物理必修 第一册第2章 匀变速直线运动的规律本章综合与测试学案设计

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[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(即vt＝0时)：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？落地前瞬间的速度多大？(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，落地前瞬间的速度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(t＝－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)
①vt＞0表示物体上升，vt＜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．
(2019·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，不计空气阻力，设塔足够高，则：(g取10 m/s2)
(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．
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：向上运动时在出发点上方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s1＝10 m，s2＝(20＋10) m＝30 m，s3＝(40＋10) m＝50 m.
(3)落到地面时的位移s＝－60 m，设从抛出到落到地面用时为t，有s＝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
1．追及相遇问题是一类常见的运动学问题，分析时，一定要抓住：
(1)位移关系：s2＝s0＋s1.
其中s0为开始追赶时两物体之间的距离，s1表示前面被追赶物体的位移，s2表示后面物体的位移．
(2)临界状态：v1＝v2.
当两个物体的速度相等时，可能出现恰好追上、恰好避免相撞、相距最远、相距最近等临界、最值问题．
2．处理追及相遇问题的三种方法
(1)物理方法：通过对物理情景和物理过程的分析，找到临界状态和临界条件，然后列出方程求解．
(2)数学方法：由于匀变速直线运动的位移表达式是时间t的一元二次方程，我们可利用判别式进行讨论：在追及问题的位移关系式中，若Δs>0，即有两个解，并且两个解都符合题意，说明相遇两次；Δs＝0，有一个解，说明刚好追上或相遇；Δs<0，无解，说明不能够追上或相遇．
(3)图像法：对于定性分析的问题，可利用图像法分析，避开繁杂的计算，快速求解．
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 见解析
解析 (1)两车速度相等时有v＝at，可得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，即s1＝s2，由s1＝vt，s2＝eq \f(1,2)at2，代入数据解得t＝16 s.
1．速度小者追速度大者
2.解题基本思路和方法
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s0＝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，两车间的最大距离Δsm.
答案 (1)11 s (2)49 m
解析 (1)警车开始运动时，货车在它前面
Δs＝s0＋v0t0＝13 m＋8×2.5 m＝33 m
警车发动后，警车运动位移：s1＝eq \f(1,2)at2
货车运动位移：s2＝v0t
警车要追上货车需满足：s1＝s2＋Δs
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
警车发动后，对警车有：v0＝at′，s1′＝eq \f(1,2)at′2，
对货车有s2′＝v0t′
最远距离：Δsm＝s2′＋Δs－s1′＝49 m.
针对训练 (2020·宁夏育才中学高一上期末)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(v汽,t)＝0.5 m/s2
(2)当汽车减速到与货车共速时t0＝eq \f(v汽－v货,a)＝28 s
汽车运动的位移s1＝eq \f(v汽2－v货2,2a)＝364 m
此时间内货车运动的位移为s2＝v货t0＝168 m
Δs＝s1－s2＝196 m＜200 m，所以两车不会相撞．
此时两车相距最近，最近距离Δs′＝s0－Δs＝200 m－196 m＝4 m.
速度大者追速度小者
(多选)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)，以下说法不正确的是( )
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 m
答案 ACD
解析 速度－时间图线与时间轴所围面积表示位移，则由题图知，t＝3 s时大卡车的位移为：sb＝10×3 m＝30 m
小汽车的位移为：sa＝eq \f(1,2)×(30＋20)×1 m＋eq \f(1,2)×(20＋15)×2 m＝60 m
则：sa－sb＝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：Δs＝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Δs＝s0－Δs＝5 m，故D错误．
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h＝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，速度改变大小为Δv＝|v5－v0|＝50 m/s，C项错；平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(h,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
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，问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，B正确．
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，两车之间的最大距离是多少？
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s＝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t2时间两车速度相等，则v2＝at2，代入数据解得t2＝5 s.
最大距离Δs＝v2t2－eq \f(1,2)at22＝10×5 m－eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m.
