2022年大学物理复习资料上册.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 内容提要位矢：rr tx tiytjz tkdzz kxijyjzzkxiyjzkjy位移：rrttrtixidy dtjk一般情形,rr速度：lim t 0rd rdxtdtdtdt加速度：alim t 0tdd2rd2x 2id2yd2kdtdt2dtdt2dt2圆周运动线速率：角速度：datd22（或用表示角加速度）dt角加速度：ddtdt2线加速度：aan法向加速度：a n2R指向圆心R切向加速度：atdR沿切线方向dtR弧长：sR解题参考高校物理是对中学物理的加深和拓展；本章对质点运动的描述相对于中学时更强调其瞬时性、 相对性和矢量性

2、, 特殊是处理问题时微积分的引入,使问题的争论在空间和时间上更具普遍性；对于本章习题的解答应留意对基本概念和数学方法的把握；矢量的引入使得对物理量的表述更科学和简洁；留意位矢、 位移、 速度和加速度定义式的矢量性,清晰圆周运动角位移、角速度和角加速度方向的规定；微积分的应用是难点,应把握运用微积分解题；这种题型分为两大类,一种是从运动方程动身, 通过微分求出质点在任意时刻的位矢、速度或加速度； 另一种是已知加速度或速度与时间的关系及初始条件,通过积分求出任意时刻质点的速度、位矢或相互间的关系,留意式子变换过程中合理的运用已知公式进行变量的转换,把握先分别变量后积分的数学方法；内容提要名师归纳总

3、结 动量：pm第 1 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 冲量：Itt2F dt1动量定理：d ptt2Fdtpp 0t2Fdtx常矢量F ydyz BF zdz1t 1动量守恒定律：如FiF0,就pip常矢量ii力矩：MrFLrpm r质点的角动量（动量矩） ：角动量定理：M 外力dLM外力0,就LiiLdt角动量守恒定律：如M外力功：dWFdrW ABBFdr一般地W ABx BFdxy BAxAyAz A动能：Ek1 m 221m21m2动能定理：质点,W ABBA22质点系,W 外力W 内力EkEk0保守力：做功与路程无关的力；保

4、守内力的功：W保守内力Ep2EkEp 1pEkEppEk0Ep0功能原理：W 外力W 非保守内力0EE机械能守恒：如W外力W 非保守内力,就解题参考动量是描述物体运动状态的状态量；质点的动量定理给出质点所受冲量和质点动量变化的关系；冲量是力对时间的累积成效,是过程量,运算冲量大小往往涉及积分运算,详细应 用时往往写成重量式形式；动量定理仅适用于惯性系；能量是物体运动状态的函数,功就是物体运动状态变化过程中能量变化的量度,功是力对空间的累积成效,是过程量；动量守恒、 机械能守恒和角动量守恒是普遍成立的三个守恒定律,合理运用守恒定律来 解决力学问题往往比直接采纳牛顿定律解题来的简洁,可以回避牛顿定

5、律解题过程中的积 运算；留意守恒定律适用的条件；内容提要名师归纳总结 转动惯量：离散系统,Jm ir i2第 2 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 连续系统,Jr2dm平行轴定理：JJCmd2JdLJ2刚体定轴转动的角动量：L刚体定轴转动的转动定律：MJdt刚体定轴转动的角动量定理：t2MdtLL0t 1力矩的功：WMdMd1J21力矩的功率：PdWMdt转动动能：Ek1 J 22刚体定轴转动的动能定理：2200解题参考刚体转动的学习应当留意与牛顿运动定律的比较；刚体定轴转动的转动定律类似于质点运动中的牛顿其次定律；对定轴转动的刚体仍然

