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第2講　動能定理及其應用
目標要求 　1.理解動能定理，會用動能定理解決一些基本問題.2.掌握解決動能定理與圖象結合的問題的方法．
考點一　動能定理的理解和基本應用
基礎回扣
1．動能
(1)定義：物體由于運動而具有的能量叫作動能．
(2)公式：Ek＝12mv2，單位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)動能是標量、狀態量．
2．動能定理
(1)內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．
(2)表達式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝12mv22－12mv12.
(3)物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度．
技巧點撥
1．適用條件
(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．
(2)動能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功．
(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．
2．解題步驟

3．注意事項
(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系．
(2)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；也可以全過程應用動能定理求解．
(3)動能是標量，動能定理是標量式，解題時不能分解動能．
例1 　(2019·遼寧大連市高三月考)如圖1所示，一名滑雪愛好者從離地h＝40 m高的山坡上A點由靜止沿兩段坡度不同的直雪道AD、DC滑下，滑到坡底C時的速度大小v＝20 m/s.已知滑雪愛好者的質量m＝60 kg，滑雪板與雪道間的動摩擦因數μ＝0.25，BC間的距離L＝
100 m，重力加速度g＝10 m/s2，忽略在D點損失的機械能，則下滑過程中滑雪愛好者做的功為(　　)

圖1
A．3 000 J B．4 000 J
C．5 000 J D．6 000 J
答案　A
解析　根據動能定理有W－μmgLADcos α－μmgLCDcos β＋mgh＝12mv2，即：W－μmgL＋mgh＝12mv2，求得W＝3 000 J，故選A.
例2 　(2017·上海卷·19)如圖2，與水平面夾角θ＝37°的斜面和半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內．滑塊從斜面上的A點由靜止釋放，經B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零．已知滑塊與斜面間動摩擦因數μ＝0.25.(g取
10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

圖2
(1)滑塊在C點的速度大小vC；
(2)滑塊在B點的速度大小vB；
(3)A、B兩點間的高度差h.
答案　(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m
解析　(1)在C點，滑塊豎直方向所受合力提供向心力，mg＝mvC2R
解得vC＝gR＝2 m/s.
(2)B→C過程，由動能定理得
－mgR(1＋cos 37°)＝12mvC2－12mvB2
解得vB＝vC2＋2gR?1＋cos 37°?≈4.29 m/s.
(3)滑塊從A→B的過程，利用動能定理：
mgh－μmgcos 37°·hsin 37°＝12mvB2－0
代入數據，解得h＝1.38 m.

1．(動能定理的理解)(2018·天津卷·2)滑雪運動深受人民群眾喜愛．如圖3所示，某滑雪運動員(可視為質點)由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中(　　)

圖3
A．所受合外力始終為零
B．所受摩擦力大小不變
C．合外力做功一定為零
D．機械能始終保持不變
答案　C
解析　運動員從A點滑到B點的過程中速率不變，則運動員做勻速圓周運動，其所受合外力指向圓心，A錯誤；如圖所示，運動員受到的沿圓弧切線方向的合力為零，即Ff＝mgsin α，下滑過程中α減小，sin α變小，故摩擦力Ff變小，B錯誤；由動能定理知，運動員勻速率下滑動能不變，合外力做功為零，C正確；運動員下滑過程中動能不變，重力勢能減小，機械能減小，D錯誤．

2．(動能定理的應用)(多選)(2019·寧夏銀川市質檢)如圖4所示為一滑草場．某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，載人滑草車與草地之間的動摩擦因數均為μ.質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計載人滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，重力加速度大小為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．則(　　)

圖4
A．動摩擦因數μ＝67
B．載人滑草車最大速度為2gh7
C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh
D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為35g
答案　AB
解析　對載人滑草車從坡頂由靜止開始滑到底端的全過程分析，由動能定理可知：mg·2h－μmgcos 45°·hsin 45°－μmgcos 37°·hsin 37°＝0，解得μ＝67，選項A正確； 對經過上段滑道的過程分析，根據動能定理有mgh－μmgcos 45°·hsin 45°＝12mvm2，解得：vm＝2gh7，選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a＝mgsin 37°－μmgcos 37°m＝－335g，故大小為335g，選項D錯誤．
考點二　應用動能定理求變力做功
在一個有變力做功的過程中，由動能定理，W變＋W恒＝12mv22－12mv12，物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據功的公式求出，這樣就可以得到W變＝12mv22－12mv12－W恒，就可以求變力做的功了．
例3 　(2020·四川雅安市期末)如圖5所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質量m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g.質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為(　　)