训练1 竖直上抛运动
1．(2020·莆田四中、莆田六中高一联考)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，他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．(2020·湛江市高一模拟)如图1所示，将一小球以10 m/s的初速度在某高台(足够高)的边缘竖直上抛，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s＝v0t－eq \f(1,2)gt2得位移s＝－15 m，B错误；平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(s,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s1＝eq \f(v02,2g)＝5 m，下降阶段通过的路程s2＝eq \f(1,2)gt22，t2＝t－eq \f(v0,g)＝2 s，解得s2＝20 m，所以3 s内小球运动的路程为s1＋s2＝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(TA2－TB2) B.eq \f(1,4)g(TA2－TB2)
C.eq \f(1,2)g(TA2－TB2) 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s＝eq \f(1,2)gtA2－eq \f(1,2)gtB2＝eq \f(1,8)g(TA2－TB2)，A正确．
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中甲、乙两条直线所示．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图线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，位移为40 m，乙球位移也为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，所以两球从抛出至到达最高点的时间和从抛出到回到抛出点的时间均相等，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间隔不同，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s＝15 m，由s＝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s′＝－15 m，由s′＝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.
6．一个氢气球以8 m/s2的加速度由静止从地面竖直上升，5 s末从气球上掉下一重物(忽略空气阻力，g＝10 m/s2)，则：
(1)此重物最高可上升到距地面多高处？
(2)此重物从气球上掉下后，经多长时间落回地面？
答案 (1)180 m (2)10 s
解析 (1)5 s末重物的速度：v＝at＝8×5 m/s＝40 m/s，
5 s内上升的高度：h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×8×52 m＝100 m，
重物从气球脱离后上升的最大高度h′＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(402,2×10) m＝80 m，
则距离地面的最大高度：H＝100 m＋80 m＝180 m.
(2)解法一：重物从气球上脱离后上升所用时间：t′＝eq \f(v,g)＝eq \f(40,10) s＝4 s，
设从最高点下落到地面的时间为t″，
则：H＝eq \f(1,2)gt″2，即180 m＝eq \f(1,2)gt″2，
解得：t″＝6 s，则：t总＝t′＋t″＝4 s＋6 s＝10 s.
解法二：以竖直向上为正方向，重物掉落时距地面高度h＝100 m，则有－h＝vt1－eq \f(1,2)gt12，
而v＝40 m/s，求得t1＝10 s.
7．(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．甲、乙两物体先后从同一地点出发，沿一条直线运动，它们的v－t图像如图1所示，由图可知( )
图1
A．甲比乙运动快，且早出发，所以乙追不上甲
B．t＝20 s时，乙追上甲
C．在t＝20 s之前，甲比乙运动快；在t＝20 s之后，乙比甲运动快
D．由于乙在t＝10 s时才开始运动，所以t＝10 s时，甲在乙前面，它们之间的距离为乙追上甲前的最大距离
答案 C
解析 由题图可知，开始甲比乙运动快，且早出发，但是乙做匀加速运动，最终是可以追上甲的，A项错误；t＝20 s时，v－t图像中甲的速度图线与时间轴所围的面积大于乙的，即甲的位移大于乙的位移，所以乙没有追上甲，B项错误；在t＝20 s之前，甲的速度大于乙的速度，在t＝20 s之后，乙的速度大于甲的速度，C项正确；乙在追上甲之前，当它们速度相同时，它们之间的距离最大，对应的时刻为t＝20 s，D项错误．
2．(多选)(2020·遵义市航天高中月考)2017年4月23日，青岛举行了快乐运动秀之遥控车漂移激情挑战赛，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2所示，则下列说法正确的是( )
图2
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s＝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smax＝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)的位移sb＝eq \f(1,2)×(3＋1)×2 m＝4 m，sa＝eq \f(1,2)×(5＋3)×1 m＝4 m，sa＝sb，a，b相遇，C正确；b超过a车后，始终有vb＞va，所以a、b不会再相遇，D正确．
