学年四川省绵阳市高一上学期期末教学质量测试物理试题.docx

学年四川省绵阳市高一上学期期末教学质量测试物理试题.docx

《学年四川省绵阳市高一上学期期末教学质量测试物理试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《学年四川省绵阳市高一上学期期末教学质量测试物理试题.docx（27页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

学年四川省绵阳市高一上学期期末教学质量测试物理试题

绵阳市2018-2019学年第一学期末教学质量测试

高一物理

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：

高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、单选题。

1.某辆汽车启动后经过时间15s，速度表指针位置如图所示，则

A.此时汽车的速率是50km/h

B.此时汽车的速率是50m/s

C.启动后15s内汽车的平均速率是50km/h

D.启动后15s内汽车的平均速率是50m/s

【答案】A

【解析】

【分析】

汽车的速度表每时每刻都在变化，故速度表显示的是瞬时速度；

【详解】汽车的速度表显示的是瞬时速度，由图可知在第15s末汽车的瞬时速度是50km/h。

故A正确。

故选A。

2.下列说法正确的是

A.研究哈雷彗星的运动可以不选择参考系

B.力的单位牛顿（N）是国际单位制中的基本单位

C.由于原子很小，在任何情况下都可以视为质点

D.物体质量大，其惯性大，运动状态不容易被改变

【答案】D

【解析】

【详解】研究任何物体的运动都要选择参考系，选项A错误；力的单位牛顿（N）是国际单位制中的导出单位，选项B错误；虽然原子很小，在研究原子结构时不可以将原子视为质点，选项C错误；物体质量大，其惯性大，运动状态不容易被改变，选项D正确；故选D.

3.物理学发展史上，有一位科学家开创了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，并研究了落体运动的规律，这位科学家是

A.伽利略B.牛顿C.亚里士多德D.笛卡尔

【答案】A

【解析】

伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，并研究了落体运动的规律，故选A.

4.足球运动是目前全球体育界最具影响力的运动项目之一，深受青少年喜爱。

如图所示为三种与足球有关的情景，下列说法中正确的是

A.图甲中，静止在地面上的足球受到的弹力就是它的重力

B.图甲中，静止在地面上的足球受到弹力作用是因为地面发生了形变

C.图乙中，静止在光滑水平地面上的三个足球由于接触而受到相互作用的弹力

D.图丙中，足球被踢起了，说明脚与球接触时脚对球的力大于球对脚的力

【答案】B

【解析】

【分析】

力的作用效果：

一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；弹力产生的条件是接触且发生弹性形变。

作用力与反作用力总是大小相等方向相反。

【详解】静止在草地上的足球受到的弹力的施力物体是地面，而重力的施力物体是地球，可知弹力不是重力，故A错误；静止在地面上的足球受到弹力是地面对足球的作用力，是因为地面发生形变，故B正确；静止在光滑水平地面上的三个足球虽然接触，但由于没有弹性形变，所以没有受到相互作用的弹力，故C错误；脚对球的力与球对脚的力是一对作用力与反作用力，总是大小相等方向相反。

故D错误。

故选B。

【点睛】本题以体育比赛为载体考查相关的物理知识，注重了物理和生活的联系，考查了学生学以致用的能力。

要注意理解弹力的产生以及性质。

5.如图所示，质量为m的木块，被水平力F紧压在倾角为θ＝60°的墙面上静止。

墙面对木块

A.压力大小可能为零

B.摩擦力大小可能为零

C.压力与摩擦力的合力大小为F

D.压力与摩擦力的合力大小为

【答案】D

【解析】

【分析】

对木块进行受力分析，根据共点力平衡，抓住合力为零，运用正交分解求出压力和摩擦力的合力。

【详解】木块受到重力和水平力F后，墙面对木块一定有压力，也一定有沿斜面向上的摩擦力，否则不能平衡。

故AB错误；木块受重力、支持力、推力和静摩擦力平衡，根据多个共点力平衡的特点可知，墙壁的支持力与摩擦力的合力一定与重力与F的合力大小相等，方向相反，所以墙壁的支持力与摩擦力的合力为

，故D正确，C错误。

故选D。

6.甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移－时间图象，即x－t图象如图所示，则

A.刚出发时，甲车速度小

B.t1时刻，两车相遇

C.t2时刻，乙车速度大

D.0～t2时间内，甲车通过的距离大

【答案】C

【解析】

【分析】

在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，表示两车相遇。

【详解】因x-t图像的斜率等于速度，由图像可知刚出发时，甲车速度大，选项A错误；t1时刻，两车位移不相等，两车没有相遇，选项B错误；t2时刻，甲车的速度为零，则乙车速度大，选项C正确；t2时刻两车的位移相同，则0～t2时间内，两车通过的距离相同，选项D错误；故选C.

