河北省沧州市泊头市2022-2023学年八年级下学期期末物理试卷

这是一份河北省沧州市泊头市2022-2023学年八年级下学期期末物理试卷，共25页。
2022-2023学年河北省沧州市泊头市八年级（下）期末物理试卷
1. 小明是一名初二年级的中学生，以下是他对生活中一些有关自己的物理量的估测，最接近事实的是(    )
A. 他双脚站立地面时对地压强约为1000Pa
B. 他从一楼走上三楼克服重力做功约为3000J
C. 教室内气压约为1×103Pa
D. 用手托起两个鸡蛋的力约为20N
2. 为了纪念物理学家做出的贡献，通常用他们的名字来命名物理量的单位。下列单位中，以瓦特名字命名的物理量是(    )
A. 质量 B. 功 C. 功率 D. 力
3. 下列实例中，利用大气压工作的是(    )
A. 吸盘式挂衣钩 B. 船闸 C. 弹簧测力计 D. 订书机
4. 攀岩运动能强身健体，提高协调能力。其独特的魅力吸引着越来越多的人参与。下列攀岩设备或动作与增大摩擦无关的是(    )
A. 攀登鞋采用特殊的橡胶，且攀登时与岩石贴合紧密
B. 攀岩者随身携带的粉袋，方便手掌出汗时蘸取镁粉
C. 攀岩者攀登时，脚用力蹬紧岩石
D. 攀岩者佩戴宽厚的腰带，安全又舒适
5. 两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动，两次物体运动的路程(s)-时间(t)图象如图所示，根据图象，下列判断正确的是(    )


A. 两次物体运动的速度：v1F2
C. 0∼6s两次拉力对物体所做的功：W1>W2
D. 0∼6s两次拉力对物体做功的功率：P1”“=”或“”“=”或“v2；故A错误；
B、同一物体，则重力相等，对水平面的压力相等；同一水平面上，则接触面的粗糙程度相同，故两次拉动物体时，物体受到的摩擦力相等；由于物体做匀速直线运动，说明物体受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以，两次物体所受的拉力：F1=F2=f；故B错误；
C、由图象可知，0∼6s物体第一次通过的路程大于第二次通过的路程，又知两次拉力相等，根据W=Fs可知，0∼6s两次拉力对物体所做的功：W1>W2；故C正确；
D、0∼6s，时间相同，且W1>W2；根据P=Wt可知，0∼6s两次拉力对物体做功的功率：P1>P2；故D错误。
6.【答案】B 
【解析】解：A、排球被接起后，竖直上升到最高点时，只受重力，不平衡；故A错误；
B.若被举起的静止的杠铃所受外力全部消失，杠铃将保持原来的静止状态，故B正确；
C.做托里拆利实验时如果将试管顶端a处开一个孔，大气压进入管内，此时相当于连通器，最终内外液面相平，即管内水银不会从a喷出，故C错误；
  D.运动员滑雪时受到的重力和滑雪板对运动员的支持力作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故D错误。
故选：B。
(1)二力平衡的条件是作用在同一物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；
(2)根据牛顿第一定律分析解答；
(3)根据连通器的原理分析；
(4)相互作用力的条件是作用在不同物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上。
本题考查二力平衡、牛顿第一定律、托里拆利实验、相互作用力，属于中档题。
7.【答案】A 
【解析】解：A、人推冰车时，人对车的推力和车对人的推力是一对相互作用力，二者大小相等，故A错误；
B、冰车装有车轮，用滚动代替滑动，可以减小摩擦力，故B正确；
C、小朋友坐上冰车后，冰车对“冰面”的压力变大，受力面积不变，根据p=FS知，压强变大，故C正确；
D、冰车匀速直线行驶时在水平方向受到平衡力的作用，故D正确。
故选：A。
A、物体间力的作用是相互的，一对相互作用力大小相等；
B、减小摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动代替滑动；
C、根据p=FS分析压强变化；
D、物体的运动状态的改变包括速度大小和方向的变化，如果速度大小和方向不变，说明运动状态不变。
本题以冰车为背景，考查了物体运动状态变化的判断、减小摩擦的方法、相互作用力、压强大小的影响因素等，涉及到的知识点多，综合性强，是一道理论联系实际的好题。
8.【答案】B 