6、适 用隔离体分析法, 正确分析受力和力矩,分别对转动和平动建立运动方程；应留意方程中所 有的力矩、 转动惯量、 角动量都是相对于同一转轴,这类似于牛顿定律中对同一坐标系建立 平动方程；列方程时应留意角量和线量之间的关系,方程组的求解往往需要这个关系；内容提要名师归纳总结 库仑定律：F410iq 1q 2re2e ri第 3 页,共 20 页r2电场强度：EFEi4dqrq 0带电体的场强：E0静电场的高斯定理：LSEdS1q0静电场的环路定理：Eld0电势：VppEldVi4dqr带电体的电势：V0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 导体静电平稳：电场,

7、1 导体内场强到处为零；2 导体表面处场强垂直表面电势, 1 导体是等势体； 2 导体表面是等势面电介质中的高斯定理：1S DEd Sq iCU2各向同性电介质：D0rE1电容：CQUQ21 2QU电容器的能量：W2C2解题参考 电场强度和电势是描述静电场的两个主要物理量；需要把握的有库仑定律、场强叠加原理、高斯定理和环路定理；把握由场强的叠加原理通过积分求电场强度,留意场强的矢量性；利用高斯定理求场强时,应清晰各个物理量所指代的范畴并合理选取高斯面；电势是标量, 对带电体总电势的运算往往比电场强度简洁,求电势,然后利用场强与电势梯度的关系求场强；把握导体静电平稳的条件和静电平稳时的性质；内容

8、提要毕奥 - 萨伐尔定律：dB40Idle rcos22r2磁场高斯定理：S Bd S0iI安培环路定理：Bdl0载流长直导线的磁场：B0Icos14r无限长直导线的磁场：B0I0nI 2cos1cos2r载流长直螺线管的磁场：B无限长直螺线管的磁场：B0nI洛仑兹力：FqB在详细的问题中也可考虑先名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 安培力：dFIdlB磁介质中的高斯定理：LS B0d S0Ii磁介质中的环路定理：HldH各向同性磁介质：BHr解题参考 恒定磁场涉及毕奥- 萨伐尔定律、磁场的高斯定理、安培环路定理；应

9、对比静电场部分 进行学习,留意两者的区分和雷同；利用毕奥 - 萨伐尔定律运算场强时留意对矢量的处理；利用安培环路定理求场强留意适 用条件；内容提要名师归纳总结 法拉第电磁感应定律：2BdSBd S第 5 页,共 20 页dt动生电动势：ld感生电动势：Eklddt自感：LI ,LLdI dtdI11BH自感磁能：Wm1 LI 2M互感：2MI ,2dt磁能密度：wm1B21H2222- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解题参考电磁感应的主要内容是法拉第电磁感应定律；依据磁通量变化缘由的不同,又分为动生和感生；能够便利运算磁通量时都可直接应用法拉第电磁感应

10、定律运算感应电动势,对于恒定磁场中导体切割磁力线的问题,运用动生电动势公式直接运算比较便利,运算时应留意矢量的处理,积分结果的正负号表示电动势的实际方向与假定方向的一样与否,也可依据楞次定律判定方向；题 7.4 ：如电荷 Q匀称地分布在长为 r 处的电场强度为E104rQ 22 LL 的细棒上；求证： （1）在棒的延长线,且离棒中心为（2）在棒的垂直平分线上,离棒为 r 处的电场强度为E2 10 r 4 r Q2L 2如棒为无限长（即 L）,试将结果与无限长匀称带电直线的电场强度相比较；题 7.4 分析： 这是运算连续分布电荷的电场强度；此时棒的长度不能忽视,因而不能将棒当作点电荷处理； 但带

11、电细棒上的电荷可看作匀称分布在一维的长直线上；如下列图, 在长直线上任意取一线元,其电荷为d E410d q e rrdq = Qdx/ L,它在点 P 的电场强度为整个带电体在点 P 的电场强度E d E接着针对详细问题来处理这个矢量积分；（1）如点 P在棒的延长线上, 带电棒上各电荷元在点 P 的电场强度方向相同,E L d E i（2）如点 P 在棒的垂直平分线上,就电场强度 E沿 x 轴方向的重量因对称性叠加为零,因此,点 P的电场强度就是E L d E y j L sin d E j证：（1）延长线上一点 P 的电场强度 E L 4 d q0 r 2,利用几何关系 r r x 统一积

