专题08 惯性力（竞赛精练）-2024-2025学年高中物理竞赛能力培优专练（高一上学期）

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（2024·昌平竞赛）请阅读下述文字，完成下列小题。
牛顿运动定律包括牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律，由牛顿在1687年于《自然哲学的数学原理》一书中总结提出。牛顿运动定律在力学乃至整个物理学中占有重要的地位，它是经典力学的基础。
1．理想实验有时能更深刻地反映自然规律。伽利略设计了如图所示的理想实验，步骤如下：
①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍要达到原来的高度，将运动更长的距离；
②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；
③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面持续运动。
在上述步骤中，有的属于可靠的事实，有的属于理想化的推论。下列有关事实和推论的分类和排序均正确的是（ ）
A．①（事实），②③④（推论）B．②（事实），①③④（推论）
C．②（事实），③①④（推论）D．③（事实），①②④（推论）
2．下列说法不正确的是（ ）
A．力是使物体产生加速度的原因，所以先有作用力，然后才有加速度
B．要使物体获得较大的加速度，除了增大作用力外，还要使物体的质量尽可能小
C．加速度的方向与物体所受合外力的方向相同，也与物体速度变化的方向相同
D．物体同时受到几个力的作用，则物体的加速度等于各个力单独作用时产生的加速度的矢量和
3．下列说法正确的是（ ）
A．人走路时，只有地对脚的作用力大于脚蹬地的作用力，人才能前进
B．以卵击石，石头无恙而鸡蛋碎了，说明石头对鸡蛋的作用力更大
C．甲、乙两人拔河，甲获胜，说明甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
D．运动员从地面上竖直跳起，说明地面对运动员的支持力大于运动员自身重力
4．生活中常会出现这样的情景：在匀速行驶的火车上，较光滑桌面上的苹果保持静止；但当火车加速时，桌面上的苹果却动起来了，如图所示。此时苹果在水平方向的合外力为零，为什么苹果获得加速度动起来了呢？这与牛顿运动定律似乎矛盾了。原来，牛顿运动定律是否成立，与参考系的选择有关。牛顿运动定律成立的参考系称为惯性系，牛顿运动定律不成立的参考系则称为非惯性系。在研究地面物体的运动时，一般将地面视为惯性系，相对地面做匀速直线运动的其他参考系也可视为惯性系。若选车厢为参考系，当火车匀速行驶时，车厢是惯性系，所以苹果保持静止；当火车加速时，车厢则是非惯性系，此时牛顿运动定律不成立。其实，在非惯性系中，需要引入“惯性力”来修正牛顿运动定律：有一个力 F＇作用于苹果，其方向与火车相对地面的加速度a的方向相反，其大小等于苹果质量m与加速度a的乘积，即。修正后的牛顿运动定律既适用于惯性系，也适用于非惯性系。下列说法中不正确的是（ ）
A．修正前的牛顿运动定律只适用于惯性系
B．在车厢中的观察者看来，苹果运动的方向与车厢的加速度方向相同
C．只有在非惯性系中才能观测到“惯性力”
D．“惯性力”不是物体实际受到的力，“惯性力”不存在反作用力
【答案】1．C 2．A 3．D 4．B
【解析】1．根据实验事实②得出实验结果：“上升的高度应略低于原来高度”→推论：如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度→推论：减小第二个斜面的角度，小球在这斜面上仍要达到原来的高度→推论：继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球会沿水平面一直运动下去。这是以事实为基础，一步步推论过程。
故选C。
2．A．根据牛顿第二定律的瞬时性可知，加速度和力是瞬时对应关系，即加速度与力是同时产生、同时变化、同时消失的，故A错误：
B．根据牛顿第二定律F=ma可知要使物体获得较大的加速度，除了增大作用力外，还要使物体的质量尽可能小，故B正确；
C．加速度的方向总与合外力方向相同，也与物体速度变化的方向相同，故C正确；
D．根据牛顿第二定律的独立性可知，当物体受到几个力的作用时，可把物体的加速度看成是各个力单独作用时产生的各个加速度的矢量和，故D正确。