3．(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图像分别如图3中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是( )
图3
A．两车在t1时刻也并排行驶
B．在t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
答案 BD
解析 t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，且t2时刻两车相遇，则t1时刻甲在乙的后面，A项错误，B项正确；由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C项错误，D项正确．
4．(2020·青岛市模拟)一步行者以6.0 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽车，在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速前进，则( )
A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36 m
B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7 m
C．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43 m
D．人不能追上公共汽车，且车开始前进后，人车距离越来越远
答案 B
解析 设经过时间t两者速度相等，则t＝eq \f(Δv,a)＝eq \f(6－0,1) s＝6 s，此时步行者的位移为s1＝vt＝6×
6 m＝36 m，汽车的位移为s2＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×1×36 m＝18 m，s1－s2＝18 m＜25 m，故人不能追上汽车．人车最近的距离是Δs＝25 m－(s1－s2)＝7 m，故B正确．
5．物体A、B同时从同一地点沿同一方向运动，A以10 m/s的速度做匀速直线运动，B以2 m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，则：
(1)B经多长时间追上A？追上A时距出发点多远？
(2)求A、B再次相遇前两物体间的最大距离．
答案 (1)10 s 100 m (2)25 m
解析 (1)设经过时间t，B追上A，B追上A时两物体位移相等，sB＝sA，
即eq \f(1,2)at2＝vAt，
解得t＝10 s
B追上A时距出发点的距离s＝vAt＝10×10 m＝100 m
(2)解法一：物理分析法
A做vA＝10 m/s的匀速直线运动，B做初速度为零、加速度为a＝2 m/s2的匀加速直线运动．根据题意，开始一小段时间内，A的速度大于B的速度，它们之间的距离逐渐变大；当B加速到速度大于A的速度后，它们之间的距离又逐渐变小；A、B间的距离有最大值的临界条件是vA＝vB①
设两物体经历时间t1相距最远，则
vB＝at1②
把已知数据代入①②两式联立解得t1＝5 s.
在时间t1内，A、B两物体前进的距离分别为：
sA＝vAt1＝10×5 m＝50 m
sB＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×52 m＝25 m.
A、B再次相遇前两物体间的最大距离为：
Δsm＝sA－sB＝50 m－25 m＝25 m.
解法二：图像法
根据题意作出A、B两物体的v－t图像，如图所示．由图可知，A、B再次相遇前它们之间的距离有最大值的临界条件是vA＝vB，得t1＝5 s.
A、B间距离的最大值在数值上等于△OvAP的面积，
即Δsm＝eq \f(1,2)×5×10 m＝25 m.
解法三：极值法
物体A、B的位移随时间变化的规律分别是sA＝10t，sB＝eq \f(1,2)×2×t2＝t2，
则A、B再次相遇前两物体间的距离Δs＝10t－t2，
可知Δs有最大值，且最大值为：
Δsm＝eq \f(4×－1×0－102,4×－1) m＝25 m.
6．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：sB＝vBt1－eq \f(1,2)at12，
A的位移：sA＝vAt1，
则：Δsm＝sB＋7 m－sA，
解得：Δsm＝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sA′＝vAt2＝20 m，
B的位移sB′＝vBt2－eq \f(1,2)at22＝25 m，
A、B间的距离Δs＝sB′－sA′＋7 m＝12 m，
A追上B还需时间t3＝eq \f(Δs,vA)＝3 s，
故A追上B的总时间t＝t2＋t3＝8 s.
7．(拓展提升)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s气，小球上升的高度为s小，则s气＝v气t1＝10 m
s小＝v0t1－eq \f(1,2)gt12＝15 m
由于s气＋6 m>s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s0＋Δs；
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：s0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Δs＝s0，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Δsc.若Δs>s0，则相遇两次，设t1时刻Δs1＝s0两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第二次相遇．
注：s0为开始时两物体间的距离
匀速追匀加速
匀减速追匀加速