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在高中物理的复习，特别是高三一轮复习的过程中，有些相似的问题会用到相似的结论.如果我们在复习的过程中，以问题为线索，丰富与拓展相关的知识，便能逐步培养学生在相似的情景中灵活运用相关物理知识的能力.下面以例说明.
案例1物体经过时间相等的两个匀变速运动回到出发点
问题1物体由A点静止开始以加速度a1做匀加速直线运动，一段时间后到达B点，物体速度的大小为vB ，撤去加速度a1立即以反向加速度a2继续做匀变速直线运动.经过相同时间物体回到A点，此时速度的大小为vA.求：a1和a2的大小之比、vA 和vB的大小之比.
结论1设物体从A点静止开始的运动方向为正方向，设经过时间t， 物体的速度达到vB，此后物体做匀减速运动，在物体的速度变为零后，反方向做匀加速运动.
在第一个时间t内x=12a1t2，vB=a1t；
在第二个时间t内-x=a1t·t-12a2t2，-vA=a1t-a2t.
由以上四式可得a1a2=13，vAvB=21.
可见，这个运动的两个运动阶段中的加速度大小之比为1∶3；第一个阶段与第二个阶段的末速度大小之比为1∶2.这个结论在我们处理的具体问题中有一系列的应用.
应用1在光滑的水平面上，物体受水平恒力F1在A点由静止开始做匀加速直线运动，一段时间后到达B点，物体速度为vB，撤去水平恒力F1，立即施加反向水平恒力F2.经过相同时间物体又回到A点，此时速度为vA.求： F1和F2的大小之比、vA和vB的大小之比.
此运动的两个运动阶段与问题1相似，运动的两个阶段的时间相等，故F1F2=13， vAvB=21.
应用2在光滑的水平面上，物体受水平恒力F1在A点由静止开始做匀加速直线运动，一段时间后到达B点，物体动能为EkB，撤去水平恒力F1，立即施加反向水平恒力F2.经过相同时间物体又回到A点，此时物体动能为EkA.问： （1）水平恒力F1做功W1和水平恒力F2做功W2之比；（2）EkB和EkA之比.
由上题相应结论可得F1F2=13，又由于两恒力都做正功，位移的大小相同，故W1W2=13.又由于vAvB=21，故EkAEkB=41.
应用3在光滑绝缘的水平面上，带电物体在场强为E1的水平匀强电场中，在A点由静止开始运动，一段时间后到达B点，撤去水平匀强电场E1，立即施加反向水平匀强电场E2.经过相同时间物体又回到A点.求： E1和E2的大小之比.
由于在整个运动过程中a1a2=13，故E1E2=13.
应用4质量为m的带正电小球由空中某点自由下落，下落高度h后在空间加上竖直向上的匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未落地.重力加速度为g.试确定从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能的变化量.
在此问题中，小球自由落体时的加速度的大小为a1，加了电场后的加速度为a2，则a1a2=13，即mgF电-mg=13，F电=4mg.故从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电场力做功为W电=F电h=4mgh，电势能减小了4mgh.
应用5如图1所示，质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t恒力F做功40 J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以地面为零势能点，则下列说法正确的是
A.开始时物体所受的恒力为F=2mgsinθ
B.撤去力F时，物体的动能为20 J
C.撤去力F时，物体的重力势能为30 J
D.物体回到出发点时的动能为40 J
此问题中，物体先从静止开始做匀加速运动，在撤去恒力F后，物体先做匀减速，再做匀加速运动，由上述结论可得
F合1F合2=F-mgsinθmgsinθ=13，
故F=43mgsinθ，F1=13mgsinθ.
物体在第一个t内，合外力所做的功W1=10 J，Ek1=10 J，回到出发点时的动能为Ek2=40 J.撤去力F时，动能为10 J，WG=ΔEk-WF=10 J-40 J=-30 J，故重力势能的增量为30 J，此题正解为C、D.
这是运动学中一个典型的运动，这个典型运动过程的讨论，得到了相应的结论，而这个结论在处理类似问题时有很多的应用.这些应用即牵涉了力学的问题，又牵涉到能量的问题；即牵涉到了重力场，也牵涉到了电场；既有平面的问题，也有斜面的问题.若我们在复习的过程中，以此问题为线索，带动这一类问题的探索，不失为达到高效复习的有效途径之一.
案例2物体从静止开始经过两个匀变速运动速度变为零.
问题2一物体从静止开始做匀加速运动，加速度大小为a1， 加速的时间为t1， 此后物体做加速度大小为a2的匀减速运动，经过时t2，物体静止.整个过程中物体经过的位移为x.试讨论a1、a2、t1、t2与x之间的关系.
