江苏省2024高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第2讲动能动能定理教案

PAGEPAGE1第2讲动能动能定理一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能．2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.3．单位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.4．标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关．5．动能的改变：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.二、动能定理1．内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的改变．2．表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12.3．物理意义：合力的功是物体动能改变的量度．自测1(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是()A．公式中的W为除重力之外的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的全部力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时，动能增加，当W<0时，动能削减D．公式中的Ek1、Ek2和W均可以为负值答案BC4．适用条件：(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．如图1甲，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；如图乙，小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R)．对物块：WG＋Wf1＋Wf2＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02对小球：－2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02图1自测2如图2所示，AB为eq\f(1,4)圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止起先下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()图2A.eq\f(μmgR,2) B.eq\f(mgR,2)C．mgR D．(1－μ)mgR答案D解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，依据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确．1．动能定理表明白“三个关系”(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的改变具有等量代换关系，但并不是说动能改变就是合外力做的功．(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能改变的缘由．(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在重量的表达式．例1(多选)如图3所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动了一段距离．在此过程中()图3A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地面的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，则WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；依据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，A错误．变式1关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能改变的关系，下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功肯定为零B．合外力做功为零，则合外力肯定为零C．合外力做功越多，则动能肯定越大D．动能不变，则合外力肯定为零答案A变式2(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3J，拉力F做功8J，空气阻力做功－0.5J，则下列推断正确的是()A．物体的重力势能增加了3JB．物体的重力势能削减了3JC．物体的动能增加了4.5JD．物体的动能增加了8J答案AC1．应用流程2．留意事项(1)动能定理中的位移和速度必需是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)应用动能定理的关键在于精确分析探讨对象的受力状况及运动状况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系．(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理．(4)列动能定理方程时，必需明确各力做功的正、负，的确难以推断的先假定为正功，最终依据结果加以检验．例2(多选)(2024·江苏卷·8)如图4所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中()图4A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为eq\r(2μgs)答案BC解析小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从起先运动至最终回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝2eq\r(μgs)，选项D错误．变式3(多选)(2024·宁夏银川市质检)如图5所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止起先自由下滑，经过上、下两段滑道后，最终恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则()图5A．动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)B．载人滑草车最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为eq\f(3,5)g答案AB解析对载人滑草车从坡顶由静止起先滑究竟端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，选项A正确；对经过上段滑道的过程分析，依据动能定理有mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvm2，解得：vm＝eq\r(\f(2gh,7))，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝－eq\f(3,35)g，故大小为eq\f(3,35)g，选项D错误．1．解决图象问题的基本步骤(1)视察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)依据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．2．图象所围“面积”的意义(1)v－t图象：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移．(2)a－t图象：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的改变量．(3)F－x图象：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功．(4)P－t图象：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功．例3(2024·安徽合肥市其次次质检)如图6甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止起先向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计．下列说法正确的是()图6A．在0～h0过程中，F大小始终为mgB．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断削减答案C解析0～h0过程中，Ek－h图象为一段直线，由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A项分析可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，B错误；在0～2h0过程中，F始终做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，D错误．变式4(2024·江苏卷·4)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽视空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()答案A解析小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt小球的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mv02Ek与t为二次函数关系，故A正确．例4如图7所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接．AB之间的距离s＝1m．质量m＝0.2kg的小物块起先时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速度v0＝5m/s，g取10m/s2.图7(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；(2)求物块返回B点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量．答案(1)1.7J(2)3m/s(3)0.5J解析(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，－μmgs－W克弹＝0－eq\f(1,2)mv02W克弹＝Ep代入数据解得Ep＝1.7J(2)对小物块从B点起先运动至返回B点的过程，由动能定理得，－μmg·2s＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02代入数据解得vB＝3m/s(3)对小物块沿曲面上滑的过程，由动能定理得－W克f－mgh＝0－eq\f(1,2)mvB2产生的热量Q＝W克f＝0.5J.变式5(2024·河南名校联盟高三下学期联考)如图8所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示．已知它落地时相对于B点的水平位移OC＝l．现在轨道下方紧贴B点安装一固定的水平木板，木板的右端与B的距离为eq\f(l,2)，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍旧落在地面的C点．求：(不计空气阻力，重力加速度为g)图8(1)P滑至B点时的速度大小；(2)P与木板之间的动摩擦因数μ.答案(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(3h,2l)解析(1)物体P在AB轨道上滑动时，依据动能定理mgh＝eq\f(1,2)mv02得物体P滑到B点时的速度大小为v0＝eq\r(2gh)(2)当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，设运动时间为t，有：l＝v0t当在轨道下方紧贴B点安装木板时，物体从木板右端水平抛出时的速度为v1，在空中运动的时间也为t，水平位移为eq\f(l,2)，则eq\f(l,2)＝v1t，解得：v1＝eq\f(v0,2)＝eq\f(\r(2gh),2)依据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmgeq\f(l,2)＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02解得物体P与木板之间的动摩擦因数μ＝eq\f(3h,2l).1．