fd02aed
.pdf
Частота отказов
a(t) = λ0 |
(λ0t)k −1 |
−λ0t |
= λ |
(λt)m |
−λt |
|
||
|
e |
|
|
e |
|
. |
||
(k −1)! |
|
m! |
|
|||||
Подставляя численные значения в a(t), находим
а(20000) = 3·10–5 0,36!3 е–0,6 = 5,4·10–5 ч–1.
Вычислим интенсивность отказов:
λ(20000) = |
a(20000) |
|
= |
0,54 10−6 |
= 6 10−5 ч–1. |
|
P(20000) |
0,908 |
|||||
|
|
|
||||
Средняя наработка до первого отказа изделия
T = |
k |
= |
m +1 |
= |
4 |
=133000 ч. |
λ0 |
|
3 10−5 |
||||
1 |
|
λ |
|
|
Пример 3.5. Информационный канал имеет λ = 10–2 ч–1, μ = 1 ч–1. Сопоставить среднюю наработку до отказа канала при его троировании и мажоритарном резервировании при n = 3 и m = 2.
Решение. При мажоритарном резервировании
Т |
|
= |
|
1 |
|
= |
1,7 103 ч. |
|
1 |
2 |
10−2 С2 |
(10−2 )1 |
|||||
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
3 |
|
|
|
При троировании согласно (3.48) Θ0 |
= 1; |
Θ1 = 3λ/μ; Θ2 = |
||||||||||||||
= 6λ2/(2μ2); Λ0 = 3λ; Λ1 = 2λ; Λ2 = λ; М1 = μ; М2 = 2μ. |
||||||||||||||||
Т |
1 |
= |
Θ0 |
|
+ |
Θ0 + Θ1 + |
Θ0 + Θ1 + Θ2 |
= |
||||||||
|
|
|
||||||||||||||
|
|
Λ |
Θ |
0 |
|
|
Λ Θ |
Λ |
Θ |
2 |
|
|||||
|
|
|
0 |
|
|
1 |
1 |
|
2 |
|
|
|||||
= 33 + |
1,030 |
|
+ |
1,0303 |
|
= 3,4 105 ч. |
|
|||||||||
6 10–4 |
|
3 10–6 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Таким образом, по явным отказам, троирование по сравнению с мажоритарным резервированием дает в 200 раз большую наработку до отказа, однако метрологические отказы при этом не выявляются.
201
3.3.3.Сочетание параллельного
ипоследовательного соединений элементов в объекте
Во многих практически важных случаях структурную схему надежности объекта можно представить в виде последовательнопараллельного и параллельно-последовательного соединений элементов. Расчет надежности таких схем, называемых резервированными, производится путем последовательного применения расчетных соотношений (3.6) и (3.18) для схем последовательно и параллельно соединенных элементов.
0 |
0 |
0 |
1 |
1 |
1 |
m |
m |
m |
1 |
2 |
. . . |
n |
Рис. 3.9. Структурная схема надежности с последовательно-параллельным соединением элементов
Рассмотрим в качестве примера схему с последовательнопараллельным соединением элементов, изображенную на рис. 3.9. Ее называют схемой с поэлементным, или раздельным, резервированием. Для вычисления надежности устройства, представленного такой схемой, сначала определяют по формуле (3.18) вероятность безотказной работы участков схемы с параллельно соединенными элементами:
n
Pj (t)=1−∏[1− Pij (t)] ,
i=1
где Pj (t) – вероятность безотказной работы j-го участка схемы с параллельно соединенными элементами, j = 0:m; Pij (t) – вероятность безотказной работы i –го элемента j-го участка схемы, i =1:n.
202
Затем, рассматривая вероятность безотказной работы Pj(t) этих последовательно соединенных участков, определяют по формуле (3.6) вероятность безотказной работы схемы в целом:
m |
m |
|
n |
|
(3.49) |
Pр(t) =∏Pj (t) = ∏ 1−∏[1− Pij (t)] , |
|||||
j=0 |
j=0 |
|
i=1 |
|
|
где Pр(t) – вероятность безотказной работы объекта с раздельным резервированием.
