新高考物理一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案第6章第2講動能定理及其應(yīng)用（含解析）-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

考點(diǎn)一動能定理的理解和基本應(yīng)用
1．動能
(1)定義：物體由于運(yùn)動而具有的能量叫作動能．
(2)公式：Ek＝eq \f(1,2)mv2，單位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)動能是標(biāo)量、狀態(tài)量．
2．動能定理
(1)內(nèi)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(dá)式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12.
(3)物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度．
1．如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零．( √ )
2．物體在合外力作用下做變速運(yùn)動時，動能一定變化．( × )
3．物體的動能不變，所受的合外力必定為零．( × )
4．合力對物體做正功，物體的動能增加；合力對物體做負(fù)功，物體的動能減少．( √ )
1．適用條件
(1)動能定理既適用于直線運(yùn)動，也適用于曲線運(yùn)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(zhì)的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．
2．解題流程
3．動能定理的優(yōu)越性
應(yīng)用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律解題時，涉及到的有關(guān)物理量比較多，對運(yùn)動過程的細(xì)節(jié)也要仔細(xì)研究，而應(yīng)用動能定理解題只需考慮外力做功和初、末兩個狀態(tài)的動能，并且可以把不同的運(yùn)動過程合并為一個全過程來處理．一般情況下，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律能夠解決的問題，用動能定理也可以求解，并且更為簡捷．
4．注意事項(xiàng)
(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(dāng)物體的運(yùn)動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解；也可以全過程應(yīng)用動能定理求解．
(3)動能是標(biāo)量，動能定理是標(biāo)量式，解題時不能分解動能．
考向1 動能定理的理解
例1 (多選)關(guān)于動能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是( )
A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功
B．公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的總功，也可通過以下兩種方式計(jì)算：先求每個力的功，再求功的代數(shù)和，或先求合力，再求合力的功
C．公式中的Ek2－Ek1為動能的變化量，當(dāng)W>0時，動能增加，當(dāng)WΔEk，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤；W克摩與ΔEk的大小關(guān)系不確定，C、D項(xiàng)錯誤．
考向2 動能定理的簡單計(jì)算
例3 如圖所示，物體在距斜面底端5 m處由靜止開始下滑，然后滑上與斜面平滑連接的水平面，若物體與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.4，斜面傾角為37°.求物體能在水平面上滑行的距離．(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
答案 3.5 m
解析對物體在斜面上和水平面上受力分析如圖所示
方法一分過程列方程：設(shè)物體滑到斜面底端時的速度為v，物體下滑階段
FN1＝mgcs 37°，
故Ff1＝μFN1＝μmgcs 37°，
由動能定理得：
mgsin 37°·l1－μmgcs 37°·l1＝eq \f(1,2)mv2－0
設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l2，
摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg
由動能定理得：－μmgl2＝0－eq \f(1,2)mv2
聯(lián)立以上各式可得l2＝3.5 m.
方法二對全過程由動能定理列方程：
mgl1sin 37°－μmgcs 37°·l1－μmgl2＝0
解得：l2＝3.5 m.
例4 如圖所示，粗糙水平地面AB與半徑R＝0.4 m的光滑半圓軌道BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上．質(zhì)量m＝1 kg的小物塊在9 N的水平恒力F的作用下，從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動．已知xAB＝5 m，小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，當(dāng)小物塊運(yùn)動到B點(diǎn)時撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小物塊到達(dá)B點(diǎn)時速度的大小；
(2)小物塊運(yùn)動到D點(diǎn)時，軌道對小物塊作用力的大小．
答案 (1)4eq \r(5) m/s (2)150 N
解析 (1)從A到B過程，據(jù)動能定理可得
(F－μmg)xAB＝eq \f(1,2)mvB2
解得小物塊到達(dá)B點(diǎn)時速度的大小為
vB＝4eq \r(5) m/s
(2)從B到D過程，據(jù)動能定理可得
－mg·2R＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvB2
在D點(diǎn)由牛頓第二定律可得
FN＋mg＝meq \f(vD2,R)
聯(lián)立解得小物塊運(yùn)動到D點(diǎn)時，軌道對小物塊作用力的大小為FN＝150 N.
