2020年高考物理纠错笔记：机械能守恒定律

一、对功的判断和计算易出现以下错误 1．对功的概念理解不透，误认为有力，有位移就有功； 2．判断功的正负可根据力和位移的夹角，也可根据力和速度的夹角，还可根据能量的变化，常错误地 认为某一力做的功的大小与物体受到的其他力的大小有关，与物体的运动状态有关； 3．易误认为摩擦力总是做负功，一对滑动摩擦力大小相等，方向相反，做的总功为零； 4．功的计算公式中，s 为力的作用点移动的位移，它是一个相对量，与参考系选取有关，通常都取地 球为参考系，这一点也是学生常常忽视的，要引起注意。 二、求解变力功 求解变力做功时，容易把变力当成恒力来计算。直接求解变力做功通常都比较复杂，但若通过转换研 究对象，有时可转化为恒力做功，然后用 W=Fscos α 求解。此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题 中，采用本法解题的关键是根据题设情景，发现将变力转化为恒力的等效替代关系，然后再根据几何知识 求出恒力的位移大小，从而求出变力所做的功。 三、对于机车启动过程的求解 1．易误将机车的功率当成合力功率； 2．易误将匀加速启动过程的末速度当成机车能达到的最大速度； 3．机车启动分两种方式，而以恒定加速度启动过程又分为两个阶段，因为有时易将 P=Fv 中的常量和 变量弄混。 四、对动能定理的理解和应用易出现以下错误 1．易误将相对其他非惯性系的速度当作对地速度代入动能定理公式中； 2．动能定理中的功是合力做的功，易误将某个力的功当作合力的功或者将研究对象对外做的功也算入 总功之中； 3．易错误地将动能定理当成矢量式，列分方向的动能定理； 4．利用动能定理解决多过程问题时，常常使合力做功对应的过程和初末动能对应的过程不统一造成错 误。 五、重力势能的相对性与其变化的绝对性理解 1．重力势能是一个相对量，它的参数值与参考平面的选择有关。在参考平面上，物体的重力势能为零； 在参考平面上方的物体，重力势能为正值；在参考平面下方的物体，重力势能为负值。 2．重力势能变化的不变性（绝对性） 尽管重力势能的大小与参考平面的选择有关，但重力势能的变化量却与参考平面的选择无关，这体现 了它的不变性（绝对性）。 3．某种势能的减少量，等于其相应力所做的功 重力势能的减少量，等于重力所做的功；弹簧弹性势能的减少量，等于弹簧弹力所做的功。 4．重力势能的计算公式 只适用于地球表面及其附近处 g 值不变的范围，若 g 值变化，不能用p =E mgh其计算。 六、对机械能守恒的理解和应用常出现以下错误 1．对多个物体组成的系统不判断机械能是否守恒直接应用，实际上机械能守恒是有条件的。 2．误认为只有重力和系统内弹力做功是只受到重力和系统内弹力的作用，实际上其他力只要不做功或 做功为零机械能就守恒，混淆了只有重力做功和系统内弹力做功与只受重力和系统内弹力作用。 3．常常认为一物体在另一物体上滑动时，系统所受合外力为零，机械能就一定守恒。 七、对功能关系的理解和应用易出现以下错误 1．对功和能的概念理解不清，误认为功就是能，能就是功，实际上功是过程量，能是状态量，功是能 量转化的量度。 2．不能熟练掌握重力做的功等于重力势能的变化；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化；合外力做的 功等于动能的变化；其他力做的功等于机械能的变化等功能关系。 3．对于功能关系的使用范围不清楚，在高中阶段动能定理一般用于单个物体或单个物体系统，机械能 守恒适用于多个物体组成的系统。 八、过程分析时，注意过程转换时能量的变化 对于一些运动性质突变的物理过程，如轻绳由弯曲变为伸直、质点由直线运动突然变为曲线运动或者 由曲线运动直接变为直线运动等，要注意分析判断“突变”前后质点的速度变化及所对应的动能（机械能） 的变化。 九、摩擦力做功求解 1．静摩擦力做的功 （1）单个静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。 （2）相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做的功的代数和为零，即 W1+W2=0。 （3）在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移（静摩擦力起着传递机械能的作用），而没有 机械能转化为其他形式的能。 2．滑动摩擦力做的功 （1）单个滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，当然也可以不做功。 （2）相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，其绝对值恰等于滑动摩擦力与 相对路程的乘积，即恰等于系统因摩擦力而损失的机械能。 （3）一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化和转移的情况：一对相互摩擦的物体之间的机械能的 转移；二是机械能转化为内能，转化为内能的数值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积。 如图所示，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量相等，在甲图用力 F1 推物体，在乙图用 力 F2 拉物体，两种情况下，力与水平方向所成夹角相等，物体都做匀速运动，经过相同的位移，则 F1 和 F2 大小关系、F1 对物体功 W1 和 F2 对物体做功 W2 关系满足A．F1= F2 B．F1< F2 C．W1=W2 D．W1>W2 【错因分析】这个题目很容易用误选 C 的，认为位移相同，力与位移的夹角相同。 【正确解析】对甲图中物体受力分析，受推力、重力、支持力和摩擦力，如图 1 根据平衡条件，有 x 方向： ；y 方向： ；其中： ；解得 ； 对乙图物体受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，如图 2 根据平衡条件，有 x 方向： ；y 方向： ；解得 ；比较两式，得到 ；由 于位移相同，力与水平方向夹角相等，根据恒力做功的表达式 ，得到 ， ，故 ，故选 D。 【正确答案】D 1．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为 2kg 的物体在 F 作用下由静止开始向上做匀加速运动。其 速度随时间的变化关系如图乙所示。由此可知(g 取 10m/s2) A．物体加速度大小为 lm/s2 B．F 的大小为 21N C．4s 末力 F 的功率大小为 21W D．