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一、结论
在光滑的水平面上有一静止的物体，现在以水平恒力[F1]推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力[F2]推这一物体，当恒力[F2]作用时间与恒力[F1]作用时间相同时，物体恰好回到原来处,则[F1∶F2=1∶3].
分析 静止的物体受到[F1]，设其方向水平向右，物体必做匀加速直线运动，设加速度为[a1]，经时间[t]，末速度为[v1=a1t].
通过[s1]到达[B]点，之后去掉[F1]，反向作用恒力[F2]，以加速度[a2]做匀减速直线运动. 先要减速到零，即再前进[s2]到达[C]点，这时正向位移达到最大，之后反向加速，经时间[t]后回到出发点，总位移为0，设到达速度为[v2]，如图1.
解法一 运用运动学公式和动能定理求解. 根据运动学公式，当[F1]作用时，有
[F1s=12mv12]，[s=v1+02t]
当[F2]作用时，有
[F2s=12mv22-12mv12]，[s=-v1+v22t]
则[v2=2v1]
解得[F1∶F2=1∶3]
解法二：图象法. 设[F1]作用时间[t0]后速度减为0，画出其[v-t]图象，如图2.
因为[a1t=a2t0]，又由图象中横轴上下三角形“面积相等”，有
[12a1t(t+t0)=12a2(t-t0)2]
由以上两式，可得[tt0=3]
而[F2F1=a2a1=tt0=3.]
二、结论应用
应用1 （96年全国卷）在光滑的水平面上有一静止的物体，现在以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原来处，此时物体的动能为32J，则在整个过程中，恒力甲做的功为 J. 恒力乙做的功为 J.
解析 因为[F甲=3F乙]
[F甲s+F乙s=32]，得[W甲=8J,W乙=24J]
应用2 (07年北京卷)在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块，开始时滑块静止. 若在滑块所在空间加一水平匀强电场[E1]，持续一段时间后立即换成与[E1]相反方向的匀强电场[E2]. 当电场[E2]与电场[E1]持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能[Ek]. 在上述过程中，[E1]对滑块的电场力做功为[W1]，冲量大小为[I1]；[E2]对滑块的电场力做功为[W2]，冲量大小为[I2]. 则（ ）
A. [I1=I2]
B. [4I1=I2]
C. [W1=0.25Ek]，[W2=0.75Ek]
D. [W1=0.20Ek]，[W2=0.80Ek]
解析 据结论[F1∶F2=1∶3]，由动能定理，有[F1s+F2s=Ek]，C项对，由动量定理，有[I=Ft]，A、B项错. 选C项.
应用3 (2011年四川卷)质量为[m]的带正电小球由空中[A]点无初速度自由下落，在[t]末加上竖直向上，范围足够大的匀强电场，再经过[t]小球又回到[A]点，不计空气阻力且小球从末落地，则（ ）
A. 整个过程中小球电势能变换了[32mg2t2]
B. 整个过程中小球动量增量的大小为[2mgt]
C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了[mg2t2]
D. 从[A]点到最低点小球重力势能变化了[23mg2t2]
解析 根据结论，有[(Eq-mg):mg=3:1]，即[Eq=4mg]
由动量定理，有[4mgt-mg2t=Δp],B项对；电场力做功对应电势能变化[W=Fh=4mg×12gt2=2mgt2]，A项错；最低点时小球速度为零，所以加电场开始到最低点时，动能变化了[ΔEk=mg×12gt2=12mg2t2]，C项错；减速时加速度为自由下落时的3倍，所以时间为自由下落的三分之一，总位移为[h=12gt2+123g(13t)2=23gt2]，所以重力势能的变化[Δp=23mg2t2]，D项对. 选B、D项.
拓展应用 如图3，带等量异种电荷的两块互相平行的金属板[AB、CD]长均为[L]，两板间距为[d]，其间为匀强电场. 当两板间电压为[U0]时，有一质量为[m]，带电量为[q]的质子紧靠[AB]板的上表面以速度[v0]射入电场中，设质子运动过程中不会与[CD]板相碰.
当[t=L/2v0]时，突然改变两金属板的带电性质，且两板间电压为[U1]，则质子恰好能紧贴着[B]端飞出电场. 求电压[U1]、[U0]的比值.
解析 由结论[F0∶F1=1∶3]，得[U1U0=3:1.]
