2020-2021学年【新教材】人教版（2019）高中物理必修一专题：运动学

这是一份物理必修 第一册全册综合优秀学案，共23页。学案主要包含了匀变速直线运动，匀变速直线运动的推论等内容，欢迎下载使用。

运动学专题
匀变速直线运动公式及其应用



重难点
题型
分值
重点
匀变速直线运动基本公式及推论
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12-16分
难点
匀变速直线运动公式的应用






匀变速直线运动
一、匀变速直线运动
1. 概念：沿一条直线且加速度不变的运动。
2. 分类：
（1）匀加速直线运动：a与v方向相同。
（2）匀减速直线运动：a与v方向相反。
3. 基本规律

二、匀变速直线运动的推论
1. 任意两段连续相等的时间间隔T内的位移之差：Δx＝aT2。可以推广到xm－xn＝（m－n）aT2。
2. 物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初末时刻速度矢量和的一半，即：＝。
3.物体在一段位移的中点的瞬时速度与这段时间内的初末速度之间的关系为。

三、初速度为零的匀变速直线运动的重要推论
1. 1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
2. 1T内、2T内、3T内……位移的比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。
3. 第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶（2N－1）。
4. 从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶（－1）∶（－）∶…∶（－）。



如图所示，在光滑足够长的斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为 5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7. 5 m时，下列说法正确的是（　　）

A. 物体运动时间可能为1 s
B. 物体运动时间可能为3 s
C. 物体运动时间可能为（2＋）s
D. 此时的速度大小一定为5 m/s
答案：ABC
解析：当物体的位置在出发点的上方时，
根据x＝v0t＋at2得7. 5＝10t－×5t2
即t2－4t＋3＝0，所以t1＝3 s或t2＝1 s
由v＝v0＋at得v＝±5 m/s
当物体的位置在出发点的下方时，根据x＝v0t＋at2得
－7. 5＝10t－×5t2
即t2－4t－3＝0，t＝（2±）s，舍去负值
即t3＝（2＋）s。由v＝v0＋at得v＝－5m/s，所以选项A、B、C均正确，D错误。


从斜面上某一位置每隔0. 1 s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示。现测得AB＝15 cm，BC＝20 cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同。求：

（1）小球的加速度大小；
（2）拍摄时B球的速度大小；
（3）D、C两球相距多远；
（4）A球上面正在运动着的小球共有几颗？
答案：（1）5 m/s2　（2）1. 75 m/s　（3）25 cm　（4）两颗
解析：（1）由Δx＝aT2得
a＝＝＝ m/s2＝5 m/s2。
（2）vB＝＝ m/s＝1. 75 m/s。
（3）由Δx＝DC－BC＝BC－AB得
DC＝BC＋（BC－AB）＝20 cm＋5 cm＝25 cm。
（4）小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为
tB＝＝s＝0. 35 s
则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两颗。


1. 运动学公式中符号的规定
一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。若v0＝0，一般以a的方向为正方向。
2. 匀变速直线运动常常一题多解，要根据题目所给条件，灵活选择合适的公式。
3. 刹车问题：先求解刹车时间，然后再与题目中所给的时间进行比较。


（答题时间：30分钟）
1. 一个做匀加速直线运动的物体先后经过A、B两点时的速度分别为v1和v2，则下列结论中正确的有(　　)
A. 物体经过AB位移中点的速度大小为
B. 物体经过AB位移中点的速度大小为
C. 物体通过AB这段位移的平均速度为
D. 物体通过AB这段位移所用时间的中间时刻的速度为
2. 如图所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结论正确的是（　　）

A. 小木块与木板间的动摩擦因数为
B. 小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点
C. 小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下
D. 小木块滑到最高点后将静止不动
3. 一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t＝0时刻起开始刹车，刹车过程的位移大小x与速度大小v的关系为x＝10－0. 1v2（m），下列分析正确的是（　　）
A. 刹车过程汽车的加速度大小为0. 2 m/s2
B. 刹车过程持续的时间为2 s
C. t＝0时刻汽车的速度大小为5 m/s
D. 刹车全过程的位移大小为5 m
4. 以18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为（　　）
A. 50 m　 B. 45 m　 C. 40.5 m　 D. 40 m
5. 如图3所示，在成都天府大道某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度。一辆汽车正从A点迎面驶向测速仪B，若测速仪与汽车相距355 m，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C处与超声波相遇，当测速仪接受到发射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D点，且此时汽车与测速仪相距335 m，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为图4所示分析（已知超声波速度为340 m/s）。