7.在“车让人”交通安全活动中，交警部门要求汽车在斑马线前停车让人。

以8m/s匀速行驶的汽车，当车头离斑马线8m时司机看到斑马线上有行人通过，已知该车刹车时最大加速度为5m/s2，驾驶员反应时间为0.2s。

若驾驶员看到斑马线上有行人时立即紧急刹车，则

A.汽车能保证车让人

B.汽车通过的距离是6.4m

C.汽车运动的时间是1.6s

D.在驾驶员反应时间内汽车通过的距离是1m

【答案】A

【解析】

【分析】

反应时间内汽车匀速运动，求解此过程汽车运动的距离，根据速度位移公式求出减速到零的时间，然后求出位移，判断是否超过停车线。

【详解】若驾驶员反应时间为t1=0.2s，反应时间的位移：

x1=8m/s×0.2s=1.6m；刹车的距离

，刹车的时间：

则车前行最短距离为x=x1+x2=1.4m+6.4m=7.8m<8m，车运动的时间为t=t1+t2=1.8s，故该汽车能保证车让人，故BCD错误，A正确；故选A。

【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、速度位移公式、位移时间公式，并能灵活运用，同时要注意刹车的末速度可能是0。

8.蹦极是一项户外休闲活动，跳跃者站在约40米以上高度的位置，用橡皮绳固定住后跳下，落地前弹起。

如图为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连，运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过C点时合力为零，到达最低点D后弹起。

整个过程中忽略空气阻力。

在这个过程中

A.经过B点时，运动员的速度最大

B.从O点到C点，运动员的加速度大小不变

C.从B点到C点，运动员的速度不断增大

D.从C点到D点，运动员的加速度不断减小

【答案】C

【解析】

【分析】

分析运动员下落过程中的受力情况，从而明确其运动情况，注意明确当力与运动方向相同时物体做加速运动，而力与运动方向相反时，物体做减速运动．

【详解】运动员经过B点时，运动员受向下的重力，此时弹力为零，则加速度向下，此位置的速度不是最大，选项A错误；从O点到B点，运动员的加速度大小为g不变；从B点到C点，重力大于弹力，随弹力的增加，运动员的加速度逐渐减小，速度不断增大，选项B错误，C正确；从C点到D点，弹力大于重力，随弹力的增加，运动员的加速度不断增加，选项D错误；故选C.

【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确力是改变物体运动状态原因，要根据受力情况来分析运动情况，注意不能认为绳子一张紧人即减速或停止，而实际情况是人要先做加速度减小的加速运动，然后再做减速运动．

9.如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。

则

A.当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mg

B.当滑块以加速度a=g向左加速运动时，小球对滑块压力为零

C.若滑块以加速度a=g向左加速运动时，线中拉力为mg

D.当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，线中拉力为2mg

【答案】B

【解析】

【分析】

当滑块匀速运动时，根据平衡条件绳的拉力大小；当滑块向左匀加速直线运动时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出支持力为零时的加速度，从而判断小球是否离开斜面，再结合牛顿第二定律和平行四边形定则求出绳子的拉力。

【详解】当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为T=mgsin45°=

mg，故A错误；设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，如图所示；

根据牛顿第二定律可得加速度a0=

=g，此时细线的拉力F=

=

mg，故B正确，C错误；当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为

，故D错误；故选B。

【点睛】解决本题的关键确定出小球刚离开斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求临界加速度。

当受力较多时，采用正交分解法比较简单，而小球只受两个力时用合成法简单。

10.某汽车在启用ABS刹车系统和不启用ABS刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的甲、乙图线所示。