4s 内 F 做的功为 84J 【答案】D 【解析】根据速度时间图线的斜率表示加速度，则知物体的加速度为： ，故 A 1 cos 0F fθ − = 1 sinF mg Nθ + = f Nµ= 1 cos sin mgF µ θ µ θ= − 2 cos 0F fθ − = 2 sinF N mgθ + = 2 cos sin mgF µ θ µ θ= + 1 2F F> cosW Fs θ= 1 1 cosW F s θ= 2 2 cosW F s θ= 1 2W W> 2 22 m/s 0.5m/s4 va t = = =错误；对物体，根据牛顿第二定律得：2F-mg=ma，解得： ， 故 B 错误；4s 末 F 作用点的速度为：v2=2v=4m/s，则拉力 F 的功率为 P=Fv2=10.5×4W=42W，故 C 错误。4s 内 F 作用点的位移为： ，所以 4s 内 F 做功为 W=Fx=10.5×8J=84J，故 D 正确。 2．如图所示，木板长为 L，木板 B 端放有质量为 m 的静止物体，物体与板的动摩擦因数为 μ，开始时板水 平，现缓慢地抬高 B 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为 α 时小物体开始滑动， 此时停止转动木板，小物体滑到木板 A 端，则在整个过程中，下列说法不正确的是（ ） A．摩擦力对小物体做功为 μmgLcosα B．支持力对小物体做功为 mgLsinα C．重力对小物体做功为 0 D．木板对小物体做功为 mgLsinα-μmgLcosα 【答案】A 【解析】在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为 α 的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑 过程中，摩擦力对物块做功。摩擦力为 μmgcosα，则摩擦力对物块做功 Wf=-μmgLcosα，故 A 项与题 意相符；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为 α 的过程中，支持力对物块做功，物块下滑的 过程中，支持力不做功，设前者做功为 WN，根据动能定理得：WN-mgLsinα=0，得 WN=mgLsinα，故 B 项 与题意不相符；根据重力做功的特点可知，整个过程中，重力做功为 0，故 C 项与题意不相符；设在整 个过程中，木板对物块做功为 W，则 W=mgLsinα-μmgLcosα，故 D 项与题意不相符。 质量 m=1kg 的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力 F 时物体在水 平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若 F-x 图象如图所示。且 4～5m 内物 体匀速运动。x=7m 时撤去外力，取 g=10m/s2，则下列有关描述正确的是（　 ） A．物体与地面间的动摩擦因数为 0.1 B．撤去外力时物体的速度为 m/s C．x=3m 时物体的速度最大 ( ) ( )2 10 0.5 N 10.5N2 2 m g aF + × += = = 212 8m2x at= × = 2D．撤去外力后物体还能在水平面上滑行 3s 【错因分析】没有理解 F-x 图像，不会根据 F-x 图像求变力做功。 【正确解析】由图象知 4~5m 内外力恒定，又物体匀速运动，由 ，知动摩擦因数为 0.3，故 A 不符合题意；前 7m 内外力和阻力共同作用，物体做变速运动，且 F−x 图围成的面积表示外力所做的功，由 动能定理 ，解得 ，故 B 符合题意；由图知 前 3m 内物体做加速度逐渐增大的加速运动，3~4m 内做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大， 故 C 不符合题意；撤去外力后物体匀减速停下，由动量定理有 ，解得 ，故 D 不符合题 意。 【正确答案】B 1．如图所示，在水平面上有一弯曲的槽道弧 AB，槽道由半径分别为 和 R 的两个半圆构成，现用大小恒为 F 的拉力将一光滑小球从 A 点沿滑槽道拉至 B 点，若拉力 F 的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则 此过程中拉力所做的功为 A．0 B．FR C． πFR D．2πFR 【答案】C 【解析】虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成 恒力，小球的路程为 πR+π ，则拉力做的功为 πFR，故 C 正确。 2．（多选）如图 1 所示，小物块静止在倾角 θ=37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力 F，力 F 的大小随时间 t 的变化情况如图 2 所示，物块的速率 v 随时间 t 的变化规律如图 3 所示，取 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s2．下列说法正确的是（　　） 2 R 3 2 F mgµ= 23 5 3 5 3 13 1 3 1 2 3 7 J2 2 2 2 mv + + × + × + × + × − × =   2m/sv = mv mgtµ= 2 s3t = 2 R 3 2A．物块的质量为 1kg B．物块与斜面间的动摩擦因数为 0.7 C．0～3s 时间内力 F 做功的平均功率为 0.32W D．0～3s 时间内物体克服摩擦力做的功为 5.12J 【答案】AD 【 解 析 】 由 速 度 图 象 知 在 1 ～ 3s 时 间 内 ， 物 块 做 匀 加 速 直 线 运 动 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 得 ： 0.8N+mgsinθ-μmgcosθ=ma，由 v-t 图象的斜率可知加速度 a=0.4m/s2；在 3～4s 时间内，物块做匀速直 线运动，由平衡条件得：μmgcosθ-mgsinθ=0.4N，解得：m=1kg，μ=0.8，故 A 正确，B 错误；由 v-t 图 象 可 知 ， 0 ～ 1s 时 间 内 ， 物 块 静 止 ， 力 F 不 做 功 ， 1 ～ 3s 时 间 内 ， 力 F=0.8N ， 物 块 的 位 移 ，0～3s 内力 F 做功的平均功率为： ，故 C 错误； 0～3s 时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=μmgcosθ•x=0.8×1×10×cos37°×0.8=5.12J，故 D 正确。 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前 5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以 额定功率运动．