12、分变量,就名师归纳总结 EPL2410LQd x2410Lr12r121Q第 6 页,共 20 页-L2rxLL04r2L2电场强度的方向沿x 轴；E 的方向沿 y 轴,大小为（3）依据以上分析,中垂线上一点P 的电场强度ELsin0d q4r2利用几何关系sinrr,rr2x2统一积分变量, 就- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - E-L2410LxrQd x322Q0r2 L14 r2L22r2当棒长 L时,如棒单位长度所带电荷为常量,就 P点电场强度r2 L21,带电长直Elim L210r1QLL220r4r2此结果与无限长带电直线四周的电场强度分

13、布相同；这说明只要满意细棒可视为无限长带电直线；题 7.5 ： 一半径为 R的半圆细环上匀称分布电荷Q,求环心处的电场强度题 7.5 分析： 在求环心处的电场强度时,不能将带电半圆环视作点电荷；现将其抽象为带电半圆弧线；在弧线上取线元 dl ,其电荷此电荷元可视为点电荷 d q Qd l,它在点 O的电场R强度 d E4 10 dr q2 e r；因圆环上电荷对 y 轴呈对称性分布,电场分布也是轴对称的,就有LE x 0,点 O的合电场强度 E LEy j,统一积分变量可求得 E；解： 由上述分析,点 O的电场强度E O L 4 10 sinR 2 QR d l由几何关系 d l R d,统一

14、积分变量后,有1 QE O 0 4 0 sin d2 20 R 2方向沿 y 轴负方向；题 7.6 ：用电场强度叠加原理求证：无限大匀称带电板外一点的电场强度大小为E20（提示：把无限大带电平板分解成一个个圆环或一条条瘦长线,然后进行积分叠加）题 7.6 分析：求点 P的电场强度可采纳两种方法处理,细圆环或很多平行瘦长线元组成,它们的电荷分别为d q2rdr 或dd y将无限大平板分别视为由很多同心的求出它们在轴线上一点P的电场强度dE 后,再叠加积分, 即可求得点P的电场强度了；证 1：如下列图,在带电板上取同心细圆环为微元,由于带电平面上同心圆环在点P 激发的电场强度dE 的方向均相同,因

15、而P 处的电场强度xrdr32iEdE410r2x d q32i402x2r2x220i电场强度 E的方向为带电平板外法线方向；名师归纳总结 证 2： 如下列图,取无限长带电细线为微元,各微元在点P 激发的电场强度dE 在 Oxy平面第 7 页,共 20 页内且对 x 轴对称,因此,电场在y 轴和 z 轴方向上的分量之和,即Ey、Ez均为零,就点P的电场强度应为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - EExidEcosi积分得20yxd y2i2xE20i电场强度 E的方向为带电平板外法线方向；上述争论说明,虽然微元割取的方法不同,但结果是相同的；题 7.1

16、0 ：设匀强电场的电场强度E 与半径为R的半球面的对称轴平行,试运算通过此半球面的电场强度通量；解： 作半径为 R的平面 S 与半球面 定理S一起可构成闭合曲面,由于闭合面内无电荷,由高斯S EdS1q00这说明穿过闭合曲面的净通量为零,穿入平面 球面 S 的电场强度通量；因而E Sd SSEd SS的电场强度通量在数值上等于穿出半依照商定取闭合曲面的外法线方向为面元 dS 的方向, E R 2 cos R 2E题 7.13 ：设在半径为 R的球体内,其电荷为对称分布,电荷体密度为kr 0 r R0 r Rk 为一常量；试用高斯定理求电场强度 E与 r 的函数关系；解： 因电荷分布和电场分布均