（1）求汽车刹车过程中的加速度a；
（2）此路段有80 km/h的限速标志，分析该汽车刹车时的行驶速度是否超速？



1. 答案：BCD
解析：设经过位移中点时的速度为，则对前半段的位移有，对后半段的位移有，由这两式得，选项A错误，选项B正确；对匀变速直线运动而言，总有，选项C、D正确．
2. 答案：AD
解析：小木块恰好匀速下滑时，mgsin 30°＝μmgcos 30°，可得μ＝，选项A正确；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma，可得小木块上滑过程中匀减速运动的加速度a＝10 m/s2，故小木块上滑的时间t上＝＝1 s，小木块速度减为零时，有mgsin 30°＝μmgcos 30°，故小木块将静止在最高点，选项D正确，B、C错误。
3. 答案：B
解析：根据匀变速直线运动中位移与速度关系可得x＝＝－＋v2，对应x＝10－0. 1v2（m），可得－＝10 m，＝－0. 1 s2/m，得加速度a＝－5 m/s2，t＝0时刻的速度大小v0＝10 m/s，刹车持续时间Δt＝＝2s，刹车全过程的位移大小x＝＝10 m，故只有选项B正确。
4. 答案：C
解析：根据x＝v0t＋at2得36＝18×3＋a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为t′＝＝s＝4. 5 s<5 s，所以4. 5 s末汽车停车，5 s内的位移x＝＝m＝40.5 m，故选项C正确。
5. 答案：（1）10 m/s2　（2）不超速
（2）x1＋x2＝，v0＝20 m/s＝72 km/h，汽车未超速。
解析：（1）设超声波从B运动到C的时间为t0，那么在超声波从C返回B的t0时间内，汽车由C减速运动到D且速度为零，应用逆向思维x2＝at，超声波往返时间为2t0，汽车在2t0时间内，运动的位移为x1＋x2＝a（2t0）2，x1＋x2＝x0－x＝20 m，x2＝5 m，x1＝15 m，而超声波在t0内的距离为BC＝x＋x2＝335 m＋5 m＝340 m，即v声t0＝340 m，t0＝1 s，代入x2＝at得a＝10 m/s2。



自由落体运动

重难点
题型
分值
重点
自由落体和竖直上抛运动的基本规律
选择
计算
10-12分
难点
自由落体和竖直上抛运动中物理量的求解






一、自由落体运动
1. 条件：物体只受重力，从静止开始下落。
2. 基本规律
（1）速度公式：v＝gt。
（2）位移公式：h＝gt2。
（3）速度位移关系式：v2＝2gh。

二、竖直上抛运动
1. 基本规律（取向下为正方向）
（1）初速度为v0 ，加速度为 -g 的匀变速直线运动；
（2）速度公式：v＝v0－gt；
（3）位移公式：h＝v0t－gt2；
（4）速度位移关系式：v2－＝－2gh；
（5）上升的最大高度：H＝；
（6）上升到最高点所用时间：t＝。
2. 竖直上抛运动的两个特性
（1）对称性：如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：

①时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等；
②速度对称性：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。
（2）多解性：在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下落阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解，也可能造成路程多解。



如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5……所示小球运动过程中每次曝光的位置，连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d。根据图中的信息，下列判断错误的是（　　）

A. 位置“1”是小球释放的初始位置
B. 小球做匀加速直线运动
C. 小球下落的加速度为
D. 小球在位置“3”的速度为
答案：A
解析：由题图可知，小球做匀加速直线运动，相邻的两段位移之差为一块砖的厚度，由Δx＝d＝aT2可得，a＝；位置“3”是位置“2”和位置“4”的中间时刻，由得，；由位置“3”的速度为可知，从运动开始至此点的时间为，即释放点不是位置“1”，只有选项A错误。


气球以10 m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17 s到达地面，求物体刚脱离气球时气球的高度。（g＝10 m/s2）
答案：1275m
解析：方法一：（全程法）可将物体的运动过程视为匀变速直线运动，根据题意画出运动草图如图（甲）所示，
规定向下方向为正，则v0＝－10 m/s，
g＝10 m/s2据h＝v0t＋gt2，
则有h＝－10×17 m＋×10×172 m＝1275 m
所以物体刚脱离气球时气球的高度为1275 m；