Если вероятности безотказной работы всех элементов равны, то
P |
(t)={1− [1− P (t)m+1 |
]}n . |
(3.50) |
р |
i |
|
|
Вычисление вероятности безотказной работы объекта с парал- лельно-последовательным соединением элементов или, иначе, объекта с общим резервированием с постоянно включенным резервом, схема которого представлена на рис. 3.10, производится в такой последовательности.
0 |
1 |
1 |
1 |
m |
1 |
|
2 |
|
n |
|
|
|
2 |
n |
2 |
n |
Рис. 3.10. Структурная схема надежности с параллельно-последовательным соединением элементов
Для каждой параллельной цепочки, состоящей из n последовательно соединенных элементов, определяют вероятность безотказной работы по формуле (3.6):
m
Pi (t)=∏Pji (t),
j =0
203
где Pi (t) – вероятность безотказной работы i-го участка (параллельной цепочки) схемы с последовательно соединенными элементами, i =1:n; Pji(t) – вероятность безотказной работы j-го элемента i-го участка (параллельной цепочки) схемы, j = 0:m.
Затем по формуле (3.18) определяют вероятность безотказной работы объекта из n параллельных цепочек:
n |
n |
m |
|
|
Pобщ(t)= 1− ∏[1− Pi (t)]=1− ∏ 1 |
− ∏Pji (t) , |
(3.51) |
||
i =1 |
|
j =0 |
|
|
i =1 |
|
|
||
где Робщ(t) – вероятность безотказной работы объекта с общим резервированием.
Проанализируем соответствующие формулам (3.50) и (3.51) графики, представленные на рис. 3.11 и 3.12. Эти графики показывают влияние структуры объекта и надежности элементов на надежность объекта. Сравнение этих графиков показывает, что во всех случаях раздельное резервирование обеспечивает более высокую надежность. Однако это различие несущественно, если элементы имеют высокую надежность.
Рр (t)
1,0
0,9
0,8
0,7
0,6
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
3
4
2
3
n = 2
Число последовательно соединенных групп элементов k
Рис. 3.11. Зависимость вероятности безотказной работы объекта при раздельном резервировании от количества и надежности элементов:
P (t) = 0,9; |
P (t) = 0,7 |
204
Робщ (t) |
|
|
|
|
|
|
1,0 |
|
|
|
|
|
4 |
0,9 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
0,8 |
|
|
|
|
|
n = 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
0,7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
0,6 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
|
Число последовательно соединенных групп элементов k
Рис. 3.12. Зависимость вероятности безотказной работы объекта при общем резервировании от количества и надежности элементов:
P (t) = 0,9; |
|
P (t) = 0,7 |
|
Если вероятности отказов всех резервных элементов одинаковы, то вероятность отказа схемы
Q(t) = Qосн(t) Qm . |
(3.52) |
рез |
|
На практике вероятности отказов основных и резервных элементов обычно оказываются одинаковыми, поскольку в качестве резервных выбираются такие же, как и основные. При этом вероятность отказа схемы Q(t) = Qim+1 и, следовательно, вероятность безотказной работы
|
|
|
|
n |
|
m+1 |
|
|
|
|
|
|
|||
P(t) |
= 1− Qim+1 (t) |
= 1 |
− 1− ∏Pi |
(t) , |
(3.53) |
||
|
|
|
|
i=1 |
|
|
|
где n – число элементов в основной и резервной цепи, m – число резервных цепей.