其 v﹣t 图象如图所示．已知汽车的质量为 m＝2×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的 0.1 倍，则以下说法正确的是 A．汽车在前 5s 内的牵引力为 4×103N B．汽车在前 5s 内的牵引力为 4.6×103N C．汽车的额定功率为 60kW D．汽车的最大速度为 20m/s 【错因分析】机车匀加速启动过程还未达到额定功率；t 时刻是匀加速运动的结束还是额定功率的开始， 因此功率表达式结合牛顿第二定律和运动学公式求 t 是解题的关键。 【正确解析】由题知，汽车受到的阻力 N；前 5s 内，由图 a=2m/s2，由 牛顿第二定律：F-f=ma，得： N= N，故 A、B 错误；t=5s 末功率达到额定功率，则有： W= W=60kW，故 C 正确；当牵引力等于阻力时，汽 车达最大速度，则最大速度 m/s，故 D 错误。 【正确答案】C 1 2 0.8m=0.8m2x = × × 0.8 0.8= W=0.213W3 W FxP t t ×= = 3 30.1 2 10 10N 2 10f = × × × = × ( )3 30.1 2 10 10 2 10 2F f ma= + = × × × + × × 36 10× 36 10 10P Fv= = × × 46 10× 4 3 6 10 302 10m Pv f ×= = =×1．一辆汽车质量为 1×103kg，额定最大功率为 2×104W，在水平路面由静止开始作直线运动，最大速度为 v2，运动中汽车所受阻力恒定，其行驶过程中牵引力 F 与车速的倒数 1/v 的关系如图所示。则（ ） A．图线 AB 段汽车匀速运动 B．图线 BC 段汽车作匀加速度运动 C．整个运动中的最大加速度为 2m/s2 D．当汽车的速度为 5m/s 时发动机的功率为 2×104W 【答案】C 【解析】AB 段汽车的牵引力不变，根据牛顿第二定律，加速度不变，做匀加速直线运动，故 A 错误；BC 段图线的斜率表示汽车的功率，功率不变，知汽车达到额定功率，当速度增大，牵引力减小，则加速度 减小，做加速度减小的加速运动，到达 C 点加速度为零，做匀速直线运动，故 B 错误。在整个运动过程 中 ， AB 段 的 加 速 度 最 大 ， 在 C 点 牵 引 力 等 于 阻 力 ， f=1000N ， 则 最 大 加 速 度 ， 故 C 正 确 ； 在 B 点 汽 车 的 速 度 ，知汽车速度为 5m/s 时发动机的功率小于 2×104W，故 D 错误。 2．额定功率为 80kW 的汽车，在某平直的公路上行驶的最大速度为 20m/s，汽车的质量 m＝2×103kg．如果 汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为 2m/s2，运动过程中阻力不变，求： （1）汽车所受的恒定阻力是多大 （2）3 秒末汽车瞬时功率是多大． 【答案】（1）4000N；（2）48kW． 【 解 析 】（ 1 ） 当 牵 引 力 等 于 阻 力 时 ， 速 度 达 到 最 大 值 ， 又 根 据 可 知 ： （2）汽车在达到额定功率前做匀加速直线运动，设匀加速运动的时间为 t1，达到额定功率时速度为 v1， 由 得： 由 得： 因为 3s＜5s 所以 3s 末汽车仍做匀加速直线运动，故 2 23000 1000 m/s 2m/s1000 F fa m − −= ＝ ＝ 42 10 20m/s m/s 5m/s3000 3 Pv F ×= >＝ ＝ P Fv= 3 3e m 80 10 N 4 10 N20 Pf F v ×= = = = × 1F f ma− = 1 8000NF = e 1 1P Fv= 1 10m/sv = 1 1 10 s 5s2 vt a = = = 2 2 2 3m/s 6m/sv at= = × =如图所示，质量为 m 的物体，以速度 v 离开高为 H 的桌面，在不计空气阻力的情况下，当它落到距地 面高为 h 的 A 点时，下列判断不正确的是（ ) A．若以地面为零势能参考面，物体在 A 点的机械能是 B．若以桌面为零势能参考面，物体在 A 点的机械能是 C．物体在 A 点的动能是 D．物体在 A 点的动能与重力势能零参考面有关，因此是不确定的 【错因分析】要理解重力势能有相对性，AB 两个选项都正确的。 【 正 确 解 析 】 物 体 在 运 动 的 过 程 中 机 械 能 守 恒 ， 若 取 地 面 为 零 势 能 面 ， 初 始 位 置 的 机 械 能 ，所以 A 点的机械能为 ，故 A 正确；若取桌面为零势能面，根据机械能守 恒得 ，则物体在 A 点具有的机械能是 ，故 B 正确；根据动能定理可知，在 A 点的动能 ，选项 C 正确；由上式可知物体在 A 点具有的动能大小只与初动能、初末位置的 高度差有关，而与零势能面的选取无关，故 D 错误。 【正确答案】D 1．（多选）一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中 A．地板对物体的支持力做正功 B．重力做正功 C．支持力对物体做功等于重力势能增加量 D．物体克服重力做功等于重力势能增加量 【答案】AD 【解析】物体向上运动，位移方向向上，所以支持力做正功，重力做负功，选项 A 正确、B 错误。根据 2 1 2 8000 6W 48kWP Fv= = × = 21 2 mv mgH+ 21 2 mv 2 2 -1 mmv g H h+ （ ） 2 1 1= 2E mv mgH+ 21 2 mv mgH+ 2 2 1= 2E mv 21 2 mv 2 k -1= 2AE mv mg H h+ （ ）重力做功和重力势能变化的关系，D 正确。升降机加速上升时，支持力大于重力，支持力做功不等于克 服重力做功，也就不等于重力势能增加量，C 错误。 2．（多选）如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上．其正上方 A 位置有一只小球．小球从静止 开始下落，在 B 位置接触弹簧的上端，在 C 位置小球所受弹力大小等于重力，在 D 位置小球速度减小到 零。小球下降阶段下列说法中正确的是 A．在 B 位置小球动能最大 B．在 C 位置小球动能最大 C．从 A→C 位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加 D．