17、为球对称,球面上各点电场强度的大小为常量,由高斯定律S Ed Skr14d V得球体内02rRr40ErE rr21rkr4rd rk0002e r40球体外（ r R）E r4r21Rkr4r2d rkR4r 的小圆孔；000ErkR42e r40r题 7.14 ：一无限大匀称带电薄平板,电荷面密度为,在平板中部有一半径为求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点 P 的电场强度；题 7.14 分析： 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种特别特殊的对称性电场；此题的电场分布虽然不具有这样的对称性, 但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加,求出电场的分布；名师归纳总结

18、 如把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成、 挖去圆第 8 页,共 20 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷（电荷面密度）的圆盘；这样中心轴线上的电场强度等效于平板和圆盘各自独立在该处激发的电场的矢量和；解： 在带电平面邻近E120ene 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场E2201x2xr2e n它们的合电场强度为EE 1E2x2e n；20x2r在圆孔中心处x = 0 ,就E = 0 在距离圆孔较远时xr ,就,用高E20112x2en20enr上述结果说明,在xr 时；带电平板上小圆孔对

19、电场分布的影响可以忽视不计；题 7.15 ：一无限长、半径为R的圆柱体上电荷匀称分布；圆柱体单位长度的电荷为斯定理求圆柱体内距轴线距离为r 处的电场强度；题 7.15 分析： 无限长圆柱体的电荷具有轴对称分布,电场强度也为轴对称分布,且沿径矢方向； 取同轴往面为高斯面,电场强度在圆柱侧面上大小相等,且与柱面正交；在圆柱的两个底面上,电场强度与底面平行,EdS0对电场强度通量奉献为零；整个高斯面的电场强度通量为EdSE 2rLR2,处于高斯由于,圆柱体电荷匀称分布,电荷体密度面内的总电荷由高斯定理EdSq0r2Lq可解得电场强度的分布,解： 取同轴柱面为高斯面,由上述分析得1 2 2E 2 rL

20、 r L 2 r L0 0 RrE 22 0 R题 7.16 ：一个内外半径分别 R1 为 R2和的匀称带电球壳,总电荷为 Q1,球壳外同心罩一个半径为 R3 的匀称带电球面,球面带电荷为 Q2；求电场分布； 电场强度是否是场点与球心的距离 r 的连续函数？试分析；名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 题 7.16 分析： 以球心 O为原点,球心至场点的距离r 为半径,作同心球面为高斯面；由于电荷呈球对称分布, 电场强度也为球对称分布,高斯面上电场强度沿径矢方向,且大小相等；因而Ed SE4r2,在确定高斯面内的电荷q

21、 后,利用高斯定理Ed Sq0即可求的电场强度的分布 解： 取半径为 r 的同心球面为高斯面,由上述分析E4r2q0q0,故r R1,该高斯面内无电荷,E1 = 0 R1 r R2,高斯面内电荷qQ1r33 R 1,故R3 23 R 1E24Q 1r33 R 1r203 R 23 R 1R2 r R3,高斯面内电荷为Q1+ Q2,故E 4Q 1Q240r2电场强度的方向均沿径矢方向,各区域的电场强度分布曲线如下列图；在带电球面的两侧,电场强度的左右极限不同,电场强度不连续,而在紧贴 r = R3的带 电球面两侧,电场强度的跃变量EE4E 34Q2R 30且具有普遍性； 实际带电球面应是0这一跃

22、变是将带电球面的厚度抽象为零的必定结果,有肯定厚度的球壳,壳层内外的电场强度也是连续变化的,如此题中带电球壳内外的电场,如球壳的厚度变小,E的变化就变陡,最终当厚度趋于零时,E 的变化成为一跃变；题 7.17 ：两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面,半径分别为R1和 R2 R2 R1 ,单位长度上的电荷为；求离轴线为 r 处的电场强度： （ 1）r R1,（2）R1 r R2 题 7.17 分析： 电荷分布在无限长同轴圆拄面上,电场强度也必定 呈轴对称分布,沿径矢方向；取同轴圆柱面为高斯面,只有侧面 的电场强度通量不为零,且 E dS E 2 rL,求出不同半径高斯 面内的电荷 q ；利用高

