(2010-2019) 十年高考物理真题分类汇编专题05 曲线运动学生版+解析版.doc

1、十年高考真题分类汇编十年高考真题分类汇编(20102019) 物理物理 专题专题 05 曲线运动曲线运动 选择题： 1.(2019海南卷T6)如图，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴 OO的距离 为 r， 已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为 (最大静摩擦力等于滑动摩擦力)， 重力加速度大 小为 g。若硬币与圆盘一起 OO轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为 A. 1 2 g r B. g r C. 2 g r D.2 g r 2.(2019海南卷T10)三个小物块分别从 3 条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。已知轨道 1、轨道 2、轨道 3 的上端距水平地面的高度均为 4h0；

2、它们的下端水平，距地面的高度分别 为 10 hh、 20 2hh、 30 3hh，如图所示。若沿轨道 1、2、3 下滑的小物块的落地点到轨 道下端的水平距离分别记为 s1、s2、s3，则 A. 12 ss B. 23 ss C. 13 ss D. 23 ss 3.(2019全国卷T6)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响 其下落的速度和滑翔的距离。 某运动员先后两次从同一跳台起跳， 每次都从离开跳台开始计 时，用 v 表示他在竖直方向的速度，其 v-t 图像如图(b)所示，t1和 t2是他落在倾斜雪道上的 时刻。则 A. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的

3、小 B. 第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C. 第一次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D. 竖直方向速度大小为 v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 4.(2019江苏卷T6)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.座舱的质量 为 m，运动半径为 R，角速度大小为 ，重力加速度为 g，则座舱 A.运动周期为 2R B.线速度的大小为 R C.受摩天轮作用力的大小始终为 mg D.所受合力的大小始终为 m2R 5.(2018 江苏卷)某弹射管每次弹出的小球速度相等.在沿光滑竖直轨道自由下落过程中， 该弹 射管保持水平，先后弹出两只小球.

4、忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的 A. 时刻相同，地点相同 B. 时刻相同，地点不同 C. 时刻不同，地点相同 D. 时刻不同，地点不同 6.(2018 北京卷)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实 际上， 赤道上方 200m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约 6cm 处， 这一现象可解 释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直 方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平 向西，则小球 A. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零 B. 到最高点时，水平方向的加速度和

5、速度均不为零 C. 落地点在抛出点东侧 D. 落地点在抛出点西侧 7.(2018 新课标 I 卷)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2R：bc 是半径 为 R 的四分之一的圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球。始终受到与重力大小相等 的水平外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始 运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为( ) A. 2mgR B. 4mgR C. 5mgR D. 6mgR 8.(2016 海南卷)在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力， 则小球在随后的运动中 A.速度和

6、加速度的方向都在不断变化 B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C.在相等的时间间隔内，速率的改变量相等 D.在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 9.(2015 广东卷 T14)如图所示，帆板在海面上以速度 v 朝正西方向运动，帆船以速度 v 朝正 北方向航行，以帆板为参照物 A.帆船朝正东方向航行，速度大小为 v B.帆船朝正西方向航行，速度大小为 v C.帆船朝南偏东 45 方向航行，速度大小为2v D.帆船朝北偏东 45 方向航行，速度大小为2v 10.(2011 上海卷)如图，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的 方向行进，此过程中绳始终与水面平行。当绳与河

7、岸的夹角为，船的速率为 A.sinv B. sin v C.cosv D. cos v 11.(2014 四川卷)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为 v 的大河。小明驾着小船渡河， 去程时船头指向始终与河岸垂直， 回程时行驶路线与河岸垂直。 去程与回程所用时间的比值 为 k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( ) A. 1 2 k kv B. 2 1k v C. 2 1k kv D. 1 2 k v 12.(2015 全国新课标卷 T16)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移 轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，