圖5
A.14mgR B.13mgR
C.12mgR D.π4mgR
答案　C
解析　在Q點質點受到的豎直向下的重力和豎直向上的支持力的合力充當向心力，所以有FN－mg＝mv2R，FN＝FN′＝2mg，聯立解得v＝gR，下滑過程中，根據動能定理可得mgR－Wf＝12mv2，解得Wf＝12mgR，所以克服摩擦力做功12mgR，選項C正確．

3．(應用動能定理求變力做功)(2019·河南鄭州市高一月考)質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖6所示．已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小為g)(　　)

圖6
A.12mv02－μmg(s＋x) B.12mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案　A
解析　根據功的定義式可知物體克服摩擦力做功為Wf＝μmg(s＋x)，由動能定理可得－W彈－Wf＝0－12mv02，則W彈＝12mv02－μmg(s＋x)，故選項A正確．
考點三　動能定理與圖象結合的問題
1．解決圖象問題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．
(2)根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式．
(3)將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下的面積等所表示的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量．
2．圖象所圍“面積”和圖象斜率的含義


　　　　　 動能定理與Ek－x圖象結合

例4 　(2019·全國卷Ⅲ·17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖7所示．重力加速度取10 m/s2.該物體的質量為(　　)

圖7
A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
答案　C
解析　法一：特殊值法
畫出運動示意圖．

設該外力的大小為F，據動能定理知
A→B(上升過程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA
B→A(下落過程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′
整理以上兩式并代入數據得mgh＝30 J，解得物體的質量m＝1 kg，選項C正確．
法二：寫表達式根據斜率求解
上升過程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下降過程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
則Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
結合題圖可知mg＋F＝72－363－0 N＝12 N，
mg－F＝48－243－0 N＝8 N
聯立可得m＝1 kg，選項C正確．

　　　　　 動能定理與F－x圖象結合

例5 　如圖8甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4 m．有一質量為m的滑塊，從O處由靜止開始受一水平向右的力F作用．F在水平面上按圖乙所示的規律變化．滑塊與OA間的動摩擦因數μ＝0.25，g取10 m/s2，試求：

圖8
(1)滑塊運動到A處的速度大小；
(2)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離是多少．
答案　(1)52 m/s　(2)5 m
解析　(1)由題圖乙知，在OA段拉力做功為W＝(2mg×2－0.5mg×1) J＝3.5mg(J)
滑動摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，Wf＝Ff·xOA＝－mg(J)，
滑塊在OA上運動的全過程，由動能定理得
W＋Wf＝12mvA2－0
代入數據解得vA＝52 m/s.
(2)對于滑塊沖上斜面的過程，由動能定理得
－mgLsin 30°＝0－12mvA2
解得L＝5 m
所以滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離為L＝5 m.

4．(動能定理與a－t圖象結合)(2020·山西太原市模擬)用傳感器研究質量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規律時，在計算機上得到0～6 s內物體的加速度隨時間變化的關系如圖9所示．下列說法正確的是(　　)

圖9
A．0～6 s內物體先向正方向運動，后向負方向運動
B．0～6 s內物體在4 s時的速度最大
C．物體在2～4 s內的速度不變
D．0～4 s內合力對物體做的功等于0～6 s內合力對物體做的功
答案　D
解析　物體6 s末的速度v6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s＝6 m/s，結合題圖可知0～6 s內物體一直向正方向運動，A項錯誤；由題圖可知物體在5 s末速度最大，vm＝12×(2＋5)×
2 m/s＝7 m/s，B項錯誤；由題圖可知物體在2～4 s內加速度不變，做勻加速直線運動，速
度變大，C項錯誤；在0～4 s內由動能定理可知，W合4＝12mv42－0，又v4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J,0～6 s內合力對物體做的功：W合6＝12mv62－0，又v6＝6 m/s，
得W合6＝36 J，則W合4＝W合6，D項正確．
5.(動能定理與Ek－x圖象結合)(2020·湖北高三月考)質量為2 kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊的動能Ek與其發生的位移x之間的關系如圖10所示．已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)

圖10
A．x＝1 m時速度大小為2 m/s
B．x＝3 m時物塊的加速度大小為2.5 m/s2
C．在前4 m位移過程中拉力對物塊做的功為9 J
D．在前4 m位移過程中物塊所經歷的時間為2.8 s
答案　D
解析　根據動能定理ΔEk＝F合x可知，物體在兩段運動中分別所受合外力恒定，則物體做加速度不同的勻加速運動；由題圖圖象可知x＝1 m時動能為2 J，v1＝2Ekm＝2 m/s，故A錯誤．同理，當x＝2 m時動能為4 J，v2＝2 m/s；當x＝4 m時動能為9 J，v4＝3 m/s，則2～4 m內有2a2x2＝v42－v22，解得2～4 m內物塊的加速度為a2＝1.25 m/s2，故B錯誤．對物體運動全過程，由動能定理得：WF＋(－μmgx4)＝Ek末－0，解得WF＝25 J，故C錯誤.0～2 m過程，t1＝2x1v2＝2 s；2～4 m過程，t2＝x2v2＋v42＝0.8 s，故總時間為2 s＋0.8 s＝2.8 s，D正確．
課時精練

