2019-2020年高考模拟物理试题含解析

2019-2020年高考模拟物理试题含解析一、单项选择题：本大题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）质量为0.5kg的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v﹣t图象，则拉力与摩擦力大小之比为（）A．1：2 B．2：1 C．3：1 D．3：2【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：由图象可求得物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，不受水平拉力作用时物体的合力即为摩擦力．【解析】：解：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a1==1.5m/s2；物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a2==0.75m/s2；根据牛顿第二定律得：f=ma1；F﹣f=ma2，可得：F：f=3：2故选：D．【点评】：该题结合图象考查牛顿第二定律，要理解图象在物理学中具有非常重要的地位，本题将图象与牛顿第二定律相结合，是道好题．2．（3分）如图，多匝线圈A与电键、滑动变阻器相连后接入M、N间的交流电源，B线圈与小灯泡L相连．下列说法正确的是（）A．L发光时，电路中发生了自感现象B．L发光时，A线圈的输入功率等于B线圈的输出功率C．只有在闭合电键瞬间，L才能发光D．若闭合电键后L不发光，将滑动变阻器滑片左移后，L可能会发光【考点】：自感现象和自感系数．【分析】：首先要注意该电路是研究互感现象的电路依据电磁感应可以判定B中是不是由感应电流；由于接上的是交流电，故不是只在接通瞬间磁通量才变化；若闭合电键后小灯珠不发光，移动滑动变阻器滑不能改变磁通量变化．【解析】：解：A、C、闭合电键后，若电流大小不断变化，则A的磁通量不断变化，B在A 的上方，则通过B的磁通量也不断变化，可以在B线圈中产生感应电流，小灯珠可能持续发光，该现象属于互感现象，不是自感．故A错误，C错误．B、若不计线圈的电阻，L发光时，A线圈的输入功率就等于B线圈的输出功率，故B正确．D、若闭合电键后小灯珠不发光，将滑动变阻器滑臂左移后，电路中的电流更小，由此产生的磁通量变化更小，小灯珠更不可能会发光，故D错误．故选：B．【点评】：该题考查互感现象与自感现象的区别，关键是要知道交流电与直流电不同，直流电只在闭合和断开瞬间电路才有感应现象，但是交流电电流时刻都在变化．3．（3分）如图甲所示，高楼上某层窗口违章抛出一石块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间）为0.2s的相机拍摄到，图乙是石块落地前0.2s时间内所成的像（照片已经放大且风格化），每个小方格代表的实际长度为1.5m，忽略空气阻力，g取10m/s2，则（）A．石块水平抛出初速度大小约为225 m/sB．石块将要落地时的速度大小约为7.5 m/sC．图乙中像的反向延长线与楼的交点就是石块抛出的位置D．石块抛出位置离地高度约为28m【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：石块做平抛运动，石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，根据石块的像长度和时间，求出速度大小和方向．根据石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求交点．由速度的分解法求．【解析】：解：A、石块水平抛出初速度大小v0===7.5m/s，故A错误．B、石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，位移为s=1.5×m=≈4.74m，v==m/s=23.72m/s，即石块将要落地时的速度大小约为23.72m/s，故B错误；C、石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求石块抛出位置，故C错误；D、石块在竖直方向的平均速度v y==m/s=22.5m/s，即形成的像中间时刻的瞬时速度，形成的像总时间为0.2s，即从开始起经0.1s的瞬时速度为22.5m/s，可得：石块从抛出点至该点的时间t==2.25s，所以石块从发射点至形成的像上端所需时间：t上=（2.25﹣0.1）s=2.15s，对应形成的像上端离发射点的竖直高度h==m=23.11m加上形成的像在图片中的竖直高度4.5m，h总=27.61m≈28m，故D正确；故选：D．【点评】：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，采用估算的方法近似计算石块落地时的速度．4．（3分）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接一只电阻为9.0Ω的灯泡，则（）A．电压表V的示数为20VB．电路中的电流方向每秒改变5次C．灯泡实际消耗的功率为36WD．电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos5πt（V）【考点】：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：由甲图知电压峰值、周期，从而求电压有效值、角速度和频率，交流电每周期方向改变两次，电压表测量的是路端电压，在图示位置磁通量为零，磁通量的变化率最大．【解析】：解：由甲图知电压峰值为20V，周期0.2s，所以有效值为20V，角速度ω==10π．A、电压表测的是路端电压U==18V，A错误；B、交流电的频率为5Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变10次，B错误；C、灯泡实际消耗的功率为P=W=36W，C正确；D、线框在如图乙位置时，穿过线框的磁通量为零，线框的感应电动势最大，电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos10πt（V），D错误；故选：C．【点评】：本题考查了交流电的产生原理，要学会从图象中获取有用物理信息的能力，结合峰值和有效值的关系去分析．5．（3分）如图（甲）所示，一根粗绳AB的长度为l，其质量均匀分布，在水平外力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动．绳上距A端x处的张力T与x的关系如图（乙）所示．下列说法中正确的是（）A．粗绳可能受到摩擦力作用B．粗绳一定不受摩擦力作用C．可以求出粗绳的质量D．