2008年高考全国物理第23题是一道非数值型的纯运动学试题，题意简单明了，初看此题，考生便会激起拿下它的强烈的求解欲望。但据当年考后调查，历经了“练兵千日，用在一时”磨练的莘莘学子却大多在此题面前败下阵来。我最近探讨了该题的解法，发现犹如进入科学迷宫，其解题思路的切入点，各种思路的解及其解的变化绵延不绝，奥妙无穷，令人叹为观止，最终不得不给该题定论：这是一道看起来容易，解起来难，同时又是考查考生科学的思维能力、解决问题的能力及应变能力的好题。现将自己对该题解法研究的结果呈现给大家，以抛砖引玉。
【题目】已知O、A、B、C为同一直线上的四点，AB间的距离为l，BC间的距离为l，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等。求O与A的距离。
（原解略）
思路1：利用并围绕速度公式求解。
该思路是以匀变速直线运动的速度公式v=v+at为基准，然后根据运动学的其余规律及特点，逐个确定该式中的各个物理量，最后代入该式求出结果。
解：设物体加速度为a，通过AB、BC段的时间为t，A、B点速度分别为v、v，OA间距离为l。根据速度公式有
v=v+at（1）
AB、BC段时间相等，故
v=（2）
且l-l=at（3）
对OA段有
v=2al（4）
将（2）（3）（4）代入（1）式
=+
即得
l=
变解：列出（1）（2）（3）式，再对OA段列出v=at与l=at两式，也可得解。
思路2：利用位移公式求解。
该思路是根据匀变速直线运动的位移公式x=vt+at，分别列出OA、AB、BC三段的位移方程，然后解这些方程即可。
解：设物体通过OA段的时间为t，其余如上。有
l=at（1）
l=at・t+at（2）
l=a（t+t）t+at（3）
解得l=
变解：列出（1）式，再列出以下两式
l+l=a（t+t）（2）′
l+l+l=a（t+2t）（3）′
由（1）（2）′（3）′式可得所求。
思路3：利用位移差的等量关系求解。
位移差的等量关系表现在两个方面，其一是位移之差的几何关系，即OA间距离等于OB与AB间距离之差；其二是做匀变速直线运动的物体，通过连续相邻相等时间内的位移差等于恒量。本题可用该思路求解。
解：假设如上。
根据位移差的几何关系有
l=s-l（1）
物体通过AB和BC段的时间相等有
l-l=at（2）
因为s=
且v=
所以s=（3）
解得l=
变解：列出（1）（2）式，再列出s=vt，v=at与v=三式即可。
思路4：利用速度―位移公式求解。
根据匀变速直线运动的速度公式和位移公式，消去时间t，导出的公式v-v=2ax叫速度―位移公式。本思路利用该公式，再列出一个辅助方程，即可得解。
解：假设如上，再设C点速度v，则
从O到A：v=2al（1）
从A到B：v-v=2al（2）
从B到C：v-v=2al（3）
又物体在B点时的速度v=（4）
解得：v=・a（5）［注解1］
将（5）式代入（1）式得
l==
思路5：利用位移―平均速度公式求解。
根据匀变速直线运动的速度公式和位移公式，消去加速度a，导出的公式x=（v+v）t=t叫位移―平均速度公式。本思路利用该公式，再列出一些辅助方程，也可得解。
解：假设如上。
有
l=vt（1）
l=（v+v）t（2）
l=（v+v）t（3）
又v=（v+v）（4）
v=at（5）
v=v+2at（6）
由（2）（3）（6）式得
l-l=at（7）
由（2）（3）（4）式得
v=（8）
再根据（1）（5）（7）（8）式得
l=
变解：列出（2）（3）（4）式，再列出（5）′式，即可求得O到A的距离l。
v=2a（l+l+l）（5）′
由（2）（3）（4）式得
v=（6）′
将（6）′式代入（5）′式解得
l=
思路6：利用平均速度与瞬时速度的关系求解。