1.(2018·全國卷Ⅱ·14)如圖1，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度．木箱獲得的動能一定(　　)

圖1
A．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　由題意知，W拉－W克摩＝ΔEk，則W拉>ΔEk，A項正確，B項錯誤；W克摩與ΔEk的大小關系不確定，C、D項錯誤．
2.如圖2所示，小物體從A處由靜止開始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水平面上滑動，最終停在B處，已知A距水平面OB的高度為h，物體的質量為m，現用力將物體從B點靜止沿原路拉回至距水平面高為23h的C點處，已知重力加速度為g，需外力做的功至少應為(　　)

圖2
A.13mgh B.23mgh
C.53mgh D．2mgh
答案　C
解析　物體從A到B全程應用動能定理可得mgh－Wf＝0，由B返回C處過程，由動能定理得WF－Wf－23mgh＝0，聯立可得WF＝53mgh，故選C.
3．(2018·江蘇卷·4)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是(　　)

答案　A
解析　小球做豎直上拋運動，設初速度為v0，則v＝v0－gt
小球的動能Ek＝12mv2，把速度v代入得
Ek＝12mg2t2－mgv0t＋12mv02，
Ek與t為二次函數關系，故A正確．
4．(2021·廣東茂名市第一中學期中)如圖3所示，運動員把質量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達到的最高點高度為h，在最高點時的速度為v，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)

圖3
A．運動員踢球時對足球做功12mv2
B．足球上升過程重力做功mgh
C．運動員踢球時對足球做功mgh＋12mv2
D．足球上升過程克服重力做功mgh＋12mv2
答案　C
解析　足球被踢起后在運動過程中，只受到重力作用，只有重力做功，重力做功為－mgh，即克服重力做功mgh，B、D錯誤；由動能定理有W人－mgh＝12mv2，因此運動員對足球做功W人＝mgh＋12mv2，故A錯誤，C正確．

5．(2021·湖南懷化市模擬)如圖4所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點出發沿DBA滑動到頂點A時速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點出發沿DCA滑動到A點且速度剛好為零，則物體具有的初速度(已知物體與斜面及水平面之間的動摩擦因數處處相同且不為零)(　　)

圖4
A．等于v0 B．大于v0
C．小于v0 D．取決于斜面
答案　A
解析　物體從D點滑動到頂點A過程中－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcos α·xAB＝0－12mv02，由幾何關系有xABcos α＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－12mv02，從上式可以看出，物體的初速度與路徑無關．故選A.
6.(2021·福建寧德市高三期中)如圖5所示，質量為m的物體置于光滑水平面上，一根繩子跨過定滑輪一端固定在物體上，另一端在力F作用下，物體由靜止開始運動到繩與水平方向的夾角α＝45°時繩以速度v0豎直向下運動，此過程中，繩的拉力對物體做的功為(　　)

圖5
A.14mv02 B.12mv02
C．mv02 D.22mv02
答案　C
解析　將物體的運動分解為沿繩子方向的運動以及垂直繩子方向的運動，則當物體運動到繩與水平方向的夾角α＝45°時物體的速度為v，則vcos 45°＝v0，可得v＝2v0，物體由靜止開始運動到繩與水平方向的夾角α＝45°過程中，只有繩子拉力對物體做功，由動能定理得繩的拉力對物體做的功：W＝12mv2－0＝mv02，故C正確，A、B、D錯誤．
7．(多選)在某一粗糙的水平面上，一質量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖6中給出了拉力隨位移變化的關系圖象．已知重力加速度g取10 m/s2.根據以上信息能精確得出或估算得出的物理量有(　　)

圖6
A．物體與水平面間的動摩擦因數
B．合外力對物體所做的功
C．物體做勻速運動時的速度
D．物體運動的時間
答案　ABC
解析　物體做勻速直線運動時，拉力F0與滑動摩擦力Ff相等，物體與水平面間的動摩擦因數為μ＝F0mg＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－12mv2，根據F－x圖象中圖線與坐標軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx＝－F0x，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤．
8.質量m＝1 kg的物體，在水平恒定拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運動，經過的位移為4 m時，拉力F停止作用，運動到位移為8 m時物體停止運動，運動過程中Ek－x圖象如圖7所示．取g＝10 m/s2，求：