方法二：（分段法）如图（乙）将物体的运动过程分为A→B和B→D两段来处理。A→B为竖直上抛运动，B→D为自由落体运动，

在A→B段，据竖直上抛规律可知此阶段运动时间为
tAB＝＝s＝1 s
由题意知tBD＝（17－1） s＝16 s
由自由落体运动规律
hBD＝＝×10×162 m＝1280 m
hBC＝＝×10×12 m＝5 m
hCD＝hBD－hBC＝1275 m。


1. 自由落体运动是初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动，因此匀变速直线运动的所有规律和推论在自由落体运动中都可以应用。
2. 竖直上抛运动的处理方法：分段法和全程法。竖直上抛运动可以分成竖直向上的匀减速直线运动和自由落体运动。
3. 竖直上抛运动的两个重要特性：（1）对称性：时间对称和速度对称；（2）多解性：物体经过抛出点上方某位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段。


（答题时间：30分钟）
1. 一物体从离地面45 m高处做自由落体运动（g取10 m/s2），则下列说法正确的是（　　）
A. 物体运动3 s后落地
B. 物体落地时的速度大小为30 m/s
C. 物体在落地前最后1 s内的位移为25 m
D. 物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s
2. 竖直上抛的物体，又落回抛出点，关于物体运动的下列说法中，正确的有（　　）
A. 上升过程和下落过程，时间相等、位移相同
B. 物体到达最高点时，速度和加速度均为零
C. 整个过程中，任意相等时间内物体的速度变化量均相同
D. 不管竖直上抛的初速度有多大（v0＞10 m/s），物体上升过程的最后1 s时间内的位移总是不变的
3. 一物体从某一行星表面竖直向上抛出（不计空气阻力）。设抛出时t＝0，得到物体上升高度随时间变化的h－t图象如图所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为（　　）

A. 8 m/s2，20 m/s B. 10 m/s2，25 m/s
C. 8 m/s2，25 m/s D. 10 m/s2，20 m/s
4. 在研究物体仅在重力作用下运动的实验中，打点计时器所用电源的频率为50 Hz，实验中得到一条点迹清晰的纸带，把一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量点，每两个测量点之间有4个实际打出的点未画出，如图所示，图中所标数据是各测量点到O点的距离（单位：mm），那么物体做什么运动？加速度为多少？

5. 一矿井深为125 m，在井口每隔一定时间自由下落一个小球．当第11个小球刚从井口开始下落时，第1个小球刚好到达井底，则相邻小球下落的时间间隔有多长？这时第3个小球和第5个小球相距多远？（取g＝10 m/s2）
6. 某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
（1）燃料恰好用完时火箭的速度；
（2）火箭上升离地面的最大高度；
（3）火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间。



1. 答案：ABC
解析：由自由落体运动规律h＝gt2得t＝＝s＝3 s，选项A正确；落地速度v＝gt＝30 m/s，选项B正确；落地前最后1 s内的位移Δh＝gt2－g（t－1）2＝25 m，选项C正确；物体在整个下落过程中的平均速度＝＝15 m/s，选项D错误。
2. 答案：CD
解析：上升和下落过程时间相等，而位移大小相等、方向相反，物体到最高点加速度仍为g，故A、B均错，在任意相等时间t内，速度变化量均为gt，C正确，根据逆向思维知，物体上升过程最后1 s内位移和自由下落第1 s内位移大小是相等的，都为×12＝，D也正确。
3. 答案：A
解析：根据图象可知，物体在t＝2. 5 s时上升到最大高度为25 m。由运动学公式可得，，初速度，A项正确。
4. 答案：匀变速直线运动；9. 8 m/s2
解析：因为打点周期T′＝0. 02 s，所以各测量点之间的时间间隔为T＝5×T′＝0. 1 s.
由纸带数据得hOA＝49 mm，hAB＝147 mm，hBC＝245 mm，hCD＝343 mm，即hAB－hOA＝hBC－hAB＝hCD－hBC＝98 mm，物体做匀变速直线运动，其加速度a＝＝ m/s2＝9. 8 m/s2.
5. 答案：0. 5 s；35 m
解析：设井深为H，第一个小球落到井底所需的时间为t，则由H＝gt2，解得t＝＝s＝5s
根据题意，第1个小球到达井底时，第11个小球刚开始释放，说明这5 s分成了10个相等的时间间隔，所以相邻小球开始下落的时间间隔
Δt＝＝ s＝0. 5 s
第1个小球到达井底时，第3个小球与第5个小球已运动的时间分别为8Δt与6Δt. 所以，此时第3个小球与第5个小球相距
Δh＝g（8Δt）2－g（6Δt）2＝14g（Δt）2＝14×10×0. 52 m＝35 m
6. 答案：（1）20 m/s　（2）60 m　（3）（6＋2） s
解析：设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1。
火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程做匀加速直线运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点。
（1）对第一个过程有h1＝t1，代入数据解得v1＝20 m/s。
（2）对第二个过程有h2＝，代入数据解得h2＝20 m
所以火箭上升离地面的最大高度
h＝h1＋h2＝40 m＋20 m＝60 m。
（3）从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v1＝gt2，得
t2＝＝s＝2 s
从最高点落回地面的过程中h＝gt，而h＝60 m，代入得t3＝2s，故总时间t总＝t1＋t2＋t3＝（6＋2）s。