本题选不正确的，故选A。
3．A．地对脚的力和脚蹬地的力是一对相互作用力，其大小相等，方向相反，A错误；
B．鸡蛋对石头的力和石头对鸡蛋的力是相互作用力，大小相等，但鸡蛋壳的抗撞击力较差，所以鸡蛋碎了，B错误；
C．甲乙两队拔河比赛，甲对乙的力和乙对甲的力是相互作用力，大小相等，但甲队胜是因为甲队受到地面的摩擦力大于乙队受到地面的摩擦力，C错误；
D．运动员能够从地面跳起是因为地面给运动员的力大于运动员自身的重力，D正确。
故选D。
4．A．修正前的牛顿运动定律只适用于惯性系，A正确；
B．在车厢中的观察者看来，苹果受到与火车相对地面的加速度a的方向相反的“惯性力”而运动，因此苹果运动的方向与车厢的加速度方向相反，B错误；
C．只有在非惯性系中才能观测到“惯性力”，C正确；
D．“惯性力”不是物体实际受到的力，“惯性力”不存在反作用力，D正确。
本题选不正确的，故选B。
5．（2024·全国竞赛）乘坐高铁时将硬币在桌面上立起来，已成为旅途中一项有趣的活动。假设硬币为质量分布不均匀的圆盘；硬币边缘点与桌面接触，硬币重心在过点的直径的右侧，它到此直径的距离为，到桌面的距离为。重力加速度大小为。
（1）如图a，高铁沿水平直线轨道做匀加速运动，该硬币竖直立在此高铁内的水平桌面上，硬币面和加速度方向平行。
（1．1）若硬币相对于桌面静止，求高铁运动的加速度；
（1．2）若硬币与桌面的静摩擦因数为，当加速度超过多大时，硬币将滑动。
（2）如图b，高铁内有一倾角为的桌面，其横截面为楔形且竖直；硬币面与此横截面平行，硬币边缘点仍与桌面接触，硬币重心仍在过P点的直径的右侧。此时高铁在水平圆轨道上匀速运行，硬币面过轨道直径，硬币重心做圆周运动的半径为。已知硬币相对于桌面静止，求
（2．1）高铁在圆轨道上转动的角速度；
（2．2）硬币与桌面之间的静摩擦因数的最小值。
【答案】（1）（1.1）；（1.2）
（2）（2.1）；（2.2）
【详解】（1）（1.1）如图a，由牛顿第二定律知，硬币受到的静摩擦力
①
由力平衡条件知，硬币受到的支撑力
②
以硬币重心为支点，由力矩平衡条件有
③
由①②③式得
④
（1．2）静摩擦力大小满足
⑤
由①②⑤式得
⑥
可见加速度超过时硬币将滑动。
（2）（2.1）如图b，设高铁在圆轨道上转动的角速度为，以硬币和桌面的接触点为支点，由力矩平衡条件得
⑦
由⑦式得
因此
⑧
（2．2）仍如图b，设硬币受到桌面的支撑力为，静摩擦力为（解题图中只画了静摩擦力斜向上的情形）。由牛顿第二定律有
⑨
在竖直方向受力平衡，因此有
⑩
由⑨⑩式解得
⑪
⑫
为了保证硬币不往下或往上滑动，应有
⑬
由⑪⑫⑬式得
⑭
⑧代入上式得
⑮
静摩擦因数的最小值为。
6．（2009·全国竞赛）若不考虑太阳和其他星体的作用，则地球-月球系统可看成孤立系统。若把地球和月球都看作是质量均匀分布的球体，它们的质量分别为M和m，月心-地心间的距离为R，万有引力恒量为G。学生甲以地心为参考系，利用牛顿第二定律和万有引力定律，得到月球相对于地心参考系的加速度为；学生乙以月心为参考系，同样利用牛顿第二定律和万有引力定律，得到地球相对于月心参考系的加速度为。这二位学生求出的地一月间的相对加速度明显矛盾，请指出其中的错误，并分别以地心参考系（以地心速度作平动的参考系）和月心参考系（以月心速度作平动的参考系）求出正确结果。
【答案】错误见解析，
【详解】因地球受月球的引力作用，月球受地球的引力作用，它们相对惯性系都有加速度，故它们都不是惯性参考系。相对非惯性参考系，牛顿第二定律不成立。如果要在非惯性参考系中应用牛顿第二定律，必须引入相应的惯性力；而这两位学生又都未引入惯性力，所以他们得到的结果原则上都是错误的。
以地心为参考系来求月球的加速度。地心系是非惯性系，设地球相对惯性系的加速度的大小为，则由万有引力定律和牛顿第二定律有
（1）
加速度的方向指向月球。相对地心参考系，月球受到惯性力作用，其大小
（2）
方向指向地球，与月球受到的万有引力的方向相同。若月球相对地心系的加速度为，则有
（3）
由（1）、（2）、（3）三式，得
（4）
加速度的方向指向地球。
以月心为参考系来求地球的加速度。月心系也是非惯性系，设月球相对惯性系的加速度的大小为，则由万有引力定律和牛顿第二定律有
（5）
加速度的方向指向地球。相对月心参考系，地球受到惯性力作用，惯性力的大小
，（6）