紧急刹车过程中

A.0～t1，启用ABS的平均速度比不启用ABS的小些

B.0～t1，启用ABS的加速度比不启用ABS的大些

C.0～t2，启用ABS的平均速度比不启用ABS的大些

D.t1～t2，启用ABS的加速度比不启用ABS的小些

【答案】C

【解析】

【分析】

根据速度时间图象能直接比较车速的大小，由斜率等于加速度，比较加速度的大小。

由“面积”等于位移，比较位移的大小。

【详解】根据速度图象的“面积”等于位移大小看出，0～t1内启用ABS刹车后前行的距离比不启用ABS更长，平均速度比不启用ABS的大些，0～t2内启用ABS刹车后前行的距离比不启用ABS更长，平均速度比不启用ABS的大些，故A错误，C正确。

由斜率等于加速度的大小，得知启用ABS后0～t1的时间加速度更小，t1～t2，启用ABS的加速度比不启用ABS的大些，故BD错误；故选C。

【点睛】本题要结合速度图象来分析汽车的速度、加速度和位移的大小，抓住斜率等于加速度、“面积”等于位移是基本方法。

11.如图所示，两完全相同的小球M和N放在光滑竖直挡板和固定斜面间，处于静止状态。

现顺时针缓慢转动挡板，在挡板缓慢转动到与斜面垂直的过程中

A.N球对斜面的压力减小

B.M球对挡板的压力逐渐减小

C.M、N两球间的弹力逐渐增大

D.M球对斜面的压力逐渐增大

【答案】B

【解析】

【分析】

现逆时针缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，两完全相同的小球处于静止状态．则小球N受力不变，而小球M由于挡板对球M的弹力方向发生变化，导致球M对挡板及斜面作用力发生变化．

【详解】虽然挡板在变化，但球M对球N的弹力方向没变，球N的重力没变，斜面对球N的支持力方向也没变，虽然球N位置在缓慢变化，但球N所受力没有变化，故N球对斜面的压力不变，MN两球的弹力没有变。

所以AC错误；

球M受力分析，当缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，弹力F1的方向也从图示位置转动到与斜面平行位置。

则两个弹力的合力不变，当夹角变小时，两弹力大小均变小，故M球对挡板的压力逐渐减少，M球对斜面的压力逐渐减少。

故B正确，D错误；故选B。

【点睛】挡板的缓慢变化，导致弹力F1的方向在变化，从而出现两力的合力不变，而其夹角变小，可以确定这两力大小如何变化．当然可以通过画受力的动态图来一目了然．

12.如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两物体，定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，保持A物体质量m0不变，取不同质量m的B物体，通过计算机描绘得到传感器对滑轮的拉力F随B球质量m变化关系曲线如图乙所示，F＝F0直线是曲线的渐近线，重力加速度为g。

则

A.m越大，F越小

B.m越大，F越大

C.A物体质量

D.在m＜m0范围内，m越大，其运动的加速度越大

【答案】B

【解析】

【分析】

对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，隔离分析，根据牛顿第二定律求出绳子拉力，从而得出传感器拉力大小，当m趋向于无穷大，传感器示数趋向于F0，结合表达式求出A球的质量．分别结合牛顿第二定律求出当m＞m0，当m＜m0时，加速度的表达式，从而分析判断．

【详解】当m较大时，对整体分析，加速度

．隔离对m分析，mg-T=ma，解得

，而F=2T，则当m越大，F越大；m趋向于无穷大，则F0=2T=4m0g，解得A球质量m0=

．故AC错误，B正确；在m＜m0范围内，对整体分析，加速度

，m越大，其运动的加速度越小，选项D错误；故选B.

【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用．

二、多选题

13.下列情况中的运动物体，可以看做质点的是

A.研究飞船飞往火星的最佳运行轨道

B.调整人造卫星的姿态，使卫星的照相窗口对准地面

C.研究花样滑冰运动员的动作

D.计算从北京往上海的一列高铁的运行时间

【答案】AD

【解析】

【分析】

当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可正确解答本题。

【详解】研究飞船飞往火星的最佳运行轨道时，飞船的大小可以忽略不计，可看做质点，选项A正确；调整人造卫星的姿态，使卫星的照相窗口对准地面，卫星的大小不能忽略，不能看做质点，选项B错误；研究花样滑冰运动员的动作时，运动员的形状大小不能忽略，不能看做质点，选项C错误；计算从北京往上海的一列高铁的运行时间时，高铁的大小可以忽略不计，可看做质点，选项D正确；故选AD.