结论2画出物体的v-t图象如图2所示，
则a1t1=a2t2，即a1a2=t2t1（1）
设加速运动和减速运动的位移大小分别为x1和x2，
x1x2=12vmt112vmt2=t1t2（2）
总位移x=vm2（t1 t2）（3）
我们碰到的很多运动学的问题，都可以用（1）、（2）、（3）的讨论方法或结论来处理.
应用1如图3所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑.已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s， g取10 m/s2，那么该消防员队 A.下滑过程中的最大速度为4 m/s
B.加速与减速过程的时间之比为1∶2
C.加速与减速过程中所受摩擦力的大小之比为1∶7
D.加速与减速过程的位移之比为1∶4
由题意可得 a1a2=21，
故 t1t2=12，t1=1 s，t2=2 s，
x1x2=t1t2=12，
又由于x=vm2（t1 t2），vm=2xt1 t2=8 m/s，
a1=8 m/s2，a2=4 m/s2，
可解得f1f2=17，x1 x2=12.
故此题正解为B、C.
应用2（2013年天津理综）质量为m=4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20 m，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10 m/s2，求：（1）物块在力F作用过程发生位移x1的大小；（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t.
（1）设物块在力F作用过程发生位移为x1，物块在力F撤去后发生位移为x2，运动时间分别为t1、t2，
则a1=F-μmgm=0.5 m/s2，
a2=μg=2 m/s2，
x1x2=t1t2=a2a1=41，
又因为x1 x2=x，
故x1=16 m，x2=4 m.
（2）根据x2=12a2t22，解得t=t2=2 s.
应用3如图4所示，质量m=2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20 m.物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5.用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.
设F作用的时间为t， 物体先以加速度大小为a做匀加速运动，撤去外力F后，以加速度大小为a’做匀减速运动，经过时间t’到达B处，速度恰好为零.这种情况下，F的作用时间最短.
Fcos37°-μ（mg-Fson37°）=ma，
解得a=11.5 m/s2，
a′=fm=μg，
解得a′=5 m/s2，
xx′=tt′=a′a=1023，
又因为x x′=L，解得x=20033 m.
根据x=12at2，解得t=1.03 s.
以问题为线索的复习方法，是指将使用方法或结论相似的问题放在一起，让学生体会处理这类问题的方法，达到高效复习的目的.在我们平时的复习过程中，其他类似的案例还有很多，我们需要注重这方面的积累.
案例1物体经过时间相等的两个匀变速运动回到出发点
问题1物体由A点静止开始以加速度a1做匀加速直线运动，一段时间后到达B点，物体速度的大小为vB ，撤去加速度a1立即以反向加速度a2继续做匀变速直线运动.经过相同时间物体回到A点，此时速度的大小为vA.求：a1和a2的大小之比、vA 和vB的大小之比.
结论1设物体从A点静止开始的运动方向为正方向，设经过时间t， 物体的速度达到vB，此后物体做匀减速运动，在物体的速度变为零后，反方向做匀加速运动.
在第一个时间t内x=12a1t2，vB=a1t；
在第二个时间t内-x=a1t·t-12a2t2，-vA=a1t-a2t.
由以上四式可得a1a2=13，vAvB=21.
可见，这个运动的两个运动阶段中的加速度大小之比为1∶3；第一个阶段与第二个阶段的末速度大小之比为1∶2.这个结论在我们处理的具体问题中有一系列的应用.
应用1在光滑的水平面上，物体受水平恒力F1在A点由静止开始做匀加速直线运动，一段时间后到达B点，物体速度为vB，撤去水平恒力F1，立即施加反向水平恒力F2.经过相同时间物体又回到A点，此时速度为vA.求： F1和F2的大小之比、vA和vB的大小之比.
此运动的两个运动阶段与问题1相似，运动的两个阶段的时间相等，故F1F2=13， vAvB=21.
应用2在光滑的水平面上，物体受水平恒力F1在A点由静止开始做匀加速直线运动，一段时间后到达B点，物体动能为EkB，撤去水平恒力F1，立即施加反向水平恒力F2.经过相同时间物体又回到A点，此时物体动能为EkA.问： （1）水平恒力F1做功W1和水平恒力F2做功W2之比；（2）EkB和EkA之比.
由上题相应结论可得F1F2=13，又由于两恒力都做正功，位移的大小相同，故W1W2=13.又由于vAvB=21，故EkAEkB=41.
应用3在光滑绝缘的水平面上，带电物体在场强为E1的水平匀强电场中，在A点由静止开始运动，一段时间后到达B点，撤去水平匀强电场E1，立即施加反向水平匀强电场E2.经过相同时间物体又回到A点.求： E1和E2的大小之比.
