2023屆高考物理（人教版安徽專用）一輪復(fù)習(xí)跟蹤檢測(cè)第五章 第2

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第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用

(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第75頁(yè))

1

1.公式：Ek＝mv2，式中v為瞬時(shí)速度．

2

2．矢標(biāo)性

動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值，動(dòng)能與速度的方向無關(guān)．3．動(dòng)能的變化量

112

ΔEk＝mv2－mv.

2221

動(dòng)能具有相對(duì)性，其數(shù)值與參考系的選取有關(guān)，一般以地面為參考系.

1．關(guān)于動(dòng)能的理解，以下說法錯(cuò)誤的是()

A．動(dòng)能是機(jī)械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運(yùn)動(dòng)的物體都具有動(dòng)能B．物體的動(dòng)能總為正值

C．一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化D．動(dòng)能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)動(dòng)能是運(yùn)動(dòng)物體都具有的能量，是機(jī)械能的一種表現(xiàn)形式，A對(duì)；動(dòng)能是標(biāo)量，

1

總是正值，B對(duì)；由Ek＝mv2可知當(dāng)m恒定時(shí)，Ek變化，速率一定變化，速度一定變化，但

2

當(dāng)速度方向變化速率不變(如勻速圓周運(yùn)動(dòng))時(shí)動(dòng)能不變，C對(duì)；動(dòng)能不變，物體不一定處于平衡狀態(tài)，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)．

D動(dòng)能定理1.內(nèi)容

合外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變化．2．表達(dá)式

1212

W＝ΔEk＝mv2－mv1.

22

3．功與動(dòng)能的關(guān)系

(1)W>0，物體的動(dòng)能增加．(2)W

(3)14s后運(yùn)動(dòng)員做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：

H－h(huán)500－156t′＝v＝s＝57.3s

6

運(yùn)動(dòng)員從飛機(jī)上跳下到著地需要的總時(shí)間t總＝t＋t′＝(14＋57.3)s＝71.3s

(1)8m/s2160N(2)156m1.23×105J(3)71.3s

3.

圖5－2－5

質(zhì)量為m的小球被系在輕繩的一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)如圖5－2－5所示，運(yùn)動(dòng)過程中小球受到空氣阻力的作用，設(shè)某一時(shí)刻小球通過軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)繩子的張力為7mg，此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)圓周恰能通過最高點(diǎn)，則在此過程中小球戰(zhàn)勝空氣阻力所做的功為()

11

A.mgRB.mgR431

C.mgRD．mgR2

設(shè)小球通過最低點(diǎn)時(shí)繩子張力為FT1，根據(jù)牛頓其次定律：

v21

FT1－mg＝m

R

1

將FT1＝7mg代入得Ek1＝mv2＝3mgR

21

v22經(jīng)過半個(gè)圓周恰能通過最高點(diǎn)，則mg＝m

R

121

此時(shí)小球的動(dòng)能Ek2＝mv2＝mgR

22

從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理：－Wf－mg·2R＝Ek2－Ek1

1

所以Wf＝mgR

2

應(yīng)選項(xiàng)C正確．C

(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第77頁(yè))

●對(duì)動(dòng)能的考察1．(2023·新課標(biāo)全國(guó)高考改編)一質(zhì)點(diǎn)開始時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻起受到一恒力作用．此后，該質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能不可能()

A．一直增大

B．先逐漸減小至零，再逐漸增大

C．先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小

D．先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大

當(dāng)恒力方向與質(zhì)點(diǎn)原來速度方向一致時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能一直增大；當(dāng)恒力方向與質(zhì)點(diǎn)原來速度方向相反時(shí)，速度先逐漸減小到零再逐漸增大，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能也先逐漸減小到零再逐漸增大；當(dāng)恒力方向與原來質(zhì)點(diǎn)的速度方向夾角大于90°時(shí)，將原來速度v0分解為平行恒力方向的vy、垂直恒力方向的，如圖(1)，vy先逐漸減小至零再逐漸增大，始終不變．v

2＝v2質(zhì)點(diǎn)速度v先逐漸減小至再逐漸增大，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能先減小至某一非零的最小值，x＋vy，

再逐漸增大；當(dāng)恒力方向與v0方向夾角小于90°時(shí)，如圖(2)，vy一直增大，始終不變，質(zhì)點(diǎn)速度v逐漸增大．動(dòng)能一直增大，沒有其他狀況，應(yīng)選C.

