【講與練】高中物理人教版(2019)選擇性必修1：1.2 動(dòng)量定理課時(shí)2用動(dòng)量定理解決的常見(jiàn)問(wèn)題提能作業(yè)習(xí)題

第一章2.課時(shí)2eq\f(基礎(chǔ)鞏固練,25分鐘·滿分60分)一、選擇題(本題共6小題，每題7分，共42分)1.(2023·河南鄭州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三階段練習(xí))如圖所示，某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室用力傳感器豎直向上提起一質(zhì)量m＝200g的鉤碼，電腦屏幕上顯示力傳感器的示數(shù)與時(shí)間的關(guān)系為F＝2t(均對(duì)應(yīng)國(guó)際單位)，已知重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是(C)A．2s時(shí)鉤碼的速度為0B．0～2s內(nèi)鉤碼向上做變加速直線運(yùn)動(dòng)C．2s時(shí)鉤碼的速度為5m/sD．2s內(nèi)鉤碼重力的沖量大小為2N·s解析：t＝1s時(shí)，F(xiàn)＝2N，所以鉤碼在0－1s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，1s后鉤碼開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得F－mg＝ma，解得a＝(10t－10)m/s2，所以鉤碼1s后做變加速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得2s時(shí)鉤碼的速度v為IF－mgΔt＝mv，其中Δt＝1s，IF＝eq\f(2＋4,2)×1N·s＝3N·s，解得v＝5m/s，故C正確，A錯(cuò)誤；0～2s內(nèi)重力的沖量IG＝mgt2＝0.2×10×2N·s＝4N·s，故D錯(cuò)誤。故選C。2．(2022·江蘇南京市中華中學(xué)高三期中)一物體靜置在粗糙水平地面上，物體與地面的滑動(dòng)摩擦力為f0。從t＝0時(shí)刻開(kāi)始對(duì)物體施加一方向不變的水平力F，其大小隨時(shí)間t變化如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，a為物體的加速度，v為物體的速度，If為物體所受摩擦力的沖量大小，IF為物體所受拉力的沖量大小，下列圖像中正確的是(C)ABCD解析：對(duì)物體受力分析可知，在0～t0時(shí)間段，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，即物體加速度為0，時(shí)間繼續(xù)增加，在t0以后，對(duì)物體受力分析得a＝eq\f(F－f0,m)＝eq\f(\f(f0,t0)t－f0,m)＝eq\f(f0,t0m)t－eq\f(f0,m)，則由數(shù)學(xué)知識(shí)可知圖像為一次函數(shù)截距為負(fù)值，故A錯(cuò)誤；在0～t0時(shí)間段，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，速度為0，物體在t0以后做加速度增加的加速運(yùn)動(dòng)，則速度時(shí)間圖像的斜率增加，故B錯(cuò)誤；在0～t0，時(shí)間段，物體所受摩擦力為靜摩擦力，大小隨F變化，則摩擦力沖量為If＝ft＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，圖像為拋物線，在t0以后物體處于運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，則摩擦力沖量為If＝f0t，圖像為一次函數(shù)，故C正確；物體所受拉力的沖量為IF＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，圖像為拋物線，故D錯(cuò)誤。故選C。3．(2023·山東沂水縣第四中學(xué)高二階段練習(xí))如圖所示，質(zhì)量為m的小球，固定在輕桿上，繞過(guò)O點(diǎn)的轉(zhuǎn)軸在豎直面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，A、B是圓周上與圓心O等高的兩點(diǎn)。若小球運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，軌道半徑為R，且v＝eq\r(πg(shù)R)(g為重力加速度)，則小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(C)A．小球所受重力的沖量為0B．小球所受向心力的沖量為mvC．小球所受合力的沖量大小為2mvD．