- •Задача 1
- •Задача 2
- •Задача 3
- •Задача 4
- •Задача 5
- •Задача 6
- •Задача 7
- •Задача 8
- •Задача 9
- •Задача 10
- •Задача 11
- •Задача 12
- •Задача 13
- •Задача 14
- •Задача 15
- •Задача 16
- •Задача 23
- •Задача 24
- •Задача 25
- •Гистограмма продолжительности работы ламп накаливания
- •Задача 31
- •Задача 32
- •Задача 33
- •Задача 34
- •Задача 35
- •Мостиковая схема
- •Задача 39
Задача 34
Потребители могут быть подключены к двум различным секциям сборных шин. Вероятность отказа источников и их аварийного простоя, а также вероятности отказов аппаратуры – как и в предыдущем примере. Секционный выключатель осуществляет АВР секции, оставшейся без питания, за счет соседней секции и ее источника. Определить вероятность бесперебойного электроснабжения любого из потребителей этой системы.
Решение. В соответствии с условиями работы схемы: вероятность отказа в отключении поврежденного источника: Q(A1) = 2∙0,05 = 0,1, так как отказать может и И1 и И2. Безотказность отключения: Р(А1) = 1 - Q(A1) = 0,95. Вероятность отключения резервного источника: Q(А2) = 0,01. Безотказность включения резерва: Р(А2) = 1 - Q(A2) = 0,99. Каждый потребитель может быть присоединен к любой секции с вероятностью 0,5. Условные вероятности нарушения электроснабжения половины присоединенной мощности равны Q(S|A1 A2) = 1; Q(S|А1 A2) = 1; Q(S|A1 A2) = 0,5. При отсутствии отказов аппаратуры отказ системы происходит при наложении отказа одного из источников на аварийный простой другого: Q(S|A1A2) = 2(1 – 0,9) ∙ (1 – 0,99) = 0,002. По формуле: Qс = 0,002∙0,9∙0,99 + 0,5∙0,1∙0,99 + 0,5∙0,9∙0,01 + 0,5∙0,1∙0,01 = 0,05628. Искомая ВБР: Рс = 1 – Qс = 0,94372. Величины λ и Тср вычисляются аналогично предыдущему примеру: λ2 = 0,058 1/год и Тср2 = 1/λ2 = 17,24 года. Выигрыш надежности определяется показателями:
Задача 35
В схеме все элементы идентичны и ВБР p(t) = e-λt c параметром λ = 0,01 год-1. Найти ВБР этой схемы в течение 10 лет ее эксплуатации всеми рассмотренными выше методами.
Мостиковая схема
Решение. При t = 10 имеем: р = р(10) = е-0,01∙10 = 0,9 и q = 1 – p = 0,1.
Методом перебора ВБР вычисляется с использованием формулы:
Р = р5 + 5qp4 + 8q2p3 + 2q3p2 = 0,95 + 5∙0,1∙0,94 + 8∙0,12∙0,93 + 2∙0,13∙0,92 = 0,99.
2. То же по упрощенной формуле: Р≈ 1 – 2q2 = 1 - 2∙0,12 = 0,98.
3. Методом разложения относительно особого элемента получим:
Р = р(1 – q2)2 + q[1 – (1 – p2)2] = 0,9 (1 – 0,12)2 + 0,1[1 – (1 - 0,92)2] = 0,98.
4. Методом минимальных путей и минимальных сечений находим верхнюю и нижнюю оценки ВБР:
(1 – q2)2(1 – q3)2 ≤ P ≤ 1 – (1 – p2)2(1 – p3)2 = (1 – 0,12)2(1 – 0,13)2 ≤ P ≤ 1 – (1 – 0,92)2(1 – 0,93)2 = 0,977 ≤ P ≤ 0,997.
Заметим, что значения ВБР, полученные методом перебора и методом разложения относительно особого элемента лежат внутри интервала, полученного методом минимальных путей и минимальных сечений.
5. Преобразуем треугольник с элементами 1,2,3 в звезду с элементами 6,7,8. в результате преобразований схема приобретает следующий вид
Результат преобразований мостиковой схемы
Согласно формуле вероятности отказа и ВБР элементов этой звезды: q6 = q7 = q ≈ (1 – p)2 = (1 – 0,9)2 = 0,01; p6 = p7 = p8 = 0,99. По формулам последовательно-параллельного соединения элементов, ВБР системы:
Рс = р6[1 – (1 – p7p4)(1 – p8p4) = 0,99[1 – (1 – 0,9∙0,99)2 = 0,9782. Сравнение показывает, что ПН достаточно близки.
Задача 36
Определить ПН кабельной линии 6 кВ l = 1 км,
λ = 0,2 год-1/км, длительность восстановления = 24 ч, срок эксплуатации t = 10 лет.
Решение. Среднее время восстановления и средняя интенсивность отказов КЛ:
В соответствии с формулой:
ВБР: Р(t) = e-0,2∙10 = 0,135.
Среднее время безотказной работы:
Задача 37
Определить ПН СЭС при резервировании замещением двух КЛ 6 кВ по тем же исходным данным.
Решение. По формулам:
Задача 38
Анализ предыдущего примера продолжим с учетом предупредительного профилактического ремонта
Решение.
Средний параметр потока отказов, сопровождающихся идеальными аварийными ремонтами:
Напомним, что интенсивность отказов без предупредительных ремонтов λ = 0,5 год-1 (только идеальный аварийный ремонт). Средняя интенсивность отказов при идеальном предупредительном ремонте λ* = 0,288 год-1. Таким образом, положительное влияние предупредительных ремонтов на уменьшение частоты аварийных ремонтов выражено весьма четко.