2022年《误差理论与数据处理》费业泰-课后答案全 .pdf

误差理论与数据处理练习题第一章 绪论1-7 用二等标准活塞压力计测量某压力得100.2Pa， 该压力用更准确的办法测得为100.5Pa，问二等标准活塞压力计测量值的误差为多少？【解】在实际检定中，常把高一等级精度的仪器所测得的量值当作实际值。故二等标准活塞压力计测量值的绝对误差测得值实际值100.2100.5 0.3（ Pa） 。相对误差 =0.3100%0.3%100.51-9 使用凯特摆时，g由公式 g=42（h1+h2）/T2给定。今测出长度（h1+h2）为（ 1.042300.00005）m，振动时间 T为 （2.04800.0005）s。试求 g及其最大相对误差。如果（h1+h2）测出为（1.042200.0005） m，为了使 g的误差能小于 0.001m/s2，T的测量必须精确到多少？【解】测得（h1+h2）的平均值为1.04230（m） ，T 的平均值为2.0480（s） 。由21224()ghhT,得：22241.04230 9.81053( /)2.0480gm s当12()hh有微小变化12()hh、T 有T变化时，令12hhhg 的变化量为：22121212231221212248()()()()42 ()()ggghhThhhhThhTTTThhhhTT2223224842()ggghThh ThTTTThhTTg的最大相对误差为：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 22222222124422244()0.000052 ( 0.0005) 100%0.054%1.042302.0480TThhhhghTTTTTghThhhTT如果12()hh测出为（1.042200.0005） m， 为使 g 的误差能小于0.001m/s2， 即：0.001g也即21212242 ()()0.001TghhhhTT22420.00051.042200.0012.04802.04800.0005 1.017780.00106TTT求得：0.00055()Ts1-10. 检定 2.5 级（即引用误差为2.5%）的全量程为100V 的电压表，发现50V 刻度点的示值误差2V 为最大误差，问该电压表是否合格？【解】引用误差示值误差测量范围上限。所以该电压表的引用误差为：22%100mmmUrU由于：2%2.5% 所以该电压表合格。113 多级弹导火箭的射程为10000km时，其射击偏离预定点不超过0.lkm ，优秀射手能在距离 50m远处准确地射中直径为2cm的靶心，试评述哪一个射击精度高? 解：多级火箭的相对误差为：射手的相对误差为：多级火箭的射击精度高。附加11 测得某三角块的三个角度之和为180o0002”, 试求测量的绝对误差和相对误差解：绝对误差等于：相对误差等于：%001. 000001.0100001 .0%002.00002.05001.0501mmmcm21802000180oo%000031.010000030864.00648002066018021802o精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 第二章 误差的基本性质与处理2-2. 试述单次测量的标准差和算术平均值的标准差x，两者物理意义和实际用途有何不同？【解】单次测量的标准差表征同一被测量n次测量的测量值分散性的参数，可作为测量列中单次测量不可靠性的评定标准。22212nn算术平均值的标准差x是表征同一被测量各个独立列算术平均值分散性的参数，可作为算术平均值不可靠性的评定标准xn在n次测量的等精度测量列中，算术平均值的标准差为单次测量标准差的1n，当测量次数 n愈大时 , 算术平均值愈接近被测量的真值，测量精度也愈高。2-3. 试分别求出服从正态分布、反正弦分布、均匀分布误差落在2,2中的概率。【解】（1）误差服从正态分布时222222(2)(2)2012(2)22Peded引入新变量 t:,tt, 经变换上式成为：2202(2 )2( )20.41950.8484%2ttPedtt（2）误差服从反正弦分布时因反正弦分布的标准差为：2a，所以区间2,2,a a,精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 故:2211(2 )1aaPda（3） 误差服从均匀分布时因其标准差为：3a，所以区间222 ,2,33aa，故23231112(2 )20.82 82%223aaPdaaa2-4. 测量某物体重量共8次， 测得数据（单位为 g） 为236.45， 236.37， 236.51， 236.34， 236.39，236.48，236.47，236.40，求其算术平均值及其标准差。【解】选参考值0236.00 x，计算差值236.00iixx、0 x和残差iv等列于表中。或依算术平均值计算公式，n=8，直接求得：811236.43( )8iixxg计算标准差：用贝塞尔公式计算：210.02510.06()181niivgn0.060.028xn26 测量某电路电流共5 次， 测得数据 ( 单位为 mA)为 168.41 ， 168.54 ， 168.59 ， 168.40 ，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 168.50 。试求算术平均值及其标准差、或然误差和平均误差。