方向指向月球，与地球受到的万有引力的方向相同。若地球相对月心系的加速度为，则有
（7）
由（5）、（6）、（7）三式得
（8）
加速度的方向指向月球。（4）式与（8）式表明，地球相对月心系的加速度与月球相对地心系的加速度大小相等（方向相反），与运动的相对性一致。
7．（2019·全国竞赛）长度分别为和的不可伸长的轻绳悬挂着质量都是m的两个小球（如图所示），它们处于静止状态，中间的小球突然受到水平方向的冲击，瞬间获得水平向右的速度．求此时连接的绳上的拉力T．
【答案】
【详解】由于受固定于O点的绳束缚，将做圆周运动，此时加速度竖直向上，指向O点，大小为．
再以为参照，小球相对于也做圆周运动，但此时为非惯性系，受到竖直向下的惯性力．
则对有，
解得．
点睛 对习惯于在惯性系中研究动力学问题的中学生而言，此题极具隐蔽性．虽然容易确定相对于做圆周运动，但却易忽视相对于的加速度并非相对于地的加速度．本题易得到的错误答案：．
8．（2019·全国竞赛）如图所示，一质量为M、倾角为的光滑斜面放置在光滑的水平面上，另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放，试求斜面的加速度．
【答案】
【详解】方法1：设滑块与斜面的加速度分别为和.
系统的位移矢量示意图如图乙所示.根据运动学规律，加速度矢量和也具有这样的关系.
沿斜面方向、垂直斜面方向建、坐标，可得
，①
且.②
隔离滑块和斜面，受力图如图丙所示.
对滑块，列方向隔离方程，有
.③
对斜面，仍沿合加速度方向列方程，有
.④
解①②③④式即可得.
方法2设滑块相对于斜面及斜面对地的加速度分别为和.
以斜面为参照，引入惯性力，则滑块的受力分析如图丁所示.建立图丁所示的坐标，有
.
同时，对斜面有.
联立上述两式可得.
9．（2019·全国竞赛）如图所示，在以一定加速度a行驶的车厢内，有一长为l，质量为m的棒AB靠在光滑的后壁上，棒与车箱底之间的动摩擦因数为．为了使棒不滑动，棒与竖直平面所成的夹角应在什么范围内？
【答案】
【详解】 如以车厢为参考系，引入惯性力后，可以把棒看成处于平衡状态，惯性力的作用点在棒的重心处，求的最大值时，棒AB的受力如图乙所示，这时B端所受摩擦力的方向水平向左，且达最大静摩擦力．以A点为轴，根据力矩平衡条件有
．
又，，
解得 ．
求的最小值时，棒的B端所受摩擦力的方向水平向右，有
，
可解得．．
10．（2019·全国竞赛）如图所示，质量为M的光滑三角劈，倾角为，在其顶点固定一个小滑轮，摩擦不计．一个质量为m的物块用绳子连接，绳子另一端固定在竖直墙上，物块跨过滑轮放在三角劈上．求系统加速运动时三角劈的加速度．
【答案】
【详解】设绳中的张力为T，m相对于M的加速度为，由几何关系易知．
对m，以M为参照（非惯性系），有．
对m与M构成的系统，在水平方向上，有．
解得．
11．（2019·全国竞赛）如图所示，与水平面成角的棒上有一滑套C，可以无摩擦地在棒上滑动，开始时与棒的A端相距b，相对棒静止．当棒保持倾角不变地沿水平面做匀加速运动，加速度为a（且）时，求滑套C从棒的A端滑出所经历的时间．
【答案】
【详解】方法1 定性绘出符合题意的运动过程图，如图所示．
s表示棒的位移，表示滑套的位移．沿棒与垂直棒建立直角坐标后，表示在x方向上的分量．不难看出：
．
设全程时间t．则有，．
而隔离滑套，受力图如图所示，
显然：．
联立以上各式即可解得．
方法2. 以棒为参照，此为非惯性系．隔离滑套，引入惯性力，其受力如图所示．
因滑套相对棒的加速度是沿棒向上的，故动力学方程为，其中．
而且，以棒为参照，滑套的相对位移就是b，即．
解以上各式就可得．
12．（2019·全国竞赛）如图所示，一个质量为m的小物体，放在半径为R的半球顶上，设半球面光滑，初始时它们之间相对静止。求在下列情况中物体m离开球面时，它距半球底面的距离。
（1）半球以的速度匀速上升；
（2）半球以的加速度匀加速向右运动。
【答案】（1）；（2）
【详解】先讨论半球静止时的情况
小物体滑至图示位置时，设其速度为v，小物体与球面间的作用力为N，则由机械能守恒
由牛顿运动定律
小物体离开球面时的临界状态为
即，或者说，小物体滑至的位置时，离开球面。
（1）当半球以10m/s的速度匀速上升时，以半球为参考系，其情形与前面讨论的情况一致，所以，小物体滑至的位置时，离开球面；小物体距半球底面的距离
（2）在以半球为参照的参考系中，小物块还受到向左的惯性力的作用，此时系统等效于在一个
