试验设计与数据分析第一次作业习题答案.docx

习题 答案1设用三种方法测定某溶液时，得到三组数据，其平均值如下：x1=(1.540.01)mol/Lx2=(1.70.2)mol/Lx3=(1.5370.005)mol/L试求它们的加权平均值。解：根据数据的绝对误差计算权重：w1=10.012，w2=10.22，w3=10.0052因为w1:w2:w3=400:1:1600所以X=1.54400+1.71+1.5371600400+1+1600=1.5376812试解释为什么不宜用量程较大的仪表来测量数值较小的物理量。答：因为用量程较大的仪表来测量数值较小的物理量时，所产生的相对误差较大。如3测得某种奶制品中蛋白质的含量为(25.30.2)g/L，试求其相对误差。解： ER=mm=0.225.3=0.79%4在测定菠萝中维生素C含量的测试中，测得每100g菠萝中含有18.2mg维生素C，已知测量的相对误差为0.1%，试求每100g菠萝中含有维生素C的质量范围。解：ER=mm=0.1%，所以m=mER=18.20.1%=0.0182mg所以m的范围为18.1818mgm18.2182mg或依据公式mt=m1ER=18.210.1%mg5今欲测量大约8kPa（表压）的空气压力，试验仪表用1）1.5级，量程0.2MPa 的弹簧管式压力表；2）标尺分度为1mm的U型管水银柱压差计；3）标尺分度为1mm的U形管水柱压差计。求最大绝对误差和相对误差。解：1）压力表的精度为1.5级，量程为0.2MPa，则xmax=0.21.5%=0.003MPa=3KPaER=xx100%=38100%=3.7510-1=37.5%2）1mm汞柱代表的大气压为0.133KPa，所以xmax=0.133KPaER=xx100%=0.1338100%=1.662510-2=1.6625%3）1mm水柱代表的大气压：gh，其中g=9.80665m/s2，通常取g=9.8m/s2则xmax=9.810-3KPaER=xx100%=9.810-38100%=1.22510-36在用发酵法生产赖氨酸的过程中，对产酸率（%）作6次评定。样本测定值为3.48，3.37，3.47，3.38，3.40，3.43，求该组数据的算术平均值、几何平均值、调和平均值、标准差s、标准差、样本方差s2、总体方差s2、算术平均误差和极差R。解：数据计算公式计算结果3.48算术平均值 x=x1+x2+xnn3.4216673.37几何平均值 xG=nx1x2xn3.4214073.47调和平均值 H=n1x1+1x2+1xn=ni=1n1xi或 1H=1x1+1x2+1xnn=i=1n1xin3.4211483.38标准样本差 s=i=1n(xi-x)n-1=i=1ndi2n-1=i=1nxi2-(i=1nxi)2/nn-10.0462243.40总体标准差 =i=1n(xi-x)n=i=1ndi2n=i=1nxi2-(i=1nxi)2/nn0.0421973.43样本方差 s20.002137总体方差 20.001781算术平均误差 =i=1n|xi-x|n=i=1n|di|n0.038333极差 R=xmax-xmin0.117A与B两人用同一种分析方法测定金属钠中的铁，测得铁含量（g/g）分别为：分析人员A：8.0，8.0，10.0，10.0，6.0，6.0，4.0，6.0，6.0，8.0分析人员B：7.5，7.5，4.5，4.0，5.5，8.0，7.5，7.5，5.5，8.0试问A与B两人测定铁的精密度是否有显著性差异？（=0.05）解：依题意，检验A与B两人测定铁的精密度是否有显著性差异，采用F双侧检验。根据试验值计算出两种方法的方差以及F值：sA2=3.73，sB2=2.30F=sA2sB2=1.62根据显著性水平=0.05，dfA=9，dfB=9查F分布表得F0.9759，9=0.248，F0.0259，9=4.03。所以F0.9759，9FF0.0259，9，A与B两人测定铁的方差没有显著差异，即两人测定铁的精密度没有显著性差异。分析人员A分析人员B87.587.5104.510465.56847.567.565.588F-检验 双样本方差分析分析人员A分析人员B平均7.26.55方差3.7333333332.302778观测值1010df99F1.621230398P(Fs22，所以新的冶炼工艺比旧工艺生产更稳定。（依据极差：R1=3.02-2.28=0.74，R2=2.43-2.06=0.37，同样可以得到上述结论）（依据标准差s1=0.242103，s2=0.128106）检验两种工艺之间是否存在系统误差，采用t检验法。1）先判断两组数据的方差是否有显著性差异。根据试验数据计算出各自的平均值和方差：x1=2.5685，s12=0.0586x2=2.2511，s22=0.0164故F=s12s22=0.05860.0164=3.5731已知n1=13，n2=9，则df1=12，df2=8，根据显著性水平=0.05，查F分布表得F0.0512，8=3.28，FF0.0512，8，两方差有显著差异。旧工艺新工艺2.692.262.282.252.572.062.302.352.232.432.422.192.612.062.642.322.722.343.022.452.952.51F-检验 双样本方差分析旧工艺新工艺平均2.5684615382.251111111标准差0.2421034960.128105859方差0.0586141030.016411111观测值139df128F3.571610854P(F=f) 单尾0.039724983F 单尾临界3.283939006t-检验: 双样本异方差假设旧工艺新工艺平均2.5684615382.251111111方差0.0586141030.016411111观测值139假设平均差0df19t Stat3.988050168P(T=t) 单尾0.000393697t 单尾临界1.729132812P(Tt0.02520，则两种工艺的平均值存在差异，即两种工艺之间存在系统误差。