运动学图像问题


重难点
题型
分值
重点
运动学图像信息的获取
选择
计算
10-14分
难点
用运动学图像解决追及相遇问题






1. 对运动图像的认识，应注意以下三点
（1）无论是x－t图像还是v－t图像都只能描述直线运动。
（2）x－t图像和v－t图像不表示物体运动的轨迹，x、v与t一一对应。
（3）一般试题中，关键点是根据斜率判断物体的运动状况，x－t图像的斜率表示物体运动的速度，根据x－t图像的斜率判断速度变化情况；v－t图像的斜率表示物体运动的加速度，根据v－t图像的斜率判断加速度的变化情况。
2. 分析图像问题时应注意“六看”

一看“轴”
二看“线”
三看“斜率”
四看“面积”
五看“纵截距”
六看“特殊点”
注：图像法解决追及相遇问题
（1）低速追高速
追及类型
图像描述
相关结论
匀加速追匀速

设x0为开始时两物体间的距离，t0时刻，两物体速度相等，则应有下面结论：
①t＝t0以前，后面物体与前面物体间距离增大；
②t＝t0时，两物体相距最远，为x0＋Δx；
③t＝t0以后，后面物体与前面物体间距离减小；
④一定能追上且只能相遇一次
匀速追匀减速

匀加速追匀减速


（2）高速追低速
追及类型
图像描述
相关结论
匀速追匀加速

设x0为开始时，两物体间的距离，开始追时，后面物体与前面物体间距离在减小，当两物体速度相等时，即t＝t0时刻：
①若Δx＝x0，则恰能追上，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件；
②若Δx ③若Δx>x0，则两者位移之差等于初始时的距离时，追者速度仍大于被追者速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时两者间距离有一个极大值。即可以相遇两次。
匀减速追匀速

匀减速追匀加速




P、Q两物体从同一位置由静止开始沿同一直线同向运动，a－t图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A. t＝6 s时，P、Q两物体的速度之比为2∶1
B. t＝4 s时，P、Q两物体的速度之比为2∶1
C. 2～4 s内，Q的位移大小为48 m
D. 4～6 s内，Q的位移大小为64 m
答案：D
解析：a－t图像中图线与时间轴所围面积表示速度变化量Δv，由于初速度为零，所以v＝Δv，得t＝6 s时，P、Q两物体的速度之比＝，选项A错误；t＝4 s时，P、Q两物体的速度之比＝，选项B错误；t＝2 s时，Q的速度v1＝×2×8 m/s＝8 m/s，2～4 s内，Q的位移x1＝v1Δt1＋a1（Δt1）2＝m＝32 m，选项C错误；2～6 s内，Q的位移x2＝v1Δt2＋a1（Δt2）2＝m＝96 m，4～6 s内，Q的位移x＝x2－x1＝64 m，选项D正确。


甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v－t图像如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是（　　）

A. 在第10 s末，乙车改变运动方向
B. 在第10 s末，甲、乙两车相距150 m
C. 在第20 s末，甲、乙两车相遇
D. 若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次
答案：D
解析：由图可知，在20 s内，乙车一直沿正方向运动，速度方向没有改变，故选项A错误；由于不知道初始位置甲、乙相距多远，所以无法判断在10 s末两车相距多远，及在20 s 末能否相遇，故选项B、C错误；若刚开始乙车在前，且距离为150 m，则在10 s末两车相遇，之后甲在乙的前面，乙的速度增大，在某个时刻与甲再次相遇，故选项D正确。


