课时分层检测(12)动力学两类基本问题动力学图像问题-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

课时分层检测（十二） 动力学两 基础落实练 1.(2024·贵州卷·1)某研究人 小圆盘 员将一铁质小圆盘放入聚苯 颗粒介质 乙烯颗粒介质中，在下落的某 段时间内，小圆盘仅受重力G 和颗粒介质对其向上的作用力∫。用高速相机 记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间： 间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可： 能正确的是 A.f一直大于G B.f一直小于G C.f先小于G,后大于G D.f先大于G,后小于G 2.(2026·江苏泰州一模)如图 B 所示，半球形容器内有三块不 同长度的滑板AO、BO、CO, 其下端都固定于容器底部O 点，上端搁在容器侧壁上，己知三块滑板的长度 BO>AO>CO。若三个滑块同时从A、B、C处 开始由静止下滑（忽略阻力），则 A.A处滑块最先到达O'点 B.B处滑块最先到达O'点 C.C处滑块最先到达O'点 D.三个滑块同时到达O点 3.(2026·江苏淮安市开学考) R 如图所示，球壳内有三条弦 OA、OB、OC,O为球内的最低 点，它们与水平面间的夹角分 别为60°、45°、30°。三个光滑 的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑， 运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tc,则三 者之间大小关系为 A.LA=IB-IC B.IA<IB<C C.IA>IB>Ic D.IA=IC>IB 309 类基本问题动力学图像问题 (2024·广东茂名市联考)如图甲所示，小明同学 用水平恒力推静止在水平地面上的箱子，1、后 撤去恒力，箱子的速度一时间图像如图乙所示。 重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 ↑/m-s) 0.511.5t/ 甲 乙 A.整个过程中箱子一直做匀变速直线运动 B.箱子所受推力与摩擦力之比为3：2 C.第1s末箱子的速度方向发生改变 D.箱子与地面间的动摩擦因数为0.2 (多选)(2026·陕西安康模拟)》 如图所示，一辆货车以72km/h 的速度沿平直公路匀速行驶， 车斗内载有一个质量为500kg的长方体货箱，货 箱的前后两侧各被一条沿水平方向的绳子分别 固定在车斗前后的栏板上，每根绳子的长度均为 2m且绳子能承受的最大张力均为1000N。已 知货箱与车斗底板间的动摩擦因数=0.5，最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绳子的重力，重 力加速度g取10m/s2,两条绳子在同一与货箱 侧面垂直的水平线上。若前方突遇紧急情况要 求货车刹车后必须在25m内停下来，货车的刹 车过程可视为匀减速直线运动，下列说法正确 的是 () A.货车加速度大小的最小值为8m/s2 B.货箱将首先与车斗前栏板相撞 C.货箱将首先与车斗后栏板相撞 D.刹车过程货箱能够相对车斗静止 (1)火箭上 能力综合练 (2)火箭上 6.(2026·四川绵阳市二模)如图甲所示，斜面固： 定，用沿斜面向上的不同的恒力℉，使同一物体 沿斜面向上做匀加速运动，其加速度α随恒力F: 的变化关系如图乙所示。则根据图线斜率和截 距可求得的物理量是 ( ) 甲 A.物体质量 B.斜面倾角 C.当地重力加速度 D.物体与斜面间动摩擦因数 强基培优练 7.(2026·陕西宝鸡模拟)大功率火箭一般采取多 级推进技术，以提高发射速度。某中学的物理兴： 趣小组同学制作了一个两级推进火箭模型进行： 试验。已知火箭质量为，提供的推动力恒定且： 为F=3mg,火箭先经过一级推动力推进时间t 后，丢弃掉质量为罗的一级箭体，再由二级推动 力继续推动剩余质量为？的火箭，推动力仍为 F=3g,火箭飞行时间t后结束推进。重力加： 速度恒定且为g,不考虑燃料消耗引起的质量变 化，不计空气阻力，求： -310 升过程的最大速度； 升的最大高度。