第3讲实验用油膜法估测分子的大小。

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。作为教师就要早早地准备好适合的教案课件。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，使教师有一个简单易懂的教学思路。教案的内容要写些什么更好呢？急您所急，小编为朋友们了收集和编辑了“第3讲实验用油膜法估测分子的大小”，希望能对您有所帮助，请收藏。

第3讲实验用油膜法估测分子的大小
1．把V1mL的油酸倒入适量的酒精中，稀释成V2mL的油酸酒精溶液，测出1mL油酸酒精溶液共有N滴．取一滴溶液滴入水中，最终在水中形成Scm2的单分子油膜．则该油酸分子的直径大约为()
A.V1NV2SmB.NV2V1SmC.V2NV1ScmD.V1NV2Scm
答案：D
2．在用油膜法估算分子大小的实验中：
(1)下面是一些实验步骤及注意事项：
A．在准备实验时，油酸酒精溶液要提前一天配制，以免因溶液不均匀产生误差；
B．一定要仔细清洗浅盘，充分洗去油污、粉尘，以免给实验带来误差；
C．用注射器(或滴管)将V＝1毫升油酸酒精溶液一滴一滴的滴入量筒中，并记下滴数n，计算出每滴油酸酒精溶液的平均体积V0＝Vn；
D．向浅盘里注入适量的水，并将痱子粉(或石膏粉)从盘的中央加入，使粉扩散至均匀，再用注射器(或滴管)从适当高处将一滴油酸酒精溶液滴在水面上；
E．等待油酸薄膜的形状稳定后，用数格子法测算出面积S；
F．根据一滴油酸酒精溶液的体积V0和膜的面积S计算出油酸薄膜的厚度L＝V0S；
G．重复实验测几次油酸薄膜的厚度并求出平均值，即可认为就是油酸分子的直径．
其中错误的是：__________；不必要的是：__________(只填前面的字母)．
(2)这个实验中产生误差的主要原因有：_
_______________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
答案：(1)FA
(2)计算一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积时，由于一滴油酸酒精溶液的体积和浓度测不准产生误差；用数格子法求油酸薄膜的面积本身就是一种估算方法
3．用油膜法估测油酸分子的大小，实验器材有：浓度为0.05%(体积分数)的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1mL的量筒、盛有适量清水的45×50cm2浅盘、痱子粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸．
(1)下面是实验步骤，请填写所缺的步骤C
A．用滴管将浓度为0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL油酸酒精溶液时的滴数N.
B．将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.05%的油酸酒精溶液，从低处向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足够大的面积又不与器壁接触为止，记下滴入的滴数n.
C．________________________________________________________________________.
D．将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积S.
(2)用已给的和测得的物理量表示单个油酸分子的直径大小________(单位：cm)．
解析：(1)将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上．
(2)1滴油酸溶液中含有的油酸体积为0.05%NmL，向浅盘中共滴入油酸的体积V＝0.05%nNcm3，所以单个油酸分子的直径为d＝VS＝0.05%nNScm.
答案：(1)将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上(2)0.05%nNScm
4．在用油膜法估测分子的大小实验中，已知一滴溶液中油酸的体积为V油酸，配制的油酸溶液中，纯油酸与溶液体积之比为1∶500,1mL溶液滴250滴，那么1滴溶液的体积是________mL，所以一滴溶液中油酸体积为V油酸＝________cm3.若实验中测得结果如下表所示，请根据所给数据填写出空白处的数值，并与公认的油酸分子长度值L0＝1.12×10－10m作比较，并判断此实验是否符合数量级的要求.
次数S/cm2L＝VS/cm
L平均值
1533
2493
3563
解析：由题给条件得，1滴溶液的体积为V溶液＝1250mL＝4×10－3mL，因为V油酸V溶液＝1500，故1滴溶液中油酸体积为：
V油酸＝1500V溶液＝1500×1250cm3＝8×10－6cm3.
据此算得3次测得L的结果分别为：
1．5×10－8cm1.62×10－8cm1.42×10－8cm
其平均值为：L＝L1＋L2＋L33＝1.51×10－10m
这与公认值的数量相吻合，故本次估测数值符合数量级的要求．
答案：4×10－38×10－61.5×10－81.62×10－81.42×10－81.51×10－10m符合要求