【点睛】考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略，与其他因素无关。

14.一个物体做直线运动，下列关于这个物体的加速度、速度及速度变化量的说法，正确的是

A.物体的速度越大，加速度越大

B.物体的速度变化量越大，加速度越大

C.物体单位时间内的速度变化量越大，加速度越大

D.如果物体做匀加速直线运动，加速度的方向和速度变化量的方向相同

【答案】CD

【解析】

【分析】

加速度等于物体的速度变化量与发生变化所用时间的比值，与两个因素相关，速度变化很大，加速度可能很小。

速度变化很小，加速度可能很大。

加速度与速度没有直接关系，加速度大小不断变小，速度不一定变小，相反，加速度变大，速度也不一定变大。

物体速度的增减取决于加速度和速度的方向关系，不决定于加速度的正负，加速度的大小就是速度的变化率。

【详解】物体的速度越大，加速度不一定越大，例如高速飞行的子弹的加速度为零，选项A错误；物体的速度变化量越大，加速度不一定越大，还与时间有关，选项B错误；加速度是速度的变化率，物体单位时间内的速度变化量越大，加速度越大，选项C正确；无论物体做加速还是减速运动，加速度的方向和速度变化量的方向总是相同的，选项D正确；故选CD.

【点睛】速度与加速度均是矢量，速度变化的方向决定了加速度的方向，却与速度方向无关。

同时加速度增加，速度可能减小，所以加速度与初速度的方向关系决定速度增加与否。

15.小船静止在平静湖面上，抓住通过固定在岸边滑轮且系在船头的轻绳把小船拉向岸边，开始时轻绳与湖面夹角不为零，假设小船受水的阻力大小不变，小船在匀速缓慢靠近岸边的过程中

A.轻绳的拉力不断增大

B.轻绳的拉力大小不变

C.船受的浮力减小

D.船受的浮力增大

【答案】AC

【解析】

【分析】

对小船进行受力分析，受重力、浮力、绳子的拉力，阻力做匀速直线运动，根据共点力平衡判断绳子的拉力和浮力的变化。

【详解】小船的受力情况如图所示。

据平衡条件知：

F浮+Fsin θ=G，Fcos θ=f，则拉力F=

，小船向岸边运动时，角θ增大，F增大，故A正确，B错误；浮力F=G-Fsin θ，因为F增大，sin θ增大，所以浮力F减小，故C正确，D错误。

故选AC。

【点睛】解决本题的关键掌握共点力平衡，知道小船在做匀速直线运动时，所受合力为0，根据θ角的变化，判断力的变化。

16.如图所示为研究木板与木块之间滑动摩擦力大小的实验装置，将一木块和木板叠放于水平桌面上，轻质弹簧测力计一端固定，另一端用细线与木块水平相连。

现在用轻绳与长木板连接，用手向右水平拉轻绳，使长木板在桌面上滑动。

则

A.木块与木板之间的摩擦力是滑动摩擦力

B.水平桌面必须必须光滑

C.必须使木板在桌面上做匀速直线运动

D.木板运动过程中，弹簧秤示数保持不变

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据受力分析的方法，结合重力、弹力与摩擦力的特征，即可进行判断；由题意可知，不论木板做何种运动，不影响测量结果。

【详解】木块与木板之间有相对滑动，可知它们之间的摩擦力是滑动摩擦力，选项A正确；水平桌面光滑与否对木块与木板之间的摩擦力无影响，则选项B错误；本实验中，木板不论处于什么运动，木块总处于平衡状态，则弹簧的弹力等于木块的滑动摩擦力，保持不变，选项C错误，D正确；故选AD。

17.小明同学用台秤研究人在竖直升降电梯中的超重与失重现象。

他在地面上用台秤称得自己体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重，电梯从t＝0时由静止开始运动到t＝11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的图象如图所示，g取10m/s2。

