高中物理第二章 匀变速直线运动的规律本章综合与测试导学案

这是一份高中物理第二章 匀变速直线运动的规律本章综合与测试导学案，共13页。

[学习目标] 1.知道竖直上抛运动是匀变速直线运动，会利用分段法或全程法求解竖直上抛的有关问题.2.会分析追及相遇问题，会根据两者速度关系和位移关系列方程解决追及相遇问题．
一、竖直上抛运动
1．竖直上抛运动
将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出，抛出的物体只在重力作用下运动，这种运动就是竖直上抛运动．
2．运动性质
先做竖直向上的匀减速运动，上升到最高点后，又开始做自由落体运动，整个过程中加速度始终为g，全段为匀变速直线运动．
3．运动规律
通常取初速度v0的方向为正方向，则a＝－g.
(1)速度公式：vt＝v0－gt.
(2)位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2.
(3)位移和速度的关系式：vt2－v02＝－2gh.
(4)上升的最大高度：H＝eq \f(v02,2g).
(5)上升到最高点(即vt＝0时)所需的时间：t＝eq \f(v0,g).
4．运动的对称性
(1)时间对称
物体从某点上升到最高点和从最高点回到该点的时间相等，即t上＝t下．
(2)速率对称
物体上升和下降通过同一位置时速度的大小相等、方向相反．
气球下挂一重物，以v0＝10 m/s的速度匀速上升，当到达离地面高175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物再经多长时间落到地面？落地速度多大？(空气阻力不计，g取10 m/s2)
答案 7 s 60 m/s
解析 解法一 分段法
绳子断裂后，重物先匀减速上升，速度减为零后，再匀加速下降．
重物上升阶段，时间t1＝eq \f(v0,g)＝1 s，
由v02＝2gh1知，h1＝eq \f(v02,2g)＝5 m，
重物下降阶段，下降距离H＝h1＋175 m＝180 m，
设下落时间为t2，则H＝eq \f(1,2)gt22，故t2＝eq \r(\f(2H,g))＝6 s，
重物落地总时间t＝t1＋t2＝7 s，速度v＝gt2＝60 m/s.
解法二 全程法
取初速度方向为正方向
重物全程位移h＝v0t－eq \f(1,2)gt2＝－175 m
可解得t＝7 s(t2＝－5 s舍去)
由vt＝v0－gt，得vt＝－60 m/s，负号表示方向竖直向下．
竖直上抛运动的处理方法
1．分段法
(1)上升过程：v0≠0、a＝－g的匀减速直线运动．
(2)下降过程：自由落体运动．
2．全程法
(1)整个过程：初速度v0方向向上、加速度g竖直向下的匀变速直线运动，应用规律vt＝v0－gt，h＝v0t－eq \f(1,2)gt2.
(2)正负号的含义(取竖直向上为正方向)
①v＞0表示物体上升，v＜0表示物体下降．
②h＞0表示物体在抛出点上方，h＜0表示物体在抛出点下方．
(2021·天津益中学校高一月考)在某塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，设塔足够高，则：
(1)物体抛出的初速度大小为多少？
(2)物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为多少？
(3)若塔高H＝60 m，求物体从抛出到落到地面的时间和落地速度大小．(g取10 m/s2)
答案 (1)20 m/s (2)10 m,30 m,50 m (3)6 s 40 m/s
解析 (1)设初速度为v0，竖直向上为正方向，有－2gh＝0－v02，故v0＝20 m/s.
(2)位移大小为10 m，有三种可能：向上运动时x＝10 m，返回时在出发点上方10 m，返回时在出发点下方10 m，对应的路程分别为x1＝10 m，x2＝(20＋10) m＝30 m，x3＝(40＋10) m＝50 m.
(3)落到地面时的位移x＝－60 m，设从抛出到落到地面用时为t，有x＝v0t－eq \f(1,2)gt2，
解得t＝6 s(t＝－2 s舍去)
落地速度v＝v0－gt＝(20－10×6) m/s＝－40 m/s，则落地速度大小为40 m/s.
二、追及、相遇问题
导学探究 一辆货车以20 m/s的速度在平直公路上超速行驶．当这辆超速行驶的货车经过警车时，警车立刻从静止开始以2.5 m/s2的加速度匀加速追上去，从警车启动开始计时，到追上的这一过程中，
(1)哪段时间两车距离增大，哪段时间两车距离减小？
(2)追上前何时两车相距最远？
(3)警车经过多长时间追上货车？
答案 (1)两车速度相等时，v＝at，得t＝8 s.