从 A→D 位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加 【答案】BCD 【解析】当加速度为零时小球的速度达到最大，所以小球应该在 C 位置时动能达到最大，故 A 错误，B 正确；从 A→C 位置动能增大，弹性势能增大，而重力势能减小，根据能量守恒可知重力势能的减少大于 小球动能的增加，故 C 正确；从 A→D 位置小球重力势能减小，动能减小，弹性势能增大，根据能量守恒 可知重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加，故 D 正确。 如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为 30°，质量分别为 M、m 的两个物体 A、B 通过细绳及轻 弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板.开始时用手按住物体 A，此时 A 与挡板的距 离为 s，B 静止于地面，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知 M=2m，空气阻力不计。松开 手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（ ） A．A 和 B 组成的系统机械能守恒 B．当 A 的速度最大时，B 与地面间的作用力为零 C．若 A 恰好能到达挡板处，则此时 B 的速度为零 D．若 A 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 A 做的功等于弹簧弹性势能的增加量 【错因分析】 对机械能守恒定律的条件理解不够透彻，导致本题错解。 【正确解析】对于 A、B、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，但对于 A、B 两物体组成的系统，机械能不守恒，故选项 A 错误； A 的重力分力为 Mgsinθ=mg，A 物体先做加速运动，当 受力平衡时 A 速度达到最大，则此时 B 受细绳的拉力为 T=mg，故 B 恰好与地面间的作用力为零，故选项 B 正确；从 B 开始运动直到 A 到达挡板过程中，弹力的大小一直大于 B 的重力，故 B 一直做加速运动，A 到达 挡板时，B 的速度不为零，故选项 C 错误； A 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 A 做的功等于弹簧弹 性势能的增加量与物体 B 的机械能增加量之和，故选项 D 错误。 【正确答案】B 1．如图所示，长为 l 均匀铁链对称挂在一轻质小滑轮上，由于某一微小扰动使铁链向一侧滑动，则铁链完 全离开滑轮时速度大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】铁链从开始到刚脱离滑轮的过程中，链条重心下降的高度为 ，链条下落过程， 由机械能守恒定律，得： ，解得 ，故选项 C 正确。 2．（多选）如图所示，将质量为 2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为 m 的环，环套在 竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为 d．现将环从与定滑轮等高的 A 处由静止释放，当 环沿直杆下滑距离也为 d 时（图中 B 处），下列说法正确的是（重力加速度为 g）（　　） A．环刚释放时轻绳中的张力等于 2mg B．环到达 B 处时，重物上升的高度为 C．环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比为 D．环减少的机械能大于重物增加的机械能 2gl gl 2 gl 1 2 gl 2 4 4 l l lH = − = 21 4 2 lmg mv= 2 glv = ( )2 1 d− 2 2【答案】AB 【解析】环刚开始释放时，重物在瞬间加速度为零，则绳子的张力等于重物的重力，即 T=2mg，故 A 正 确；环到达 B 时，绳子收缩的长度等于重物上升的高度，所以 ，故 B 正确；对 B 的速度沿 绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：vcos45°=v 重物，所以 ，故 C 错误；环和重物组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，故 D 错误。 如图所示，倾角为 30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O 点为原长位置。质量为 0.5kg 的滑块从斜面 上 A 点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为 8J。现将物块由 A 点上方 0.4m 处的 B 点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内， 取 10m/s2，则下列说法正确的是 A．A 点到 O 点的距离小于 3.2m B．从 B 点释放后滑块运动的最大动能为 9 J C．从 B 点释放滑块被弹簧弹回经过 A 点的动能小于 1 J D．从 B 点释放弹簧最大弹性势能比从 A 点释放增加了 1 J 【错因分析】没有理解重力势能的变化只与重力做功有关，弹性势能的变化只与弹簧弹力做功有关。 【正确解析】物块从 O 点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜 面向下的分力，物块做加速运动.后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动， 所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大设 此过程中 A 运动的位移为 根据能量守恒可知 最大动能为 8J，若 Ep=0，则解得 xA=3.2m，实际若 Ep>0，所以 A 点到 O 点的距离大于 3.2m，故 A 错误；设物块动能最大时弹簧的弹性势能为 Ep，从 A 释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得： ，从 B 释放到动能最大 的过程，由系统的机械能守恒得： 且 所以得从 B 点释放滑块最大 动能为： 故 B 正确；根据能量守恒可知，从 B 点释放滑块被弹簧弹回经过 A 点时： ，故 C 错误；根据物块和弹簧的系统机 械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从 B 点释放弹簧的压缩量增大，所以从 B 点释放弹簧最大弹性势能比从 A 点释放增加为： ，故 D 错误。 ( )2 1h d= − = 2v v重物 g Ax k1 p sin30AE E mgx+ =  k1 p sin30AE E mgx+ =  k2 p sin30BE E mgx °+ = 0.4mB Ax x− = ( )k2 k1 sin30 8 0.5 10 0.4 0.5 9JB AE E mg x x °= + − = + × × × = ( )k sin30 1JB AE mg x x °− == ( )p sin30 0.5 10 0.4 0.5J 1JB AE mg x x °∆ − = × × × =>【正确答案】B 1．某人站在与电脑连接的力传感器上做原地纵向摸高训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图， 图中的小黑点表示人的重心。图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图象，已知重力加速 度 g=10m/s2，空气阻力不计，则根据图象分析可知 A．b 到 c 的过程中，人始终处于超重状态 B．人从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小为 240N·s C．人跳起的最大高度为 1.8m D．起跳过程中人做的功大于 360J 【答案】D 【解析】由图乙可知 b 到 c 的过程中，人先处于失重状态后处于超重状态，故 A 错误；0.3～0.7s，力传 感器示数小于人的重力，人处于失重状态，即人在加速下蹲，1.0s 时力传感器示数为 0，人离开力传感 器，则人从起跳到双脚离开力传感器的过程对应时间少于 ，人的重力为 ，起跳过程重力的冲 量大小小于 ，故 B 错误；由图乙可知人跳起后在空中运动的时间为 ，人跳起的最大高度为： ，故 C 错误；人离开力传感器时的速度： ， 人离开力传感器时获得的动能 起跳过程中重心升高了一定高度，所以起跳过程中人做 的功大于 ，故 D 正确。 2．（多选）如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为 m 的滑块 P 连接，P 穿在 杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块 P 和重物 Q 连接起来，重物 Q 的质量 M＝6m。把滑块 P 从图中 A 点由 静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过 A、B 两点时弹簧弹力大小相等.已知 OA 与水平面的夹角 ＝ 53°，OB 长为 L，与 AB 垂直，不计滑轮质量和摩擦力，重力加速度为 g，sin53°＝0.8，cos53°＝ 0.6。则滑块 P 从 A 到 B 的过程中，下列说法正确的是 0.3s 800N 240N s⋅ 0.6s 2 2 m 10 0.31 1= =2 m 0 452 . mh gt × × = 10 0.3m/s 3m/sv gt= = × = 2 k 1= =360J2E mv 360J θA．P 与 Q 的机械能之和先増加后减小 B．轻绳对滑块 P 做功为 C．对于滑块 Q，其重力功率先增大后减小 D．滑块 P 运动到位置 B 处速度大小为 【答案】ACD 【解析】对于 PQ 系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对 P 的做功有关，弹簧先被压缩后被拉伸， 故从 A 到 B 的过程中，弹簧对 P 先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，A 正确；AB 两 点处弹簧的弹力大小相同，所以这两点处弹簧的弹性势能相等，从 A 到 B 过程中，对于 P、Q 系统由能量 守恒可得： ①，解得到 B 点的速度 ；对于 P， 由能量守恒可得： ②；联立①②解得 ，B 错误，D 正确；物块 Q 释放 瞬间的速度为零，当物块 P 运动至 B 点时，物块 Q 的速度也为零，所以当 P 从 A 点运动至 B 点时，物块 Q 的速度先增加后减小，物块 Q 的重力的功率也为先增加后减小，C 正确。 （多选）如图所示，质量为 M、长为 L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为 m 的滑块放置在木板左端， 滑块与木板间滑动摩擦力大小为 f。现用一水平恒力 F 作用在滑块上，当滑块运动到木板右端时，木板在地 面上移动的距离为 s。下列说法正确的是（ ） A．其他条件不变的情况下，F 增大，滑块与木板间产生的热量不变 B．其他条件不变的情况下，M 越大，s 越大 C．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达木板右端所用时间越长 D．上述过程中，滑块克服摩擦力做功为 f(L+s) 【错因分析】没有理解摩擦生热与木板、滑块的位移无关，取决于滑块在木板上滑行的距离 4 3 mgL 4 3 3 gL 21 26 ( ) tan53 0cos53 Lmg L mgL mv− − °− =° 4 3 3 gLv = 24 1 3 20W mgL mv− − = 4W mgL=【正确解析】系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力没变，所以产生的 热量没变，A 正确；其他条件不变的情况下，由于木板受到摩擦力不变，当 M 越大时，木板加速度小，而滑 块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移 s 小，B 错误；滑块和木板 都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位 移还是 L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力 F 越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，C 错误； 上述过程中，滑块相对于地面的位移为 ，则滑块克服摩擦力做功为 ，D 正确。 【正确答案】AD 1．（多选）如图所示，木块静止在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹在木块中受的平均阻力 为 f，射入深度为 d，此过程中木块位移为 s，则下列说法中正确是 A．木块增加的动能为 fd B．子弹克服阻力做的功为 f（s+d） C．子弹动能的减少等于木块动能的增加 D．子弹、木块系统总机械能的损失为 fd 【答案】BD 【解析】对木块运用动能定理得，fs= ，则木块获得的动能为 fs，故 A 错误；对子弹可知，子弹克 服阻力做的功为 f（s+d），故 B 正确；子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子 弹动能的减少大于木块动能的增加，故 C 错误；子弹、木块系统损失的机械能转化为系统的内能，损失 的机械能为 fd，故 D 正确。 