延伸阅读

高考物理易错实验题知识点：用油膜法估测分子直径

20xx年高考物理易错实验题知识点：用油膜法估测分子直径

1、实验原理：油酸滴在水面上，可认为在水面上形成了单分子油膜，，如把分子认为是球状，测出其厚度即为直径。
2、实验器材：盛水方盘、注射器(或胶头滴管)、试剂瓶、坐标纸、玻璃、痱子粉(或石膏粉)、酒精油酸溶液、量筒。
3、步骤：盘中倒水侍其静，胶头滴管吸液油，逐滴滴入量筒中，一滴体积应记清，痱粉均撒水面上，靠近水面一滴成，油膜面积稳定后，方盘上放玻璃稳，描出轮廓印(坐标)纸上，再把格数来数清，多于半格算一格，少于半格舍去无，数出方格求面积，体积应从浓度求。
4、注意事项：
(1)实验前应注意方盘是否干净，否则油膜难以形成。
(2)方盘中的水应保持平衡，痱子粉应均匀浮在水面上。
(3)向水面滴酒精溶液时应靠近水面，不能离水面太高，否则油膜难以形成。(4)向水面只能滴一滴油酸溶液。
(5)计算分子直径时，注意滴加的不是纯油酸，而是酒精油酸溶液，应用一滴溶液的体积乘以溶液的体积百分比浓度
以上就是xx为大家带来的20xx年高考物理易错实验题知识点【用油膜法估测分子直径】，希望大家能够掌握好这些实验知识点，这样将来才能轻松应对物理实验题。

第3讲实验用单摆测定重力加速度

第3讲实验用单摆测定重力加速度
1．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议：
A．适当加长摆线
B．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的
C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
其中对提高测量结果精确度有利的是________．
解析：单摆实验的精确度取决于实验装置的理想化程度及相关物理量的测量精度．适当加大摆线长度，有利于把摆球看成质点，在摆角小于10°的条件下，摆球的空间位置变化较大，便于观察，A对．摆球体积越大，所受空气阻力越大，对质量相同的摆球其影响越大，B错．摆角应小于10°，C对．本实验采用累积法测量周期，若仅测量一次全振动，由于球过平衡位置时速度较大，难以准确记录，且一次全振动的时间太短，偶然误差较大，D错．
答案：AC
2．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图1－3－6所示．则：
图1－3－6
(1)该摆摆长为________cm，秒表的示数为________；
(2)如果他测得的g值偏小，可能的原因是()
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，秒表过迟按下
D．实验中误将49次全振动数为50次
解析：(1)由摆长公式l＝l′＋d/2，知l＝98.50cm＝0.9850m，由秒表的读数方法，可求得单摆振动50次所用的时间t＝短针读数(t1)＋长针读数(t2)＝3×30s＋9.8s＝99.8s，同时可求得周期T.
(2)通过g＝4π2lT2，可知g偏小的可能原因有二：一是摆长l的测量值偏小，即测量值小于实际值，可知A错，B正确；二是周期T的测量值偏大，如开始计时时，过早按下秒表；停止计时时，过迟按下秒表；误把n＋1次全振动数为n次等等．由此可知C、D选项皆错，故正确答案为B.
答案：(1)98.599.8s(2)B
3.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测得单摆摆角小于5°，完成n全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，用螺旋测微器测得摆球直径为d.
图1－3－7
(1)用上述物理量的符号写出重力加速度的一般表达式g＝________.
(2)从图1－3－7可知，摆球直径d的读数为________mm.
(3)实验中有个同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可能是()
A．悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了
B．单摆所用摆球质量太大
C．把n次全振动时间误当成(n＋1)次全振动时间
D．以摆线长作为摆长来计算
解析：单摆的摆长为l＝L＋d/2，完成n次振动的时间为t，振动的周期T＝t/n，代入单摆的周期公式T＝2πlg中，整理可得g＝4π2n2L＋d2t2，读出螺旋测微器的示数为5.980(±0.002均可)；由推导出的公式g＝4π2n2L＋d2t2可知，只有C答案正确．
答案：(1)4π2n2L＋d2t2(2)5.980(3)C
4.某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L—T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图1－3－8所示．他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝________.请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________(填“偏大”“偏小”或“相同”)．
图1－3－8
解析：设摆球重心在球心的正下方x处，则第一次测量时摆长L1′＝L1＋x，对应周期T1＝2πL1＋xg，第二次测量时摆长L2′＝L2＋x，对应周期T2＝2πL2＋xg，联立解得g＝4π2(L1－L2)T21－T22，用图象法处理实验数据，则计算重力加速度的表达式为g＝4π2(LA－LB)T2A－T2B，实验结果与摆球重心就在球心处的情况相同．
答案：4π2(LB－LA)T2B－T2A相同
5．(2009浙江，22)(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图1－3－9甲、乙所示．测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)．