23、斯定理可解得各区域电场的分布；解： 作同轴圆柱面为高斯面；依据高斯定理名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - E4rLq0rR 1,R 2,q0LR 1rE 10qrR 2,E 220rq0E30在带电面邻近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变题 7.21 ：两个同心球面的半径分别为R1和 R2,各自带有电荷Q1 和 Q2；求：（1）各区域电势分布,并画出分布曲线； （ 2）两球面间的电势差为多少？解 1：（l ）由高斯定理可求得电场分布E10rR 1rR 1时,有E24Q 1r2e rR 1rR20E3Q 1Q2e

24、rrR 240r2由电势VrE d 可求得各区域的电势分布；当V 1R1E1dlR2E2dlR 2E3dlrR 104Q 1011Q 10Q2R 1R 24R 2Q 1Q240R 140R2当R 1rR2时,有V2rR2E2dlR 2E3d lQ111Q1Q240rR240R2Q1Q240r40R 2当rR 2时,有V 3rE3dlQ 10Q2r4R2（2）两个球面间的电势差名师归纳总结 U12R2E2dlQ1011第 11 页,共 20 页R 14R 1R 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 题 7.22 ：一半径为 R的无限长带电细棒,其内部的电荷

25、匀称分布,电荷的体密度为；现取棒表面为零电势,求空间电势分布并画出分布曲线解： 取高度为 l 、半径为 r 且与带电律同轴的回柱面为高斯面,由高斯定理当rrR时E22rlr2l00r得E 20当rrRErlR2l时R2得E20r取棒表面为零电势,空间电势的分布有当rR时,V rR2rd r40R2r2Or0当rR时,VrrR2R2drR2lnR0r20r图是电势 V随空间位置r 的分布曲线；例题 3.4 一根质量为m,长为 l 的匀质棒 AB,如图 3.8 所示 , 棒可绕一水平的光滑转轴名师归纳总结 在竖直平面内转动,O 轴离 A端的距离为 l /3, 今使棒从静止开第 12 页,共 20

26、页始由水平位置绕O轴转动 , 求: 1 棒在水平位置 启动时 的角速度和角加速度. 2 棒转到竖直位置时的角速度和角加速度. 3 棒在竖直位置时, 棒的两端和中点的速度和加速度. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解 ：先确 定细 棒AB 对 O 轴 的 转动 惯量J0, 由 于O 轴 与质 心轴C 的 距 离为d l / 2 l / 3 l / 6 , 由平行轴定理得J 0 J c md 2 1 ml 2m l 2 1 ml 212 6 9再对细棒进行受力分析 : 重力 , 作用在棒中心 重心 , 方向竖直向下 , 重力的力矩是变力矩 , 大小等于

27、mglcos /6; 轴与棒之间没有摩擦力 , 轴对棒作用的支撑力垂直于棒与轴的接触面而且通过 O 点 , 在棒的转动过程中 , 这力的方向和大小将是随时间转变的 , 但对轴的力矩等于零. 1 当棒在水平位置 刚启动 时, 角速度00. 此时0, 由转动定律求得此时的角加速度为M mgl / 6 3 g0 2J 0 ml / 9 2 l 2 当棒从 转到 +d 时, 重力矩所作的元功为d A Md 1 mgl cos d6棒从水平位置转到任意位置的过程中 , 合外力矩所作总功为1 1A Md mgl cos d mgl sin0 0 6 6由定轴转动刚体的动能定理有1mgl sin1J02m

28、和62由此可得mglsin3gsin3J0l在竖直位置时/2,0,3gl3 在竖直位置（/2）下时 , 棒的 A、B点和中点 C的速度 , 加速度分别为cr cl/2l/33gl/6方向向左A3gl/3方向向右,B23gl/3方向向左aA2rAg,aB2g,a cg/24-9 图示为一阿特伍德机,一细而轻的绳索跨过肯定滑轮,绳的两端分别系有质量为名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - m 的物体,且m m ；设定滑轮是质量为M,半径为 r 的圆盘,绳的质量及轴处摩擦不计,绳子与轮之间无相对滑动；试求物体的加速度和绳的张