8、给 卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为 3.1 103/s，某次发 射卫星飞经赤道上空时的速度为 1.55 103/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移 轨道和同步轨道的夹角为 30 ，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为 A.西偏北方向，1.9 103m/s B.东偏南方向，1.9 103m/s C.西偏北方向，2.7 103m/s D.东偏南方向，2.7 103m/s 13.(2013 海南卷)关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是 A.物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同 B.物体做变速率曲线运动时，其

9、所受合外力的方向一定改变 C.物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心 D.物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直 14.(2013 广东卷)如图所示，游乐场中，从高处 A 到水面 B 处有两条长度相等的光滑轨道。 甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处，下列说法正确的有 A.甲的切向加速度始终比乙的大 B.甲、乙在同一高度的速度大小相等 C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D.甲比乙先到达 B 处 15.(2018 全国 III 卷)在一斜面顶端， 将甲乙两个小球分别以 v 和 2 v 的速度沿同一方向水平抛 出，两球都落在该斜面上。甲球落

10、至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 A. 2 倍 B. 4 倍 C. 6 倍 D. 8 倍 16.(2017 新课标卷)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽 略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是 A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 17.(2017 江苏卷)如图所示，A、 B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间 t 在空中相遇， 若两球的抛出速度都变为原来的 2 倍，则两

11、球从抛出到相遇经过的时间为 (A)t (B) 2 2 t (C) 2 t (D) 4 t 18.(2016 江苏卷)有 A、B 两小球，B 的质量为 A 的两倍.现将它们以相同速率沿同一方向抛 出，不计空气阻力.图中为 A 的运动轨迹，则 B 的运动轨迹是 A. B. C. D. 19.(2012 上海卷)如图，斜面上 a、b、c 三点等距，小球从 a 点正上方 O 点抛出，做初速为 v0的平抛运动，恰落在 b 点。若小球初速变为 v，其落点位于 c，则 A.v0x3- x2， E1= E2= E3 C.x2- x1x3- x2， E1a2， 故 C 错误 D.由图像斜率， 速度为 v1时，

12、第一次图像陡峭， 第二次图像相对平缓， 故 a1a2， 由 G-fy=ma， 可知，fy1x3- x2，E1=E2=E3 C.x2- x1x3- x2，E1s 2 1 2 hgt二式联立可解得 2 A g vs h ；又设从开始到相遇 时间为 t0，水平方向有 0A v ts竖直方向有 22 000 11 22 B gtv tgth，连立式可得 A B vs vh 。 52.(2010 全国卷 T22)图 1 是利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘 边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。 当盘转到某一位置时， 接收器可以接收到反光涂 层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电

13、信号，在示波器显示屏上显示出来(如图 2 所示)。 (1)若图 2 中示波器显示屏横向的每大格(5 小格)对应的时间为 5.00 10-2 s ， 则圆盘的转速为 _转/s。(保留 3 位有效数字) (2)若测得圆盘直径为 10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 _ cm。(保留 3 位有效数字) 【答案】4.55 转/s 2.91cm 【解析】从图 2 可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示 22 格，由题意知图 2 中横坐标上 每格表示 1.00 10-2s，所以圆盘转动的周期是 0.22s，则转速为 4.55 转 /s 反光引起的电流图像在图 2 中横坐标上每次一格，说明反光涂层

14、的长度占圆盘周长的 22 分之一为91. 2 22 20.1014. 32 22 2 r cm。 【命题意图与考点定位】匀速圆周运动的周期与转速的关系,以及对传感器所得图像的识图。 53.(2012 福建卷)如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一 数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径 R=0.5 m，离水平地面的高度 H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小 s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，取重力加速度 g=10m/s2 求： (1)物块做平抛运动的初速度大小 v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数 。 【答案】1m/s