在光滑的水平面上有一静止的物体，现在以水平恒力[F1]推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力[F2]推这一物体，当恒力[F2]作用时间与恒力[F1]作用时间相同时，物体恰好回到原来处,则[F1∶F2=1∶3].
分析 静止的物体受到[F1]，设其方向水平向右，物体必做匀加速直线运动，设加速度为[a1]，经时间[t]，末速度为[v1=a1t].
通过[s1]到达[B]点，之后去掉[F1]，反向作用恒力[F2]，以加速度[a2]做匀减速直线运动. 先要减速到零，即再前进[s2]到达[C]点，这时正向位移达到最大，之后反向加速，经时间[t]后回到出发点，总位移为0，设到达速度为[v2]，如图1.
解法一 运用运动学公式和动能定理求解. 根据运动学公式，当[F1]作用时，有
[F1s=12mv12]，[s=v1+02t]
当[F2]作用时，有
[F2s=12mv22-12mv12]，[s=-v1+v22t]
则[v2=2v1]
解得[F1∶F2=1∶3]
解法二：图象法. 设[F1]作用时间[t0]后速度减为0，画出其[v-t]图象，如图2.
因为[a1t=a2t0]，又由图象中横轴上下三角形“面积相等”，有
[12a1t(t+t0)=12a2(t-t0)2]
由以上两式，可得[tt0=3]
而[F2F1=a2a1=tt0=3.]
二、结论应用
应用1 （96年全国卷）在光滑的水平面上有一静止的物体，现在以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原来处，此时物体的动能为32J，则在整个过程中，恒力甲做的功为 J. 恒力乙做的功为 J.
解析 因为[F甲=3F乙]
[F甲s+F乙s=32]，得[W甲=8J,W乙=24J]
应用2 (07年北京卷)在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块，开始时滑块静止. 若在滑块所在空间加一水平匀强电场[E1]，持续一段时间后立即换成与[E1]相反方向的匀强电场[E2]. 当电场[E2]与电场[E1]持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能[Ek]. 在上述过程中，[E1]对滑块的电场力做功为[W1]，冲量大小为[I1]；[E2]对滑块的电场力做功为[W2]，冲量大小为[I2]. 则（ ）
A. [I1=I2]
B. [4I1=I2]
C. [W1=0.25Ek]，[W2=0.75Ek]
D. [W1=0.20Ek]，[W2=0.80Ek]
解析 据结论[F1∶F2=1∶3]，由动能定理，有[F1s+F2s=Ek]，C项对，由动量定理，有[I=Ft]，A、B项错. 选C项.
应用3 (2011年四川卷)质量为[m]的带正电小球由空中[A]点无初速度自由下落，在[t]末加上竖直向上，范围足够大的匀强电场，再经过[t]小球又回到[A]点，不计空气阻力且小球从末落地，则（ ）
A. 整个过程中小球电势能变换了[32mg2t2]
B. 整个过程中小球动量增量的大小为[2mgt]
C. 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了[mg2t2]
D. 从[A]点到最低点小球重力势能变化了[23mg2t2]
解析 根据结论，有[(Eq-mg):mg=3:1]，即[Eq=4mg]
由动量定理，有[4mgt-mg2t=Δp],B项对；电场力做功对应电势能变化[W=Fh=4mg×12gt2=2mgt2]，A项错；最低点时小球速度为零，所以加电场开始到最低点时，动能变化了[ΔEk=mg×12gt2=12mg2t2]，C项错；减速时加速度为自由下落时的3倍，所以时间为自由下落的三分之一，总位移为[h=12gt2+123g(13t)2=23gt2]，所以重力势能的变化[Δp=23mg2t2]，D项对. 选B、D项.
拓展应用 如图3，带等量异种电荷的两块互相平行的金属板[AB、CD]长均为[L]，两板间距为[d]，其间为匀强电场. 当两板间电压为[U0]时，有一质量为[m]，带电量为[q]的质子紧靠[AB]板的上表面以速度[v0]射入电场中，设质子运动过程中不会与[CD]板相碰.
当[t=L/2v0]时，突然改变两金属板的带电性质，且两板间电压为[U1]，则质子恰好能紧贴着[B]端飞出电场. 求电压[U1]、[U0]的比值.
解析 由结论[F0∶F1=1∶3]，得[U1U0=3:1.]