0～8 s警车速度小于货车速度，两车距离增大，8 s以后，警车速度大于货车速度，两车距离减小．
(2)t＝8 s时，两车相距最远．
(3)当追上时两车位移相等，x1＝x2，x1＝vt′，x2＝eq \f(1,2)at′2，解得t′＝16 s.
知识深化
1．追及相遇问题中的一个条件和两个关系
(1)一个条件：即两者速度相等，它往往是能够追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．
(2)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画运动示意图得到．
2．追及相遇问题常见的情况
假设物体A追物体B(两物体做匀速或匀变速直线运动)，开始时两个物体相距x0，有三种常见情况：
(1)A追上B时，必有xA－xB＝x0，且vA≥vB.
(2)要使两物体恰好不相撞，两物体同时到达同一位置时速度相同，必有xA－xB＝x0，vA＝vB.
(3)若使两物体保证不相撞，则要求当vA＝vB时，xA－xB＜x0，且之后vA≤vB.
3．解题思路和方法
eq \x(分析两物体的运动过程)⇒eq \x(画运动示意图)⇒eq \x(找两物体位移关系)⇒eq \x(列位移方程)
(2021·汉阳一中月考)一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现在他前面x0＝13 m远处以v0＝8 m/s的速度匀速向前行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经t0＝2.5 s，警车发动起来，以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，求：
(1)警车发动后追上违章的货车所用的时间t；
(2)在警车追上货车之前，两车之间的最大距离Δxm.
答案 (1)11 s (2)49 m
解析 (1)警车开始运动时，货车在它前面
Δx＝x0＋v0t0＝13 m＋8×2.5 m＝33 m
警车发动后，警车运动位移：x1＝eq \f(1,2)at2
货车运动位移：x2＝v0t
警车要追上货车满足：x1＝x2＋Δx
联立并代入数据解得：t＝11 s(t＝－3 s舍去)．
(2)警车速度与货车速度相同时，相距最远，
对警车有：v0＝at′，x1′＝eq \f(1,2)at′2对货车有：x2′＝v0t′
最远距离：Δxm＝x2′－x1′＋Δx＝49 m.
针对训练 (2020·宁夏育才中学高一上学期期末)一辆汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶时，制动后40 s停下来．现在同一平直公路上以20 m/s的速度行驶时发现前方200 m处有一货车以6 m/s的速度同向匀速行驶，司机立即制动，则：
(1)求汽车刹车时的加速度大小；
(2)是否发生撞车事故？若发生撞车事故，在何时发生？若没有撞车，两车最近距离为多少？
答案 (1)0.5 m/s2 (2)不会相撞 最近相距4 m
解析 (1)汽车制动加速度大小a＝eq \f(vA,t)＝0.5 m/s2
(2)当汽车减为与货车同速时t0＝eq \f(vA－vB,a)＝28 s
汽车运动的位移x1＝eq \f(v A 2－v B 2,2a)＝364 m
此时间内货车运动的位移为x2＝vBt0＝168 m
Δx＝x1－x2＝196 m＜200 m，所以两车不会相撞．
此时两车相距最近，最近距离x＝x0－Δx＝200 m－196 m＝4 m.
一辆小汽车以30 m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图1所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图像(忽略刹车反应时间)，以下说法正确的是( )
图1
A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故
B．在t＝3 s时发生追尾事故
C．在t＝5 s时发生追尾事故
D．若紧急刹车时两车相距40 m，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米
答案 B
解析 根据速度—时间图线与时间轴所围“面积”大小等于位移大小，由题图知，t＝3 s时大卡车的位移为：xb＝vbt＝10×3 m＝30 m
小汽车的位移为：xa＝eq \f(1,2)×(30＋20)×1 m＋eq \f(1,2)×(20＋15)×2 m＝60 m
则：xa－xb＝30 m
所以在t＝3 s时发生追尾事故，故B正确，A、C错误；
由v－t图线可知在t＝5 s时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移：Δx＝eq \f(1,2)×(20＋10)×
1 m＋eq \f(1,2)×10×4 m＝35 m<40 m
则不会发生追尾事故且两车最近时相距x＝x0－Δx＝5 m，故D错误．
追及相遇问题常见情况：
(1)速度小者追速度大者
(2)速度大者追速度小者
1．(竖直上抛运动)(多选)某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2,5 s内物体的( )
A．路程为65 m
B．位移大小为25 m，方向竖直向上
C．速度改变量的大小为10 m/s
D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
答案 AB