考點(diǎn)二應(yīng)用動能定理求變力做功
在一個有變力做功的過程中，當(dāng)變力做功無法直接通過功的公式求解時，可用動能定理，W變＋W恒＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，物體初、末速度已知，恒力做功W恒可根據(jù)功的公式求出，這樣就可以得到W變＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12－W恒，就可以求變力做的功了．
例5 質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始運(yùn)動，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)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)( )
A.eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq \f(1,2)mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案 A
解析根據(jù)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－eq \f(1,2)mv02，則W彈＝eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，故選項(xiàng)A正確．
例6 如圖所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時，對軌道的壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為( )
A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR
C.eq \f(1,2)mgR D.eq \f(π,4)mgR
答案 C
解析在Q點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到的豎直向下的重力和豎直向上的支持力的合力充當(dāng)向心力，所以有FN－mg＝meq \f(v2,R)，F(xiàn)N＝FN′＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq \r(gR)，下滑過程中，根據(jù)動能定理可得mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq \f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq \f(1,2)mgR，選項(xiàng)C正確．
考點(diǎn)三動能定理與圖像問題的結(jié)合
1．解決圖像問題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義．
(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．
(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖與坐標(biāo)軸圍成的面積等所表示的物理意義，分析解答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．
2．圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義
考向1 Ek－x(W－x)圖像問題
例7 (2019·全國卷Ⅲ·17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示．重力加速度取10 m/s2.該物體的質(zhì)量為( )
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(yùn)動示意圖．
設(shè)該外力的大小為F，據(jù)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(shù)據(jù)得物體的質(zhì)量m＝1 kg，選項(xiàng)C正確．
法二：寫表達(dá)式根據(jù)斜率求解
上升過程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0，
則Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0
下落過程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′，
則Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′，
結(jié)合題圖可知mg＋F＝eq \f(72－36,3－0) N＝12 N，
mg－F＝eq \f(48－24,3－0) N＝8 N
聯(lián)立可得m＝1 kg，選項(xiàng)C正確．
考向2 F－x圖像與動能定理的結(jié)合
例8 (多選)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動一段時間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運(yùn)動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖像．已知重力加速度g取10 m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有( )
A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)
B．合外力對物體所做的功
C．物體做勻速運(yùn)動時的速度
D．物體運(yùn)動的時間
答案 ABC
解析物體做勻速直線運(yùn)動時，受力平衡，拉力F0與滑動摩擦力Ff大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq \f(F0,mg)＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－eq \f(1,2)mv2，根據(jù)F－x圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運(yùn)動時的速度v，B、C正確；因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動，所以運(yùn)動時間無法求出，D錯誤．
考向3 其他圖像與動能定理的結(jié)合
例9 (2018·江蘇卷·4)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)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(guān)系圖像是( )
答案 A
解析小球做豎直上拋運(yùn)動，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt
小球的動能Ek＝eq \f(1,2)mv2，把速度v代入得
Ek＝eq \f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq \f(1,2)mv02，
Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系，故A正確．
例10 (多選)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8 kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6 s內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖像和該拉力的功率與時間的關(guān)系圖像分別如圖甲、乙所示．下列說法中正確的是(g取10 m/s2)( )
A．0～6 s內(nèi)拉力做的功為140 J
B．物體在0～2 s內(nèi)所受的拉力為4 N