可以求出粗绳运动的加速度【考点】：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：本题的关键是设出绳子总长度和总质量，求出单位长度，然后分别对绳子用整体法和隔离法受力分析，列出牛顿第二定律方程，求解即可．【解析】：解：A、绳单位长度质量为λ=，先对整个绳子有F﹣f=ma，可得绳子加速度为a==，再对绳子左端部分应有T﹣μλ（l﹣x）g=λ（l﹣x）a，整理可得T=，由图线可知得出拉力和绳长的大小，无法确定是否受到摩擦力，故A正确，B错误．C、根据T与x的表达式无法求出粗绳的质量，由于质量未知，无法求出粗绳运动的加速度大小．故C、D错误．故选：A．【点评】：遇到连接体问题，一般是采用“先整体，后隔离”的分析方法，运算较简洁．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分．6．（4分）我国云南省某些地方现在仍依靠滑铁索过江，如图（甲）所示．我们可以把滑铁索过江简化成图（乙）的模型：铁索的两个固定点A、B在同一竖直平面内，AB间的水平距离为L=80m，铁索B点与A点竖直距离为h=8m，铁索的长度为100m，已知一质量M=35kg的学生，背着质量为m=5kg的书包，借助滑轮（滑轮质量不计）从A点静止开始滑到对岸的B 点．假设滑轮运行过程中受到的阻力大小恒为12N，重力加速度为10m/s2．下列说法正确的是（）A．滑到最低点时人处于超重状态B．该同学到达对岸的速度为10m/sC．相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大D．若该同学想从B返回A，在B点的初速度只需要10m/s【考点】：功能关系；牛顿第二定律．【分析】：人在滑到最低点时由重力和绳索的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求出人在滑到最低点时对绳索的压力，并分析人处于超重还是失重状态；根据动能定理列式求解末速度．【解析】：解：A、滑到最低点时重力和支持力的合力提供向心力，加速度向上，是超重，故A正确；B、对从A到B过程，根据动能定理，有：（M+m）gh﹣fS=解得：v B===m/s≈10.3m/s故B错误；C、根据v B=，相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大相同，故C错误；D、若该同学从B返回A，根据动能定理，有：﹣（M+m）gh﹣fS=0﹣解得：v B==≈14.6m/s故D错误；故选：A．【点评】：本题关键是明确人的运动情况、受力情况和能量转化情况，结合牛顿第二定律和动能定理列式分析，不难．7．（4分）在某一静电场中建立x轴，其电势随坐标x变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O处由静止释放，电场中P、Q两点位于x轴上，其横坐标分别为1cm、4cm．则下列说法正确的是（）A．粒子恰能运动到离原点12cm处B．粒子经过P点与Q点时，动能相等C．粒子经过P、Q两点时，加速度大小之比2：1D．粒子经过P、Q两点时，电场力功率之比1：1【考点】：电势；电势差与电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，分析其运动情况．φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．加速度a=．根据电势关系，分析电势能关系，由能量守恒定律判断动能的关系．功率P=Fv【解析】：解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，0﹣2cm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动；在2﹣6cm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，6cm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动．即在0﹣6cm间做往复运动．故A错误．B、粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故B正确；C、φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强为：E P==50φ，Q点的场强为：E Q==25φ，则粒子在p点的加速度与Q点的加速度为：加速度大小之比2：1．故C正确．D、粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则电场力做功的功率不等．故D错误．故选：BC【点评】：本题关键是抓住φ﹣x图象的斜率大小等于场强E，确定电场线方向，判断粒子的运动情况8．（4分）信使号水星探测器按计划将在今年陨落在水星表面．工程师通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道，使其寿命再延长一个月，如图所示，释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ，忽略探测器在椭圆轨道上所受阻力．则下列说法正确的是（）A．探测器在轨道Ⅰ上E点速率等于在轨道Ⅱ上E点速率B．探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上速率C．探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的E处加速度相同D．探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，势能和动能均减少【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：根据开普勒第二定律知AB速度大小．探测器机械能是否变化要看是否有外力对探测器做功，当万有引力刚好提供探测器所需向心力时探测器正好可以做匀速圆周运动，若是供大于需，则探测器做逐渐靠近圆心的运动，若是供小于需，则探测器做逐渐远离圆心的运动．【解析】：解：A、在圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，在E点实施变轨做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于飞船所需向心力，所以应给飞船加速，故探测器在轨道Ⅰ上E点速率小于在轨道Ⅱ上E点速率，故A错误；B、探测器在轨道Ⅰ上E点速率小于在轨道Ⅱ上E点速率，在Ⅱ远地点速度小于，故探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上的速率，故B正确；C、探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上E点所受的万有引力相同，根据F=ma知加速度相同，故C正确；D、探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，引力势能增加，动能较小，故D错误．