(3)两弹力的合力等于重力且保持不变，则在将 B从0°处的P位置缓慢转动过程中，拉力传感！ 器A的示数变大。 答案(1)AC(2)见解析图(3)变大 5.解析(1)橡皮条伸长后的拉力大小等于所挂 钩码的重力，所以钩码的个数必须记录，又钩码 质量相同，则不用测量钩码的质量，橡皮条的原 长和伸长后的长度不用测量，故远D。 (2)连接橡皮条两端点的细线长度不影响橡皮！ 条的拉力大小，故长度不用相同，A错误：细线！ OP,上力的方向与细线OP2,(OP,上两力的合 力方向相反，由于OP2、OP上两力的合力方 向是任意的，故OP1不需要在角平分线上，B 错误：实验中，需要测量OP1,OP2和OP?上力 的大小和方向，故必须记录图中OP1、OP2,! OP,的方向以及结点O静止时三根细线所挂！ 钩码的个数，同时记录结，点O的位置，C正确；： 不改变OP1所挂钩码的个数和方向，改变OP, 与OP的夹角重复实验，OP1上的力大小、方 向保持不变，另两个力的合力只要跟它等大反！ 向即可保持O点平衡，故)，点的位置可以改！ 变，D正确。 (3)若桌面不水平，三根线上的拉力大小也为各： 自所挂钩码重力大小，不会影响实验结论。 答案(1)D(2)CD(3)不会 6.解析(2)该题目的为验证“力的平行四边形定！ 则”所以不仅需要力的大小，还需要力的方向， 所以需要记录连接甲、乙力传感器细绳的方向。！ (4)A、B两，点的位置重复步骤(2)、(3)的过程7 中可以改变O点的位置，不需要保持不变。 F2 (5)初始时三个力有如图的关系，A、B绕O点！ 逆时针缓慢转动60°的过程中，根据失量三角形！ 可知F,先变大后变小。 答案(2)方向(4)不需要(5)先变大后！ 变小 课时分层检测（十一） 1.APC[力是改变物体运动状态的原因，物体的 运动状态改变时，一定受到了外力的作用，故A 正确：作用在物体上的力消失后，物体保持静止 状态或匀速直线运动状态，故B正确；牛顿第一 定律是在伽利略“理想实验”的基础上总结出来{ 的，故C正确：物体在任何状态下均具有惯性， 故D错误。] 2.BD。[剪断绳OB瞬间，小球即将开始绕A点！ 做圆周运动，沿切线方向可得ngsin0=na,解！ 得a-gsin0,故A错误，B正确：剪断OA瞬间， 小球将绕B点开始做圆周运动，此时切线方向 的加速度大小为g,故C错误，D正确。] 3.BD[货车匀速行驶时，与B接触的石块对它： 的作用力的合力与重力等大反向，远项A错： 误，B正确；货车以加速度a匀加速行驶时，石！ 块B所受的合力为ma,则与B接触的石块对它 的作用力的合力大小为F=√(mg)十(ma) =n√a2十g,选项C错误，D正确。] 4.C[对小球A受力分析， 其受重力、轻绳的拉力以 F得八 及B的库仑引力，如图所 示，根据力的平衡条件得 F年=Tcos30°十mgcos T30 30°，Tsin30°=mgsin30°， 30 mg 解得T=ng,F年=√3 mg,AB错误：剪断轻绳前，小球A所受合力为！ 零，库仑力与重力的合力与轻绳拉力等大反向， 即库仑力与重力的合力大小为ng,剪断轻绳后 瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则： 小球A所受合力大小为ng,由牛顿第二定律！ 得小球A的瞬时加速度大小a=g,C正确；由！ 于剪断轻绳前后瞬间，B球的受力不变，且状态 不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B球的作用力！ 不变，D错误。] D[由题图可知该同学质量n=60kg:由题图 乙可知该时刻该同学处于超重状态，电梯向上： 加速运动，根据牛顿第二定律F一ng=a,解 得a=（63=60)X10m/g=0.50m/s,故 60 选D。] BC[当木箱以a1-6m/s2竖直向上匀加速运： 动时，对物块A,根据牛顿第二定律FN 一mg= ma1,此时最大静摩擦力Fiml=uFN1=1.6N>i 0,5N,此时物块不可能相对木箱底面水平移 动，故A错误：当木箱以a2=6m/s2竖直向下 匀加速运动时，对物块A,根据牛顿第二定律有 ng一FNe=ma2,此时最大静摩擦力Fm一 uFN2=0.4N0.5N,弹簧能拉动物块A相对！ 