的力场中运动，球面的“顶”在图乙中的A处，如图所示
其满足
显然，物体只能向左滑下，当滑至角位置时，由机械能守恒
由牛顿运动定律
同样，小物体离开球面时的临界状态为
由此可解得
小物体距半球底面的距离尺
13．（2019·全国竞赛）如图所示，在一根没有重力、长度为l的棒的中点与端点上分别固定了两个质量分别为m和M的小球，棒沿竖直轴用铰链连接，棒以角速度匀速转动，试求棒与竖直轴线间的夹角．
【答案】当，即时，；
当，即时，．
【详解】取随杆绕轴转动的坐标系为参考系，则m与M受到的惯性力分别为和，方向均垂直于转轴向外．
在该参考系内，w与M均是静止的，杆对于O点处于力矩平衡状态，于是有
，
解得，
即．
讨论：
当，即时，．
当，即时，．
14．（2017·北京强基计划）长度分别为和的两根不可伸长的细绳悬挂着质量分别为和的两个小球，处于静止状态，如图所示。中间小球突然受到一水平方向的冲击力，瞬间获得水平向右的速度v，则此时下面绳中的拉力为 。
【答案】
【详解】对球1的加速度
对球2，以球1为参考系，向左运动的速度为v，根据牛顿第二定律
解得
15．（2019·全国竞赛）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角；三角块B重，左底角；物块C重．若B、C间因摩擦而相对静止，则运动中C对B物的压力有多大？
【答案】
【详解】以、为整体对象，由牛顿运动定律易知，整体下滑 的加速度为.
再以为参照，这是非惯性系，此时物块受重力、弹力、摩擦力与惯性力，由、相对静止，有，所以，.
由牛顿第三运动定律可知，对物的压力大小为.
16．（2019·全国竞赛）质量为，长为2l的均匀长木板静止在水平地面上，两者间摩擦因素，板的右端有一质量为m的小物块，从静止出发通过与木板的某种相互作用机制，相对木板以朝左的恒定加速度运动，其中，是一个不变的参数．小物块到达板中央后，立即改成以的反向加速度继续相对木板运动到左端停下，直到木板不再运动为止，计算木板在地面上朝右的总位移大小s．
【答案】
【详解】m从右端到M中央所经历的时间和从中央到左端所经历的时间同为
．
全过程分四个阶段进行讨论．
第一阶段：m从右端到M中央．
m受向左的力f，相对于地面的加速度为，M受向右的力f，相对于地面的加速度为，同时，M还受地面向左的摩擦力，于是可列下述方程：
，，．
将，，代入得
．
M右行的位移和右行的末速度分别为
，
．
第二阶段：m从M中央减速左行，直到M相对地面速度减为零，此时m与M的相互作用力反向．于是有
，，，
所以．
经过的时间．
M右行的位移：．
第三阶段：m继续减速左行，直到M左端，其间M左行，同第一阶段相似，经时间，m到达左端，M的左行位移及左行速度分别为
，
．
第四阶段：m停在M左端，f消失，M受向右的摩擦力，M与m一起向右的加速度为
．
停止前，M又得左行一段位移，大小为
．
综上所述，可以得到木板在地面上向右运动的总位移为
．
17．（2019·全国竞赛）如图所示，质量为m的小环套在半径为R的光滑大圆环上，后者在水平面内以匀角速度绕其上一点O且垂直于环面的轴转动．
（1）试分析小环在大环上的B点附近运动时的切向加速度．
（2）某时刻小环位于如图位置时，速度为v，求圆环给小环的支持力．
【答案】（1） ，方向指向B． （2）
【详解】（1）在竖直方向上，重力与竖直方向上的支持力构成平衡，我们只讨论水平面内的受力情况．设小球远离B，则小环受支持力，沿圆环半径向外；惯性离心力，沿QA向外；还受到科氏力，沿圆环关系向内．则
切向加速度为，其中．
所以，方向指向B．
此式表明，小环在B点附近的运动类似于摆动，即以B为“平衡位置”来回摆动．
（2）在水平面内，，
得，
得
．
18．（2019·全国竞赛）如图所示，两块与水平方向成角的光滑斜面构成轻架，架上有两小球，架可沿水平面无摩擦地滑动．从静止释放质量为的上面小球，问：在什么条件下，质量为的下面小球将沿架子“滚”向高处？
【答案】
【详解】先设较大时，不会沿左侧面上滚，因系统水平方向上动量守恒，下滚时，水平方向在向左做加速运动，则必须同时向右做加速运动，轻架的左侧面须为提供支持力，如果轻架不随水平向右做加速运动，左侧面将与分离，便无法提供相应的支持力，无法维持的水平向右的加速运动，从而破坏系统水平方向上的动量守恒性，这是不许可的. 所以较大时，轻架必定会随其一起做水平向右的加速运动，即有，，但因轻架的质量可略，仍要求，即.
