丁慶紅 王 岳 任秀麗

(1.北京教育學院石景山分院,北京 100043;2.北京市第九中學,北京 100041)

沒有探究,就沒有科學.科學探究,是指科學家在研究自然界的科學規(guī)律時所進行的科學研究活動.20世紀80年代后,我國和一些發(fā)達國家將科學探究作為一種教學方法引入到教學過程中,讓學生處于動態(tài)、開放、生動、多元的學習環(huán)境中,使學生通過類似科學家的探究過程理解科學概念和科學探究的本質,并培養(yǎng)科學探究能力,從而將學習重心從過分強調知識的傳承和積累向知識的探索過程轉化,使學生從被動接受知識向自主學習轉化.

重視科學探究是我國新一輪基礎教育改革的核心.科學探究的形式是多種多樣的,有提出問題、猜想與假設、制定計劃與設計實驗、進行實驗與收集證據、分析與論證、評估、交流與合作等幾個要素.科學探究既是物理課程的重要內容,又是重要教學方式;既是學生學習的目標,又是物理學習的重要方法.

隨著新課程改革的不斷推進,科學探究的理念日益深入人心.我們發(fā)現不僅在近幾年的高考物理試題中出現了大量的科學探究問題,而且物理競賽也用越來越多的試題彰顯科學探究的理念.

1 實驗誤差分析類

(第26屆全國中學生物理競賽預賽試卷第10題)試分析下面兩個實驗操作中的誤差(或失誤)對實驗結果的影響.

(1)用“插針法”測量玻璃的折射率時,要先將透明面平行的玻璃磚放置在鋪平的白紙上,然后緊貼玻璃磚的兩個透明面,分別畫出兩條直線,在實驗中便以這兩條直線間的距離作為透明面之間的距離.如果由于操作中的誤差,使所畫的兩條直線間的距離大于玻璃磚兩透明面間的實際距離,問這樣測得的折射率與實際值相比,是偏大、偏小、還是相同?試給出簡要論證.

圖1

圖2

(2)在用單擺測量重力加速度g時,由于操作失誤,致使擺球不在同一豎直平面內運動,而是在一個水平面內做圓周運動,如圖1所示.這時如果測出擺球做這種運動的周期,仍用單擺的周期公式求出重力加速度,問這樣求出的重力加速度與重力加速度的實際值相比,哪個大?試定量比較.

解析:(1)以兩條實線代表在白紙上所畫出的直線,以兩條虛線代表玻璃磚的兩個透明面,根據題意,實線間的距離大于虛線間的距離,如圖2所示.根據實線位置定出的折射角為r,按實際的玻璃磚兩透明面的位置即虛線定出的折射角為r',由圖2知

由折射定律

令入射角i相等,當折射角偏大時,測出的折射率將偏小.

(2)以l表示擺長,θ表示擺線與豎直方向的夾角,m表示擺球的質量,F表示擺線對擺球的拉力,T表示擺球做題圖所示運動的周期.有

由(3)、(4)式得

2 制訂計劃與設計實驗類

(第26屆全國中學生物理競賽預賽試卷第11題)現有以下器材:電流表1只(量程適當.內阻可忽略不計.帶有按鈕開關S1,按下按鈕,電流表與電路接通,有電流通過電流表,電流表顯示出一定的讀數),阻值已知為R的固定電阻一個,阻值未知的待測電阻Rx一個,直流電源一個(電動勢E和內阻r待測),單刀雙擲開關S一個,接線用的導線若干.

圖3

試設計一個實驗電路,用它既能測量直流電源的電動勢E和內阻r,又能測量待測電阻的阻值Rx(注意:此電路接好后,在測量過程中不許再拆開,只許操作開關,讀取數據).具體要求:

(1)畫出所設計的電路圖.

(2)寫出測量E、r和Rx主要的實驗步驟.

(3)導出用已知量和實驗中測量出的量表示的E、r和Rx的表達式.

解析:解法1.

(1)電路如圖3所示.

(2)實驗步驟:

①將單刀雙擲開關S置于空位,按所設計的電路圖接線;②按下電流表上的按鈕開關S1,讀下電流表的示數I1;③將S打向左側與a接通,讀下電流表的示數I2;④將S打向右側與b接通,讀下電流表的示數I3.

(3)由歐姆定律有

解以上3式得

解法2.

圖4

(1)電路如圖4所示.