205
Тогда вероятность отказа схемы при общем резервировании
|
n |
m+1 |
(3.54) |
Q(t) = 1− |
∏Pi |
(t) . |
|
|
i=1 |
|
|
При равенстве вероятностей безотказной работы всех элемен- |
|||
тов схемы |
|
|
|
P(t) =1−[Pn (t)]m+1; |
(3.55) |
||
i |
|
|
|
Q(t) = [1− Pn (t)]m+1. |
(3.56) |
||
|
i |
|
|
Среднее время безотказной работы схемы при общем резерви- |
|||
ровании определится так: |
|
|
|
|
m |
|
|
T0c = λ−c1 = Λ−1∑(i +1)−1, |
(3.57) |
||
|
i=0 |
|
|
|
|
n |
|
где λс – интенсивность отказов схемы, |
Λ = ∑λi |
– интенсивность |
|
i=1
отказов любой из (m+1) цепей, λi – интенсивность отказов i-го элемента. Для системы из двух параллельных цепей (m = 1) формула (3.57) принимает вид
Т0с = 3/2Λ. |
(3.58) |
Среднее время восстановления схемы в общем случае определяется по формуле
Tвс |
= |
|
m |
|
−1 |
(3.59) |
|
|
∑Tв−i |
1 |
|
, |
|||
|
|
i=0 |
|
|
|
|
|
где Твi – среднее время восстановления i-й цепи.
Для частного случая m = 1 формула (3.59) принимает вид
Твс = Тв1 Тв2 (Тв1 +Тв2)–1. |
(3.60) |
206
Пример 3.6. Система состоит из 10 равнонадежных элементов с вероятностью безотказной работы каждого Pi(t) = 0,9. Определить, сколько резервных элементов необходимо, чтобы вероятность безотказной работы системы была равна Pc(t) = 0,95.
Решение. Из выражения (3.56) для случая общего резервирования получаем
Qс(t) = |
|
|
|
|
n |
|
m+1 |
= 1− Pc (t). |
|||||||||||
1 |
− Pi |
(t) |
|
|
|
||||||||||||||
Прологарифмируем это выражение: (m+1)lg[1–Pi(t)] = lg[1–Pc(t)]. |
|||||||||||||||||||
Отсюда |
|
|
|
|
|
|
|
lg[1− Pc (t)] |
|
|
|||||||||
|
m +1 = |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
||||||
|
|
lg |
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
||||||||
Следовательно, |
|
|
|
|
|
|
1− Pi |
|
(t) |
|
|
||||||||
|
|
|
lg[1− Pc (t)] |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
m |
= |
|
|
−1. |
|
|
||||||||||||
|
|
lg |
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
||||||||
Таким образом, |
|
|
|
1− Pi |
|
(t) |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
lg 1−0,95 |
] |
|
|
|
|
|
|
lg 0,05 |
|
|
|
|||||||
m = |
[ |
|
|
|
−1 |
= |
|
|
−1 |
= 6, |
|||||||||
lg[1−0,99] |
|
|
lg 0,01 |
||||||||||||||||
т. е. для обеспечения Pc(t) = 0,95 необходимо 6 цепей по 10 элементов в каждой, всего 60 элементов.
Для случая раздельного резервирования в соответствии с выражением (3.50) величина m определится следующим образом:
1−[1− P (t)]m+1 = n P (t) , |
|
|
|
i |
с |
|
|
откуда |
|
|
|
[1− P(t)]m+1 |
= 1− n P (t) . |
|
|
i |
c |
|
|
Прологарифмировав это выражение, получим |
|
||
(m +1) lg[1− P (t)] |
= lg 1− n P (t) . |
||
i |
|
c |
|
207
Следовательно,
|
|
− |
n |
Pc (t) |
|
|
m = |
lg 1 |
|
|
. |
||
lg[1− P(t)] |
|
|||||
|
|
|
|
i |
|
|
При подстановке исходных данных получим
m = |
lg (1 |
−10 0,095) |
−1 = 1. |
lg (1−0,9) |
|||
Таким образом, вместо 60 элементов, которые необходимы при общем резервировании, при раздельном резервировании достаточно иметь только 10 элементов, что подтверждает предпочтительность раздельного резервирования перед общим.
Пример 3.7. Рассчитать вероятность безотказной работы в течение 3 месяцев, интенсивность отказов, среднюю наработку на отказ одноцепной ВЛ длиной l = 35 км вместе с понижающим трансформатором 110/10 кВ и коммутационной аппаратурой (рис. 3.13).