故选：BC．【点评】：卫星变轨问题，要抓住确定轨道上运行机械能守恒，在不同轨道上的卫星其机械能不同，轨道越大机械能越大．9．（4分）电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab 边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，则（）A．泵体上表面应接电源正极B．通过泵体的电流I=C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度【考点】：霍尔效应及其应用．【分析】：当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况．【解析】：解：A、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，拉动液体，故A正确；B、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R===；因此流过泵体的电流I=，故B错误；C、增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；D、若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误；故选：AC．【点评】：本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素，不难．三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．10．（8分）如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M=4m．（1）用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=0.520cm；（2）某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为（用题中所给字母表示）；（3）开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1小于2F2（填“大于”、“等于”或“小于”）；（4）若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L，钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出n﹣图象，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为（用题中字母表示）．【考点】：测定匀变速直线运动的加速度．【专题】：实验题．【分析】：（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的速度．（3）通过整体隔离法，结合牛顿第二定律求出拉力的大小，从而进行比较．（4）根据速度位移公式，结合牛顿第二定律得出n﹣的表达式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度．【解析】：解：（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm．（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度v=．（3）对整体分析，，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F1=Ma1=4m×0.6g=2.4mg，，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F2=7ma2=2.1mg，知F1＜2F2．（4）滑块通过光电门的速度v=，根据v2=2aL得，，因为a=，代入解得，图线的斜率k=，解得g=．故答案为：（1）0.520cm；（2）；（3）小于；（4）．【点评】：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小．对于图象问题，关键得出两个物理量的表达式，结合图线斜率进行求解．11．（10分）某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中，组成了一个苹果电池，并用“测定电动势和内电阻”的实验方法测定该苹果电池的电动势和内电阻．（1）实验前，甲同学利用调好的多用电表欧姆“×100”档来粗测该苹果电池的内阻．测量结果如图甲所示．他这样做是否正确？若正确，请读出其内阻值；若不正确，请说明理由．不正确水果电池为电源，欧姆表不能电源的内阻．（2）乙同学设计好测量电路，选择合适的器材，得到苹果电池两端的电压U和流过它的电流I的几组数据，如下表所示．①请根据第2组和第5组数据计算得到该苹果电池的电动势E= 1.00V；内电阻r= 1.06 kΩ．（结果保留两位小数）．②除苹果电池、电压表、电流表、电键、导线若干外，可供选择的实验器材有：滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）；电阻箱R2（阻值0～9999.9Ω），该电路中可变电阻应选择R2（选填R1或R2）②请选择合适器材用铅笔划线代替导线将图乙中实物连接完整．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）欧姆表只能测试电阻不能测试电源的电阻；（2）①由欧姆定律分别列了两组数据对应的公式，列立可求得电池的电动势的内阻；②根据给出的仪器及实验中的安全性和准确性选择滑动变阻器；③根据选择的器材利用实验原理得出正确的实物图．【解析】：解：（1）因为欧姆表内部本身有电源，而水果电池也有电动势，故二者相互影响，无法正确测出电源内阻；（2）①由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知：E=0.81+0.18r；E=0.62+0.36r联立解得：E=1.0V；r=1.06kΩ；②由于水果电池的内阻较大，故应选用大的滑动变阻器才能起到有效的调节作用；故选择电阻箱R2．