密度函数?解:当tt1指数分布Rteftett()()tt1,Rtxdxxdxttt()exp[()()]110exp()exp[()]tkttdttt111exp()[expexp()]()tkttdttttt1111exp()exp[()]tktttt1221exp()exp()tktt212exp[()]tktt212]2)tt(kt[121e)]tt(k[)t(f2.8已知某部件的失效率λ=105/小时,试求:(a)1000小时部件可靠度?(b)如果有1000个这样的部件同时工作,问1000小时工作内有多少部件已经失效?(c)部件在一个MTTF时间的可靠度是多少?(d)如果已知部件工作了1000小时,问继续工作1000小时的概率是多少?解:(a)R(1000)=e100011000099.(b)()[()]tntNntntNntt()[()]10100001000105()(c)R(MTTF)=eeMTBFMTBF10368.(d)根据指数分布的无记忆性PtttTtP(,)().10001000099证明无记忆性简单说明如下:PtttPtttPtPttPt()(,)()()()eeetttt()/2.9进行汽车轴承的磨损实验,投试的样品为46,现将试验结果统计表如下:区间(公里)故障数目0≤m≤200001920000≤m≤400001140000≤m≤60000760000≤m≤80000580000≤m≤1000004100000≤m0试求失效率函数,可靠度函数解(1):首先按时间求出系统各点的可靠度与不可靠度公里数(t)累积失效总数NfF(t)=Nf/NR(t)=1-F(t)20000190.4130.58740000300.6520.34860000370.8040.19680000420.9130.087100000461.0000.0ftNNtNfF().4620000()tNNtfsNfNS0.2071040.20710419460.1201040.2041041270.0761040.2191047160.0551040.278104590.0441040.50010444解(2)摘自书(9)例：计算公式：NtNtR)()(，tNttNtNthi)()()(第一组结果如下：587.046/27)20000(ˆR410207.0)20000(462746)(ˆith410120.0)20000(461627)(ˆitft)(tNN)(ˆtF)(ˆtR410)(ˆtf410)(ˆth20000190.4130.5870.2070.20740000300.6520.3480.1200.20460000370.8040.1960.0760.21980000420.9130.0870.0550.278100000461.0000.00.0440.500练习三3.1在某一系统中,对某一种继电器,要求它必须动作2000次,如果随机地抽取20只继电器作动作次数试验,作到10000次都没有失效的,那么在90%的置信度条件下,母体可靠度的置信下限是多少呢?解1:总的动作次数=20×10000=200000;n=工作周期数=1002000200000;因为无效的,所以,n=100;r=0=0.90.解2:在《二项式可靠度表》中,查n=179、r=0那一行和=0.90那一列的数值,得97720.LR按零失效估计:977.01.0)(5,0010220000nTttR解3:9775.0)200,2(1001111.0FRL,33.21.0F3.2如果某产品的失效分布是指数分布,如果随机抽取80只产品进行250小时寿命试验,发现78只是可靠的，有2只失效,若以90%的置信度推算失效率λ的置信上限U?解:因为RFet1所以1tRln①利用《二项式可靠度表》,查n=80、r=2那一行和=0.90那一列的数值,为93480.LR②9348.0)156,6(783111.0FRL,)](),([)()(rnrFrnrRL212111将其代入上式,当t=250小时,得到00026970250067420934802501..).ln(U3.4设某批产品符合指数分布，从该批中随机地抽取20件，进行无替换寿命试验,试验到11件失效停止试验，它们的试验失效时间为t(1)=7,t(2)=12,t(3)=15,t(4)=24,t(5)=25，t(6)=48，t(7)=53，t(8)=56，t(9)=72，t(10)=95，t(11)=110，求置信度95%下，λ的双边置信区间和单边置信上限?解:λ的双边置信区间：),(2)2(),(2)2(22/122/nrrrnrrrrirtrnitnrr1)()()(),(=7+12+15+24+25+48+53+56+72+95+(20-10)x110=1507.查表：781.36)22()2(2025.022/r982.10)22()2(2975.022/1r求得λ的双边置信区间：0122.00036.015072781.3615072982.10λ的单边置信上限：1)),(2)2(0(21nrrrP查表：924.33)22()2(295.021r求得λ的单边置信上限：0113.007512924.333.5抽五个产品进行定时截尾的可靠性寿命试验,截尾时间定为100小时,已知在试验期间产品试验结果如下：t150小时,和t270小时产品失效,t330小时有一产品停止试验，计算该产品的点平均寿命值?.解:总试验时间35010035307050)(nT小时点平均寿命MTTF=1752350小时3.6设产品的寿命服从指数分布,抽其10个产品进行无替换定时截尾试验已观察到二次失效，第一次在t1250小时,第二次t2400小时,在置信度为0.95下,为满足平均寿命的单侧置信下限为1000小时,还需继续进行无失效试验多少小时?解:设还需继续进行无失效试验时间t总试验时间)()2(221ttnttSn无替换定时截尾试验平均寿命的单侧置信下限：)22(2205.0rSnL1000=)6()400(8400250(2205.0tt=3064008400250]2/)59.121000[