圖(1)圖(2)

C

●動(dòng)能定理應(yīng)用于拋體運(yùn)動(dòng)2.

圖5－2－6

(2023·山東高考)如圖5－2－6所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時(shí)，將另

h

一一致質(zhì)量的小球b從距地面h處由靜止釋放，兩球恰在處相遇(不計(jì)空氣阻力)．則()

2

A．兩球同時(shí)落地

B．相遇時(shí)兩球速度大小相等

C．從開始運(yùn)動(dòng)到相遇，球a動(dòng)能的減少量等于球b動(dòng)能的增加量D．相遇后的任意時(shí)刻，重力對(duì)球a做功功率和對(duì)球b做功功率相等

h1h

對(duì)b球，由＝gt2得t＝，v＝gt＝gh.以后以初速度gh勻加速下落．對(duì)

22gb

h1hh

a球，＝v0t－gt2得v0＝gh，在處，va＝v0－gt＝0，以后從處自由下落．故落地時(shí)間tbPa，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．

C

●動(dòng)能定理與平拋運(yùn)動(dòng)的綜合3．(2023·北京高考)如圖5－2－7所示，質(zhì)量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上．已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，桌面高h(yuǎn)＝0.45m．不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.求：

圖5－2－7

(1)小物塊落地點(diǎn)到飛出點(diǎn)的水平距離s；(2)小物塊落地時(shí)的動(dòng)能Ek；(3)小物塊的初速度大小v0.

(1)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有

1

豎直方向h＝gt2

2

水平方向s＝vt

2h得水平距離s＝v＝0.90m.

g

1

(2)由機(jī)械能守恒定律，動(dòng)能Ek＝mv2＋mgh＝0.90J.

211

(3)由動(dòng)能定理，有－μmg·l＝mv2－mv2

220

得初速度大小v0＝2μgl＋v2＝4.0m/s.

(1)0.90m(2)0.90J(3)4.0m/s●動(dòng)能定理與圖象綜合

4．(2023屆武漢調(diào)研)質(zhì)量為1kg的物體，放在動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，水平拉力做的功W和物體發(fā)生的位移s之間的關(guān)系如圖5－2－8

2

所示，重力加速度為10m/s，則以下說法正確的是()

圖5－2－8

A．s＝3m時(shí)速度大小為22m/sB．s＝9m時(shí)速度大小為42m/sC．OA段加速度大小為3m/s2D．AB段加速度大小為3m/s2

由公式W＝Fs得，從0到3m的過程中水平拉力的大小為5N，對(duì)此過程由動(dòng)能定理代入數(shù)值可得s＝3m時(shí)速度大小為32m/s，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)0到9m全過程

1

由動(dòng)能定律得27－0.2×1×10×9＝×1×v2，解得s＝9m時(shí)速度大小為32m/s，所以選項(xiàng)

2

B錯(cuò)誤；由牛頓其次定律得OA段加速度大小為3m/s2所以選項(xiàng)C正確，同理得選項(xiàng)D錯(cuò)誤．

C

●動(dòng)能定理求變力功5．(2023·福建高考)如圖5－2－9所示，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動(dòng)力的小船沿直線拖向岸邊．已知拖動(dòng)纜繩的電動(dòng)機(jī)功率恒為P，小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為f，經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，小船從A點(diǎn)沿直線加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間為t1，A、B兩點(diǎn)間距離為d，纜繩質(zhì)量忽略不計(jì)．求：

圖5－2－9

(1)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的全過程戰(zhàn)勝阻力做的功Wf；(2)小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小v1；(3)小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的加速度大小a.