解析 初速度为30 m/s，只需要t1＝eq \f(v0,g)＝3 s即可上升到最高点，位移为h1＝eq \f(1,2)gt12＝45 m，再自由下落2 s时间，下降高度为h2＝eq \f(1,2)gt22＝20 m，故路程为s＝h1＋h2＝65 m，A项对；此时离抛出点高x＝h1－h2＝25 m，位移方向竖直向上，B项对；5 s末时速度为v5＝v0－gt＝
－20 m/s，速度改变量大小为Δv＝|v5－v0|＝50 m/s，C项错；平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝5 m/s，方向竖直向上，D项错．
2．(追及相遇问题)(2020·龙岩市期末)甲、乙两车在平直的公路上同时同地沿同一方向做直线运动，它们的v－t图像如图2所示，在0～20 s这段时间内，下列说法正确的是( )
图2
A．在t＝10 s时两车相遇
B．在t＝10 s时两车相距最近
C．在t＝20 s时两车相遇
D．在t＝20 s时，乙车在甲车前面
答案 C
解析 0～10 s内甲车的速度比乙车的大，甲车在乙车的前方，两者间距增大；t＝10 s后乙的速度比甲的大，两者间距减小，所以t＝10 s时甲、乙两车相距最远，故A、B错误；根据v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可知t＝20 s时甲、乙的位移相等，两车相遇，故C正确，D错误．
3．(竖直上抛与相遇综合问题)以初速度v0＝20 m/s竖直向上抛出一小球，2 s后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球，两小球在离抛出点多高处相遇(g取10 m/s2)( )
A．10 m B．15 m C．20 m D．5 m
答案 B
解析 先竖直向上抛出的小球到达最高点所用的时间为t0＝eq \f(v0,g)＝eq \f(20,10) s＝2 s，所以另一小球抛出时，它恰好在最高点将要做自由落体运动．由竖直上抛运动的对称性可得，两小球再经过1 s后相遇，故两小球相遇处离抛出点的高度为h＝v0t－eq \f(1,2)gt2＝20×1 m－eq \f(1,2)×10×12 m＝15 m.
4．(追及相遇问题)当交叉路口的绿灯亮时，一辆客车以a＝2 m/s2 的加速度由静止启动，在同一时刻，一辆货车以10 m/s的恒定速度从客车旁边同向驶过(不计车长)，则：
(1)客车什么时候追上货车？客车追上货车时离路口多远？
(2)在客车追上货车前，两车的最大距离是多少？
答案 (1)10 s 100 m (2)25 m
解析 (1)客车追上货车的过程中，两车所用时间相等，位移也相等，设经过t1时间客车追上货车，
则v2t1＝eq \f(1,2)at12，
代入数据解得t1＝10 s，
客车追上货车时离路口的距离x＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×102 m＝100 m.
(2)两车距离最远时，两车具有相等的速度，
设经过时间为t2，则v2＝at2，代入数据解得t2＝5 s.
最大距离Δx＝v2t2－eq \f(1,2)at22＝10×5 m－eq \f(1,2)×2×52 m＝25m.
训练1 竖直上抛运动
1．某同学身高1.8 m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8 m高的横杆．据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为( )
A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s
答案 B
解析 由题可知，人的重心在跳高时升高约0.9 m，因而初速度v0＝eq \r(2gh)≈4 m/s，故选B.
2.如图1所示，将一小球以10 m/s的初速度在某高台边缘竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g取10 m/s2，则3 s内小球运动的( )
图1
A．路程为25 m
B．位移为15 m
C．速度变化量为30 m/s
D．平均速度为5 m/s
答案 A
解析 由x＝v0t－eq \f(1,2)gt2得位移x＝－15 m，B错误；平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝－5 m/s，D错误；小球竖直上抛，由vt＝v0－gt得速度的变化量Δv＝－gt＝－30 m/s，C错误；上升阶段通过路程x1＝eq \f(v02,2g)＝5 m，下降阶段通过的路程x2＝eq \f(1,2)gt22，t2＝t－eq \f(v0,g)＝2 s，解得x2＝20 m，所以3 s内小球运动的路程为x1＋x2＝25 m，A正确．
3．一个从地面开始做竖直上抛运动的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是TA，两次经过一个较高点B的时间间隔是TB，则A、B两点之间的距离为( )
A.eq \f(1,8)g(T A 2－T B 2) B.eq \f(1,4)g(T A 2－T B 2)
C.eq \f(1,2)g(T A 2－T B 2) D.eq \f(1,2)g(TA－TB)
答案 A
解析 物体做竖直上抛运动经过同一点，上升时间与下落时间相等，则从竖直上抛运动的最高点到点A的时间tA＝eq \f(TA,2)，从竖直上抛运动的最高点到点B的时间tB＝eq \f(TB,2)，则A、B两点的距离x＝eq \f(1,2)gt A 2－eq \f(1,2)gt B 2＝eq \f(1,8)g(T A 2－T B 2)．
4．(多选)将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔为2 s，它们运动的v－t图像分别如图2直线甲、乙所示．则( )