QS |
Q |
QS |
Л |
QS |
T |
|
QR |
||||
|
|
|
|
|
QK |
Рис. 3.13. Схема одноцепной воздушной линии
Решение. Схема замещения по надежности рассматриваемой СЭС представляет собой последовательную структуру (рис. 3.14).
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
Рис. 3.14. Схема замещения
208
Интенсивности отказов элементов взяты из табл. 2.2:
λ1 |
= λ3 = λ5 = λQS = 0,005 год–1; |
λ2 = λQ = 0,02 год–1; |
|
λ4 |
=λлl = 0,08·35 = 2,8 год–1; |
λ6 |
= λQR = 0,05 год–1; |
λ7 |
= λQK = 0,05 год–1; |
λ8 |
= λT = 0,03 год–1. |
Согласно формуле (3.10) определяем интенсивность отказов схемы питания:
λс = 3·0,005 + 0,02 + 2,8 +2·0,05 + 0,03 = 2,97 год–1.
Этот расчет показывает, что доминирующее влияние на выход схемы из строя оказывает повреждаемость воздушной линии.
Средняя наработка на отказ схемы питания Тос = 1/2,97 = = 0,34 года.
Вероятность безотказной работы схемы в течение t = 0,25 года
Рс (0,25) = ехр(–2,97·0,25) = ехр(–0,7425) = 0,476.
Пример 3.8. Определить, насколько выше показатели надежности понизительной трансформаторной подстанции 110/10 кВ при постоянной совместной работе обоих трансформаторов в течение 6 месяцев по сравнению с однотрансформаторной подстанцией. Отказами коммутационных аппаратов и преднамеренными отключениями пренебрегаем.
Решение. Исходные данные, взятые из табл. 2.2, следующие:
λ1 = λ2 = 0,03 год–1; Тв1 = Тв2 = 30 ч.
Вероятность безотказной работы в течение 6 месяцев одного трансформатора Р1(2) (0,5) = ехр (–0,03·0,5) = 0,9851.
Средняя наработка на отказ одного трансформатора Т1(2) = 1/ λ1(2);
Т1(2) = 1/0,03 = 33,3 года.
Вероятность безотказной работы двухтрансформаторной подстанции рассчитываем по формуле (3.2):
Рс(0,5) = Р1(0,5) + Р2(0,5) – Р1(0,5)·Р2(0,5) = =2·0,9851 – 0,98512 = 0,9998.
Среднюю наработку на отказ двухтрансформаторной подстанции рассчитываем по формуле (3.58):
Тос = 3/2 λ1(2); Тс = 3/(2·0,03) = 50 лет.
209
Интенсивность отказов двухтрансформаторной подстанции
λс = 1/50 = 0,02 год–1.
Среднее время восстановления двухтрансформаторной подстанции определим по формуле (3.60):
Твс = 30·30(30+30)–1 = 15 ч.
Анализ результатов показывает, что надежность двухтрансформаторной подстанции намного превышает надежность однотрансформаторной подстанции.
3.3.4. Смешанное соединение элементов в объекте
Оценка надежности объектов со смешанным соединением элементов, т.е. с последовательно-параллельными связями, может осуществляться следующим образом. Если система состоит из n элементов, то, учитывая, что каждый элемент может находиться в двух состояниях (работоспособном и неработоспособном), система может пребывать в С = 2n состояниях.
Все множество состояний объекта разделяется на два подмножества: работоспособное и неработоспособное. Затем определяется вероятность пребывания системы в работоспособном состоянии, что и является конечной целью расчета.
Однако подобному подходу присущи значительные трудности, заключающиеся в том, что выделение работоспособных и неработоспособных состояний произвести непросто. Поэтому чаще исполь-
зуют метод свертки (эквивалентирования), состоящий в преобра-
зовании исследуемых сложных объектов со смешанным соединением элементов в более простые схемы, для которых имеются несложные аналитические выражения для расчета надежности.
Предполагая, что восстановление отказавших элементов не производится, покажем применение метода свертки на следующем примере. Исходная схема представлена на рис. 3.15.
210