由于在整个运动过程中a1a2=13，故E1E2=13.
应用4质量为m的带正电小球由空中某点自由下落，下落高度h后在空间加上竖直向上的匀强电场，再经过相同时间小球又回到原出发点，不计空气阻力，且整个运动过程中小球从未落地.重力加速度为g.试确定从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电势能的变化量.
在此问题中，小球自由落体时的加速度的大小为a1，加了电场后的加速度为a2，则a1a2=13，即mgF电-mg=13，F电=4mg.故从加电场开始到小球返回原出发点的过程中，小球电场力做功为W电=F电h=4mgh，电势能减小了4mgh.
应用5如图1所示，质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t恒力F做功40 J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以地面为零势能点，则下列说法正确的是
A.开始时物体所受的恒力为F=2mgsinθ
B.撤去力F时，物体的动能为20 J
C.撤去力F时，物体的重力势能为30 J
D.物体回到出发点时的动能为40 J
此问题中，物体先从静止开始做匀加速运动，在撤去恒力F后，物体先做匀减速，再做匀加速运动，由上述结论可得
F合1F合2=F-mgsinθmgsinθ=13，
故F=43mgsinθ，F1=13mgsinθ.
物体在第一个t内，合外力所做的功W1=10 J，Ek1=10 J，回到出发点时的动能为Ek2=40 J.撤去力F时，动能为10 J，WG=ΔEk-WF=10 J-40 J=-30 J，故重力势能的增量为30 J，此题正解为C、D.
这是运动学中一个典型的运动，这个典型运动过程的讨论，得到了相应的结论，而这个结论在处理类似问题时有很多的应用.这些应用即牵涉了力学的问题，又牵涉到能量的问题；即牵涉到了重力场，也牵涉到了电场；既有平面的问题，也有斜面的问题.若我们在复习的过程中，以此问题为线索，带动这一类问题的探索，不失为达到高效复习的有效途径之一.
案例2物体从静止开始经过两个匀变速运动速度变为零.
问题2一物体从静止开始做匀加速运动，加速度大小为a1， 加速的时间为t1， 此后物体做加速度大小为a2的匀减速运动，经过时t2，物体静止.整个过程中物体经过的位移为x.试讨论a1、a2、t1、t2与x之间的关系.
结论2画出物体的v-t图象如图2所示，
则a1t1=a2t2，即a1a2=t2t1（1）
设加速运动和减速运动的位移大小分别为x1和x2，
x1x2=12vmt112vmt2=t1t2（2）
总位移x=vm2（t1 t2）（3）
我们碰到的很多运动学的问题，都可以用（1）、（2）、（3）的讨论方法或结论来处理.
应用1如图3所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑.已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s， g取10 m/s2，那么该消防员队 A.下滑过程中的最大速度为4 m/s
B.加速与减速过程的时间之比为1∶2
C.加速与减速过程中所受摩擦力的大小之比为1∶7
D.加速与减速过程的位移之比为1∶4
由题意可得 a1a2=21，
故 t1t2=12，t1=1 s，t2=2 s，
x1x2=t1t2=12，
又由于x=vm2（t1 t2），vm=2xt1 t2=8 m/s，
a1=8 m/s2，a2=4 m/s2，
可解得f1f2=17，x1 x2=12.
故此题正解为B、C.
应用2（2013年天津理综）质量为m=4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20 m，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10 m/s2，求：（1）物块在力F作用过程发生位移x1的大小；（2）撤去力F后物块继续滑动的时间t.
（1）设物块在力F作用过程发生位移为x1，物块在力F撤去后发生位移为x2，运动时间分别为t1、t2，
则a1=F-μmgm=0.5 m/s2，
a2=μg=2 m/s2，
x1x2=t1t2=a2a1=41，
又因为x1 x2=x，
故x1=16 m，x2=4 m.
（2）根据x2=12a2t22，解得t=t2=2 s.
应用3如图4所示，质量m=2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20 m.物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.5.用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.
设F作用的时间为t， 物体先以加速度大小为a做匀加速运动，撤去外力F后，以加速度大小为a’做匀减速运动，经过时间t’到达B处，速度恰好为零.这种情况下，F的作用时间最短.
Fcos37°-μ（mg-Fson37°）=ma，
解得a=11.5 m/s2，
a′=fm=μg，
解得a′=5 m/s2，
xx′=tt′=a′a=1023，
又因为x x′=L，解得x=20033 m.
根据x=12at2，解得t=1.03 s.
以问题为线索的复习方法，是指将使用方法或结论相似的问题放在一起，让学生体会处理这类问题的方法，达到高效复习的目的.在我们平时的复习过程中，其他类似的案例还有很多，我们需要注重这方面的积累.