輕桿對(duì)小球作用力的沖量大小為2mv解析：根據(jù)沖量公式I＝Ft得，重力的沖量為I1＝mgt，又v＝eq\r(πg(shù)R)，從A到B路程為πR，則t＝eq\f(πR,\r(πg(shù)R))＝eq\f(\r(πg(shù)R),g)，則I1＝meq\r(πg(shù)R)＝mv，故A錯(cuò)誤；由題可知，以速度向上為負(fù)，小球所受合力等于小球所需向心力，又根據(jù)I＝Δp，得I2＝F合t＝mv－(－mv)＝2mv，故B錯(cuò)誤，C正確；由A可知，重力的沖量為mv，合力的沖量為2mv，由題設(shè)條件可知v＝eq\r(πg(shù)R)>eq\r(gR)，所以輕桿的作用力是對(duì)小球的拉力，因此則輕桿對(duì)小球作用力的沖量大小為p＝2mv－mv＝mv，故D錯(cuò)誤。故選C。4．(2023·江蘇高三期中)2022年10月12日，中國(guó)航天員進(jìn)行了第三次太空授課。在授課中劉洋用注射器噴出氣體快速?zèng)_擊水球，做了微重力作用下水球的振動(dòng)實(shí)驗(yàn)。將注射器靠近水球，假設(shè)噴出的氣體以速率v垂直沖擊水球上面積為S的一小塊區(qū)域(可近似看作平面)，沖擊水球后氣體速率減為零，氣體的密度為ρ，則水球受到的平均沖擊力大小為(B)A．ρSv B．ρSv2C．eq\f(1,2)ρSv2 D．eq\f(1,2)ρSv3解析：設(shè)Δt時(shí)間沖擊水球氣體質(zhì)量為Δm＝ρ·ΔtvS，根據(jù)動(dòng)量定理得F·Δt＝0－Δm·v，聯(lián)立解得F＝ρSv2，故選B。5．(多選)(2022·四川樹德中學(xué)高一期末)如圖所示，在t＝0時(shí)質(zhì)量m＝1kg的小球自高h(yuǎn)＝45m的平臺(tái)上以v0＝10m/s的初速度水平拋出，運(yùn)動(dòng)t1＝1s后，突然受到大小恒為10N的水平向右的風(fēng)力作用，最后落至水平地面，不計(jì)其他阻力，取g＝10m/s2。則以下說(shuō)法正確的是(AD)A．小球從拋出至落地的過(guò)程中重力的平均功率為150WB．小球受到風(fēng)力作用后，在落地前做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)C．落地瞬間小球速度方向與水平方向成53°角D．從拋出至落地的過(guò)程中，水平力的沖量大小為20N·s解析：小球在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，與是否受到風(fēng)力無(wú)關(guān)，設(shè)小球下落的時(shí)間為t，則有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝3s，小球從拋出至落地的過(guò)程中重力的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh,t)＝150W，A正確；小球拋出t1＝1s時(shí)，速度方向與水平方向的夾角滿足tanθ＝eq\f(gt1,v0)＝1，可得θ＝45°，受到水平風(fēng)力后，小球受到的合力與水平方向的夾角滿足tanα＝eq\f(mg,F)＝1，故小球受到風(fēng)力作用后，所受合力與速度方向相同，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故落地瞬間小球速度方向與水平方向成45°角，B、C錯(cuò)誤；從拋出至落地的過(guò)程中，水平風(fēng)力的沖量大小為I＝F(t－t1)＝20N·s，D正確。故選AD。6．(多選)(2023·安徽定遠(yuǎn)縣育才學(xué)校高二期末)質(zhì)量相等的A、B兩質(zhì)點(diǎn)位于水平面上同一點(diǎn)，分別在水平恒力作用下，同時(shí)由靜止開(kāi)始做同向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。其v－t圖像如圖所示，2t0和5t0時(shí)分別撤去F1和F2，直至物體停止運(yùn)動(dòng)。則下列說(shuō)法中正確的是(ACD)A．整個(gè)過(guò)程，A、B間距離先增大后減小再增大B．A、B所受摩擦力大小之比為3︰4C．F1和F2的大小之比為20︰9D．F1和F2的沖量大小之比為8︰9解析：兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)起點(diǎn)相同，根據(jù)圖像的“面積”所反映的位移變化可知，開(kāi)始A在前B在后兩者距離先增大，速度相等時(shí)距離最大，之后距離開(kāi)始減小，最后B反超A距離又增大，故A正確；從圖像的斜率可知，A、B在減速階段的加速度大小之比為eq\f(aA,aB)＝eq\f(4,3)，結(jié)合牛頓第二定律可得兩者所受的摩擦力大小eq\f(fA,fB)＝eq\f(4,3)，B錯(cuò)誤；由圖像可知A在減速階段，根據(jù)牛頓第二定律得fA＝maA＝meq\f(v0,t0)，對(duì)A在加速階段有F1－fA＝maA1，而aA1＝eq\f(4v0,2t0)＝eq\f(2v0,t0)，可得F1＝eq\f(3mv0,t0)，同理B在撤去F2之后fB＝maB＝eq\f(3mv0,4t0)，對(duì)B在加速階段有F2－fB＝maB1，而aB1＝eq\f(3v0,5t0)，可得F2＝eq\f(27mv0,20t0)，則F1︰F2＝20︰9，故C正確；由沖量公式I＝Ft，將F1︰F2＝20︰9和兩者作用時(shí)間2t0和5t0，代入可得兩者沖量之比為I1︰I2＝8︰9，故D正確。