图1－3－9
(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图1－3－10所示．光敏电阻与某一自动记录相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图1－3－11所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(填“变大”、“不变”或“变小”)，图1－3－11中的Δt将
________________________________________________________________________
(填“变大”、“不变”或“变小”)．
图1－3－10
图1－3－11
解析：通过R随t的变化图象可知，单摆半个周期的时间为(t1＋t0)－t1＝t0，所以单摆的周期为2t0.当换用直径为原来2倍的小球做实验时，该单摆的摆长将会变大，周期T将会变大．Δt表示小球通过光敏电阻与激光器之间的时间，当摆球直径变大时，通过的时间将变大．
答案：(1)乙(2)2t0变大变大

第4讲实验测定金属的电阻率

作为优秀的教学工作者，在教学时能够胸有成竹，高中教师要准备好教案，这是老师职责的一部分。教案可以让学生更好的吸收课堂上所讲的知识点，帮助高中教师更好的完成实现教学目标。那么怎么才能写出优秀的高中教案呢？下面是由小编为大家整理的“第4讲实验测定金属的电阻率”，希望对您的工作和生活有所帮助。

第4讲实验测定金属的电阻率

1.在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图7－4－8所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻Rx，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．
图7－4－8
(1)从图7－4－8中读出金属丝的直径为________mm.
(2)为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：
A．电压表0～3V，内阻10kΩ
B．电压表0～15V，内阻50kΩ
C．电流表0～0.6A，内阻0.05Ω
D．电流表0～3A，内阻0.01Ω
E．滑动变阻器，0～10Ω
F．滑动变阻器，0～100Ω
①要求较准确地测出其阻值，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________________________________________________________________________．
(填序号)
②实验中实物接线如图7－4－9所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．
图7－4－9
错误1________________________________________________________________________
错误2________________________________________________________________________
解析：(1)金属丝的直径为d＝0.5mm＋17.9×0.01mm＝0.679mm.
(2)电流表和电压表指针偏转大时测量误差小，所以电压表选A，电流表选C，滑动变阻器限流式控制电路时，其阻值为待测电阻的2～5倍为好，所以选E.本题难度中等．
答案：(1)0.679(0.677～0.681mm均可)
(2)①ACE②错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上错误2：采用了电流表内接法
2．一位电工师傅为测量某电线厂生产的铜芯电线的电阻率，他截取了一段长为L的电线，并测得其直径为D，用多用电表测其电阻发现阻值小于1Ω.为提高测量的精度，他从
图7－4－10器材中挑选了一些元件，设计了一个电路，重新测量这段导线(下图中用Rx表示)的电阻
图7－4－10
A．电源E：电动势为3.0V，内阻不计
B．电压表V1：量程为0～3.0V，内阻约为2kΩ
C．电压表V2：量程为0～15.0V，内阻约为6kΩ
D．电流表A1：量程为0～0.6A，内阻约为1Ω
E．电流表A2：量程为0～3.0A，内阻约为0.1Ω
F．滑动变阻器R1：最大阻值5Ω，额定电流2.0A
G．滑动变阻器R2：最大阻值1kΩ，额定电流1.0A
H．开关S一个，导线若干
(1)实验时电压表选________；电流表选________；滑动变阻器选________(填元件符号)．
(2)请设计合理的测量电路，把电路图画在作图框中，在图中表明元件符号．
(3)在实物图中用笔画线替代导线连接元件．
(4)某次测量时，电压表示数为U，电流表示数为I，则该铜芯电线材料的电阻率的表达式为ρ＝________.
答案：(1)BEF(2)见下图(3)见下图(4)πUD24IL