【解析】解：A、土豆的重力为：G=mg=275×10-3kg×10N/kg=2.75N，
由图1知土豆在水中沉底，则浮力小于重力，所以图1中静止的土豆所受浮力小于2.75N，故A错误；
B、土豆上插入吸管后增大了排开水的体积增大，根据F浮=ρ液gV排知所受的浮力增大，故B正确；
C、图2中土豆浮起后其下表面所处的深度减小，根据p=ρgh知下表面受到水的压强减小，由F=pS知下表面受水的压力减小，所以图2中土豆浮起后其下表面所受水的压力比在图1中时小，故C错误；
D、“吸管土豆”漂浮时所受浮力等于重力，故D错误。
故选：B。
(1)根据G=mg算出土豆的重力，由浮沉情况判断出此时的浮力；
(2)根据F浮=ρ液gV排分析所受的浮力的变化；
(3)根据p=ρgh判断出下表面受到水的压强的变化，由F=pS判断出下表面受水压力的变化；
(4)根据浮沉条件分析解答“吸管土豆”漂浮时所受浮力与重力的关系。
本题综合考查了阿基米德原理公式、液体压强公式、固体压强公式以及浮沉条件的应用，掌握物体的浮沉条件时解题的根据。
9.【答案】B 
【解析】解：
A、当福建舰航母上的舰载飞机起飞后，航母的总重力减小，根据漂浮条件，其浮力等于其自身的重力，所以浮力减小，故A错误；
B、舰艇并排行驶时，舰艇带动其周围的水随船向前运动，使舰艇内侧之间的水流速度大于舰艇外侧的水流速度；因为水的流速越大，压强越小，水的流速越小压强越大，所以舰艇内外测的水存在压强差，水的压强差使两舰艇靠近，进而发生碰撞，为了避免舰艇相“吸”碰撞，所以不采用“并排”护航，故B正确；
C、作战飞机在加速升空过程中，飞机的质量不变，高度变大，重力势能变大，速度变大，动能变大，内能转化为机械能，所以机械能增大，故C错误；
D、潜水艇在下潜过程中，海水的密度一定，潜水艇所处的深度不断增大，根据p=ρ液gh可知，受到海水的压强变大，故D错误。
故选：B。
(1)漂浮的物体，受到的浮力等于其重力；
(2)流体流速越大位置压强越小；流体流速越小位置压强越大；
(3)动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量高度有关，机械能为动能和势能的和；
(4)液体的压强随深度的增加而增大。
本题考查了学生对浮沉条件、机械能的变化、液体压强的影响因素以及流体流速与流体压强关系的掌握和运用，属于综合性题目。
10.【答案】C 
【解析】【分析】
考查比较功率的大小和比较功的大小，难度一般。
功率是表示物体做功快慢的物理量，比较物体做功快慢有两种方法：完成相同的功用时越少做功越快；用时相同时完成的功越多做功越快；功率表示物体做功快慢，物体做功快功率大；
机械效率是有用功和总功的比值，有用功在总功中占的比值越大，机械效率越高；功率大小和机械效率高低没有关系。

【解答】
使用起重机、使用动滑轮，将相同的砖送到楼顶，做的有用功相同，所用时间不同，功率不同，起重机的功率大，做功快；但两种方式做的额外功大小关系不知道，不知道总功大小关系，也就不知道机械效率大小关系，
故选C。
11.【答案】D 
【解析】解：A、起跳过程中运动状态改变，是力改变了她的运动状态，故A错误；
B、跳离跳板后仍能继续向上运动，是因为全红婵具有惯性，惯性是物体本身的一种性质，不能说“受到惯性的作用”，故B错误；
C、下落过程中，重力势能转化为动能，所以动能变大，故C错误；
D、入水过程中，她排开的水的体积变大，根据F浮=ρ液V排g，所受水的浮力逐渐增大，故D正确。
故选：D。
(1)力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变。②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。
(2)一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
(3)机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关。动能和势能可以相互转化。
(3)根据阿基米德原理，F浮=ρ液V排g，ρ液一定，V排越大，受到的浮力越大。
知道力的作用效果、惯性、影响动能的因素、阿基米德原理，可解答此题。
12.【答案】C 
【解析】解：
A、功率越大，表示机械做功越快，单位时间内做的功越多，但机械效率不一定就高，故A错误；
B、从W=Pt可知，做功的多少，不仅与功率有关，还与工作时间有关，故B错误；
C、使用机械可以省力或省距离，根据功的原理可知，使用任何机械都不能省功，故C正确；