故選ACD。二、非選擇題(共18分)7．(2023·河南許昌高二期末)如圖所示為一個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置，把一個(gè)質(zhì)量為M的薄木板B放在光滑水平地面上，在薄木板B的最右端放上一質(zhì)量為m的小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))。電動(dòng)機(jī)通過(guò)水平細(xì)繩與薄木板B相連，在細(xì)繩與薄木板B連接處接輕質(zhì)拉力傳感器。已知小物塊A與薄木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。現(xiàn)啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)使細(xì)繩開(kāi)始水平向右拉薄木板B，細(xì)繩拉力的功率恒為P。當(dāng)小物塊A在薄木板B上運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t后，小物塊A開(kāi)始脫離薄木板B，此時(shí)拉力傳感器的讀數(shù)為F(細(xì)繩足夠長(zhǎng)，薄木板B不會(huì)和電動(dòng)機(jī)相碰)。試求：(1)在時(shí)間t內(nèi)，小物塊A和薄木板B之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量；(2)在時(shí)間t內(nèi)，拉力的沖量大小。答案：(1)Q＝Pt－eq\f(1,2)m(μgt)2－eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,F)))2(2)I＝μmgt＋Meq\f(P,F)解析：設(shè)當(dāng)小物塊A脫離薄木板B時(shí)，小物塊A和薄木板B的速度大小分別為v1和v2；在t時(shí)間內(nèi)，小物塊A和薄木板B之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q，拉力的沖量大小為I。(1)在運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)，把小物塊A和薄木板B看作一個(gè)整體：由功能關(guān)系得Pt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋Q，由動(dòng)量定理得I＝mv1＋Mv2，取小物塊A，設(shè)向右為正方向，有μmgt＝mv1，在t時(shí)刻，有P＝Fv2，聯(lián)立解得Q＝Pt－eq\f(1,2)m(μgt)2－eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,F)))2。(2)由(1)可得，拉力的沖量大小I＝μmgt＋Meq\f(P,F)。eq\f(素能等級(jí)練,15分鐘·滿分40分)一、選擇題(本題共6小題，每題4分，共24分)1．(2023·安徽池州高三階段練習(xí))如圖所示，斜面體固定在水平面上，物塊以一定的初速度從粗糙均勻的斜面底端滑上斜面后又返回斜面底端。對(duì)于物塊在上滑和下滑兩段過(guò)程相比較，下列說(shuō)法正確的是(B)A．上滑過(guò)程滑動(dòng)摩擦力的沖量大B．下滑過(guò)程重力的沖量大C．上滑過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的熱量多D．下滑過(guò)程動(dòng)量變化量大解析：物塊上滑過(guò)程中，受力情況如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上，物塊下滑過(guò)程中，受力情況如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma下，則有a上>a下，上滑和下滑過(guò)程位移大小相等，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知下滑過(guò)程所用的時(shí)間大于上滑過(guò)程所用時(shí)間，根據(jù)沖量公式，摩擦力沖量大小為I＝μmgt，可知下滑過(guò)程的沖量大，故A錯(cuò)誤；重力沖量大小為I＝mgt，可知下滑過(guò)程重力沖量大，故B正確；摩擦力產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgL，上滑和下滑過(guò)程路程相同，可知摩擦力產(chǎn)生的熱量相同，故C錯(cuò)誤；物塊的動(dòng)量變化量大小為Δp＝mv，上滑時(shí)的速度大小大于下滑到底端的速度大小，可知上滑過(guò)程動(dòng)量變化量大，故D錯(cuò)誤。故選B。2．(2022·江蘇南京市第一中學(xué)高二開(kāi)學(xué)考試)某同學(xué)想研究物體間的摩擦力大小的特性。