下列说法正确的是

A.在0～2s内，小明处于超重状态

B.在0～2s内，小明加速度大小为1m/s2

C.在10～11s内，台秤示数F3为600N

D.在0～11s内，电梯通过的距离为18m

【答案】BC

【解析】

【分析】

前2秒由静到动是加速，但从图象可以看出是失重，故是加速下降；电梯前2秒加速下降，2～10秒匀速下降，10～11s是减速下降；先求解2s时速度，然后求解最后1s的加速度，再根据牛顿第二定律求解弹力；分加加速、匀速、减速三段求解位移，最后相加得到总位移．

【详解】由图象可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力为：

F1=450N，由牛顿第二定律定律有：

mg-F1=ma1，解得：

a1＝1m/s2，加速度方向竖直向下，故小明处于失重状态，则A错误，B正确；设在10s～11s内小明的加速度为a3，时间为t3，0～2s的时间为t1，则a1t1=a3t3；解得：

a3＝2m/s2，由牛顿第二定律定律有：

F3-mg=ma3，解得：

F3=600N，选项C正确；0～2s内位移    x1＝

a1t12＝2m；2s～10s内位移   x2=a1t1t2=16m；10s～11s内位移  x3＝

a3t32＝1m；小明运动的总位移  x=x1+x2+x3=19m，选项D错误；故选BC.

【点睛】本题关键是明确电梯的运动规律，然后根据牛顿第二定律和运动学公式多次列方程后联立求解，不难．

18.如图甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0kg的小物块以某一水平初速度滑上传送带左端，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示，取向左为正方向，以小物块滑上传送带时为计时起点。

已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2。

下列说法正确的是

A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5

B.物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9m

C.物块距离传送带左端的最大距离是8m

D.物块在传送带上的时间4.5s

【答案】BD

【解析】

【分析】

根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数大小．物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间．

【详解】由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度为

；由牛顿第二定律得f=Ma又f=μMg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数

，选项A错误；由速度图象可知，物块的初速度大小v=4 m/s、传送带的速度大小v′=2 m/s，物块在传送带上滑动t1=3 s后与传送带相对静止．前2秒内物块的位移大小s1=

t1′=4 m，方向向右，即物块距离传送带左端的最大距离是4m；后1秒内的位移大小s2=

t1″=1 m，方向向左；3秒内物块的位移s=s1-s2=3 m，方向向右，传送带在3s内的位移为2×3m=6m向左，可知物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9m，选项B正确，C错误；物块再向左运动的时间t2=

=1.5 s； 物块在传送带上运动的时间t=t1+t2=4.5 s，选项D正确；故选BD.

【点睛】解决本题的关键理清物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时间图线进行求解．

三、填空题

19.将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，又落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。

该过程的v－t如图所示，g取10m/s2。

小球落回抛出点时速度大小是______m/s。

【答案】

【解析】

【分析】

根据速度时间图线得出匀减速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出阻力的大小；根据牛顿第二定律求出下降的加速度，结合位移时间公式得出下落时间．根据图线得出上升的位移，结合下降的加速度，运用速度位移公式求出小球回到抛出点的速度大小.

【详解】小球向上做匀减速运动的加速度大小

，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1-mg=2N。

小球上升的高度

，小球下降的加速度大小

，根据x=

a2t22得，t2=

s，则小球落回到抛出点时的速度大小为v=a2t2=8

 m/s。

【点睛】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．

20.在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两根不同的轻质弹簧a和b，操作步骤完全相同，得到弹力F与弹簧长度L的关系如图所示，下列分析判断正确的是______。

A．a的截距比b的小，由此判断a的劲度系数比b的小

B．a的截距比b的小，由此判断a的原长比b的小

C．a的斜率比b的大，由此判断a的劲度系数比b的大

D．根据图像，可以得到弹簧弹力与弹簧长度成正比

【答案】BC

【解析】

【分析】

弹簧的弹力满足胡克定律，F=kx，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长．

【详解】根据胡克定律F=k（L-L0），则在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故C正确。

 在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故B正确，A错误。

根据图像，可以得到弹力与弹簧的伸长长度成正比，而不是与长度成正比，故D错误。

故选BC。

【点睛】本题考查了胡克定律，注意F-t图象的认识，明确斜率和横截距的物理意义．

21.某同学利用打点计时器研究小车做匀变速直线运动的规律。

如图所示