(1)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)戰(zhàn)勝阻力做功Wf＝fd.①

(2)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電動(dòng)機(jī)牽引纜繩對(duì)小船做功W＝Pt1②由動(dòng)能定理有

112

W－Wf＝mv21－mv0③22

2

由①②③式解得v1＝v20＋?Pt1－fd?.④m

(3)設(shè)小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)纜繩的拉力大小為F，繩與水平方向夾角為θ，電動(dòng)機(jī)牽引纜繩的速度大小為v，則

P＝Fv⑤v＝v1cosθ⑥

由牛頓其次定律有Fcosθ－f＝ma⑦

Pf

由④⑤⑥⑦式解得a＝22－.

mv0＋2m?Pt1－fd?m

2(1)fd(2)v20＋?Pt1－fd?m

Pf

(3)－mm2v2＋2m?Pt－fd?01

課后作業(yè)(十五)(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第245頁(yè))

(時(shí)間45分鐘，總分值100分)

一、選擇題(此題共10小題，每題7分，共70分．只有一個(gè)選項(xiàng)正確．)

1．(2023屆六安模擬)某運(yùn)動(dòng)員臂長(zhǎng)L，將質(zhì)量為m的鉛球推出，鉛球出手的速度大小為v0，方向與水平方向成30°角斜向上，則該運(yùn)動(dòng)員對(duì)鉛球所做的功是()

2

m?gL＋v0?1A.B．mgL＋mv2

220L2C.mv20D．mgL＋mv02

運(yùn)動(dòng)員對(duì)鉛球的作用力為F，由動(dòng)能定理知：

1112

WF－mgLsin30°＝mv20，所以WF＝mgL＋mv0.222A2.

圖5－2－10

如圖5－2－10所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一物體向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面．設(shè)物體在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，壓縮彈簧至C點(diǎn)時(shí)彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為h，則從A到C的過程中彈簧彈力做功是()

11

A．mgh－mv2B.mv2－mgh

22

1

C．－mghD．－(mgh＋mv2)

2

由A到C的過程運(yùn)用動(dòng)能定理可得：

1

－mgh＋W＝0－mv2，

21

所以W＝mgh－mv2，故A正確．

2

A3.

圖5－2－11

(2023屆南寧一中檢測(cè))如圖5－2－11所示是某中學(xué)科技小組制作的利用太陽(yáng)能驅(qū)動(dòng)的小車．當(dāng)太陽(yáng)光照射到小車上方的光電板，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)小車前進(jìn)．若小車在平直的水泥路上從靜止開始加速行駛，經(jīng)過時(shí)間t前進(jìn)距離s，速度達(dá)到最大值vm.設(shè)這一過程中電動(dòng)機(jī)的功率恒為P，小車所受阻力恒為F，那么()

A．這段時(shí)間內(nèi)小車先加速運(yùn)動(dòng)，然后勻速運(yùn)動(dòng)B．這段時(shí)間內(nèi)阻力所做的功為Pt

1

C．這段時(shí)間內(nèi)合力做的功為mv2

2m

1

D．這段時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為Fs－mv2

2m

從題意得到，可將太陽(yáng)能驅(qū)動(dòng)小車運(yùn)動(dòng)視為“汽車以恒定功率啟動(dòng)〞，這段時(shí)間內(nèi)小車做加速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)做功用Pt計(jì)算，阻力做功為W＝Fs，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

1

根據(jù)動(dòng)能定理判斷，這段時(shí)間內(nèi)合力做功為mv2，C項(xiàng)正確；這段時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)所做的功為

2m

1

Pt＝Fs＋mv2，D項(xiàng)錯(cuò)誤．

2m

C4.

圖5－2－12

(2023屆丹東模擬)如圖5－2－12所示，水平傳送帶長(zhǎng)為s，以速度v始終保持勻速運(yùn)動(dòng)，把質(zhì)量為m的貨物放到A點(diǎn)，貨物與皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)貨物從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，摩擦力對(duì)貨物做的功不可能()

11

A．等于mv2B．小于mv2

22

C．大于μmgsD．小于μmgs

貨物在傳送帶上相對(duì)地面的運(yùn)動(dòng)可能先加速后勻速，也可能一直加速而貨物

11

的最終速度小于v，根據(jù)動(dòng)能定理知摩擦力對(duì)貨物做的功可能等于mv2，可能小于mv2，可能

22

等于μmgs，可能小于μmgs，應(yīng)選C.

C5.