3.在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx.用电流表和电压表测金属丝的电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，不论使用电流表内接法还是电流表外接法，都会产生系统误差．按如图7－4－11所示的电路进行测量，可以消除由于电表内阻造成的系统误差．利用该电路进行实验的主要操作过程是：
第一步：先将R2的滑动触头调到最左端，单刀双掷开关S2向1闭合，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1和R2，使电压表和电流表的示数尽量大些(不超过量程)，读出此时电压表和电流表的示数U1、I1.
第二步：保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关S2向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2.
请写出由以上记录数据计算被测电阻的表达式Rx＝________.
图7－4－11
解析：第一步对应的等效电路如图(甲)所示．则Rx＋RA＋R1＝U1I1
(甲)(乙)
第二步对应的等效电路如图(乙)所示．则RA＋R1＝U2I2，由以上两式求得：Rx＝U1I1－U2I2.
答案：U1I1－U2I2
4．某研究性学习小组设计了如图7－4－12图(1)所示的电路，用来研究稀盐水溶液的电阻率与浓度的关系．图中E为直流电源，K为开关，K1为单刀双掷开关，V为电压表，A为多量程电流表，R为滑动变阻器，Rx为待测稀盐水溶液液柱．
图7－4－12
(1)实验时，闭合K之前应将R的滑片P置于________(填“C”或“D”)端；当用电流表外接法测量Rx的阻值时，K1应置于位置________(填“1”或“2”)．
(2)在一定条件下，用电流表内、外接法得到Rx的电阻率随浓度变化的两条曲线如图(2)所示(不计由于通电导致的化学变化)．实验中Rx的通电面积为20cm2，长度为20cm，用内接法测得Rx的阻值是3500Ω，则其电阻率为________Ωm.由图中对应曲线________(填“1”或“2”)可得此时溶液浓度约为________%(结果保留两位有效数字)．
解析：对于分压式电路，闭合电键K前要使测量电路电压最小，所以滑动变阻器滑片P应该置于D.电键K1置于1时，电压表直接接在待测电阻两端，属于电流表外接法．由电阻定律Rx＝ρL/S可得电阻率ρ＝RxS/L＝35Ωm.因为内接法测得的电阻较大，电阻率也较大．由图中曲线1可知电阻率为35Ωm对应的溶液浓度约为0.012.
答案：(1)D1(2)3510.011至0.014间的数据皆可

第4讲实验验证牛顿运动定律

俗话说，凡事预则立，不预则废。教师要准备好教案，这是每个教师都不可缺少的。教案可以让学生更好地进入课堂环境中来，帮助教师有计划有步骤有质量的完成教学任务。教案的内容要写些什么更好呢？下面是小编精心为您整理的“第4讲实验验证牛顿运动定律”，供大家借鉴和使用，希望大家分享！