图2
A．t＝2 s时，两球的高度差一定为40 m
B．t＝4 s时，两球相对于各自抛出点的位移相等
C．两球从抛出至落到地面所用的时间相等
D．甲球从抛出至到达最高点的时间与乙球的相等
答案 BD
解析 根据v－t图像与时间轴所围面积表示位移可知，t＝2 s时，甲球的位移为40 m，乙球位移为0，但需注意题干两球从距地面不同高度处抛出，故高度差不一定等于位移差，A错误；t＝4 s时，对甲球位移为t轴上方面积减去下方面积，为40 m，对乙球位移为t轴上方
2 s至4 s处面积，也为40 m，B正确；由于初速度相同，两球从抛出到回到抛出点的运动情况一致，所以从抛出至到达最高点的时间和回到抛出点的时间相等，但由于抛出点高度不同，回到抛出点之后的运动时间不同，所以落到地面的时间不同，C错误，D正确．
5．(多选)某人在高层楼房的阳台上以20 m/s的速度竖直向上抛出一个石块，石块运动到离抛出点15 m处时，所经历的时间可能是(不计空气阻力，g取10 m/s2)( )
A．1 s B．2 s C．3 s D．(2＋eq \r(7)) s
答案 ACD
解析 取竖直向上为正方向，当石块运动到抛出点上方离抛出点15 m时，位移为x＝15 m，由x＝v0t－eq \f(1,2)gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s．其中t1＝1 s对应着石块上升过程中离抛出点15 m处时所用的时间，而t2＝3 s对应着从最高点下落时离抛出点15 m处时所用的时间．
当石块运动到抛出点下方离抛出点15 m处时，位移为x′＝－15 m，由x′＝v0t′－eq \f(1,2)gt′2，解得t1′＝(2＋eq \r(7)) s，t2′＝(2－eq \r(7)) s(舍去)．故选A、C、D.
6．(2021·武威市第六中学月考)某校一课外活动小组自制了一枚火箭，设火箭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大小；
(2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到返回发射点的时间．
答案 (1)20 m/s (2)60 m (3)9.46 s
解析 (1)设燃料恰好用完时火箭的速度为v，根据运动学公式有h＝eq \f(v,2)t，
解得v＝20 m/s.
(2)火箭能够继续上升的时间t1＝eq \f(v,g)＝eq \f(20,10) s＝2 s
火箭能够继续上升的高度h1＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(202,2×10) m＝20 m
因此火箭离地面的最大高度H＝h＋h1＝60 m.
(3)火箭由最高点落至地面的时间t2＝eq \r(\f(2H,g))＝eq \r(\f(2×60,10)) s＝2eq \r(3) s，火箭从发射到返回发射点的时间t总＝t＋t1＋t2≈9.46 s.
训练2 追及和相遇问题
1.(多选)在某次遥控车漂移激情挑战赛中，若a、b两个遥控车从同一地点向同一方向做直线运动，它们的v－t图像如图1所示，则下列说法正确的是( )
图1
A．b车启动时，a车在其前方2 m处
B．运动过程中，b车落后a车的最大距离为4 m
C．b车启动3 s后恰好追上a车
D．b车超过a车后，两车不会再相遇
答案 CD
解析 根据速度—时间图线与时间轴包围的面积表示位移，可知b在t＝2 s时启动，此时a的位移为x＝eq \f(1,2)×1×2 m＝1 m，即a车在b车前方1 m处，选项A错误；当两车的速度相等时，相距最远，最大距离为xmax＝1.5 m，选项B错误；由于两车从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时两车才相遇，由题图可知，b车启动3 s后(即t＝5 s时)的位移xb＝eq \f(1,2)×2×2 m＋2×1 m＝4 m，xa＝eq \f(1,2)×1×2 m＋3×1 m＝4 m，故b车启动3 s后恰好追上a车，C正确；b车超过a车后，由于a、b均做匀速运动且b的速度大，所以不可能再相遇，选项D正确．
2．(多选)两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶，t＝0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始．它们在四次比赛中的v－t图像如图所示，则下列图像对应的比赛中，有一辆赛车能够追上另一辆的是( )
答案 AC
解析 选项A图中当t＝20 s时，两图线与时间轴所围的“面积”相等，此时b追上a，所以选项A正确；选项B图中a图线与时间轴所围的“面积”始终小于b图线与时间轴所围的“面积”，所以不可能追上，选项B错误；选项C图中，在t＝20 s时，两图线与时间轴所围的“面积”相等，此时b追上a，所以选项C正确；选项D图中a图线与时间轴所围的“面积”始终小于b图线与时间轴所围的“面积”，所以不可能追上，选项D错误．
3．A、B两车沿同一直线同方向运动，A车的速度vA＝4 m/s，B车的速度vB＝10 m/s.当B车运动至A车前方7 m处时，B车刹车并以大小为a＝2 m/s2的加速度做匀减速运动，从该时刻开始计时，求：
(1)A车追上B车之前，两车间的最大距离；
(2)经多长时间A车追上B车．
答案 (1)16 m (2)8 s
解析 (1)当B车速度等于A车速度时，两车间距最大．
设经时间t1两车速度相等，
有：vB′＝vB－at1，vB′＝vA
B的位移：xB＝vBt1－eq \f(1,2)at12，
A的位移：xA＝vAt1，
则：Δxm＝xB＋7－xA，
解得：Δxm＝16 m.