解：)(49.168551mAIIii51()0.0851iiII0.080.045xn51()220.080.053513iiII0.67450.02xR51()440.080.065515iiII0.79790.03xT27 在立式测长仪上测量某校对量具，重复测量5次， 测得数据 ( 单位为 mm) 为 20 0015，20.0016 ，20.0018 ，20.0015 ，20.0011 。若测量值服从正态分布，试以99的置信概率确定测量结果。解：求算术平均值求测量列单次测量的标准差用贝塞尔公式计算：284126 102.551014niivmmn用别捷尔斯公式计算：410.00081.2531.2532.24 10(1)54niivmmn n求算术平均值的标准差442.55 101.14 105xmmnmmnlxnii0015.201精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 42.24 105xn0.0001求单次测量的极限误差和算术平均值的极限误差做法 1 ：因 n5 较小，算术平均值的极限误差应按t 分布处理。现自由度为：n14； 10.99 0.01 ，查 t 分布表有：t4.60 单次测量的极限误差：433lim4.60 2.55 101.173 101.17 10 xtmm算术平均值的极限误差：44lim4.60 1.14 105.24 10 xxtmm写出最后测量结果做法 2 ：因假设测量值服从正态分布，并且置信概率P=2(t)=99% ，则 (t)=0.495 ，查正态分布积分表，得置信系数2.6t单次测量的极限误差：44lim2.60 2.55 106.63 100.00066xt算术平均值的极限误差：44lim2.60 1.14 102.964 100.0003xxt写出最后测量结果lim20.0015 0.0003Lxxmm210 用某仪器测量工件尺寸，已知该仪器的标准差 0.001mm ，若要求测量的允许极限误差为 0.0015mm，而置信概率P为 0.95 时，应测量多少次？解：根据极限误差的意义，有0015. 0nttx根据题目给定得已知条件，有5 .1001. 00015.0ntmmxxL4lim1024.50015.20精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 查教材附录表3 有若 n5， v4，0.05 ，有 t 2.78 ，24. 1236.278. 2578.2nt若 n4， v3，0.05 ，有 t 3.18 ，59.1218. 3418. 3nt即要达题意要求，必须至少测量5 次。2-11 已知某仪器测量的标准差为0.5 m 。若在该仪器上，对某一轴径测量一次，测得值为 26.2025mm ，试写出测量结果。若重复测量10次，测得值（单位为mm ）为 26.2025 ，26.2028 ，26.2028 ，20.2025 ，26.2026 ，26.2022 ，20.2023 ，26.2025 ，26.2026 ，26.2022 ，试写出测量结果。若手头无该仪器测量的标准差值的资料，试由中10次重复测量的测量值，写出上述、的测量结果。解：单次测量的极限误差以3计算 : lim33 0.51.5()0.0015( )xmmm所以测量结果可表示为：26.20250.0015 (mm) 重复测量 10 次，计算其算术平均值为：10126.2025()iixxmm取与相同的置信度，算术平均值的标准差: 0.000510 xn-41.58 10 mmlim334.745xx-4-4-41.58 101010mm则测量结果为：326.2025 0.0005xx(mm) 若无该仪器测量的标准差资料，则依10 次重复测量数据计算标准差和表示测量结果。选参考值026.202x，计算差值26.202iixx、0 x和残差iv等列于表中。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 用贝塞尔公式计算：284142102.2 101101niivmmn算术平均值的标准差：42.2 1010 xmmn0.00007取与相同的置信度，则测量结果为：3ix此时的测量结果为26.2025 3 0.0002226.20250.0006626.20250.0007(mm)；的测量结果为26.2025 3 0.0000726.20250.0002126.20250.0002(mm). 2-13 测量某角度共两次，测得值为1=2413 36” ，2=2413 24” ，其标准差分别为 1=3.1” ，2=13.8” ，试求加权算术平均值及其标准差。【解】已知各组测量的标准差，可确定各组的权。12222212111111:19044:9613.113.89.61 190.44pp取：1219044,961pp选取024 1336，可由公式直接计算加权算术平均值和标准差：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 101190440961 (12)24 13361904496124 1335.4miiimiipp加权算术平均值的标准差的计算，先求两测量结果的残余误差：120.6,11.4vv算术平均值的标准差为：2221119044 0.6961 ( 11.4)6.6(21)(19044 961)(1)mixiixmiipvmp2-15. 试证明 n 个相等精度测得值的平均值的权为n 乘以任一个测量值的权。【证明】因为等精度测量，可设n 个测得值的标准差均为，且其算术平均值的标准差为：xn又设各测量值的权相等，即：120ipppp。 