木箱底面向左移动，故B正确；当木箱以a?一 2m/s水平向右匀加速运动时，对物块A,根据！ 牛顿第二定律有mg一F举1=ma,解得F举1=！ 0,此时弹簧处于原长状态，则弹簧能拉动物块 A相对木箱底面向左移动，故C正确；当木箱以 a:=2m/s2水平向左匀加速运动时，对物块A,! 根据牛顿第二定律有F2一ng=ma,解得 F举？一2N,所以弹簧伸长量增加，物块A相对 木箱底面向右移动，故D错误。] D[未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物块！ P的重力，剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速！ 度为书，弹簧长度不变，弹力不变，仍等于物块 P的重力，故A错误；由于P的加速度为g,因 此箱顶对P的压力与弹簧弹力等大反向，故B 错误；由于剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速： 度为g,故P和Q受到的合力均等于它们的重 力，P受到的合力等于Q受到的合力，故C错 误：未剪断轻绳时，Q对箱底的压力等于P、Q! 的总重，剪断一瞬间，Q的加速度为g,则Q受 到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即这 时Q对箱底的压力减为原来的一半，故D正 确。故选D。 B[1~6间，∫向下，先增大后减小，可知此： 时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处 于弹射过程后做竖直上抛运动：故A错误；2~！ 3,f向下在减小，可知此时速度方向向上，速： 度在减小，根据牛顿第二定律有mg十f=na, 即a= 十g,故加速度大小在减小，故B正 确；3间，f向上，先增大后减小，可知此时 速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向： 下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，！ 故C错误：根据前面分析可知？时刻速度方向 改变，从向上变成向下运动，故？时刻到达最！ 高点，故D错误。故远B。] D[对小球受力分析，可知合 力与加速度方向水平向左，所 以汽车运动的加速度方向水 平向左，如果向右运动，则做 匀减速直线运动，如果向左运 动，刺做匀加速直线运动，A g 错误；设小球的加速度为a,受力分析如图所 示，对小球由牛顿第二定律得m1gtan0=ma, 解得a=gtan0,则汽车的加速度和苹果箱的加 速度都为a-gtan0,苹果箱和箱内的苹果始终} 相对于车箱底板静止，则车厢底板对苹采箱的 摩擦力为静摩擦力，以这箱苹果为研究对象，根 据牛顿第二定律有F,=Ma=Mgtan0,方向水 平向左，B错误；以苹采箱中间一个质量为m的！ 苹果为研究对象，所受合外力为F合=ma=} ngtan0,设周圆其他苹果对它的作用力大小为 F,方向与竖直方向的夹角为a,在水平方向根 据牛顿第二定律有Fsin a=ma,在竖直方向上 -506 Fcosa=ng,加速度a=gtan0,可知F=ms cos a tana=tan0,则a=0,即F= s9C错误，D正 mg 确。] 0.B[对建筑材料受力分析如图所示，由图1可 知河堤对建筑材料的支持力F、=mgcos0,由 图2可知挡板对建筑材科的支持力F、' ngsin'0,所以对建筑材料由牛顿第二定律有 mgsin Ocos0-uFN一：FN'-ma,解得建筑材 料的加速度大小a=gsin0cos0-gcos0 gsin0,B正确。] N 72 Ot. 图1 图2 课时分层检测（十二） C「由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位 移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增 大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加 速度先正后负，根据牛顿第二定律G一f-na 可知f先小于G,后大于G。