2．如图所示，长为 L=5m 的水平传送带以 v0=6m/s 逆时针匀速转动，质量 m=1kg 的物块以水平初速度 v=4m/s 滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为 0.2，不考虑传送带轮轴摩擦等能量损失，重力加速度 g=10m/s2，则物块从滑上到离开传送带的过程中，下列说法正确的是（ ） A．物块离开传送带时的速度大小为 6m/s B．摩擦力对物块一直做负功 C．物块所受摩擦力的冲量大小为 0 L s+ ( )f L s+ kE∆D．因摩擦产生的热量为 48J 【答案】D 【解析】刚滑上传送带时，物块做匀减速直线运动，速度减为 0 的位移 ，可知物体到达 传送带最右端之前已经减速为 0，且再次回到出发点的速度大小为 4m/s，方向向左，因此物块离开传送 带的速度为 4m/s，A 错误；由 A 选项的分析可知，物块先向右做匀减速直线，再向左做匀加速直线，所 以摩擦力先做负功，再做正功，B 错误；物块所受摩擦力的冲量等于物块的动量变化，由 A 选项可知物 体的速度由向右的 4m/s 变为向左的 4m/s，可知动量变化不为 0，C 错误；根据牛顿运动定律可知，物体 的加速度不变，且 ，方向向左，所以物体的运动时间 ，再根据 ，计算 得出物体的位移为 0，所以物块和传送带之间的相对位移 ，因此摩擦产生的热 ，D 正确。 1．做功情况的判断 （1）根据力和位移方向的夹角判断，此法常用于恒力做功的判断； （2）根据力和瞬时速度方向的夹角判断，此法常用于判断质点做曲线运动时变力做的功； （3）根据功能关系或能量守恒定律进行判断。若有能量转化，则应有力做功。 2．求变力做功应注意的问题 虽然 适用于恒力做功，但是对于变力做功的问题，仍然可以用该公式进行定性分析，不 过，注意不要盲目利用该公式进行计算；至于动能的变化量 ，一定要依据动能定理进行分析，合力所做 的功为正，说明动能增加；合力所做的功为负，说明动能减少。 3．变力做功的方法 （1）动能定理求变力做功 动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功。因使 用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选。 （2）应用动能定理求变力做功时应注意的问题 ①所求的变力做功不一定为总功，故所求的变力做的功不一定等于 ΔEk。 ②合外力多物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。 ③若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力做的功若为负功，可以设克服该力做功 为 W，则表达式中用–W；也可设变力做的功为 W，则字母本身含有符号。 （3）用微元法求变力做功 2 0 4m2 vx gµ= = a gµ= 2 4svt a = = 2 0 1 2x v t at= + 0 24mx v t∆ = = 48JQ mg xµ= ∆ = cosW Fs α= E∆将物体分割成许多小段，因每小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力 做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做的功的代数和。 （4）化变力为恒力 变力做功直接求解时，往往都比较复杂，若通过转换研究对象，有时可以化为恒力，用 W=Flcosα 求 解。此方法常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。 （5）利用平均力求变力做功 在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以 认为物体受到一大小为 的恒力做用，F1、F2 分别为物体初、末状态所受到的力，然后用公式 求此力所做的功。 （6）利用 F–x 图象求变力做功 在 F–x 图象中，图线与 x 轴所围“面积”的代数和就表示力 F 在这段位移所做的功，且位于 x 轴上方 的“面积”为正，位于 x 轴下方的“面积”为负。 （7）利用 W=Pt 求变力做功 这是一种等效代换的观点，用 W=Pt 计算功时，必须满足变力的功率是一定的这一条件。 4．两种启动方式 （1）模型综述 物体在牵引力（受功率和速度制约）作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终 加速度等于零，速度达到最大值。 （2）模型特征 ①以恒定功率启动的方式： A．动态过程： B．这一过程的速度—时间图象如图所示： ②以恒定加速度启动的方式： A．动态过程： 1 2 2 F FF += cosW Fl α=B．这一过程的速度—时间图象如图所示： 深化拓展：无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：vm= ，且以这个速度做匀速直线运 动。 （3）分析机车启动问题时的注意事项 ①机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力 等物理量的变化规律也不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律； ②在用公式 P=Fv 计算机车的功率时，F 是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力； ③恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用 W=Pt 计算，不能用 W=Fl 计算 （因为 F 是变力）； ④以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用 W=Fl 计算，不能用 W=Pt 计算（因为功率 P 是变化的）； ⑤匀加速过程结束时机车的速度并不是最后的最大速度。因为此时 F>F 阻，所以之后还要在功率不变的 情况下变加速一段时间才达到最后的最大速度 vm。 （4）三个重要关系式 ①无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即 （式中 Fmin 为最 小牵引力，其值等于阻力 F 阻）。 ②机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即 。 ③机车以恒定功率运行时，牵引力做的功 W=Pt。由动能定理：Pt–F 阻 x=ΔEk。此式经常用于求解机车 以恒定功率启动过程的位移大小。 