C．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5
D．合外力在0～6 s內(nèi)做的功與0～2 s內(nèi)做的功相等
答案 AD
解析由P＝Fv可知，物體在0～2 s內(nèi)所受的拉力F＝eq \f(P,v)＝eq \f(60,10) N＝6 N，在2～6 s內(nèi)所受的拉力F′＝eq \f(P′,v′)＝eq \f(20,10) N＝2 N，B錯誤；拉力在0～6 s內(nèi)做的總功W＝Fx1＋F′x2＝6×eq \f(10,2)×2 J＋2×10×4 J＝140 J，A正確；由物體在2～6 s內(nèi)做勻速運(yùn)動可知，F(xiàn)′＝μmg，可求得μ＝0.25，C錯誤；由動能定理可知，物體所受的合外力在0～6 s內(nèi)所做的功與0～2 s內(nèi)所做的功均為eq \f(1,2)mv2＝40 J，D正確．
課時精練
1.(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動，當(dāng)電梯的速度由v1增大到v2時，上升高度為H，重力加速度為g，則在這個過程中，下列說法正確的是( )
A．對物體，動能定理的表達(dá)式為W＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W為支持力做的功
B．對物體，動能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力做的功
C．對物體，動能定理的表達(dá)式為W－mgH＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W為支持力做的功
D．對電梯，其所受的合力做功為eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12
答案 CD
解析電梯上升的過程中，對物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個力的總功(即合力做的功)才等于物體動能的增量，即W合＝W－mgH＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，其中W為支持力做的功，A、B錯誤，C正確；對電梯，無論有幾個力對它做功，由動能定理可知，其合力做的功一定等于其動能的增量，即eq \f(1,2)Mv22－eq \f(1,2)Mv12，D正確．
2．如圖所示，運(yùn)動員把質(zhì)量為m的足球由靜止從水平地面踢出，足球在空中達(dá)到的最高點(diǎn)高度為h，在最高點(diǎn)時的速度為v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A．運(yùn)動員踢球時對足球做功eq \f(1,2)mv2
B．足球上升過程重力做功mgh
C．運(yùn)動員踢球時對足球做功mgh＋eq \f(1,2)mv2
D．足球上升過程克服重力做功mgh＋eq \f(1,2)mv2
答案 C
解析足球被踢起后，在運(yùn)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＝eq \f(1,2)mv2，因此運(yùn)動員對足球做功W人＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，故A錯誤，C正確．
3.如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質(zhì)量為m的小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面．設(shè)小球在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，壓縮彈簧至C點(diǎn)時彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為h，重力加速度為g，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做功是( )
A．mgh－eq \f(1,2)mv2
B.eq \f(1,2)mv2－mgh
C．－mgh
D．－(mgh＋eq \f(1,2)mv2)
答案 A
解析小球從A到C過程中，由動能定理可得WG＋WF＝0－eq \f(1,2)mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故選A.
4.一質(zhì)量為m＝0.2 kg的物體，在合外力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動，F(xiàn)與位移x的關(guān)系圖像如圖所示，由圖像可知( )
A．在x＝0到x＝1 m過程中，物體做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間t＝0.2 s
B．在x＝0到x＝2 m過程中，物體做變加速直線運(yùn)動，F(xiàn)做功5 J
C．物體運(yùn)動到x＝2 m時，物體的瞬時速度為5 m/s
D．物體運(yùn)動到x＝2 m時，物體的瞬時速度為2 m/s
答案 C
解析由題圖可知在x＝0到x＝1 m過程中，F(xiàn)為恒力，所以物體做勻加速直線運(yùn)動，其加速度大小為a＝eq \f(F,m)＝5 m/s2，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得運(yùn)動時間為t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(0.4) s，故A錯誤；在x＝0到x＝2 m過程中，物體先做勻加速直線運(yùn)動，后做變加速直線運(yùn)動，根據(jù)F－x圖像的面積表示功可知此過程中F做功為W＝1×1 J＋eq \f(1,2)×(1＋2)×1 J＝eq \f(5,2) J，故B錯誤；設(shè)物體運(yùn)動到x＝2 m時的瞬時速度為v，根據(jù)動能定理可得eq \f(1,2)mv2＝W，解得v＝5 m/s，故C正確，D錯誤．
5.如圖所示，質(zhì)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(yùn)動到繩與水平方向的夾角α＝45°時繩以速度v0豎直向下運(yùn)動，此過程中，繩的拉力對物體做的功為( )
A.eq \f(1,4)mv02 B.eq \f(1,2)mv02
C．mv02 D.eq \f(\r(2),2)mv02
答案 C
解析將物體的運(yùn)動分解為沿繩子方向的運(yùn)動以及垂直繩子方向的運(yùn)動，則當(dāng)物體運(yùn)動到繩與水平方向的夾角α＝45°時物體的速度為v，則vcs 45°＝v0，可得v＝eq \r(2)v0，物體由靜止開始運(yùn)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＝eq \f(1,2)mv2－0＝mv02，故C正確，A、B、D錯誤．
6．(2022·湖南懷化市模擬)如圖所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度為v0的物體從D點(diǎn)出發(fā)沿DBA滑動到頂點(diǎn)A時速度剛好為零，如果斜面改為AC，讓該物體從D點(diǎn)出發(fā)沿DCA滑動到A點(diǎn)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(shù)處處相同且不為零，不計(jì)B、C處能量損失)( )
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(diǎn)滑動到頂點(diǎn)A過程中，由動能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcs α·xAB＝0－eq \f(1,2)mv02，α為斜面傾角，由幾何關(guān)系有xABcs α＝xOB，因而上式可以簡化為－mg·xAO－μmg·xOD＝0－eq \f(1,2)mv02，從上式可以看出，物體的初速度與路徑無關(guān)．故選A.