故选C。] D[令半球形容器的半径为R,滑板的倾角为 日，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有 ngsin0=na,根据位移公式有2Rsin0= 安sin0r,解得1=2√尽，可如时同上与 滑板的倾角日和板的长度均无关，故三个滑块 同时到达（点，故D正确。] A[设弦与竖直方向夹角为0，球的半径为R,小 环沿弦做匀加速直线运动，2Rc0s0=7gC0s0· 产，解得运动时间为1=2 尽，与夹角0无关， 故tA=g=c,A正确。] B[根据-t图像的斜率表示加速度可知，箱 子在整个过程中先做匀加速运动再做匀减速运 动，加速度的大小和方向都变化，所以整个过程 不是匀变速直线运动，故A错误；撒去恒力后， 箱子所受合力为摩擦力，则有F;一4ng=na2, 由题图乙可知，撤去恒力后箱子的加速度大小 为a2= 1=4m/s,解得u=0.4,故D错 误：在0~1s时间内，由牛顿第二定律有F ng=ma1,由题图乙可知在0~1s时间内箱 子加速度大小为山-会兰 =2m/s2,解得F= 6n,结合上述可知，箱子所受恒力与摩擦力之 比为6m:4m=3:2,故B正确；题图乙中速度 u的正负表示速度方向，可知第1s末箱子的速 度方向没有变化，故C错误。] AB[根据题意知货车的初速度v=72km/h =20m/s,设货车减速过程的最小加速度为ao, 由运动学公式有=2ao西，解得a,=8m/g,故 A正确：长方体货箱在刹车过程中受到向后的 摩擦力和后方绳子的拉力，若货箱与车相对静 止，由牛顿第二定律有FT十ng=nao,解得 FT=1500N>1000N,所以后方绳子会断裂， 绳子断裂后货箱只受滑动摩擦力，加速度大小 a=5m/s2,由=2ax可知，货箱减速为零时 运动的距离x=40m>(25十2)m,所以货箱首 先会与车斗前栏板相撞，故B正确，C、D 错误。] A[设a-F图像斜率为k, 纵轴截距为b。若斜面光滑， 对物体受力分析如图甲： 有F一mngsin0=na,解 a=F-gsin0,则k= b=-gsin 0, 若斜面粗糙，对物体受力分 F 析如图乙： 有F-(mngsin0+mngcos) F =d,郎得。=六F (gsin0十gcos0),则k= (gsin 0-gcos0), 综上可知根据a-F图像中图线斜率和截距可， 求得的物理量是物体质量m,故选A。] 7.解析(1)设一级推动火箭时间（内的加速度！ 为a1,末速度为，二级推动火箭时间t内的加： 速度为a,未速度为U2,由牛顿第二定律可得 _Fa=3mg二m8=2g,则1=a1t=2gt a1m m F6'3mg-之mg =5g m 所以火箭上升的最大速度为=叫十a2 =7gt。 (2)设一级推动时间t内火箭上升的高度为h1, 二级推动时间t内火箭上升的高度为h2,结束 推动后火箭继续上升高度为五？，由匀变速直线 运动规律可得 h-之1=g=1=号 2 失去推力后，火箭向上做匀减速运动，加速度大！ 小为g,未速度为0，所以有2=2gh3 可得A=碧g 所以火箭上升的最大高度为h=h1十h2十h3! =30gt2。 答案(1)7gt(2)30gt 课时分层检测（十三） 1.C[对两物块整体受力分析有Fmx=2ma,再对 后面的物块受力分析有Fmx=a,又FTms= 2N,联立解得Fnmx=4N,故选C] 2.C[设列车的加速度为a,每节车厢的质量为 m,每节车厢受到的阻力为F,对后38节车厢， 由牛顿第二定律得F-38F,=38na;设倒数第 3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为FT,对： 后2节车厢，由牛顿第二定律得FT一2F=} 2m联主解得F,=,故选项C正角.] 3.AD[设最左边的物体质量为n,最右边的物1 体质量为n',整体质量为M,整体的加速度a= F ，对最左边的物体分析F=ma一，对最！ 右边的物体分析，有F-FTA=m'a,解得FTA= F一，在中同物体上加上檬皮泥，则茎体的 质量M增大，因为m、m不变，所以FTB减小， FrA增大。故远A、D。] 4.C[A、B两物体的加速度大小相等，以物体A: 为研究对象，由牛顿第二定律得Fr=mAa,以！ 