(2)设B车停止运动所需时间为t2，
则t2＝eq \f(vB,a)＝5 s，
此时A的位移xA′＝vAt2＝20 m，
B的位移xB′＝vBt2－eq \f(1,2)at22＝25 m，
A、B间的距离Δx＝xB′＋7 m－xA′＝12 m，
A追上B还需时间t3＝eq \f(Δx,vA)＝3 s，
故A追上B的总时间t＝t2＋t3＝8 s.
4．甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝11 m处，乙车速度v乙＝60 m/s，甲车速度v甲＝50 m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝600 m，如图2所示．若甲车做匀加速运动，加速度a＝2 m/s2，乙车速度不变，不计车长．
图2
(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？
(2)到达终点时甲车能否超过乙车？
答案 (1)5 s 36 m (2)不能
解析 (1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即v甲＋at1＝v乙，得t1＝eq \f(v乙－v甲,a)＝eq \f(60－50,2) s＝5 s；
甲车位移：x甲＝v甲t1＋eq \f(1,2)at12＝275 m；
乙车位移：x乙＝v乙t1＝60×5 m＝300 m，
此时两车间距离Δx＝x乙＋L1－x甲＝36 m.
(2)甲车追上乙车时，位移关系为x甲′＝x乙′＋L1，
甲车位移x甲′＝v甲t2＋eq \f(1,2)at22，
乙车位移x乙′＝v乙t2，
将x甲′、x乙′代入位移关系，得v甲t2＋eq \f(1,2)at22＝v乙t2＋L1，
代入数据得，t2＝11 s，实际乙车到达终点的时间为t3＝eq \f(L2,v乙)＝10 s，
所以到达终点时甲车不能超过乙车．
5．(选做题)一只气球以10 m/s的速度匀速竖直上升，某时刻在气球正下方距气球6 m处有一小球以20 m/s的初速度竖直上抛，g取10 m/s2，不计小球受到的空气阻力．
(1)不考虑上方气球对小球运动的可能影响，求小球抛出后上升的最大高度和时间．
(2)小球能否追上气球？若追不上，说明理由；若能追上，需要多长时间？
答案 (1)20 m 2 s
(2)小球追不上气球，理由见解析
解析 (1)设小球上升的最大高度为h，时间为t，
则h＝eq \f(v02,2g)，解得h＝20 m，
t＝eq \f(v0,g)，解得t＝2 s.
(2)设小球达到与气球速度相同时经过的时间是t1，则
v气＝v小＝v0－gt1，
解得t1＝1 s
在这段时间内气球上升的高度为x气，小球上升的高度为x小，则x气＝v气t1＝10 m
x小＝v0t1－eq \f(1,2)gt12＝15 m
由于x气＋6 m>x小，所以小球追不上气球．类型
图像
说明
匀加速追匀速
a.t＝t0以前，后面物体与前面物体间距离增大；
b.t＝t0时，两物体相距最远为x0＋Δx；
c.t＝t0以后，后面物体与前面物体间距离减小；
d.能追上且只能相遇一次.
注：x0为开始时两物体间的距离
匀速追匀减速
匀加速追匀减速
类型
图像
说明
匀减速追匀速
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：
a.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；
b.若Δxc.若Δx>x0，则相遇两次，设t1时刻Δx1＝x0两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第二次相遇.
注：x0为开始时两物体间的距离
匀速追匀加速
匀减速追匀加速