5．应用动能定理解题的方法技巧 （1）对物体进行正确的受力分析，要考虑物体所受的所有外力，包括重力。 （2）有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的，若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程， 物体的运动状态、受力等情况均可能发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待。 f P F m min P Pv F F = = 阻 m P Pv vF F = < = 阻（3）若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也可以全过程为一整体， 利用动能定理解题，用后者往往更为简捷。 6．机械能守恒的判断方法 （1）利用机械能的定义判断（直接判断）：若物体的动能、势能均不变，则机械能不变。若一个物体 的动能不变、重力势能变化，或重力势能不变、动能变化或动能和重力势能同时增加（减小），其机械能 一定变化。 （2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，虽受其他力，但其他力不做功，机 械能守恒。 （3）用能量转化来判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转 化，则物体或系统的机械能守恒。 （4）对多个物体组成的系统，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，如有滑动摩 擦力做功时，因摩擦生热，系统的机械能将有损失。 7．滑动摩擦力做功的特点 （1）滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功（如相对运动的两物体之一相对地 面静止，则滑动摩擦力对该物体不做功）。 （2）在相互摩擦的物体系统中，一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功与路径无关，且总 功为负值，其绝对值等于摩擦力与相对路程的乘积，即|W|=Ffl 相对，表示物体系统损失了机械能，克服摩擦 力做功，ΔE 损=Ffl 相对（摩擦生热）。 （3）一对滑动摩擦力做功的过程中能量转化和转移的情况： ①相互摩擦的物体通过摩擦力做功将部分机械能转移到另一个物体上； ②部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统损失的机械能 ΔE 损=Q=Ffl 相对。 一、单选题 1．质量为 m 的小球，从 O 点由静止开始竖直向下做加速度为 的匀加速运动，g 为重力加速度。取 O 点所 在的水平面为参考平面，在小球下落 h 到达 P 点的过程中，下列说法正确的是（ ） A．小球的机械能守恒 B．小球的机械能增大 C．小球到 P 点时的机械能为- mgh D．小球到 P 点时的机械能为-mgh 【答案】C 【解析】由牛顿第二定律：mg-f=ma 解得 f=0.5mg，由于下落过程中阻力要做负功，则小球的机械能减小， 选项 AB 错误；从 O 到 P 机械能减小量为： ，因在 O 点时的机械能为零，可知 P 点的机 械能为 - mgh，故选项 C 正确，D 错误。 2 g 1 2 1 2E fh mgh∆ = = 1 22．如图所示，质量为 m 的物体用细绳子牵引着在光滑的水平面上作匀速圆周运动，O 为一光滑的孔，当拉 力为 F 时，转动半径为 R；当拉力增大到 6F 时，物体仍作匀速圆周运动，此时转动半径为 在此过程 中，拉力对物体做的功为 　　 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设当绳的拉力为 F 时，小球做匀速圆周运动的线速度为 ，则有： ，当绳的拉力增 大到 6F 时，小球做匀速圆周运动的线速度设为 ，则有： ，在绳的拉力由 F 增大到 6F 的过 程中，根据动能定理得： 。所以绳的拉力所做功的大小为 ，故 A 正确，BCD 错误。 3．如图所示的书架放在 1m 高的桌面上，三层书架的层高均为 30cm，隔板厚度不计。假设每本书质量为 1kg，高度为 20cm，每层书架可竖直摆放 10 本书，一开始所有书全部都平铺在水平地面上。现将书搬上 并竖直放满书架，需要做的功为（　　） A．435J B．420J C．120J D．390J 【答案】B 【解析】每本书摆放过程中，外力做功等于克服重力做功 W=mgh，h 为重心上升高度，所以将 10 本书放 到第一层时做功 10×1×10×1.1J=110J，将 10 本书放到第二层时做功 10×1×10×1.4J=140J，将 10 本 书放到三层时做功 10×1×10×1.7J=170J，所以做的总功为 110+140+170=420J，故 B 符合题意。 .4 R ( ) 4 FR 3 4 FR 3 2 FR 9 2 FR 1v 2 1vF m R = 2v 2 26 4 vF m R = 2 2 2 1 1 1 2 2 4 FRW mv mv= − = 4 FR4．如图所示，白色传送带 A、B 两端距离 L=14m，以速度 v0=8m/s 逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的 夹角为 θ=37°，现将一质量为 m＝2kg 的煤块轻放在传送带的 A 端，煤块与传送带间动摩擦因数 μ=0.25， 取 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列叙述正确的是（　　） A．煤块从 A 端运动到 B 端所经历时间为 2.25s B．煤块运动到 B 端时重力的瞬时功率为 120W C．煤块从 A 端运动到 B 端在传送带上留下的黑色痕迹为 4m D．煤块从 A 端运动到 B 端因摩擦产生的热量为 8J 【答案】C 【解析】煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。设经过 时间 t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为 a1，则根据牛顿第二定律得： mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，可得 a1＝g（sinθ+μcosθ）＝8m/s2，由 v0＝a1t1 得 t1＝1s，此过程通过的 位移大小为 x1＝ t1＝4m＜L。由于 mgsinθ＞μmgcosθ．故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继 续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。