n 个相等精度测得值的平均 值 的 权 为xp， 则 ： n 个 相 等 精 度 测 得 值 的 平 均 值 的 权xp与 各 测 得 值 的 权(1,2. )ip in的比为22111:1xixinppnxipnp2-17 对某量进行 10次测量，测得数据为 14.7 ，15.0 ， 15.2 ，14.8 ， 15.5，14.6 ，14.9，14.8，15.1 ，15.0 ，试判断该测量列中是否存在系统误差。解：先计算算术平均值：14.96x。各测量数据的残余误差分别为：123456789100.260.040.240.160.540.360.060.160.140.04vvvvvvvvvv 根据残余误差观察法：计算出的残余误差符号正负个数相同，且无显著变化规律，因此可判断该测量列无变化的系统误差存在。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 采用不同公式计算标准差比较法。按贝塞尔公式：2110.6240.2631101niivn用别捷尔斯法计算：1221.2531.2530.264(1)109niivn n令：210.2641.004 10.263因为：220.6670.004110 1n，故无根据怀疑测量列存在系统误差。 (马利科夫准则)按残余误差校核法：前5 个残余误差和与后5 个残余误差的差值为510160.4( 0.4)0.8ijijvv两部分之差显著不为0，则有理由认为测量列中含有系统误差。阿卑 - 赫梅特准则1110.260.040.040.240.240.160.160.540.540.360.360.060.060.160.160.140.140.040.30560.3niiiuvv2219 0.263 0.21n210.21un所以测量列中含有周期性系统误差（为什么会得出互为矛盾的结论？问题出在本题给出的数据存在粗大误差-这就提醒我们在判断是否有系统误差前，应先剔除粗大误差，然后再进行系统误差判断。）2-18、对某一线圈电感测量10 次，前 4 次是和一个标准线圈比较得到的，后 4 次是和另一个标准线圈比较得到的，测得结果如下（单位为mH） ：50.82，50.83，50.87，50.89；50.78，50.78，50.75，50.85，50.82，50.81 试判断前4次和后 6 次测量中是否存在系统误差。【解】精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 将两组数据混合排列，用秩和检验法有：124,6,5.579 1031.514,30,nnTTTTT所以有根据怀疑存在系统误差2-19 等精度测得某一电压10次，测得结果（单位为 V） 为25.94， 25.97， 25.98， 26.01， 26.04，26.02，26.04，25.98，25.96，26.07。测量完毕后，发现测量装置有接触松动现象，为判明是否因接触不良而引入系统误差，将接触改善后，又重新做了10次等精度测量，测得结果（单位为 V）为 25.93，25.94，25.98，26.02，26.01，25.90，25.93，26.04，25.94，26.02。试用 t检验法（取 =0.05）判断两组测量值之间是否有系统误差。【解】计算两组测量结果的算术平均值：22221126.00125.97110101()0.002151()0.001551010yixixxyySyySxx1010(10102)(26.00125.971)1.48(1010)(100.00155100.00215)t由=10+10-2=18 及取 =0.05，查 t 分布表，得2.1t因1.482.1tt，故无根据怀疑两组数据间存在线性系统误差。2-20. 对某量进行了12次测量，测得数据为 20.06， 20.07， 20.06， 20.08， 20.10， 20.12， 20.11，20.14，20.18，20.18，20.21，20.19，试用两种方法判断该测量列中是否存在系统误差。【解】先计算算术平均值：12120.125iixx。各测量数据的残余误差分别为：1234567891011120.0650.0550.0650.0450.0250.0050.0150.0150.0550.0550.0850.065vvvvvvvvvvvv 根据残余误差观察法：计算出的残余误差有规律地递增，在测量开始与结束时误差符号相反，故可判断该测量列存在线性系统误差。(马利科夫准则 )按残余误差校核法：前6 个残余误差和与后6 个残余误差的差值为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 0.26 0.260.52612iii=1i=7vv两部分之差显著不为0，则有理由认为测量列中含有线性系统误差。 采用不同公式计算标准差比较法。按贝塞尔公式：2110.03210.0541121niivn用别捷尔斯法计算：120.551.2531.2530.06(1)12 11niivn n210.06110.110.054u220.6030.11112 1n，故无根据怀疑测量列存在系统误差。阿卑 - 赫梅特准则1110.02niiiuvv22111 0.0540.01n因为：21un，所以测量列中含有周期性系统误差（又出现互为矛盾的结论，如何解释呢？）221 对某量进行两组测量，测得数据如下：试用秩和检验法判断两组测量值之间是否有系统误差。