物体B为研究对象，由牛顿第二定律得gg一 F=m,可得=，由题志知A,B时 两物体的总质量不变，即nA十nB不变，由数！ 学知识可知，当mA=ng时，nAnB有最大值， 所以当mA=nB时，Fr有最大值，故C正确。]！ 5,A[P静止在水平桌面上时，由平衡条件有！ FTI=mag =2 N,F:FTI=2 N<umpg= 2.5N,推力F作用在P上后，轻绳的张力变为！ 原来的一半，即F=号=1N,故Q物块加 速下降，有mQg-F2=maa,可得a=5m/s, 而P物块将以相同大小的加速度向右加速运！ 动，对P由牛顿第二定律有F2十F一mpg= pa,解得F=4.0N,故选A。] C[若01s内Q的加速度均匀增大，则t=! 1s时Q的速度大小等于%=X1X0.8m/s= 0.4m/s。由图可知实际Q的图像与坐标轴固 成的面积大于Q的加速度均匀增大时图像与 坐标轴图成的面积，故1=1s时Q的速度大小： 大于0.4m/s,A错误：刚施加力F瞬间，对物： 块P有F=mpa。=2×1N=2N,即恒力大小： 为2N,B错误；t=1s时，对物块P、Q整体有： F=(np十mQ)a1,解得Q=0.5kg,C正确； 撤去外力，整体所受合力为零，P、Q间靠弹簧！ 相互作用，一个加速则另一个必然减速，D: 错误。」 A[设当小球贴着滑块一起向左运动且支持： 力为零时加速度为a,小球受到重力、拉力作！ 用，根据牛顿第二定律ao=gtan60°=√5g,当！ 滑块以加速度a=2g向左加速运动时，此时小 球已经飘离斜面，则此刻小球对滑块的压力为： 0,设此时细线与水平方向的夹角为α，故有 Frsin a=ng,Frcos a=ma=2ng,解得Fr= √5ng,故A正确，B、C、D错误。] BC[以整体为研究对象，沿斜面方向根据平： 衡条件可得3 ng sin0=2 umgcos0,解得4=： an0,故A错误：B物体光滑，轻杆对B物 体的作用力沿斜面向上，则轻杆对A物体的作， 用力沿斜面向下，故B正确；设A物块质量增 加△m,则摩擦力增加心gCOS0=ungsin,A; 物体的重力沿斜面向下的分量增加△ngsin0,: A、B整体合力不为0，而是沿斜面向上，则A、B 整体做减速运动，故C正确；若增加B物体的！ 质量，设B质量增加△m,整体的沿斜面向下的！ 分力为(3m十△m)gsin0,向上的摩擦力为 2 mgcos0=3 mngsin0,A、B整体的合力为 △ngsin0,方向沿斜面向下，故向下做加速运 动，故D错误。] B「对物块受力分析， 设外力与水平方向成日 角，如图所示，由牛顿第 二定律Fcos0-u(ng VMN1177KK7777777776 Fsin0)=ma,化简可得 mo F√a2+1sin(0+p) g=ma,其中F=mg,=, 3,tan 一，当 sin(0十9)=1时，物块运动的加速度最大，为l 4n-3 ,故B正确。] 0.解析(1)对重物受力分析，根据受力平衡！ 可得 FT=mg=20 N 对木箱受力分析，可得F;=2FT,又F-MgI 联立解得4=0.5，故要使装置能静止，木箱与} 地面间的动摩擦因数需满足≥0.5。 (2)设木箱加速度大小为a,则重物加速度大！ 小为2a,对重物受力分析，根据牛顿第二定律！ 可得 Fr'-mg=2ma 对木箱受力分析，有F-Mg一2FT'=Ma 解得a=0.5m/s 当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x一】 0.5m时，重物向上的位移为h=2x=1m,由， 2X2a·h=r, 可得此时重物的速度大小为u=√2m/s。 答案(1)4≥0.5(2)W2m/s 课时分层检测（十四） AD[物品放在传送带上后，相对传送带滑动， 受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得ng= na,则a=g=4m/s2,物品加速阶段的位移 x=艺=头m=0.5m,物品加逢到与传送 带的速度相同后，与传送带一起匀速运动，物品 匀速运动时不受摩擦力，故B错误：物品匀加速！ 