当稍小时，即使能沿左侧面上滚，系统水平方向的动量守恒仍要求左侧面与接触，则必定有.
另需在轻架参考系讨论两球相对轻架侧面的运动，则必须在动力学方程中增加平移性惯性力. 受力如图乙所示.
设可沿左侧面上滚，对，沿右侧面法向无加速度，
即.
沿右侧面法向（注意：是右侧面）的加速度应大于零，
即.
由上述两式，并考虑到，得.
这就是球2能沿左侧面上滚的条件.
本题模型的构造非常巧妙，初次接触此题的人，大多不太在意，或不大理解轻架（质量视为零）的特性，以为它仅仅是一个可以移动的支架，以它为参照系时，得到的是一个惯性系，并由此可以得到“正确”的结果. 即便是意识到是一非惯性系，却在它的加速度大小与方向上举棋不定，无法确定，从而对两球的惯性力的引入不到位，事实上，作为“轻”物体，其运动的变化（不论是平动还是转动）是不需要力的作用的，是可以任意改变的，所以，轻架总是与两球相接触的.
19．（2019·全国竞赛）如图所求，半径为的空心球绕其本身竖直轴线旋转，角速度，在球内高度为处有一木块随同球一起旋转．问：
（1）摩擦因数至少为多少时才能实现这一情况？
（2）当时，实现这一情况的条件是什么？
（3）如果木块的位置有微小的变化或球的角速度有微小的变化，木块的稳定性如何？
【答案】（1）0.2259 （2）0.1792 （3）略
【详解】木块在运动过程中受到球面静摩擦力的作用，要注意静摩擦力的方向，第（3）问讨论木块的稳定性的方法比较有一般性.
因为要求的是最小摩擦因数，所以可以考虑是最大静摩擦力．静摩擦力的方向尚不明确，我们可以先让它沿切线方向向上（即木块有向下的滑动趋势）. 此时木块在转动参照系中受到四个力而平衡：重力、摩擦力，弹力、惯性力（如图乙所示）.
由平衡条件有，.
可解得，.
（1）将的数据代入，，可见是沿切线方向向上的，因此
.
（2）将的数据代入，，可见是沿切线方向向下的，因此
.
（3）要研究当木块位置有微小变动（即有微小变动）或角速度有微小变动时木块的稳定性，必须要看与、的相关性. 但从（1）（2）中的表达式可看出与、的关系是比较复杂的，此时我们可以用作图像的方法来看它们的相关性.
和、粗略的图像如图丙所示.
从图中可看出：如果不变而木块上滑（即变大），那么变大，即需要较大的静摩擦因数才能稳定，现在的不够大，因此木块将滑回原处；如果不变而变小，那么变小，即只需较小的静摩擦因数就能稳定，现在的已足够，所以木块不会回到原处. 如果不变而变大，那么变小，所需的静摩擦因数变小，已足够，木块将仍在原处；如果不变而变小，那么变大，所需的静摩擦因数变大，不够大，木块将下滑，以便因的减小而使所需的减小，才能在新的位置上保持平衡.
和、的粗略图像如图丁所示.
用同样的方法可看出：如果木块向上滑动，它将停留在该处；如果木块向下滑动，它将返回；若增加，木块将向上移动；若减小，木块将停留在该处.