7.如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.5 kg的小滑塊，在F＝4 N水平拉力的作用下，從水平面上的A處由靜止開始運(yùn)動，滑行x＝1.75 m后由B處滑上傾角為37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不變，方向變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，滑動一段時間后撤去拉力．已知小滑塊沿斜面上滑到的最高點(diǎn)C距B點(diǎn)為L＝2 m，小滑塊最后恰好停在A處．不計(jì)B處能量損失，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.試求：
(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)小滑塊在斜面上運(yùn)動時，拉力作用的距離x0；
(3)小滑塊在斜面上運(yùn)動時，拉力作用的時間t.
答案 (1)eq \f(24,35) (2)1.25 m (3)0.5 s
解析 (1)小滑塊由C運(yùn)動到A，由動能定理得
mgLsin 37°－μmgx＝0
解得μ＝eq \f(24,35)
(2)小滑塊在斜面上運(yùn)動時，設(shè)拉力作用的距離為x0
小滑塊由A運(yùn)動到C，由動能定理得
Fx－μmgx＋Fx0－mgLsin 37°＝0
解得x0＝1.25 m
(3)小滑塊由A運(yùn)動到B，由動能定理得
Fx－μmgx＝eq \f(1,2)mv2
在斜面上，由牛頓第二定律得F－mgsin 37°＝ma
由運(yùn)動學(xué)公式得x0＝vt＋eq \f(1,2)at2
聯(lián)立解得t＝0.5 s.
8.(2022·湖北高三月考)質(zhì)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(yùn)動，物塊的動能Ek與其發(fā)生的位移x之間的關(guān)系如圖所示．已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是( )
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(jīng)歷的時間為2.8 s
答案 D
解析由題圖圖像可知x＝1 m時動能為2 J，v1＝eq \r(\f(2Ek,m))＝eq \r(2) m/s，故A錯誤．同理，當(dāng)x＝2 m時動能為4 J，v2＝2 m/s；當(dāng)x＝4 m時動能為9 J，v4＝3 m/s，則2～4 m內(nèi)有2a2x2＝v42－v22，解得2～4 m內(nèi)物塊的加速度為a2＝1.25 m/s2，故B錯誤．對物塊運(yùn)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＝eq \f(2x1,v2)＝2 s；2～4 m過程，t2＝eq \f(x2,\f(v2＋v4,2))＝0.8 s，故總時間為2 s＋0.8 s＝2.8 s，D正確．
9.(多選)如圖所示，半圓形光滑軌道BC與水平光滑軌道平滑連接．小物體在水平恒力F作用下，從水平軌道上的P點(diǎn)，由靜止開始運(yùn)動，運(yùn)動到B點(diǎn)撤去外力F，小物體由C點(diǎn)離開半圓軌道后落在P點(diǎn)右側(cè)區(qū)域．已知PB＝3R，重力加速度為g，F(xiàn)的大小可能為( )
A.eq \f(1,2)mg B.eq \f(5mg,6)
C．mg D.eq \f(7mg,6)
答案 BC
解析小物體能通過C點(diǎn)應(yīng)滿足meq \f(vC2,R)≥mg，
且由C點(diǎn)離開半圓軌道后落在P點(diǎn)右側(cè)區(qū)域，則有2R＝eq \f(1,2)gt2，vCteq \f(1,2)mgR，小球不能到達(dá)Q點(diǎn)
C．W＝eq \f(1,2)mgR，小球到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離
D．W

相關(guān)學(xué)案

相關(guān)學(xué)案更多

相關(guān)學(xué)案

相關(guān)學(xué)案 更多

相關(guān)學(xué)案更多