解：按照秩和检验法要求，将两组数据混合排列成下表：T 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 xi 0.620.861.131.131.161.181.201.211.221.261.30 yi 0.991.121.21 1.25T 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 xi 1.34 1.391.411.57xi 0.62 0.86 1.13 1.13 1.16 1.18 1.20 1.21 1.22 1.26 1.30 1.34 1.39 1.41 1.57 yi 0.99 1.12 1.21 1.25 1.31 1.31 1.38 1.41 1.48 1.50 1.59 1.60 1.60 1.84 1.95 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 44 页 - - - - - - - - - - yi 1.31 1.31 1.381.411.48 1.50 1.59 1.60 1.60 1.84 1.95 T=1+2+5+6+7+8+9+10.5+12+14+15+18+20+21.5+25=174 因1215 10nn，秩和 T 近似服从正态分布，1121212(1)(1)(,)212n nnn n nnN由112(1)()232.52nnna；1212(1)()24.1112n n nn求出：2.43Tat选取概率295.0)(t，即475.0)(t，查教材附表1 有96. 1t。由于tt，因此，可以认为两组数据间有系统误差。选取置信概率99% （显著度 0.01） ，即取( )0.495t， 由附录表1 查得：2.60t。由于2.432.60tt，故无根据怀疑两组数据间有系统误差。2-22 对某量进行15 次测量，测得数据为28.53， 28.52，28.50，29.52， 28.53， 28.53， 28.50，28.49，28.49，28.51，28.53，28.52，28.49，28.40，28.50，若这些测得值已消除系统误差，试用莱以特准则、格罗布斯准则和狄克松准则分别判别该测量列中是否含有粗大误差的测量值。【解】将有关计算数据：平均值、残差iv等列于表中：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 直接求得 15个数据的算术平均值及其标准差：15151110.980328.570.265151151iiiivxxn 用莱以特准则判别粗大误差因40.9530.795v，故第 4 个测量数据含测量误差，应当剔除。再对剩余的14 个测得值重新计算，得：142141110.014828.500.0337141141330.03370.1011iiiivxxn由表知第14 个测得值的残余误差：(14)0.1730.1011v，故也含粗大误差，应剔除。再重复验算，剩下的13 个测得值已不包含粗大误差。 用格罗布斯准则判别已经计算出 15个测量数据的统计特征量：28.57,0.265x。将测得的数据按从小到大的顺序排列，有：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 44 页 - - - - - - - - - - (1)(1)(15)(15)28.40,28.5728.40.1729.52,29.5228.570.95xxxxxx2-26 对某被测量 x 进行间接测量得：21.44,32.18,42.90 xxx， 其权分别为5:1:1 ，试求 x 的测量结果及其标准差？【解】1231.442.182.900.72,0.727,0.725,234xxx选取1235,1,1ppp可由公式直接计算加权算术平均值和标准差：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 5010.0071 0.0050.720.72251 1x加权算术平均值的标准差的计算，先求残余误差：12310.002,0.005,0.003xxxvxxvv算术平均值的标准差为：2222115 0.0021 0.0051 0.0030.002(3 1)(5 1 1)(1)mixiixmiip vmplim330.0020.0060.7220.006xxx2-28 测量圆盘的直径(72.0030.052)Dmm，按公式计算圆盘面积2/ 4SD，由于选取的有效数字位数不同，将对面积S计算带来系统误差，为保证S的计算精度与直径测量精度相同，试确定的有效数字位数？【解】测得D 的平均值为72.003mm 由24DS,得：22241.042309.81053(/)2.0480gm s当 D 有微小变化D、有变化时， S 的变化量为：222243.141672.00372.0030.052( 0.052)2472.0030.0525.881340.00450.004SSDDSDDD取 4 位有效数字精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 第三章 误差的合成与分配3-2 为求长方体体积V，直接测量其各边长为：161.6,44.5,11.2amm bmm cmm，已知测量的系统误差为1.2,0.8,0.5ammbmmcmm，测量的极限误差为0.8,0.5,0.5abcmmmmmm，试求立方体的体积及其体积的极限误差。