D、有用功越多，机械效率不一定越大，因为由η=W有W总×100%可知，机械效率的大小还要看总功的大小，故D错误。
故选：C。
(1)使用机械时，有用功与总功的比值叫机械效率；
(2)物体在单位时间完成的功叫功率；
(3)由功的原理可知使用任何机械都不省功。
该题考查学生对机械效率的理解，特别要注意功率与机械效率是两个不同的物理量，它们之间没有任何关系。
13.【答案】B 
【解析】解：A、瓶起子在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，但费距离，故A不合题意；
B、在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，但省距离，故B符合题意；
C、水龙头开关在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，但费距离，故C不合题意；
D、定滑轮本质是等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，不省力也不省距离，故D不合题意。
故选：B。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；费力杠杆费力，但能省距离。
杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
14.【答案】D 
【解析】解：A、小球从密度均匀的油中A处由静止释放后竖直下落，是下沉过程，下沉物体的密度大于油的密度，故A错误；
B、根据F浮=ρ液gV排知，下沉过程中，液体的密度不变，排开液体的体积不变，浮力不变，故小球经过位置①处所受浮力等于②处的大小，故B错误；
C、小球在BC段做匀速运动，质量不变，速度不变，动能不变，高度减小，重力势能减小，机械能减小，故C错误；
D、小球在BC段做匀速运动，受到平衡力的作用，但重力大于浮力，故不只受到重力和浮力，还受油的阻力，因此小球在下落过程中一定受到一个随速度变化的力的作用，故D正确。
故选：D。
(1)根据浮沉条件判断油和小球的密度；
(2)根据F浮=ρ液gV排判断小球经过位置①处所受浮力与②处的大小；
(3)影响动能的因素：质量和速度；
影响重力势能的因素：质量和高度；
(4)根据“小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动”来受力分析。
本题考查了浮沉条件、影响浮力的因素、影响动能、重力势能的因素、受力分析等知识，是一道综合题，有一定的难度。
15.【答案】A 
【解析】解：A.质量是物体所含物质的量的多少，在空间站内设备仪器的质量不发生改变，故A正确；
B.在空间站内物体处于失重状态，物体放在天平托盘上时对托盘没有压力，不可以用天平测出物体的质量，故B错误；
C.在空间站内，弹簧可以产生弹力，可以使用弹簧拉力器锻炼身体，故C错误；
D.在空间站内物体处于失重状态，物体对弹簧测力计不产生拉力，不可以使用弹簧测力计测量物体重力，故D错误。
故选：A。
航天员在太空中处于失重状态，不再受到重力作用，那些依靠重力来完成的活动将无法进行。
(1)质量是物体本身的属性，与位置无关；
(2)天平利用了等臂杠杆的原理工作；
(3)弹簧测力计是利用了弹簧受到拉力越大伸长就越长的原理工作。
抓住在太空中，处于失重状态，那些与重力相关的事物无法进行；但与重力无关的事物仍能进行。
16.【答案】D 
【解析】解：
不计机械重和摩擦，
A、由图知，F1×4m=G×2m，所以F1=12G；
B、滑轮组由三段绳子承担，所以F2=13G；
C、由图知，是定滑轮，不能省力，所以F3=G；
D、根据杠杆的平衡条件：F4×(L+3L)=G×L，所以F4=14G。
由以上分析得D最省力。
故选：D。
①不计机械重和摩擦，则用机械做的功等于直接用手做的功。
②根据滑轮组的省力特点进行判断；
③使用定滑轮不省力；
④根据杠杆的平衡条件进行分析。
此题考查了功的原理、滑轮组的省力特点、定滑轮的特点及杠杆的平衡条件的应用，涉及的比较全面，是一道基础性很好的题目。
17.【答案】D 
【解析】解：
A.甲对乙的压力F甲=G甲=10N，受力面积为S乙=100cm2=0.01m2，甲对乙的压强p甲=F甲S甲=10N0.01m2=1000Pa，故A错误；
B.乙对地面的压力F乙=G甲+G乙=10N+20N=30N，故B错误；