解决运动学图像问题需要注意：
1.无论是x－t图像还是v－t图像都只能描述直线运动，且图像都不表示物体运动的轨迹。
2.注意图像中斜率、截距、面积等表示的意义。
3.注意图像中交点、转折点等表示的意义。


（答题时间：30分钟）
1. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图像如图所示。已知两车在t＝3 s 时并排行驶，则（　　）

A. 在t＝1 s时，甲车在乙车后
B. 在t＝0时，甲车在乙车前7. 5 m
C. 两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
2. 在同一公路上，B、C两辆汽车的v－t图像b、c如图所示，两辆汽车同时同地出发，下列说法正确的是（　　）

A. B车的加速度为m/s2，C车的加速度为－m/s2
B. t＝2 s时，C车在B车后
C. B、C两车在大约1. 6 s时并排行驶
D. B、C两车并排行驶时离出发点的距离约为9. 6 m
3. 如图所示为一个质点做直线运动的v－t图像，则下列说法正确的是（　　）

A. 质点在0～5 s内的位移为5 m
B. 质点在整个运动过程中，10～12 s内的加速度最大
C. 质点在10 s末离出发点最远
D. 质点在8～12 s内的平均速度为4 m/s
4. 一物体以某一初速度冲上光滑且足够长的斜面，并做直线运动，则下列描述该物体在斜面上运动的速度—时间图像可能正确的是（　　）


5. 斜面长度为4 m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方v的关系图像（即x－v图像）如图所示．

（1）求滑块下滑的加速度大小．
（2）若滑块下滑的初速度为5. 0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？



1. 答案：BD
解析：根据v－t图知，甲、乙两车都沿正方向运动。t＝3 s时，甲、乙两车并排行驶，此时v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t图线所围面积对应位移关系知，0～3 s内甲车位移x甲＝×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝×3×（10＋25） m＝52. 5 m。故t＝0时，甲、乙两车相距Δx1＝x乙－x甲＝7. 5 m，即甲车在乙车前方7. 5 m，选项B正确；0～1 s内，x甲′＝×1×10 m＝5 m，x乙′＝×1×（10＋15） m＝12. 5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7. 5 m＝Δx1，说明在t＝1 s时甲、乙两车第一次相遇，选项A、C错误；甲、乙两车两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，所以选项D正确。
2. 答案：AD
解析：根据图像信息可知：aB＝m/s2＝m/s2，aC＝m/s2＝－m/s2，选项A正确；
设经过时间t，B、C两车并排行驶，则
xB＝xC①
又因xB＝aBt2②
xC＝v0t＋aCt2③
由图像可知v0＝4 m/s④
联立①②③④得t＝ s≈3. 31 s（t＝0舍去）
所以t＝2 s时，C车在B车前，选项B、C错误；
B、C两车并排行驶时离出发点的距离为
x＝aBt2＝××m≈9. 6 m
所以，选项D正确。
3. 答案：AB
解析：根据速度图像中图线与时间轴所围的面积表示位移可知，质点在0～5 s内的位移x＝×2×5 m＝5 m，选项A正确；由v－t图像的斜率表示加速度可知，0～5 s内的加速度大小a1＝m/s2，8～10 s内的加速度大小a2＝m/s2＝2 m/s2，10～12 s内的加速度大小a3＝6 m/s2，所以质点在整个运动过程中，10～12 s内的加速度最大，选项B正确；质点在11 s末离出发点最远，选项C错误；质点在8～12 s内的位移x＝8 m，平均速度为＝m/s＝2 m/s，选项D错误。
4. 答案：C
解析：物体冲上斜面先做匀减速直线运动，运动到最高点时，速度为零，然后返回做匀加速直线运动，该过程速度方向发生变化，由于斜面光滑，故物体运动的加速度大小不变，方向不变，上滑与下滑运动距离等大，选项A、B错误；物体在光滑斜面上运动的加速度大小为gsinθ 5. 答案：（1）2 m/s2　（2）1 s
解析：（1）由v＝2ax推知，图线“斜率”为，根据图像可知，＝，所以滑块下滑的加速度大小a＝2 m/s2。
（2）由图像可知，当滑块的初速度为4 m/s时，滑块刚好滑到斜面最低点，故滑块下滑的初速度为5. 0 m/s时能滑到斜面最低点．设滑块在斜面上的滑动时间为t，则x＝v0t－at2，解得t＝1 s，t＝4 s（舍去）。