备注：实验方差分析是单侧检验：因为方差分析不像差异显著检验，方差分析中关心的只是组间均方是否显著大于组内均方或误差均方。目的是为了区分组间差异是否比组内差异大的多，因为只有大得多，才能证明实验的控制条件是否造成了显著的差异， 方差齐性中F检验要用到双侧检验，因为要看的是否有显著性差异，而没有说是要看有差异时到底是谁大于谁，所以没有方向性。9用新旧两种方法测得某种液体的黏度（mPas）如下：新方法：0.73，0.91，0.84，0.77，0.98，0.81，0.79，0.87，0.85旧方法：0.76，0.92，0.86，0.74，0.96，0.83，0.79，0.80，0.75其中旧方法无系统误差。试在显著性水平（=0.05）时，检验新方法是否可行。解：检验新方法是否可行，即检验新方法是否有系统误差，这里采用秩和检验。先求出各数据的秩，如表所示。秩123456.56.589101112131415161718新0.730.770.790.810.840.850.870.910.98旧0.740.750.760.790.800.830.860.920.96此时，n1=9，n2=9，n=18，R1=1+5+6.5+9+11+12+14+15+18=91.5R2=2+3+4+6.5+8+10+13+16+17=79.5对于=0.05，查秩和临界值表，得T1=66，T2=105，由于T1R1T2，故，两组数据无显著差异，新方法无系统误差，可行。T检验成对数据的比较新方法旧方法di(di-d)20.730.76-0.030.002075310.910.92-0.010.000653090.840.86-0.020.00126420.770.740.030.000208640.980.960.021.9753E-050.810.83-0.020.00126420.790.7900.000241980.870.80.070.00296420.850.750.10.00713086di 0.140.01582222d=din0.015556sd=(di-d)2n-10.04447221d0=00.34978145n=9t=d-d0sdn1.04934436对于=0.05，查表t0.0258=2.306，所以t2s，依据拉依达检验法，当=0.05时，62.20应该舍去。检验69.49计算包括69.49在内的平均值x=70.83及标准偏差s=0.615计算dp=xp-x=69.49-70.83=1.342s=20.615=1.23比较dp和2s，dp2s，依据拉依达检验法，当=0.05时，69.49应该舍去。检验70.30计算包括70.30在内的平均值x=70.9975及标准偏差s=0.3798计算dp=xp-x=70.30-70.9975=0.69752s=20.3798=0.7596比较dp和2s，dp2s，依据拉依达检验法，当=0.05时，69.49不应该舍去。检验71.38计算包括71.38在内的平均值x=70.9975及标准偏差s=0.3798计算dp=xp-x=71.38-70.9975=0.38252s=20.3798=0.7596比较dp和2s，dp6.07104=G0.05, 10s所以62.20应该舍去。检验69.49计算包括69.49在内的平均值x=70.83及标准偏差s=0.615，查表得G0.05,9=2.110G0.05，9s=2.1100.615=1.29765计算dp=xp-x=69.49-70.83=1.341.29765=G0.05,9s所以69.49应该舍去。检验70.30计算包括70.30在内的平均值x=70.9975及标准偏差s=0.3798，查表得G0.05,8=2.032计算G0.05,9s=2.0320.3798=0.77175计算dp=xp-x=70.30-70.9975=0.69750.77175=G0.05,8s69.49不应该舍去。检验71.38计算包括71.38在内的平均值x=70.9975及标准偏差s=0.3798，查表得G0.05,8=2.032计算G0.05,9s=2.0320.3798=0.77175计算dp=xp-x=71.38-70.9975=0.3825D，且DD1-n，故最小值62.20应该被舍去。舍去62.20后，对剩余的9个数据（n=9）进行狄克逊双侧检验：D=xn-xn-1xn-x2=71.38-71.3371.38-70.30=0.0462963D=x2-x1xn-1-x1=70.30-69.4971.33-69.49=0.40804598当=0.05，对于双侧检验，查出临界值D0.959=0.604，由于DD，且DD1-n，没有异常值。单侧检验时，查表得到临界值D0.959=0.512，DD1-n，没有异常值。11将下列数据保留4位有效数字：3.1459，136653，2.33050，2.7500，2.77447解：3.146、1367102、2.330、2.750、2.77412在容量分析中，计算组分含量的公式为W=Vc，其中V是滴定 时消耗滴定液的体积，c是滴定液的浓度。今用浓度为（1.0000.001）mg/mL的标准溶液滴定某试液，滴定时消耗滴定液的体积为（20.000.02）mL，试求滴定结果的绝对误差和相对误差。解：根据组分含量计算公式W=Vc，各变量的误差传递系数分别为WV=c=1.000，Wc=V=20.00所以组分含量的绝对误差为W=WVV+Wcc=cV+Vc=1.0000.02+20.000.001=0.0400（mg）W=Vc=20.001.000=20.000 （mg）最大相对误差为WW=0.040020.000=0.2%13在测定某溶液的密度的试验中，需要测定液体的体积和质量，已知质量测定的相对误差0.02%，预使测定结果的相对误差0.1%，测量液体体积所允许的最大相对误差为多大？解：由公式=M/V，误差传递系数为M=1/V，V=MV2则绝对误差=MM+VV=MV+MVV2=MV+MVV2相对误差=MV+MVV2M/V=MV+MVMV=MM+VV由于质量的相对误差MM0.02%，预使得0.1%，需要VV0.08%，即测量液体体积所允许的最大相对误差为0.08%。