第4讲实验验证牛顿运动定律
1．在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时，下列说法中正确的是()
A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上
B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行
C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动
D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车
解析：本题考查实验过程中应注意的事项，选项A中平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘内砝码(或小桶)通过细绳拴在小车上，A错；选项B、C、D符合正确的操作方法，B、C、D对．
答案：BCD
2．在“验证牛顿运动定律”的实验中，在研究加速度a与小车的质量M的关系时，由于没有注意始终满足Mm的条件，结果得到的图象应是下图中的()
解析：在本实验中绳中的张力F＝MmgM＋m，则小车的加速度a＝FM＝mgM＋m，在研究加速度跟小车质量M的关系时，保持m不变，若横轴为1/(M＋m)，则a－1/(M＋m)图象应是过原点的直线，当满足Mm时，m可以忽略不计，a≈mgM，a－1/M图象还可以满足图象是过原点的直线；当小车的质量较小、不满足Mm时，图象便发生向下弯曲．故选D.
答案：D
3.
图3－4－6
如图3－4－6所示，在研究牛顿第二定律的演示实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范围内，有()
A．当m1＝m2、F1＝2F2时，x1＝2x2
B．当m1＝m2、F1＝2F2时，x2＝2x1
C．当m1＝2m2、F1＝F2时，x1＝2x2
D．当m1＝2m2、F1＝F2时，x2＝2x1
解析：题中m1和m2是车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量．当m1＝m2时，两车总质量仍相等，因F1＝2F2，则a1＝2a2.由x＝12at2知，A正确，B错误；若m1＝2m2，两车总质量关系未知，故C、D不能确定．
答案：A
4．(20xx南通质检)“验证牛顿运动定律”的实验，主要的步骤有：
A．将一端附有定滑轮的长木板放在水平桌面上，取两个质量相等的小车，放在光滑的水平长木板上；
B．打开夹子，让两个小车同时从静止开始运动，小车运动一段距离后，夹上夹子，让它们同时停下来，用刻度尺分别测出两个小车在这一段时间内通过的位移大小；
C．分析所得到的两个小车在相同时间内通过的位移大小与小车所受的水平拉力的大小关系，从而得到质量相等的物体运动的加速度与物体所受作用力大小的关系；
D．在小车的后端也分别系上细绳，用一只夹子夹住这两根细绳；
E．在小车的前端分别系上细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘内分别放着数目不等的砝码，使砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量．分别用天平测出两个砝码盘和盘内砝码的总质量．
上述实验步骤，正确的排列顺序是________．
解析：此题考查的是实验步骤，对于实验的一些常识，必须牢记于心，结合本实验的实验步骤，不难排列出正确的顺序．
答案：AEDBC
5.
图3－4－7
如图3－4－7所示，是某次利用气垫导轨探究加速度与力、质量关系的实验装置安装完毕后的示意图，图中A为砂桶和砂，B为定滑轮，C为滑块及上面添加的砝码，D为纸带，E为电火花计时器，F为蓄电池、电压为6V，G是电键，请指出图中的三处错误：
(1)_______________________________________________________________________；
(2)_______________________________________________________________________；
(3)_______________________________________________________________________．
答案：(1)B接滑块的细线应水平(或与导轨平行)
(2)C滑块离计时器太远
(3)E电火花计时器用的是220V的交流电，不能接直流电
6．(2009江苏，11)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图3－4－8所示．
(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图3－4－9所示．计时器打点的时间间隔为0.02s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留两位有效数字)

(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：

砝码盘中砝码总重力F(N)0.1960.3920.5880.7840.980
加速度a(ms－2)0.691.181.662.182.70
请根据实验数据作出a－F的关系图象．
(3)根据提供的实验数据作出的a－F图线不通过原点，请说明主要原因．
解析：根据Δx＝aT2，可计算小车的加速度，a＝0.16m/s2，运用表格中给出的数据可0绘出图象，图象不过原点的主要原因是未计入砝码盘的重力．
答案：(1)0.16(0.15也可)
(2)见右图
(3)未计入砝码的重力