20．（2019·全国竞赛）一辆质量为m的汽车以速度v在半径为R的水平弯道上做匀速圆周运动．汽车左、右轮相距为d，重心离地的高度为h，车轮和路面之间的静摩擦因数为．问：
（1）汽车内外轮各承受多大支持力？
（2）汽车能安全行驶的最大速度是多少？
【答案】（1） （2） 若，则；若，则．
【详解】（1）汽车左转弯行驶时，具有的向心加速度为，选取一个和汽车一起做圆周运动的参考系，则在汽车的质心处再加上一个惯性离心力，方向向右，这时汽车的受力情况如图所示．
以内轮着地点A为转轴，由力矩的平衡条件有．
将代入上式得．
由汽车在竖直方向受力平衡有
，
得．
（2）汽车安全行驶时，要求汽车既不向外侧滑动，又不翻倒．
要使汽车不向外侧滑动，必须满足，得．
故汽车不向外侧滑动允许的最大速度为．
另一方面，要使汽车不翻倒，应满足，即，得．
故汽车不翻倒的最大速度为．
所以，汽车能安全行驶的最大速度应满足：
若，则；
若，则．
21．（2019·全国竞赛）如图是离心调节器示意图．每个物体质量m，为弹簧的劲度系数为k．问：这台仪器能否在失重状态下工作？角与系统转动角速度有怎样的关系？如果弹簧压缩量不可以超过自己原长的10%，求仪器预计达到的最大转动角速度．
【答案】
【详解】由系统转动时，两个物体离开转动轴，弹簧长度将等于. 长度的变化量为.
为了将偏角与转动角速度联系起来，过渡到转动的参照系中，压缩时产生弹力（如图乙所示），.
它与惯性离心力平衡，则.
将弹力分解为分别作用在物体上的两个相等平行分力，如图乙所示. 列出相对上面铰链系统平衡条件：
.
代入和值，得到.
由此可知.
显然，调节器在失重状态下也能工作，因为上面分析没有涉及引力场.
根据条件确定转动的最大角速度，有，或.
将所得到的值代入平衡条件，得到.
对一些简单机械构件的工作原理作分析与解释，既是物理学习的内容，也是理论联系实际的体现，更是竞赛命题的热点.
22．（2019·全国竞赛）由于地球是一个近似做均匀转动的球体，所以是一个转动参考系．试确定：地球表面物体在水平面内运动时因受科里奥利力的作用而偏向何方？
【答案】在北半球表面运动的物体将偏向右方，在南半球表面运动的物体将偏向左方．
【详解】地球转动角速度方向沿转轴方向自南极指向北极，再令物体在水平面内相对地球的运动速度为，写出物体所受的科里奥利力（科氏力）
，
式中为角速度在物体所在处的铅垂方向分量，为水平方向分量. 的方向必沿铅垂方向，不会改变物体运动方向；为科氏力的水平分量. 由于它在物体运动的水平面内且与垂直，因此可以改变物体运动的方向，但不能改变速度的大小.
如图所示，在北半球，方向向上，对于任意水平面内的速度，方向指向运动方向的右方；在
南半球，方向向下，科氏力的水平分量指向运动方向的左方. 因此，在北半球表面运动的物体将偏向右方，在南半球表面运动的物体将偏向左方.
在转动参照系中运动的物体，除了我们熟知的惯性离心力外，还受到科氏力的作用，这是转动参照系中特有的惯性力.
地球参照系中的科氏力也是竞赛中经常讨论问题. 本题题干用近乎模糊的表述，为我们全面论论这一问题提供了可能的空间.
23．（2019·全国竞赛）一盛水的烧杯，放在以加速度a在水平面上做匀加速直线运动的车上，分析稳定时流体表面的形状．
【答案】液面的形状是与水平面成角的平面
【详解】液体对置于其中的物体产生浮力，浮力的本质是物体在液体中到各个方向的压力所致，压力之和即为浮力F．在非惯性系中，重力加速度g与（-a）（a为非惯性系相对惯性系的加速度）的合矢量为“等效重力加速度”，在非惯性系中，物体受到的浮力．
当液体处于稳定状态时，在随液体一起运动的参考系中，液面上任意一质点所受其余液体作用力必然垂直于液面．否则稳定状态将被破坏．如图所示，以加速度a沿水平方向做匀加速运动的一杯水稳定后，取液面上任意一小块液体，由图可知方向与竖自方向夹角为，且．由于所取液块的任意性，故液面的形状是与水平面成角的平面．