设煤块接着做匀加速运动的加速度为 a2，运动的时 间 为 t2 ， 则 mgsinθ﹣μmgcosθ ＝ ma2 ， 可 得 由 ，代入数据得：t2＝1s。故煤块从 A 到 B 的运动时间是 t＝t1+t2＝2s，故 A 错误。 煤块从 A 端运动到 B 端时速度 v＝v0+a2t2＝12m/s，此时重力的瞬时功率为 P＝mgvsinθ＝144W，故 B 错 误。由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小（v0t1﹣x1）＞[（L﹣x1）﹣v0t2]，所以煤块从 A 端运 动到 B 端留下的黑色痕迹长度为 S＝v0t1﹣x1＝4m，故 C 正确。煤块从 A 端运动到 B 端因摩擦产生的热量 为 Q＝μmgcosθ{（v0t1﹣x1）+[（L﹣x1）﹣v0t2]}，代入数据解得：Q＝24J，故 D 错误。 5．中国北京获得 2022 年第 24 届冬季奥林匹克运动会主办权。北京成为奥运史上第一个举办过夏季奥运动 会和冬季奥运动会的城市。如图是某两个坡度不同的滑道 AB 和 AB'（均可看作斜面），可视为质点的甲、 乙两名滑雪者分别乘两个完全相同的滑撬，从 A 点由静止开始分别沿 AB 和 AB'滑下，最后都停在水平面 BC 某处，如图所示，设滑撬和冰面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的， 滑雪者保持一定姿势在滑撬上不动。则下列说法中正确的是（　　） 0 2 v 2 2 (sin cos ) 4m / sa g θ µ θ= − = 2 1 0 2 2 2 1 2L x v t a t− = +A．甲在 B 点的速率一定等于乙在 B'点的速率 B．甲滑行总时间大于乙滑行总时间 C．全过程中摩擦力对甲做的功一定等于摩擦力对乙做的功 D．甲、乙停止滑行后回头看 A 处红旗，其视线的仰角一定相同 【答案】D 【解析】设任一斜面的倾角为 θ，斜面长度为 L，高度为 h。滑雪者在斜面上下滑过程，根据动能定理 得： ，得： ，Lcosθ 为斜面底边的长度，因为 AB 的底边比 AB′的底边小，甲在 B 点的速率一定大于乙在 B'点的速率，故 A 错误。对全过程，根据动能定 理得：mgh﹣μmgcosθL﹣μmgs＝0，整理得：mgh﹣μmgs 水平＝0，得： ，知沿两轨道滑行水 平位移相等。在斜面上下滑过程，根据 得： ，知甲在斜面 AB 上下滑的时间比乙在 AB′下滑的时间短，但甲在水平轨道上滑行时间比乙长，所以不能确定滑行时间关系，故 B 错误。整个 过程中，摩擦力对滑雪者做功为：Wf＝﹣μmgcosθL﹣μmgs＝﹣μmgs 水平，由于甲乙两人的质量大小未 知，故无法摩擦力做功大小，故 C 错误。甲、乙停止滑行的位置相同，所以停止滑行后回头看 A 处红旗， 其视线的仰角一定相同，故 D 正确。 6．一物体在拉力 F 的作用下沿水平面做直线运动，拉力 F 随位移 x 变化的图线如图甲所示。经时间 t0 后撤 去拉力 F，此后物体运动的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ） A．在拉力 F 作用下物体做加速度逐渐减小的加速运动 B．0~t0 时间内，物体的平均速度大小为 C．物体与水平面之间的动摩擦因数为 D．在 0~2t0 时间内，拉力做功的功率为 21• 02mgh mgcos L mvµ θ =﹣ ﹣ 2 2v gh gLcosµ θ= − hs µ=水平 1 2L vt= 2Lt v = 0 1 2 v 0 0 gt v 0 0 02 F x t【答案】D 【解析】物体受到恒定不变得拉力 F 和摩擦力，因此物体的合力不变，因此物体做匀变速运动，A 不符 合题意；因物体的初速度不一定为 0，因此物体的平均速度不一定为 ，B 不符合题意；在 时 间内，物体的加速度为 ，由牛顿第二定律可知物体的加速度为 ，因此物体的动摩擦因数 为 ，C 不符合题意； 图像下方的面积表示力做的功，因此物体做的功为 ，则功率为 = ，D 符合题意。 7．目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能 进行了一项测试，让质量为 m 的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速 度保持不变；若以恒定的功率 P 上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移 s 时速度刚好达到最大值 vm。 设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是 A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒 B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零 C．上坡过程中，汽车速度由 增至 ，所用的时间可能等于 D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度 vm，所用时间一定小于 【答案】D 【解析】关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小， 故 A 错误；关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故 B 错 误 ； 上 坡 过 程 中 ， 汽 车 速 度 由 增 至 ， 所 用 的 时 间 为 t ， 根 据 动 能 定 理 可 得 ： ，解得 ，故 C 错误；上坡过程中，汽车从静止启动到 刚好达到最大速度 ，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为 ，则 ，解得 ，故 D 正确。 8．如图所示，甲图表示在光滑水平台上，物体 A 以初速度 v0 滑到上表面粗糙的水平小车 B 上，B 车与水平 面间的摩擦不计，乙图为物体 A 与小车 B 的 v－t 图像，重力加速度为 g，v0、v、t1 为已知量，则下列物 理量，不能求得的是（ ） 0 1 2 v 0 02t t− 0 0 v t fa ugm = = 0 0 v gt F x− 0 0F x WP t = 0 0 02 F x t m 4 v m 2 v 2 m3 32 mv P m 2s v 4 mv 2 mv 2 21 1 2 2 2 4 m mv vPt fs m m   − = −       23 32 mmv fst P P = + mv 1t 12 mv t s⋅ < 1 2 m st v