做匀变速直线运动的物体，在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，表示为v===（v+v）。本题可用这个关系方便地求解。
解：假设如上，再设AB段中间时刻的速度为v，
则v=a（t+t）。
因v=，且l-l=at，所以=（t+t）
即t=-
于是得OA间距离
s=at=（-）=
变解1：假设如上。
A点速度v=v-a・
因为v=
所以v=-a・（1）
又l-l=at（2）
OA间距离l=（3）
由（1）（2）（3）式解得
l===
变解2：假设如上，再设BC段中间时刻的瞬时速度为v，则
v==，v===
得=
因为v=at，v=a（t+t），v=a（t+2t），代入上式得
t=t
又l-l=at
故OA间距离
l=at=at=
思路7：利用时间关系求解。
本思路是利用AB段和BC段的时间相等求解。
解：假设如上，再设物体从O到A、B、C各点的时间分别为t、t、t。
则由x=at得t=，t=，t=
因为t-t=t-t
所以2t=t+t
将以上各时间代入
2=+
解得
l=
变解：假设如上。则由v=2ax得物体经过A、B、C三点时的速度分别为v=，v=，v=
因AB段平均速度=
BC段平均速度=
又物体通过AB段和BC段的时间相等，即=
所以=
解得OA间距离［注解2］
l=
思路8：利用图像法求解。
图像法是研究匀变速直线运动的一种常用方法。特别对初速度为零的匀加速直线运动的题目，若能用图像法求解，则会使解题过程变得意想不到的便捷。本题用v-t图像求解。
解：据题意作v-t图像如下，假设如图所示。
由图可得=
=
解得l=
思路9：利用比例式求解。
因本题物体的初速度为零，且做匀加速直线运动，故可用比例式求解。
解：将OA段时间按AB和BC段的大小n等分，则AB和BC段时间分别为第（n+1）、（n+2）等分。
由初速度为零的匀加速直线运动的比例式：
x∶x∶x∶…∶x∶l∶l=1∶3∶5∶…∶（2n-1）∶（2n+1）∶（2n+3）
有=，得
n=（1）
同时有x∶l=1∶（2n+1），得
x=（2）
OA间的距离
l=x+x+x+…+x=x+3x+5x+…+（2n-1）x
=x［1+3+5+…+（2n-1）］=xn（3）
由以上各式解得l=xn=
看得出，以上诸解几乎囊括了匀变速直线运动的全部内容。然而，该试题的解题思路，对应的解，以及解的变化不会仅此而已，有待大家予以补充。我们研究过去试题的解法，目的在于展现命题者的匠心独具，挖掘试题潜在的教育功能，并借此为后来参加高考的人们从一个侧面领略自然科学的博大精深，摒弃题海战术，崇尚科学精神，掌握科学方法，寻求最佳解题途径提供有益的帮助。
注解：（供参考）
注解1：由（2）式：v-v=2al，得（v-v）（v+v）=2al（2）′
由（3）式：v-v=2al，得（v-v）（v+v）=2al（3）′
由（4）式：v=，得v-v=v-v（4）′
再根据（2）′（3）′（4）′得：v=v（5）′
（2）+（3）式：v-v=2a（l+l），再将（5）′代入得：
v=v-2a（l+l）=・v-2a（l+l）
即v［-1］=2a（l+l）
也即v（l-6ll+9l-l+6ll-9l）=2a（l+l）（l-3l）
化解、整理后得到（6）式：v=・a
注解2：由=
得：l-l=（l-l），等式两边平方：
l（l+l+l）+ll-2ll=（l-l）（l+l），移项：
l（l+l+l）+ll-（l-2ll+l）（l+l）=2ll，
化解后得：3ll-ll+2lll=2ll
即3l-l+2l=2，等式两边再次平方：
（3l-l）+4l（3l-l）+4l=4l+4ll+4ll，
化简后得到最后结果：l=
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