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:P A ().=085P B A (|).--=02 P B A (|).=085 P B A (|).-=08 P B A (|).-=015 至少有一枚击中的概率是:P AB P AB P B A ()()()++--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:P AB P A P B P AB P A P B ()()()...()()()...=⋅=⨯==⋅=⨯=--0850850722508508501275但A -和B 是统计相关的P AB P A P B A ()()(|)...---==⨯=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)=0.03 P(C|D)=0.98 P C D (|)_=0.04 用贝叶斯定理来计算P(D|C) P D C P D P C D P C D P D P C D P D (|)()(|)(|)()(|)()(.)(.)(.)(.)(.)(.).__=+=+=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154950C C ⨯，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][=-⨯-=⨯=C C C P B 2.2 证明：⎰∞=0)(dt t R MTTF解:⎰⎰⎰⎰∞∞∞∞∞=+-=-==00000dtt R dt t R t tR t tdR t tdF ET )()()()()(设⎰∞=)(dt t tf t 是一个有限数，则0)(lim =⎰∞∞→dt t tf TT对于任何的0>T ，有⎰⎰∞∞≤=≤TTdt t tf dt t f T T TR )()()(0∴ 0)(l i m=∞→T TR T ∴ 0)(l i m=∞→t tR T 2.2 证明：)(lim *0S R MTTF s →=解:由终值定理有下列等式:)(lim )(lim *0S R S t R s t ⋅=→∞→⋅==→∞→⎰S dt t R MTTF s tt lim )(lim 0£)(lim )(lim )(*0*00S R S S R S dt t R s s t →→=⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎰ 另外证明可按拉氏变换定义得到:⎰∞=0)(dt t R MTTFMTTF dt t R R dt e t R S R st ==⇒⋅=⎰⎰∞∞-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=-=-=∴Nt N N R ft=2000小时, 222000=)(n ,R N n N ()()2000200010022100=-=-=78%累积失效概率即不可靠度为 F(1000)=n t N ()==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.!).(!)()(.===--e t ef tλλ 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: λ().5011001001=⨯=/小时λ().513990030==/小时2.6 已知压力阀门的失效率为λ()t t =+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 []-+⎰12t dt o t=1-exp [ln()]-+t o t2 =1-exp [ln()ln ]-++t 221-F(t)=12222t t +⋅=+exp(ln ) F(t)=t t tt +-+=+2222λ()()()#t f t R t =f(t)=λ()()()t R t t t t ⋅=+⋅+=+12222222.7 已知失效率服从下述关系λλ()t = 01≤≤t tλλ()()t k t t =+-1 t t ≥1试求时间t 系数的可靠度和失效密度函数? 解:当 t t <1 指数分布R t e f t et t()()==--λλλt t >1, R t x dx x dx t tt ()exp [()()]=-+⎰⎰λλ11=-⋅-+-⎰exp()exp [()]λλt k t t dt t t 111=-⋅⋅----⎰exp()[exp exp ()]()λλt k t t dt t t t t1111=-⋅-⋅-exp()exp[()]λt k t t t t1221=-⋅-⋅-exp()exp ()λt kt t 212 =---exp[()]λt kt t 212 ]2)t t (k t [121e )]t t (k [)t (f -+λ--+λ=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 -⨯=-=λλ100011000099.(b) λ()[()]t nt N n t =-∆∆∆∆n t N n t t =⋅-⋅λ()[()]=⨯-⨯=-10100001000105()(c) R(MTTF)=ee MTBF MTBF--==10368.(d) 根据指数分布的无记忆性P t t t T t P (,)().