C.对甲受力分析可知，甲受到向右的拉力F1和向左乙对甲的摩擦力f1静止处于平衡状态，由二力平衡条件可得，乙对甲的摩擦力f1=F1=5N，方向水平向左，因甲对乙的摩擦力与乙对甲的摩擦力是一对相互作用力，所以甲对乙的摩擦力大小为5N，方向水平向右，故C错误；
D.把甲乙看做整体，整体受到F1和F2的合力F合=F2-F1=8N-5N=3N，由整体静止可知，地面对乙摩擦力的方向为水平向右，大小为f2=F合=3N，因乙对地面的摩擦力和地面对乙的摩擦力是一对相互作用力，二力大小相等，方向相反，所以乙对地面的摩擦力为3N，方向水平向左，故D正确。
故选：D。
(1)甲对乙的压力等于甲的重力，受力面积为乙的底面积，利用p=FS求出甲对乙的压强；
(2)乙对地面的压力等于甲和乙的重力之和；
(3)对甲受力分析可知，甲受到向右的拉力和向左乙对甲的摩擦力静止处于平衡状态，根据二力平衡条件求出乙对甲的摩擦力和方向，甲对乙的摩擦力与乙对甲的摩擦力是一对相互作用力，二力大小相等，方向相反；
(4)把甲乙看做整体，先根据同一条直线上的二力合成求出F1和F2的合力，根据整体静止处于平衡状态得出地面对乙摩擦力的方向和大小，乙对地面的摩擦力和地面对乙的摩擦力是一对相互作用力，二力大小相等，方向相反。
本题考查了压力和压强的计算以及摩擦力的大小，计算压强时分清压力和受力面积、计算摩擦力时正确的选取研究对象是关键。
18.【答案】AD 
【解析】解：
AB、弹簧秤的示数为20N，即绳子对弹簧秤的拉力为20N，因同一根绳子各处的拉力大小相同，所以绳子对物体M的拉力也为20N；
物体M向左匀速直线运动，其受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，所以M受到地面的摩擦力f=F拉=20N，方向与物体运动方向相反，即水平向右；故A正确，B错误；
C、不计动滑轮与绳之间的摩擦和重力，由图知，拉力F作用在动滑轮轴上，与右侧两段绳子的拉力平衡，
则拉力F的大小为：F=2F示=2×20N=40N；
由图知，n=2，且拉力F作用在动滑轮轴上，费力但省一半的距离，则拉力端移动的速度是物体移动速度的12，故拉力端移动的速度：v拉力端=12v=12×0.2m/s=0.1m/s；
拉力F的功率为：P=Wt=Fst=Fv拉力端=40N×0.1m/s=4W，故C错误；
D、M受到的重力与地面对M的支持力大小相同、方向相反、在同一直线上、作用在同一个物体上，所以二力是一对平衡力，故D正确；
故选：AD。
(1)弹簧秤的示数为20N，即绳子对弹簧秤的拉力为20N，因同一根绳子各处的拉力大小相同，所以绳子对物体M的拉力也为20N；
物体M向左匀速直线运动，水平方向上M受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，由二力平衡的条件分析摩擦力的大小和方向；
(2)由图知，拉力F作用在动滑轮轴上，与右侧两段绳子的拉力平衡，据此求出拉力F的大小；拉力F作用在动滑轮轴上，费力但省一半的距离，则拉力端移动的速度是物体移动速度的12，根据P=Fv求出拉力F的功率；
(3)根据二力平衡的条件分析。
本题考查了动滑轮的特点、二力平衡条件的应用和功率的计算，注意不要机械地应用动滑轮省一半力。
19.【答案】BD 
【解析】解：A、甲、乙两相同的容器中装有体积相等的两种液体，
将实心物体A、B分别放入两容器中，静止时液面等高，
则甲液体与A排开液体的体积之和等于乙液体与B排开液体的体积之和，
由图可知，A漂浮，排开液体的体积小于物体的体积，B悬浮，排开液体的体积等于物体的体积，
所以A的体积大于B的体积，
实心物体A、B由同种材料制作，则密度相等，
根据ρ=mV可知，A的质量大于B的质量，
根据G=mg可知，A的重力大于B的重力。故A错误；
B、由图可知，A漂浮，受到的浮力等于其重力，B悬浮，受到的浮力等于其重力，
因为A的重力大于B的重力，所以A受的浮力大于B受到的浮力，故B正确；
CD、由图可知，A漂浮，A的密度小于甲液体的密度，B悬浮，B的密度等于乙液体的密度，
实心物体A、B由同种材料制作，则密度相等，
所以，甲杯中液体的密度大于乙杯中液体的密度；
甲杯中液体的密度大于乙杯中液体的密度，
静止时液面等高，
根据p=ρ液gh可知，甲容器底部所受液体压强大于乙容器底部所受液体压强。故C错误；
根据m=ρV可知，甲液体的质量大于乙液体的质量，
根据G=mg可知，甲液体的重力大于乙液体的重力，
因容器对桌面的压力等于容器、液体和物体的重力之和，
所以，甲杯对桌面的压力大于乙杯对桌面的压力，故D正确。