15、0.2 【解析】(1)物体下落时间为 t;自由落体运动有： 2 2 1 gth 水平方向有：vtx 解得：1/vm s。 (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 2 0 m m f R v ， m fNmg， 解得 2 0 0.2 gR v 。 54.(2011 天津卷)如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为 R， MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球 A 以某一初速度冲进轨道，到达 半圆轨道最高点 M 时与静止于该处的质量与 A 相同的小球 B 发生碰撞， 碰后两球粘在一起 飞出轨道，落地点距 N 为 2R。重力加速度为 g，忽略圆管内径，空

16、气阻力及各处摩擦均不 计，求： (1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间 t； (2)小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小。 【答案】(1)2 R t g (2)2 2vgR 【解析】(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动， 有 2 1 2 2 Rgt 解得2 R t g (2)设球 A 的质量为 m，碰撞前速度大小为 v1，把球 A 冲进轨道最低点时的重力势能定为 0， 由机械能守恒定律知 22 1 11 2 22 mvmvmgR 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为 2 v，则 2 2R vgR t 由动量守恒定律知 12 2mvmv 飞出轨道后做平抛运动，水平

17、方向分运动为匀速直线运动，有 2 2Rv t 综合式得2 2vgR 55.(2014 四川卷)小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同 位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度 v0运动，得到不同轨迹。图中 a、b、 c、d 为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置 A 时，小钢珠的运动轨迹是 (填轨迹字母代 号)，磁铁放在位置 B 时，小钢珠的运动轨迹是 (填轨迹字母代号)。实验表明，当物 体所受合外力的方向跟它的速度方向 (选填“在”或“不在”)同一直线上时，物体做曲线 运动。 【答案】b c 不在 【解析】由于 A 处磁力与直线 b 在同一条直线上，故小钢珠做直线

18、运动，运动轨迹为 b，由 于 B 处磁力斜向上，故选择轨迹 c，d 轨迹不合理，从而验证了物体做曲线运动的条件是物 体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上。 56.(2011 海南卷)如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆。ab 为沿水平方向的直径。 若在 a 点以初速度 0 v沿 ab 方向抛出一小球， 小球会击中坑壁上的 c 点。已知 c 点与水平地 面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。 【答案】 g v R 2 0 )31628( 【解析】在 a 点以初速度 v0沿 ab 方向抛出一小球，小球做平抛运动，做如图所示辅助线： 在竖直方向上，下落高度 hcd= 2 2 1 2

19、gt R 在水平方向上，运动位移 xad=R+xod=tvR 0 ) 2 3 1 ( 解得圆的半径 g v R 2 0 )31628( 57.(2014 上海卷 T24)如图，宽为 L 的竖直障碍物上开有间距 d=0.6m 的矩形孔，其下沿离地 高 h=1.2m，离地高 H=2m 的质点与障碍物相距x。在障碍物以 v0=4m/s 匀速向左运动的同 时，质点自由下落。为使质点能穿过该孔，L 的最大值为 m；若 L=0.6m，x的取值 范围是 m。(取 g=10m/s2) 【答案】0.8m 0.81mxm 【解析】以障碍物为参考系，相当于质点以 vo的初速度，向右平抛，当 L 最大时 从抛出点经过

20、孔的左上边界飞到孔的右下边界时,L 最大 1 2() 0.2 Hdh ts g - =， 0 1 0.8xv tm= 2 2() 0.4 Hh ts g - =， 0 2 0.8Lv txm=-=; 从孔的左上边界飞入临界的 x 有最小值为 0.8 从孔的右下边界飞出时, x 有最大值： 0 2 1xv tLm=-= 所以0.81mxm 58.(2011 上海卷)以初速为 0 v，射程为s的平抛运动轨迹制成一光滑轨道。一物体由静止开 始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体的速率为 ，其水平方向的速度 大小为 。 【答案】 0 gs v v ， 0 2 2 0 1? x v v v gs 【