圖7
(1)物體的初速度大小；
(2)物體和水平面間的動摩擦因數；
(3)拉力F的大小．
答案　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N
解析　(1)從題圖可知物體初動能為2 J，則
Ek0＝12mv2＝2 J，
得v＝2 m/s.
(2)在位移為4 m處物體的動能為Ek＝10 J，在位移為8 m處物體的動能為零，這段過程中物體克服摩擦力做功．
設摩擦力為Ff，則由動能定理得
－Ff x2＝0－Ek
代入數據，解得Ff＝2.5 N.
因Ff＝μmg，
故μ＝0.25.
(3)物體從開始運動到位移為4 m的過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據動能定理有
(F－Ff)x1＝Ek－Ek0，
故得F＝4.5 N.

9.(多選)(2020·貴州安順市網上調研)如圖8所示，半圓形光滑軌道BC與水平光滑軌道AB平滑連接．小物體在水平恒力F作用下，從水平軌道上的P點，由靜止開始運動，運動到B點撤去外力F，小物體由C點離開半圓軌道后落在P點右側區域．已知PB＝3R，重力加速度為g，F的大小可能為(　　)

圖8
A.12mg B.5mg6
C．mg D.7mg6
答案　BC
解析　小球能通過C點應滿足mvC2R≥mg，
且由C點離開半圓軌道后落在P點右側區域，則有2R＝12gt2，vCt<3R，對小球從P點到C點由動能定理得
F·3R－2mgR＝12mvC2，
聯立解得5mg6≤F＜25mg24
故B、C正確，A、D錯誤．


10.如圖9所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質量為m的小球(可看成質點)從P點上方高為R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．小球滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力大小為4mg，g為重力加速度．用W表示小球從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功，則(　　)

圖9
A．W＝12mgR，小球恰好可以到達Q點
B．W>12mgR，小球不能到達Q點
C．W＝12mgR，小球到達Q點后，繼續上升一段距離
D．W<12mgR，小球到達Q點后，繼續上升一段距離
答案　C
解析　在N點，根據牛頓第二定律有FN－mg＝mvN2R，解得vN＝3gR，對小球從開始下落至到達N點的過程，由動能定理得mg·2R－W＝12mvN2－0，解得W＝12mgR.由于小球在PN段某點處的速度大于此點關于ON在NQ段對稱點處的速度，所以小球在PN段某點處受到的支持力大于此點關于ON在NQ段對稱點處受到的支持力，則小球在NQ段克服摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段運動時，由動能定理得－mgR－W′＝12mvQ2－12mvN2，因為W′<12mgR，則小球在N處的動能大于小球從N到Q克服重力做的功和克服摩擦力做的功之和，可知vQ>0，所以小球到達Q點后，繼續上升一段距離，選項C正確．
11．如圖10甲所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質量為1 kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F的大小隨位移變化的關系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數為μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數未知，g取10 m/s2.求：

圖10
(1)滑塊到達B處時的速度大小；
(2)滑塊在水平軌道AB上運動前2 m過程所用的時間；
(3)若到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？
答案　(1)210 m/s　(2)835 s　(3)5 J
解析　(1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得
F1x1＋F3x3－μmgx＝12mvB2，
得vB＝210 m/s.
(2)在前2 m內，有F1－μmg＝ma，
且x1＝12at12，解得t1＝835 s.
(3)當滑塊恰好能到達最高點C時，應有mg＝mvC2R，
對滑塊從B到C的過程，由動能定理得
W－mg×2R＝12mvC2－12mvB2，
代入數值得W＝－5 J，即滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力做的功為5 J.
12．(2020·山西運城市月考)如圖11，在豎直平面內，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝35.一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零．重力加速度大小為g.求：

圖11
(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小；
(2)小球到達B點時對圓弧軌道的壓力大小．
答案　(1)34mg　5gR2　(2)152mg
解析　(1)設水平恒力的大小為F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小為F，小球到達C點時速度的大小為vC，
則F0mg＝tan α，F＝mgcos α，
由牛頓第二定律得F＝mvC2R，
聯立并代入數據解得F0＝34mg，vC＝5gR2.
(2)設小球到達B點時速度的大小為vB，小球由B到C的過程中由動能定理可得
－2FR＝12mvC2－12mvB2，
代入數據解得vB＝52gR
小球在B點時有FN－F＝mvB2R，
解得FN＝152mg
由牛頓第三定律可知，小球在B點時對圓弧軌道的壓力大小為FN′＝152mg.

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