(动能定理的理解)(2024·全国卷Ⅱ·14)如图9，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止起先沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能肯定()图9A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功答案A解析由题意知，W拉－W克摩＝ΔEk，则W拉>ΔEk，A项正确，B项错误；W克摩与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误．2．(动能定理的基本应用)(多选)一个质量为25kg的小孩从高度为3m的弧形滑梯顶端由静止起先下滑，滑究竟端时的速度为2m/s.取g＝10m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是()A．支持力做功50J B．克服阻力做功500JC．重力做功750J D．合外力做功50J答案CDJ＝750J，C正确；由动能定理得W合＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(1,2)×25×4J＝50J，D正确；由WG－W克f＝50J，得W克f＝700J，B错误．3．(动能定理与图象的结合)(2024·江苏卷·3)一小物块沿斜面对上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()答案CEk＝Ek0－mgxsinθ－μmgcosθ(2L－x)＝Ek0－2μmgLcosθ－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故选项C正确．4．(应用动能定理分析多过程问题)(多选)(2024·湖北武汉市四月调研)2024年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国实行，跳台滑雪是其中最具欣赏性的项目之一．跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图10所示．一次竞赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零．已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g.只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失．由以上信息可以求出()图10A．运动员在空中飞行的时间B．A、B之间的高度差C．运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功D．C、D两点之间的水平距离答案ABC解析从B点做平抛运动，则由h＝eq\f(1,2)gt2可求解运动员在空中飞行的时间，选项A正确；由eq\f(h,tanθ)＝v0t可求解在B点的速度v0，再由mghAB＝eq\f(1,2)mv02可求解A、B之间的高度差，选项B正确；从B点到D点由eq\f(1,2)mv02＋mgh＝Wf可求解运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功，选项C正确；由题中条件无法求解C、D两点之间的水平距离，选项D错误．5．(应用动能定理分析多过程问题)(2024·河南平顶山市质检)如图11所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，求：图11(1)物块到达A点时的速度大小和PA间的高度差；(2)物块从A运动到B所用的时间和克服摩擦力做的功．答案(1)eq\r(gr)eq\f(r,2)(2)eq\f(π,2)eq\r(\f(r,g))mgr解析(1)设物块在B点时的速度为v，由牛顿其次定律得：FN－mg＝meq\f(v2,r)，因为FN＝2mg，所以v＝eq\r(gr)，因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块到达A点时速度大小为eq\r(gr)；设PA间的高度差为h，从P到A的过程由动能定理得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，所以h＝eq\f(r,2).(2)因为物块从A点进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，所以物块从A运动到B所用时间t＝eq\f(\f(πr,2),v)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(r,g))；从A运动到B由动能定理得：mgr－W克f＝0，解得：W克f＝mgr.1.在篮球竞赛中，某位同学获得罚球机会，如图1，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1m/s的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，忽视篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为()图1A．1JB．10JC．50JD．100J答案B解析该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8m，依据动能定理有W－mg(h－h1)＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝7.5J，故选项B正确．2．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()A．mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02B．－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2D．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02答案C解析对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，依据动能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，选项C正确．3.(2024·天津卷·2)滑雪运动深受人民群众宠爱．如图2所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()图2A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功肯定为零D．机械能始终保持不变答案C解析运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A错误；如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff＝mgsinα，下滑过程中α减小，sinα变小，故摩擦力Ff变小，B错误；由动能定理知，运动员匀速下滑动能不变，合外力做功为零，C正确；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D错误．4．(2024·湖北黄石市调研)用传感器探讨质量为2kg的物体由静止起先做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间改变的关系如图3所示．下列说法正确的是()图3A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s时的速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力对物体做的功答案Dm/s＝7m/s，B项错误；由题图可知物体在2～4s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在0～4s内由动能定理可知，W合4＝eq\f(1,2)mv42－0，又v4＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2m/s＝6m/s，得W合4＝36J,0～6s内合力对物体做的功：W合6＝eq\f(1,2)mv62－0，又v6＝6m/s，得W合6＝36J，则W合4＝W合6，D项正确．5.(多选)(2024·山西运城市质检)质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动．物体运动的v－t图象如图4所示．下列说法正确的是()图4A．水平拉力大小为F＝meq\f(v0,t0)B．物体在0～3t0时间内的位移大小为eq\f(3,2)v0t0C．在0～3t0时间内水平拉力做的功为eq\f(1,2)mv02D．在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为eq\f(1,2)μmgv0答案BD解析依据v－t图象和牛顿其次定律可知F－μmg＝meq\f(v0,t0)，选项A错误；由v－t图象与t坐标轴所围面积表示位移可知，在0～3t0时间内的位移大小为x＝eq\f(1,2)·3t0·v0＝eq\f(3,2)v0t0，选项B正确；在0～3t0时间内由动能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝eq\f(3,2)μmgv0t0，又Ff＝μmg＝eq\f(mv0,2t0)，则W＝eq\f(3,4)mv02，选项C错误；在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(Wf,3t0)＝eq\f(μmgx,3t0)＝eq\f(1,2)μmgv0，选项D正确．6.(2024·山西五地联考上学期期末)如图5所示，固定斜面倾角为θ.一轻弹簧的自然长度与斜面长度相同，都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最终落地的速度大小为v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，则该过程中，人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为()图5A.eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g)B.eq\f(1,2)mv2；eq\f(v2sin2θ－2gLsinθcos2θ,2g)C.eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgLsinθ；eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g)D.eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；eq\f(v2,2g)答案A解析对人从起先压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得W＋mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－0，则W＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；设小球离开斜面时的速度为v0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02；从最高点到落地点的过程，由动能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(v0cosθ)2，联立解得：H＝eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g).7.(2024·天津卷·10改编)为了便于探讨舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意图如图6，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)．若舰载机从A点由静止起先做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求：图6(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．答案(1)7.5×104J(2)1.1×103N解析(1)舰载机由静止起先做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①依据动能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104J③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，依据几何关系，有L2＝Rsinθ④由牛顿其次定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)⑤联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103N.8．(2024·山东日照市一模)冰壶竞赛是在水平冰面上进行的体育项目，竞赛场地示意图如图7所示．竞赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使