③本实验中采用基本的伏安法即可以测量，由于水果电池内阻较大，故可以采用电流表相对于电源的内接法；故实物图如图所示；故答案为：（1）不正确，水果电池为电源，欧姆表不能测电源的内阻；（2）①1.00；1.06；②R2；③如图所示【点评】：本题考查测量电源电动势及内阻的实验，要注意水果电池内阻较大，故在实验中要选用电流表相对电源的内接法；同时注意明确水果电池不能使用的原因为内阻过大．【选做题】本题包括三个选修，请选定其中两个，，则按前两个评分．【选修模块3-3】）（12分）12．（4分）下列说法中正确的是（）A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C．一定量的100℃水变成100℃水蒸气，其分子势能增加D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低【考点】：温度是分子平均动能的标志；布朗运动．【分析】：正确解答本题要掌握：温度是分子平均动能的标志；布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动；物体的内能；正确理解好应用热力学第一定律．【解析】：解：A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动．故A正确．B、温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现；气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加．故B错误．C、一定量100℃的水变成100℃的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变，但是在这个过程中要吸热，内能增加，所以分子之间的势能必定增加．故C正确．D、温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低．故D正确；故选：ACD【点评】：本题考查了有关分子运动和热现象的基本知识，对于这些基本知识一定注意加强记忆和积累．其中对热力学第二定律的几种不同的表述要准确理解．13．（4分）在“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V．在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓（如图所示），测得油膜占有的正方形小格个数为X．①用以上字母表示一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为．②油酸分子直径约为．【考点】：用油膜法估测分子的大小．【专题】：实验题．【分析】：在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径．油膜面积由正方形小格个数乘以每个方格的面积．【解析】：解：实验时做的假设为：将油膜看成单分子膜；将油分子看作球形；认为油分子是一个紧挨一个的．①由题意可知，一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为V0=．②每一滴所形成的油膜的面积为S=Xa2，所以油膜的厚度，即为油酸分子的直径为d==．故答案为：①，②．【点评】：掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径．14．（4分）如图所示，上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置，长24cm的水银柱将12cm 的空气柱封闭在管的下端，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为p0=76cmHg，果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动180°，求在开口向下时管中空气柱的长度．空气视为理想气体，转动中，没有发生漏气．【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：在玻璃管转动过程中，根据P=P0+hcosθ可知，转动的角度增大，封闭气体压强减小，体积增大，水银溢出，整个过程封闭气体等温变化，根据玻意耳定律列式求解即可【解析】：解：玻璃管开口向上时，空气柱的压强为：p1=p0+ρgl1①式中，ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度．玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，设此时空气柱长度为x，则p2=p0﹣ρg[（l1+l2）﹣x]②式中，p2为管内空气柱的压强．由玻意耳定律有p1l2S=p2xSx=20 cm答：在开口向下时管中空气柱的长度为20cm．【点评】：本题关键是求出被封闭气体的压强即可正确解答，解答这类问题注意以水银柱为研究对象，根据平衡状态求解．【选修模块3-4】（共3小题，每小题4分，满分12分）15．（4分）下列说法中正确的是（）A．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象B．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定C．泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光【考点】：光的干涉；产生共振的条件及其应用．【分析】：当策动频率与固有频率相同时，出现共振现象；电磁波在真空中也能传播．机械波在介质中的传播速度由介质决定；由光的衍射现象：绕过阻碍物继续向前传播；偏振原理利用光的干涉现象，来减弱反射光的强度．【解析】：解：A、军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，桥发生共振现象，故A正确．B、机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均有关，故B错误．C、泊松亮斑是光通过不透明的小圆盘发生衍射时形成的；故C错误；D、加偏振片的作用是减弱反射光的强度，从而增大透射光的强度；故D正确；故选：AD．【点评】：本题考查光的衍射与干涉现象，掌握机械能与电磁波的区别，注意电磁波的预言与证实，理解偏振片的作用．16．（4分）某同学用DIS系统在实验室做“单摆的周期T与摆长L的关系”实验，通过计算机描绘出两次实验中的单摆的振动图象，由图可知，两次实验中单摆的频率之比=4：3；两单摆摆长之比=9：16．【考点】：探究单摆的周期与摆长的关系．【专题】：实验题．【分析】：由振动图线知两单摆的周期比，再求出单摆的频率之比．根据单摆的周期公式T=2π得出两单摆的摆长之比．【解析】：解：由振动图线知，两单摆的周期分别是T a=s，T b=2s，所以两次实验中单摆的频率之比==4：3。