21、解析】由平抛运动规律知：水平方向： 0 sv t，竖直方向： 2 1 2 hgt，解得轨道的高度 为： 2 2 0 2 gs h v ；当物体沿轨道下滑时，根据机械能守恒定律得： 2 1 2 mvmgh，解得物体 到达轨道底部时的速率为： 22 2 00 g sgs v vv . 设 是轨道的切线与水平方向的夹角，即为平抛运动末速度与水平方向的夹角，是平抛 运动位移方向与水平方向的夹角，根据平抛运动的结论有：2tantan， 又 因 2 0 2 hg s t a n sv ， 所 以 2 0 t a n gs v ， 由 三 角 函 数 基 本 关 系 式 得 ： 2 0 2 22 0 cos

22、 () v gsv ， 则把 cos 代入水平方向速度大小的关系式 x vvcos得： 0 2 2 0 1? x v v v gs 59.(2011 山东卷)如图所示，在高出水平地面1.8hm的光滑平台上放置一质量2Mkg、 由两种不同材料连接成一体的薄板 A，其右段长度 l10.2m 且表面光滑，左段表面粗糙。 在 A 最右端放有可视为质点的物块 B，其质量 m1kg。B 与 A 左段间动摩擦因数 =0.4。 开始时二者均静止，现对 A 施加 F=20N 水平向右的恒力，待 B 脱离 A(A 尚未露出平台)后， 将 A 取走。B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离 x=1.2m。(取

23、g=10m/s2)求： (1)B 离开平台时的速度 vB。 (2)B 从开始运动到刚脱离 A 时，B 运动的时间 tB和位移 xB。 (3)A 左端的长度 l2。 【答案】(1)vB=2m/s(2)t B=0.5s，xB=0.5m(3)l2=1.5m 【解析】(1)设物块平抛运动的时间为 t，由平抛运动规律得 h= 1 2 gt2，x=vBt 联立解得 vB=2m/s。 (2)设 B 的加速度为 aB，由牛顿第二定律，mg=maB， 由匀变速直线运动规律，vB=aBt B，xB= 1 2 aBt B 2， 联立解得 t B=0.5s，xB=0.5m。 (3)设 B 刚好开始运动时 A 的速度为

24、 v，由动能定理得 Fl2= 1 2 Mv12 设 B 运动后 A 的加速度为 aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得 F-mg=MaA，(l2+ xB)=v1t B+ 1 2 aAt B 2， 联立解得 l2=1.5m。 60.(2012 北京卷)如图所示， 质量为 m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动， 经距离 l 后以 速度 飞离桌面， 最终落在水平地面上.已知 l=1.4m，=3.0 m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的 动摩擦因数 =0.25，桌面高 h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2.求： (1)小物块落地点距飞出点的水平距离 s； (2)小物块落地

25、时的动能 Ek； (3)小物块的初速度大小 0. 【答案】(1)0.9sm；(2)0.9 K EJ；(3) 0 4/vm s 【解析】(1)物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向： 2 1 2 hgt，解得：0.3ts， 水平方向：0.9svtm。 (2)对物块从飞出桌面到落地，由动能定理得： 22 12 11 22 mghmvmv， 落地动能 2 1 1 0.9 2 K EmghmvJ。 (3)对滑块从开始运动到飞出桌面，由动能定理得： 22 0 11 22 mglmvmv， 解得： 0 4/vm s。 61.(2012 大纲全国卷)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈

26、抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度 v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示， 以沟底的 O 点为原点建立坐标系 Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为 2h，坡面的抛物线方 程为 y= h2 1 x2，探险队员的质量为 m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为 g。 (1)求此人落到坡面时的动能； (2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？ 【答案】(1) 22 2 0 2 0 4 ( g1 2 ) k h v E gh mv ； (2) 3 2 min mgh E， 0 vgh 【解析】(1)由平抛运动规律， 0 xv t， 2 1 2 2 hygt