如圖甲所示，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平，實(shí)驗(yàn)時(shí)，力傳感器測(cè)定細(xì)繩的拉力大小，另有速度傳感器實(shí)時(shí)記錄木板的速度大小。t＝0時(shí)，木板受到一個(gè)隨時(shí)間均勻增大的水平外力F＝kt(k是常數(shù))的作用在t＝4s時(shí)撤去外力F。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力T隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略，物塊的質(zhì)量m＝50g，重力加速度取g＝10m/s2。由題中數(shù)據(jù)可以得出(B)A．物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.04B．0～2s內(nèi)，細(xì)繩對(duì)物塊拉力T的沖量大小為0.24N·sC．2s～4s內(nèi)，力F的沖量大小為0.32N·sD．4s～5s內(nèi)，摩擦力對(duì)木板做功為－0.064J解析：由圖乙可知，2s后物塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊受到滑動(dòng)摩擦力及繩的拉力而平衡，可得T＝μmg，其中T＝0.20N，解得物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，A錯(cuò)誤；0～2s內(nèi)，細(xì)繩對(duì)物塊拉力T的沖量大小等于圖乙中圖線下方的面積，即I＝eq\f(1,2)×0.24×2N·s＝0.24N·s，B正確；0～2s內(nèi)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，外力F與細(xì)繩上拉力相等，結(jié)合圖乙可得外力滿足的關(guān)系式為F＝0.12t,2s～4s內(nèi)，力F的沖量大小為IF＝eq\f(0.12×2＋0.12×4,2)×2N·s＝0.72N·s，C錯(cuò)誤；由圖丙可得，4s～5s木板的位移為s＝eq\f(0.32＋0.12,2)×1＝0.22m，摩擦力對(duì)木板做功為Wf＝－μmg·s＝－0.044J，D錯(cuò)誤。故選B。3．(2023·福建省德化第一中學(xué)高二期末)質(zhì)量m＝0.5kg的小球用輕質(zhì)彈簧豎直懸掛，把小球向下拉至某位置(未超出彈性限度)由靜止釋放，小球之后運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖像如圖所示(取豎直向下為正方向，不計(jì)空氣阻力)，g＝10m/s2，則下列判斷正確的是(B)A．在0～4s時(shí)間內(nèi)，重力的沖量為0B．在0～2s時(shí)間內(nèi)，彈簧彈力的沖量大小為12kg·m/sC．小球在3s末加速度與5s末的加速度大小相等方向相反D．在2s末彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)解析：由圖可知，在0～4s時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)量變化量為零，根據(jù)動(dòng)量定理可知，在0～4s時(shí)間內(nèi)，重力與彈簧彈力的沖量之和為0，故A錯(cuò)誤；在0～2s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理有mgt－I彈＝mv2－mv1，帶入數(shù)據(jù)解得，彈簧彈力的沖量大小為I彈＝12kg·m/s，故B正確；根據(jù)速度時(shí)間圖像的斜率表示加速度可知，小球在3s末加速度與5s末的加速度方向相同，故C錯(cuò)誤；根據(jù)速度時(shí)間圖像的斜率表示加速度可知，在2s末小球的加速度為零，即此時(shí)小球受到的合外力為零，此時(shí)小球受到的彈力大小與重力大小相等，方向豎直向上，所以在2s末彈簧處于被拉伸狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選B。4．(多選)(2022·北京北師大實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三期中)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述不正確的是(ACD)A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的機(jī)械能保持不變B．在最高點(diǎn)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變解析：摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能變化，機(jī)械能不斷變化，A錯(cuò)誤，符合題意；在最高點(diǎn)，乘客的加速度豎直向下，合力向下，重力大于座椅對(duì)他的支持力，B正確，不符合題意；摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，乘客重力的沖量等于重力與圓周運(yùn)動(dòng)周期的乘積，不等于零，C錯(cuò)誤，符合題意；摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客重力的瞬時(shí)功率等于重力與豎直速度的乘積，豎直速度不斷變化，所以重力的瞬時(shí)功率不斷變化，D錯(cuò)誤，符合題意。