【解】立方体体积：Vabc，若不考虑测得值的系统误差，则计算体积为：30161.6 44.5 11.280541.44()Vabcmm体积 V的系统误差为：考虑测量系统误差后的立方体体积：又直接测量值存在极限误差，则间接测量体积存在的极限误差为：故测量结果为：3lim77795.70 3729.1 ()VVmm33 长方体的边长分别为1， 2, 3测量时： 标准差均为 ； 标准差各为 1、 2、3 。试求体积的标准差。解：长方体的体积计算公式为：321aaaV体积的标准差应为：232322222121)()()(aVaVaVV现可求出：321aaaV；312aaaV；213aaaV精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 若：321则有：232221232322222121)()()()()()(aVaVaVaVaVaVV221231232)()()(aaaaaa若：321则有：232212223121232)()()(aaaaaaV3-4 测 量 某 电 路 的 电 流22.5ImA， 电 压12.6UV， 测 量 的 标 准 差 分 别 为0.5,0.1IUmAV，求所耗功率PUI及其标准差P。【解】若不考虑测得值的误差，则计算所耗功率为：312.622.5 100.2835PUIW322.51012.6PPIUUI且 U、I 完全线性相关，故P=1，所以2222322232333()()2(22.510) 0.112.6(0.510)222.5 1012.60.10.5 108.5510 ()PUIUIPPPPUIUIW若电压、电流的测量结果相互独立，则所耗功率标准差为222222323233()()()()(22.5100.1)(12.60.5 10)36.69500625106.6910()PUIUIPPIUUIW3-6 已知 x与y的相关系数1xy，试求2uxay的方差2u。【解】属于函数随机误差合成问题。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 19 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 3-12 按公式 V=r2h 求圆柱体体积，若已知r 约为 2cm，h 约为 20cm ，要使体积的相对误差等于1，试问r 和 h 测量时误差应为多少? 解：若不考虑测量误差，圆柱体积为3222.25120214.3cmhrV根据题意，体积测量的相对误差为1，即测定体积的相对误差为：%1V即51.2%12 .251%1V现按等作用原则分配误差，可以求出测定 r 的误差应为：cmhrrVr007.02141.151.2/12精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 20 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 测定 h 的误差应为：cmrhVh142.0141.151.2/1223-10 假定从支点到重心的长度为L的单摆振动周期为T，重力加速度可由公式2LTg给出。若要求测量g的相对标准差0.1%gg，试问按等作用原则分配误差时，测量L和T的相对标准差应该是多少？解：由重力加速度公式，2LTg得，222244LTgLgT因为，222348gLTgLTT因为测量项目有两个，所以2n。按等作用原理分配误差，得2222411442222110.1% 0.07072%22gggggLgLLTLgLgggnLLg同理，232222411888222222 211|0.1% 0.03536%2 22 2ggggggTgTLTTTTTgTgLLLggnTTg综上所述，测量L和T的相对标准差分别是0.07072% 和0.03536%。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 21 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 第四章 测量不确定度评定与表示测量不确定度的步骤可归纳为1） 分析测量不确定度的来源，列出对测量结果影响显著的不确定度分量。2） 评定标注不确定度分量，并给出其数值ui 和自由度vi 。3） 分析所有不确定度分量的相关性，确定各相关系数ij 。4） 求测量结果的合成标准不确定度，则将合成标准不确定度uc 及自由度v . 5） 若需要给出展伸不确定度，则将合成标准不确定度uc 乘以包含因子 k，得展伸不确定度U=kuc 。6）给出不确定度的最后报告，以规定的方式报告被测量的估计值y及合成标准不确定度uc 或展伸不确定度U，并说明获得它们的细节。根据以上测量不确定度计算步骤。41 某圆球的半径为r ，若重复10 次测量得 r r =(3.1320.005)cm ，试求该圆球最大截面的圆周和面积及圆球体积的测量不确定度，置信概率P=99。【解】求圆球的最大截面的圆周的测量不确定度已知圆球的最大截面的圆周为：rD2其标准不确定度应为：222222005.014159.342rrrDu0.0314cm 确定包含因子。查t 分布表 t0.99（9） 3.25 ，及 K 3.25 故圆球的最大截面的圆周的测量不确定度为：UKu3.25 0.0314 0.102 求圆球的体积的测量不确定度圆球体积为：334rV其标准不确定度应为：616.0005.0132.314159.316424222222rrrrVu精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 22 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 确定包含因子。