圖5－2－13

(2023屆銀川檢測(cè))光滑斜面上有一個(gè)小球自高為h的A處由靜止開始滾下，抵達(dá)光滑的水平面上的B點(diǎn)時(shí)速率為v0.光滑水平面上每隔相等的距離設(shè)置了一個(gè)與小球運(yùn)動(dòng)方向垂直的阻擋條，如圖5－2－13所示，小球越過n條阻擋條后停下來．若讓小球從2h高處以初速度v0滾下，則小球能越過阻擋條的條數(shù)為(設(shè)小球每次越過阻擋條時(shí)損失的動(dòng)能相等)()

A．nB．2nC．3nD．4n小球第一次從釋放到B點(diǎn)的過程中，

1

由動(dòng)能定理得mgh＝mv2，

20

1

由B點(diǎn)到中止的過程中，由動(dòng)能定理得－nW＝0－mv2.

20

小球其次次從釋放到中止的過程中，

1

由動(dòng)能定理得mg·2h－n′W＝0－mv2

20

由以上三式可解得n′＝3nC6.

圖5－2－14

(2023屆如皋模擬)如圖5－2－14所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的兩段，在B處用小圓弧連接．將小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A處由靜止釋放后，它沿斜面向下滑行，進(jìn)入平面，最終靜止于P處．若從該板材上再截下一段，擱置在A、P之間，構(gòu)成一個(gè)新的斜面，再將小鐵塊放回A處，并輕推一下使之具有初速度v0，沿新斜面向下滑動(dòng)．關(guān)于此狀況下小鐵塊的運(yùn)動(dòng)狀況的描述正確的是()

A．小鐵塊不能到達(dá)P點(diǎn)

B．小鐵塊的初速度必需足夠大才能到達(dá)P點(diǎn)C．小鐵塊能否到達(dá)P點(diǎn)與小鐵塊的質(zhì)量無關(guān)D．以上說法均不對(duì)

如下圖，設(shè)AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理得：mgx1sinα－μmgx1cosα－μmgx2＝0，可得：mgx1sinα＝μmg·(x1cosα＋x2)，設(shè)小鐵塊沿AP滑到

112

P點(diǎn)的速度為vP，由動(dòng)能定理得：mgx3sinβ－μmgx3cosβ＝mv2P－mv0，因x1sinα＝x3sinβ，22

x1cosα＋x2＝x3cosβ，故得：vP＝v0，即小鐵塊可以沿AP滑到P點(diǎn)，與質(zhì)量無關(guān)，故C正確．

C7.

圖5－2－15

如圖5－2－15所示，在外力作用下某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v－t圖象為正弦曲線．從圖中可以判斷()

A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，外力做正功

B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，外力的功率逐漸增大C．在t2時(shí)刻，外力的功率最大

D．在t1～t3時(shí)間內(nèi)，外力做的總功不為零

由動(dòng)能定理可知，在0～t1時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)速度越來越大，動(dòng)能越來越大，外力一定做正功，故A項(xiàng)正確；在t1～t3時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能變化量為零，可以判定外力做的總功為零，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；由P＝F·v知0、t1、t2、t3四個(gè)時(shí)刻功率為零，故B、C都錯(cuò)誤．

A8.

圖5－2－16

(2023屆石家莊一中檢測(cè))如圖5－2－16所示，把小車放在傾角為30°的光滑斜面上，用輕繩跨過定滑輪使之與盛有砂子的小桶相連，不計(jì)滑輪質(zhì)量及摩擦，已知小車的質(zhì)量為3m，小桶與砂子的總質(zhì)量為m，小車從靜止釋放后，在小桶上升豎直高度為h的過程中(小車未脫離斜面)()

A．小桶處于失重狀態(tài)

1

B．小桶的最大速度為gh

2

C．小車受繩的拉力等于mg

3

D．小車的最大動(dòng)能為mgh

2

根據(jù)受力分析可知，小桶向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以，應(yīng)處于超重狀態(tài)，小桶受繩的拉力大于mg，根據(jù)牛頓第三定律可判定A、C都錯(cuò)；小車和小桶的速度大小相等，

11

對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)能定理有3mghsin30°－mgh＝(3m＋m)v2，解得小桶的最大速度應(yīng)為v＝gh，

22

13mgh

小車的最大動(dòng)能為Ekm＝×3mv2＝，B對(duì)，D錯(cuò)．

28

B9.