+=>==∆10001000099 证明无记忆性简单说明如下:P t t t P t t t P t P t t P t ()(,)()()()+=+=+∆∆∆==-+--e e et t t tλλλ()/∆∆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 ≤20000 19 20000≤m ≤40000 11 40000≤m ≤60000 7 60000≤m ≤80000 5 80000≤m ≤1000004 100000≤m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/N R(t)=1-F(t) 20000 19 0.413 0.587 40000 30 0.652 0.348 60000 37 0.804 0.196 80000 42 0.913 0.087 100000461.0000.0 f t N N tN f F().==∆∆∆4620000 λ()t N N t fs=⋅∆∆ ∆N fN S0.207⨯-1040.207⨯-10419 46 0.120⨯-1040.204⨯-104 1 27 0.076⨯-104 0.219⨯-104 7 16 0.055⨯-104 0.278⨯-104 5 9 0.044⨯-104 0.500⨯-10444解(2)摘自书(9)例：计算公式：Nt N t R )()(=， tN t t N t N t h i ∆∆+-=)()()(第一组结果如下：587.046/27)20000(ˆ==R410207.0)20000(462746)(ˆ-⨯=⋅-=i t h410120.0)20000(461627)(ˆ-⨯=⋅-=it ft )(t N N -)(ˆt F)(ˆt R410)(ˆ⨯t f410)(ˆ⨯t h20000 19 0.413 0.587 0.207 0.207 40000 30 0.652 0.348 0.120 0.204 60000 37 0.804 0.196 0.076 0.219 80000 42 0.913 0.087 0.055 0.278 100000 461.0000.00.0440.500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=0γ=0.90.解2:在《二项式可靠度表》中,查n=179、r=0那一行和γ=0.90那一列的数值,得97720.=L R 按零失效估计:977.01.0)(5,0010220000==≥⨯nT t t R α解3:9775.0)200,2(1001111.0≈+=F R L , 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λU ? 解:因为 R F et=-=-1λ所以λ=-1tR ln①利用《二项式可靠度表》,查n=80、r=2那一行和γ=0.90那一列的数值,为93480.=L R②9348.0)156,6(783111.0≈+=F R L , )](),([)()(r n r F r n r R L -+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++=212111α将其代入上式,当t=250小时,得到00026970250067420934802501..).ln(≈≈-=U λ 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/n r r r n r r r ∧-∧≤≤θχλθχαα∑=∧-+=ri r t r n i t n r r 1)()()(),(θ=7+12+15+24+25+48+53+56+72+95+(20-10)x110 =1507. 查表：781.36)22()2(2025.022/==χχαr 982.10)22()2(2975.022/1==-χχαr 求得λ的双边置信区间：0122.00036.015072781.3615072982.10≤≤⨯≤≤⨯λλ λ的单边置信上限：αθχλα-=≤≤∧-1)),(2)2(0(21n r r r P查表：924.33)22()2(295.021==-χχαr求得λ的单边置信上限：0113.007512924.33=⨯≤λ3.5 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：t 150=小时,和t 270=小时产品失效,t 330=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=⨯-+++=)(n T 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t 1250=小时,第二次t 2400=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(221t t n t t S n +⨯-++= 无替换定时截尾试验平均寿命的单侧置信下限：)22(2205.0+=r S n L χμ ∴ 1000 =)6()400(8400250(2205.0χt +++⨯ ∴ t =3064008400250]2/)59.121000[(=---⨯小时3.7 设某批产品符合指数分布，从该批中随机地抽取10件，进行无替换寿命试验试验到300hr 停止试验，在停止试验前只知道有5件失效，它们的试验失效时间为t(1)=35, t(2)=85, t(3)=150, t(4)=230, t(5)=250(小时)求置信度90%下θ,λ的置信区间?解: )(5.281987.154500)10()30052502301508535(2)2(),(229.021h r r n T ==⨯+++++⨯=≥-χχθα h /00355.05.28111==≤θλ 3.8 某飞机油箱增压泵43个，每个观察300小时，观察过程中共发生7次故障，若为指数分布，求该泵的平均寿命，300个小时时的可靠度及90%置信度下平均寿命的双侧置信区间。