(2)實驗步驟:

①將單刀雙擲開關S置于空位,按所設計的電路圖接線;

②按下電流表上的按鈕開關S1,讀下電流表的示數I1;

③將S打向左側與a接通,讀下電流表的示數I2;

④將S打向右側與b接通,讀下電流表的示數I3.

(3)由歐姆定律有

解以上3式得

3 分析與論證類

(第26屆全國中學生物理競賽預賽試卷第15題)圖5中M1和M2是絕熱氣缸中的兩個活塞,用輕質剛性細桿連結,活塞與氣缸壁的接觸是光滑的、不漏氣的,M1是導熱的,M2是絕熱的,且M2的橫截面積是M1的2倍.M1把一定質量的氣體封閉在氣缸的L1部分,M1和M2把一定質量的氣體封閉在氣缸的L2部分,M2的右側為大氣,大氣壓強p0是恒定的.K是加熱L2中氣體用的電熱絲.初始時,兩個活塞和氣體都處在平衡狀態(tài),分別以V10和V20表示L1和L2中氣體的體積.現通過K對氣體緩慢加熱一段時間后停止加熱,讓氣體重新達到平衡態(tài),這時,活塞未被氣缸壁擋住.加熱后與加熱前比,L1和L2中氣體的壓強是增大了、減小了還是未變?要求進行定量論證.

圖5

解析:

解法1.用n1和n2分別表示L1和L2中氣體的摩爾數,p1、p2和V1、V2分別表示L1和L2中氣體處在平衡態(tài)時的壓強和體積,T表示氣體的溫度(因為M1是導熱的,兩部分氣體的溫度相等),由理想氣體狀態(tài)方程有

式中R為普適氣體常量.若以兩個活塞和輕桿構成的系統(tǒng)為研究對象,處在平衡狀態(tài)時有

已知

由(3)、(4)式得

由(1)、(2)、(5)式得

若(6)式中的V1、V2是加熱后L1和L2中氣體的體積,則p1就是加熱后L1中氣體的壓強.加熱前L1中氣體的壓強則為

設加熱后,L1中氣體體積的增加量為ΔV1,L2中氣體體積的增加量為ΔV2,因連結兩活塞的桿是剛性的,活塞M2的橫截面積是M1的2倍,故有

加熱后,L1和L2中氣體的體積都是增大的,即ΔV＞0.[若ΔV＜0,即加熱后,活塞是向左移動的,則大氣將對封閉在氣缸中的氣體做功,電熱絲又對氣體加熱,根據熱力學第一定律,氣體的內能增加,溫度將上升,而體積是減小的,故L1和L2中氣體的壓強p1和p2都將增大,這違反力學平衡條件(5)式],于是有

由(6)、(7)、(9)、(10)式得

由(11)式可知,若加熱前V10=V20,則p1=p10,即加熱后p1不變,由(5)式知p2亦不變;若加熱前V10＜V20,則p1＜p10,即加熱后p1必減小,由(5)式知p2必增大;若加熱前V10＞V20,則p1＞p10,即加熱后p1必增大,由(5)式知p2必減小.

解法2.設加熱前L1和L2中氣體的壓強和體積分別為p10、p20和V10、V20,以p1、p2和V1、V2分別表示加熱后L1和L2中氣體的壓強和體積,由于M1是導熱的,加熱前L1和L2中氣體的溫度是相等的,設為T0,加熱后L1和L2中氣體的溫度也相等,設為T.因加熱前、后兩個活塞和輕桿構成的系統(tǒng)都處在力學平衡狀態(tài),注意到S2=2S1,力學平衡條件分別為

由(1)、(2)式得

根據理想氣體狀態(tài)方程,對L1中的氣體有

對L2中的氣體有

由(4)、(5)式得

(6)式可改寫成

因連結兩活塞的桿是剛性的,活塞M2的橫截面積是M1的2倍,故有

把(3)、(8)式代入(7)式得

若V10=V20,則由(9)式得p1=p10,即若加熱前,L1中氣體的體積等于L2中氣體的體積,則加熱后L1中氣體的壓強不變,由(2)式可知加熱后L2中氣體的壓強亦不變.

若V10＜V20,則由(9)式得p1＜p10,即若加熱前,L1中氣體的體積小于L2中氣體的體積,則加熱后L1中氣體的壓強必減小,由(2)式可知加熱后L2中氣體的壓強必增大.

若V10＞V20,則由(9)式得p1＞p10,即若加熱前,L1中氣體的體積大于L2中氣體的體積,則加熱后L1中氣體的壓強必增大,由(2)式可知加熱后L2中氣體的壓強必減小.