圖5－2－17

(2023屆池州模擬)如圖5－2－17汽車通過輕質(zhì)光滑的定滑輪，將一個(gè)質(zhì)量為m的物體從井中拉出，繩與汽車連接點(diǎn)距滑輪頂點(diǎn)的高度為h，開始繩繃緊、滑輪兩側(cè)的繩都豎直，汽車以v0向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到跟汽車連接的細(xì)繩與水平夾角為30°，則()

A．從開始到繩與水平夾角為30°時(shí)，拉力做功mgh

32

B．從開始到繩與水平夾角為30°時(shí)，拉力做功mgh＋mv0

8

3

C．在繩與水平夾角為30°時(shí)，拉力功率為mgv0

2

D．在繩與水平夾角為30°時(shí)，繩對(duì)滑輪的作用力為3mg

1

對(duì)物體由動(dòng)能定理可知，拉力做功W－mgh＝mv2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解v

2

33v0，代入得W＝mgh＋mv2，所以選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A錯(cuò)；汽車以v0向右勻280

速運(yùn)動(dòng)，物體加速向上，所以拉力大小不等于物體的重力，選項(xiàng)C錯(cuò)；同理選項(xiàng)D錯(cuò)．

B10.＝v0cos30°＝

圖5－2－18

如圖5－2－18所示，一個(gè)粗糙的水平轉(zhuǎn)臺(tái)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)臺(tái)上有一個(gè)質(zhì)量為m的物體，物體與轉(zhuǎn)臺(tái)間用長(zhǎng)L的繩連接著，此時(shí)物體與轉(zhuǎn)臺(tái)處于相對(duì)靜止，設(shè)物體與轉(zhuǎn)臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)突然制動(dòng)轉(zhuǎn)臺(tái)，則()

A．由于慣性和摩擦力，物體將以O(shè)為圓心、L為半徑做變速圓周運(yùn)動(dòng)，直到中止B．若物體在轉(zhuǎn)臺(tái)上運(yùn)動(dòng)一周，物體戰(zhàn)勝摩擦力做的功為μmgπLC．若物體在轉(zhuǎn)臺(tái)上運(yùn)動(dòng)一周，摩擦力對(duì)物體不做功

Lω2

D．物體在轉(zhuǎn)臺(tái)上運(yùn)動(dòng)圈后，中止運(yùn)動(dòng)

2μgπ

制動(dòng)轉(zhuǎn)臺(tái)后，物體在繩子約束作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，速率在減小，運(yùn)動(dòng)一周滑動(dòng)摩擦力做功為Wf＝－μmg2πL，繩子的拉力對(duì)物體不做功，由動(dòng)能定理可知：－Nμmg2πL＝12Lω20－mv，又v＝ωL，聯(lián)立得物體在轉(zhuǎn)臺(tái)上轉(zhuǎn)動(dòng)的圈數(shù)為N＝，A正確．24μgπA

二、非選擇題(此題共2小題，共30分．計(jì)算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位．)

11.

圖5－2－19

(14分)(2023屆大同檢測(cè))如圖5－2－19所示，在距水平地面高為0.4m處，水平固定一根長(zhǎng)直光滑桿，在桿上P點(diǎn)固定一定滑輪，滑輪可繞水平軸無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，在P點(diǎn)的右邊，桿上套有一質(zhì)量m＝2kg的小球A.半徑R＝0.3m的光滑半圓形細(xì)軌道，豎直地固定在地面上，其圓心O在P點(diǎn)的正下方，在軌道上套有一質(zhì)量也為m＝2kg的小球B.用一條不可伸長(zhǎng)的溫和細(xì)繩，跨過定滑輪將兩小球連接起來．桿和半圓形軌道在同一豎直面內(nèi)，兩小球均可看作質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)滑輪大小的影響，g取10m/s2.現(xiàn)給小球A施加一個(gè)水平向右的恒力F＝55N．求：

(1)把小球B從地面拉到P點(diǎn)正下方C點(diǎn)過程中，力F做的功；(2)小球B運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)的速度大?。?/p>

(3)小球B被拉到離地多高時(shí)與小球A的速度大小相等？

(1)小球B運(yùn)動(dòng)