运动的时间1==0.5s,物品匀速运动的时 -507 间，-工-2.1,05s=0.8s,物品在传送 带上运动的时间=t1十t2一1.3s,与物品的质 量无关，故A正确，C错误：由=2 可知，若 仅使传送带的速率增大为原来的2倍，加速阶 段物品的位移增大为原来的4倍，故D正确。] C[要实现这一目的前提是沿传送带向上的 最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力， 即mgcos0>mng sin0,可得：>tan0,故A错 误：做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦 力大小为F:一ngsin0,故B错误；行李箱在加 速阶段和匀速阶段受到的摩擦力均沿传送带向 上，故C正确；若传送带速度足够大，行李箱在 传送带上一直做匀加速运动，传送时间不会无 限缩短，故D错误。] AC「包襄放上传送带后，包襄相对传送带向 上滑动，测所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿 第二定律得mng cos0十mgsin0=a1,运动到与传 送带共速后，根据牛顿第二定律得ngin0 mngcos0=ma2,其中a1=7.5m/s2,a2= 2.5m/,联立解得= ,sin0=0.5,可得 6 0=30°，故A正确，B错误；由运动学公式有y12= 2a1x1,可得y=√2a=√2X7.5X2.4m/s 6m/s,则传送带的速度为6m/s,故C正确；第 二段匀加速过程有52一=2ag(x2一x1),解 得山=7m/s,可知色襄到B点时的速度为 7m/s,故D错误。 CD[根据题意，图线的0~3s段为抛物线， 3一4.5s段为直线，则可知0一3s内物块做匀 变速直线运动，3~4.5s内物块做匀速直线运 动，而物块的位移在0一3$内先增加后减小， 4.5s末回到出发，点，物块在传送带上先做匀减 速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线 运动，直至与传送带达到共速后和传送带一起 做匀速直线运动，则可知传送带顺时针转动，故 A错误；根据图像可知，2s末物块的速度减为 零，该时间内物块的对地位移大小为x1一4m, 此后物块将反向加速，通过图像可知，在3s末 物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小 为x2一1m,根据位移与时间的关系有x1一4 立a=之，°，其中4=2s,=1s,解 得=4m/s,a=2m/s,而根据牛顿第二定 律，对物块有ng=na,解得u=0.2,故B错 误，C正确：根据图像可知，物块减速阶段位移 大小为x1=4m,加速阶段位移大小为x2 1m,达到与传送带共速所用时间为t3一3s,根 据x一图线斜率的绝对值表示速度的大小可 知，传送带的速度大小为v=2m/s,则小物块 与传送带达到共速的这段时间内传送带的位移 大小为xg=t3=6m,由此可得0~4.5s内物 块在传送带上留下的滑动痕迹为△x一x1十x -x%=4m十6m-1m=9m,故D正确。] ,AD[若传送带顺时针转动，当滑块下滑 (ngsin0>1 mngcos0),将一直匀加速到底端： 当滑块上滑(ngsin0<ngcos0),先匀加速运 动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运 动图像，故传送带是逆时针转动，A正确；滑块 在0一。内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑， a1=gsin04gcos0,由图可知a1= 西，则4一 gtcos)一tan0,B错误；只有当滑块的速度等 于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力方向向 反，故传送带的速度等于o,C错误：共速后滑 块的加速度a2=gsin0-gcos0代入μ值得 a=2gsin0-,D正确。] 解析(1)刚开始运动时，物块A沿传送带向 下运动的加速度大小为a1一4gcos0-gsin0= 0.4m/s,做匀减速运动 对于物块B,向上运动的加速度大小 a2=4gcos0-gsin0=0.4m/s2,做匀加速 运动。