27、， 又 2 1 2 y h x ，联立解得 2 0 2 0 2hv y vgh 。 由动能定理， 2 0 1 2 2 k mghyEmv， 解得 222 0 22 00 22 00 11 24g () 2 )(2 2 k Emghm hvh vghvgh vmv 。 (2)由 22 2 0 2 0 12 2 K mg h Em h v g v v ，令 2 0 ngh v ，则 22 2121 K nmghn Emghmgh nn （），当 n1 时， 即 2 0 gh v ，探险队员的动能最小，最小值为 3 2 min mgh E， 0 vgh。 62.(2014 浙江卷 T23)如图所示，

28、装甲车在水平地面上以速度 v0=20m/s 沿直线前进，车上机 枪的枪管水平，距地面高为 h=1.8m。在车正前方竖直一块高为两米的长方形靶，其底边与 地面接触。枪口与靶距离为 L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速 度为 v=800m/s。在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进 s=90m 后停下。装甲车 停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度 g=10m/s2) (1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小； (2)当 L=410m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求 L

29、 的范围。 【答案】(1) 2 2 0 9 20 2 sm s v a(2)0.45m(3)492m570mL 【解析】(1)装甲车的加速度 2 2 0 20 m/s 29 v a s (2)第一发子弹飞行的时间 1 0 0.5s L t vv 弹孔离地高度 2 11 1 0.55m 2 hhgt 第二发子弹离地的高度 2 2 1 1.0m 2 Ls hhg v 两弹孔之间的距离 21 0.45mhhh (3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为 L1： 10 2 ()492 h Lvvm g 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为 L2： 2 2 570 h Lvsm g L

30、的范围 492mL570m 63.(2018 北京卷)2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项 目之一。 某滑道示意图如下， 长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接， 滑道 BC 高 h=10 m， C 是半径 R=20 m 圆弧的最低点， 质量 m=60 kg 的运动员从 A 处由静止开始匀加速下滑， 加 速度 a=4.5 m/s2，到达 B 点时速度 vB=30 m/s。取重力加速度 g=10 m/s2。 (1)求长直助滑道 AB 的长度 L； (2)求运动员在 AB 段所受合外力的冲量的 I 大小； (3)若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点

31、时的受力图，并求其所受支持力 FN的大小。 【答案】(1)100m (2)1800N s (3)3900 N 【解析】(1)已知 AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度， 即 可解得： (2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以： (3)小球在最低点的受力如图所示。 由牛顿第二定律可得： 从 B 运动到 C 由动能定理可知： 解得： 64.(2018 全国 III 卷 T12)如图，在竖直平面内，一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和水平轨 道 PA 在 A 点相切。 BC 为圆弧轨道的直径。 O 为圆心， OA 和 OB 之间的夹角为 ， sin 3 5 ， 一

32、质量为 m 的小球沿水平轨道向右运动，经 A 点沿圆弧轨道通过 C 点，落至水平轨道；在 整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在 C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为 g。 求： (1)水平恒力的大小和小球到达 C 点时速度的大小； (2)小球到达 A 点时动量的大小； (3)小球从 C 点落至水平轨道所用的时间。 【答案】(1) 5 2 gR (2) 23 2 mgR (3) 35 5 R g 【解析】(1)设水平恒力的大小为 F0，小球到达 C 点时所受合力的大小为 F。由力的合成法 则有 0 tan F

33、mg 222 0 ()FmgF 设小球到达 C 点时的速度大小为 v，由牛顿第二定律得 2 v Fm R 由式和题给数据得 0 3 4 Fmg 5 2 gR v (2)设小球到达 A 点的速度大小为 v1，作 CDPA，交 PA 于 D 点， 由几何关系得：DARsin CD=R(1+cos) 由动能定理有： 22 01 11 22 mg CDFDAmvmv 由式和题给数据得，小球在 A 点的动量大小为： 1 23 2 mgR pmv (3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为 g。 设小球在竖直方向的初速度为 v，从 C 点落至水平轨道上所用时间为 t。 由运动学公式有： 2 1 2 v tgtCD sinvv 由式和题给数据得： 35 5 R t g