查t 分布表 t0.01（9） 3.25 ，及 K 3.25 最后确定的圆球的体积的测量不确定度为UKu3.25 0.616 2.002 4-3 测量某电路电阻R 两端的电压U，由公式UIR算出电路电流I 。若测得(16.500.05)UUV、(4.260.02)RR，相关系数0.36UR，试求电流 I 的标准不确定度。【解】/IUR21IIUURRR2222222242()()2110.050.0220.05 0.020.02uRURuRURIIIIUIURURUURRR R4-6 某数字电压表的说明书指出，该表在校准后的两年内，其2V 量程的测量误差不超过(14 10-6读数 +1 10-6量程 )V，相对标准差为20，若按均匀分布，求1V 测量时电压表的标准不确定度；设在该表校准一年后，对标称值为1V 的电压进行16 次重复测量，得观测值的平均值为0.92857V ，并由此算得单次测量的标准差为0.000036V，若以平均值作为测量的估计值，试分析影响测量结果不确定度的主要来源，分别求出不确定度分量，说明评定方法的类别，求测量结果的合成标准不确定度及其自由度。【解】（1）测量误差根据相对标准差为20% 由 B类评定，根据2112.52()uu，V服从均匀分布，且 2V量程测量误差66(14 101 10)读数量程，所以在区间（x-a,x+a ）中666514 101 10216101.6 10a561.6 109.24 1033xau一年后，对标称值为1V的电压进行16 次重复测量精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 23 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 0.928570.000036XXVV（2）不确定度评定影响测量结果不确定度的主要来源：A 16 次重复测量误差B 电压表的示值误差C 电压表的稳定度A测量重复误差引起的不确定度0.928570.0000360.00000916VVVVV电压重复性引起的标准不确定度1xu属于 A类评定169 109xVuV1自由度：=16-1=15B 标准电压表的示值误差引起的标准不确定度2xu示值误差按均匀分布计算，属于B类评定2662214 101118.08 102(20%)32()xuu自由度：=12.5C 稳定度引起的标准不确定度3xu电压表稳定度按均匀分布，属B类评定36631 1028.08 103xu自由度：=12.5合成标准不确定度2226262626123(910)(8.0810)(1.15 10)28.0 1028.0cxxxuuuuV自由度：4644412312328.0 1028.0ccxxxuVuuu4-9 用漏电测量仪直接测量正常使用中微波炉的泄漏电流，5 次测量的平均值为0.320mA,平均值的标准差为0.001mA;已知漏电测量仪的示值误差范围为5%, 按均匀分布， 取相对标准差为10%; 测量时环境温度和湿度的影响范围为2%, 按三角分布，其相对标准差为25%; 试给出泄漏电流测量的不确定度报告（置信概率为99%） 。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 24 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 【解】（1）不确定度评定对泄漏电流测量不确定度影响显著的因素有：A 泄漏电流测量重复性引起的不确定度1uB 示值误差引起的不确定度2uC 环境温度与湿度引起的不确定度3u求123uuu、A测量重复误差引起的不确定度10.00115 14VumAA示值误差（均匀分布） ：2222220.320 5%119.24502 (10%)332()uaumAAu环境温度（三角分布） ：33332230.320 2%112.61 102.6182 (25%)662()uaumAAu（2）不确定度合成因不确定度各个分量相互独立，即0ij，合成的不确定度为：22222212319.242.619.650.00965cuuuuVmA自由度：444431212357.1ccuuuu根据“三分之一准则” ，对标准不确定度进行修约得0.01010cumAA（3）展伸不确定度取置信概率99%=P，57，查 t 分布表，得0.99(57)2.68t，泄漏电流测量的展伸不确定度为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 25 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 2.68 9.6525.8620.025862cUkumA根据“三分之一准则” ，对展伸不确定度进行修约得0.02626UmAA（4）不确定度报告1）用合成标准不确定度评定泄漏电流，则测量结果为：0.3201057.1cImAuA2）用展伸不确定度评定泄漏电流，则测量结果为：(0.3200.026)0.9957ImAmAP精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 26 页，共 44 页 - - - - - - - - - - 第五章 最小二乘法原理参数最小二乘法估计矩阵形式的简单推导及回顾：由误差方程且要求 VTV 最小，则：XX令其等于 f(), 要f() 最小，需其对应偏导为0：所以：理论基础：VL