故選ACD。5．(多選)靜止在光滑水平面上的物體，受到水平拉力F的作用，拉力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，則下列說(shuō)法中正確的是(BCD)A．0～4s內(nèi)物體的位移為零B．0～4s內(nèi)拉力對(duì)物體做功為零C．4s末物體的動(dòng)量為零D．0～4s內(nèi)拉力對(duì)物體的沖量為零解析：由圖像可知物體在4s內(nèi)先做勻加速后做勻減速運(yùn)動(dòng)，4s末的速度為零，位移一直增大，A錯(cuò)；前2s拉力做正功，后2s拉力做負(fù)功，且兩段時(shí)間做功代數(shù)和為零，故B正確；4s末的速度為零，故動(dòng)量為零，故C正確；根據(jù)動(dòng)量定理，0～4秒內(nèi)動(dòng)量的變化量為零，所以拉力對(duì)物體的沖量為零，故D正確，故選BCD。6．(多選)(2023·全國(guó)高三課時(shí)練習(xí))如圖1，一物塊靜止在光滑水平面上，t＝0時(shí)在水平力F的作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化如圖2所示，則(ACD)A．在0～1.5s時(shí)間內(nèi)，第1s末質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量最大B．第2s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn)C．在0～1s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的功率先增大后減小D．在0.5～1.5s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的沖量為0解析：從圖像可以看出在前1s內(nèi)力的方向和運(yùn)動(dòng)的方向相同，物塊經(jīng)歷了一個(gè)加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)和加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以第1s末，物塊的速度最大，動(dòng)量最大，故A正確；該物塊在后半個(gè)周期內(nèi)受到的力與前半個(gè)周期受到的力的方向相反，前半個(gè)周期內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，后半個(gè)周期內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，所以物體在0～2s內(nèi)的位移為正，沒(méi)有回到出發(fā)點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；0～1s內(nèi)，速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時(shí)功率P＝Fv，得力F瞬時(shí)功率開(kāi)始時(shí)為0,1s末的瞬時(shí)功率為0，所以在0～1s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的功率先增大后減小，故C正確；在F－t圖像中，F(xiàn)與t之間的面積表示力F的沖量，由圖可知，0.5～1s之間的面積與1～1.5s之間的面積大小相等，一正一負(fù)，所以和為0，則在0.5～1.5s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的沖量為0，故D正確。故選ACD。二、非選擇題(共16分)7．(8分)(2022·安徽亳州二中高二期中)如圖甲所示，AB是傾角為30°的足夠長(zhǎng)的光滑斜面，A處連接一粗糙水平面OA，OA長(zhǎng)16m，一質(zhì)量m＝4kg的滑塊在O點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在t＝0時(shí)刻給滑塊施加水平向右拉力F，拉力F按圖乙所示的規(guī)律變化?；瑝K與OA間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2，試求：(1)摩擦力在0～3s內(nèi)沖量的大小(3s時(shí)滑塊未到達(dá)A點(diǎn))；(2)滑塊沿斜面AB上升的最大高度。答案：(1)28N·s(2)3.5m解析：(1)滑塊所受最大靜摩擦力為Ffm＝μmg＝0.25×4×10N＝10N，由題圖乙知，0～1s內(nèi)，F(xiàn)1＝8N，滑塊靜止Ff1＝F1＝8N，1s～3s內(nèi)滑塊做勻加速直線運(yùn)