29、力； 解 物体m 1, m 2及滑轮 M受力如下列图1T 1gMT22NRmm1m2m 1m2gT2MgTm1对m 1:m 1gT 1m 1a 1 对m 2:T 2m 2gm 2a 2 对M:T 1rT2rJ 3 又JMr2/2 4 ar 5 T 1T 1 6 T 2T2 7 联立（ 1）- （7）式,解得4-l0 am 12m 2g/2 如图 ,其质量和半径分别为m=2kg、m 1mMT 12m 2M/22m 1gm 1m 2M/T22 m 12M/22m2gm 1mM/绞车上装有两个连在一起的大小不同的鼓轮r =0.05m,M=8kg、 R=0.10m；两鼓轮可看成是质量匀称分布的圆盘,绳

30、索质量及轴承摩擦不计；当绳端各受拉力1T =1 kg ,T =2kg 时,求鼓轮的角加速度； 解 依据转动定律,取顺时针方向为正名师归纳总结 JT 1r2T2RJ2/2 1 第 14 页,共 20 页mr/2MR2 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 联立 1 ,2 式可得mr 2 T 12 rMR 2 T 22 R34 . 6 rad/s 25、质量为 m 和 m 的两物体 A、B 分别悬挂在如图 5 所示的组合轮两端；设两轮的半径分别为 R和 r ,两轮的转动惯量分别为 J 和 J ,轮与轴承间、绳索与轮间的摩擦力均略去不计,绳的质量也略去不计；试求

31、两物体的加速度和绳的张力；6、如图 6 所示,一根长为 l ,质量为 m的匀质细杆,可绕水平光滑轴在竖直平面内转动,最初棒静止在水平位置,求它下摆到角时的角速度和角加速度；图 6 7、质量为5kg 的一桶水悬于绕在辘轳上的绳子下端,辘轳可视为一质量为10kg 的圆柱体； 桶从井口由静止释放,求桶下落过程中的绳子张力,辘轳绕轴转动时的转动惯量为1 MR , 其中 M和 R分别为辘轳的质量和半径,摩擦忽视不计；25、解：分别对两物体及组合轮作受力分析如图 刚体的转动定律,有2-43 所示, 依据质点的牛顿其次定律和m gF T 1m a 12（1）（2）F T 2m gm aJ + J 12（ 3

32、）F R - F r = T 1 T 2F T 2F T 2（4） F T 1F T 1由角加速度和线加速度之间的关系,有a1R（5）a2r（ 6）联解（ 1）、（2）、（3）、（4）、（ 5）、（6）式可得名师归纳总结 a 1J1Jm 1Rm 2rm 2r2gR第 15 页,共 20 页2m 1R2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a2J1Jm 1Rm 2rm 2r2gr2m 1R2FT 1J1J2m 2r2m 2Rrm 1gO加速转动,当杆与水平位置成角J 1J2m 1R2m 2r2FT 2J1J2m 1R2m 1Rrm 2gJ1J2m 12 Rm

33、 2r26、解：由于匀质细杆受到重力矩的作用,使杆绕定轴时,受力情形如下列图,此时对转轴的重力矩为Mmglcos（1）J（2）d3gcos6 题图2依据转动定律得mglcos2而J1 ml 32（3）由（ 2）、（3）式得杆下摆角时的角加速度为2 l因3 g cos2 lddddtdtdd03gcosd0d2 l3gsinl有7、解：设绳子的拉力为T ,对辘轳而言, 依据转动定律,（1）/ T RJ而对一桶水而言,由牛顿其次定律,有mgTma（2）由于绳子在运动过程中不伸长,因此有aRTT/（3）7 题图联解（ 1）、（2）、（3）可得桶下落过程中的绳子张力为：T2mgM59.8 1024.5NmM2510名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 20 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1. 1 长直导线载有电流I , 矩形线圈与其共面,长L1,宽 L2,长边与长导线平行,线圈共 N匝, 线圈以速度 v