故选：BD。
(1)首先根据题目中给出的条件判断，判断实心物体A、B的体积关系，又知实心物体A、B由同种材料制作，利用密度公式判断其质量关系，再利用重力公式判断其重力关系；
(2)根据物体浮沉条件，结合图示判断两种液体的密度关系；
(3)已知两种液体的密度关系，又知高度关系，根据p=ρ液gh判断两容器底部所受液体压强关系。根据m=ρV可知两液体的质量的大小关系，根据G=mg可知两液体的重力的大小关系，因容器对桌面的压力等于容器、液体和物体的重力之和，据此得出两杯对桌面的压力大的大小关系。
此题考查物体浮沉条件，密度、质量、液体压强公式的应用，涉及到的知识点较多，综合性很强，属于难题。
20.【答案】BCD 
【解析】解：A、由图可知n=2，则物体上升的高度：h=sn=6m2=3m，
拉力做的有用功：W有=Gh=600N×3m=1800J，故A错误；
B、拉力做的总功：W总=Fs=400N×6m=2400J，
滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=1800J2400J×100%=75%，故B正确；
C、拉力做功的功率：P=W总t=2400J12s=200W，故C正确；
D、提升物体的重变大，由W有=Gh可知，在提升的高度相同时，有用功W有增大，而额外功W额外几乎不变，
由η=W有W总=W有W有+W额外=11+W额外W有可知，有用功W有增大，额外功W额外几乎不变时，机械效率增大，故D正确。
故选：BCD。
(1)由图可知n=2，由s=nh可知物体上升的高度，利用W有=Gh求有用功；
(2)利用W总=Fs求拉力做的总功，利用η=W有W总×100%求滑轮组的机械效率；
(3)利用P=W总t求拉力做功的功率；
(4)根据W有=Gh分析有用功的变化，根据η=W有W总=W有W有+W额外=11+W额外W有分析解答。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、功率和机械效率的计算以及机械效率的影响因素，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
21.【答案】不变  不变 
【解析】解：由于溢水杯中装满水，铝块浸入水中静止时，由阿基米德原理可知铝块受到的浮力等于排开水的重力(溢出水的重力)，而铝块对水的压力大小与浮力相等(即该压力等于溢出水的重力)，
铝块未浸入水中时，电子秤示数：F=G杯+G水，
铝块浸没在水中静止时，电子秤示数：F=G杯+G水-G排+F浮=G杯+G水，
所以溢水杯对电子秤的压力不变，则电子秤示数不变；
铝块浸没在水中静止时与铝块未浸入水中时相比，溢水杯中水的深度不变，
根据公式p=ρgh可知，水对溢水杯底的压强不变；
根据公式p=FS的变形式F=pS可知，水对溢水杯底的压力不变。
故答案为：不变；不变。
(1)根据阿基米德原理判断铝块受到浮力和排开水的重力关系，再判断溢水杯总重的变化；
(2)可根据公式p=ρgh和p=FS分析水对溢水杯底的压力的变化情况。
本题考查了阿基米德原理、液体压强和压力公式的应用，对铝块正确受力分析、熟练应用阿基米德原理可正确解题。
22.【答案】大于；变大 
【解析】解：(1)由图知，V甲ρ乙，
又因为p=ρgh，两管液面相平(液体的深度h相同)，
所以两管中的液体对管底压强：p甲>p乙；
(2)如果将乙试管慢慢直立起来，液体密度不变，深度增大，由公式p=ρgh知，它底部所受液体压强变大。
故答案为：大于；变大。
(1)知道两管液面相平、试管相同，可知液体体积的大小关系；又知道液体的质量相同，根据密度公式可知液体密度的大小关系，再根据液体压强公式比较两管中的液体对管底压强的大小关系；
(2)根据液体压强公式p=ρgh进行分析，判断液体对试管底部的压强变不变，就看h变不变，要清楚h是指液面到试管底部的垂直距离。
此题考查了液体压强大小的比较，解答的关键是确定液体密度关系和深度变化。
23.【答案】54030060% 
【解析】解：(1)克服物体所受的重力做的有用功：
W有用=Gh=600N×0.9m=540J；
(2)推力做的总功：
W总=Fs=300N×3m=900J，
推力做功的功率：
P=W总t=900J3s=300W；
(3)斜面的机械效率：
η=W有用W总×100%=540J900J×100%=60%。
故答案为：540；300；60%。
(1)已知物体的重力、上升的高度，利用W=Gh求克服物体所受的重力做的有用功；
(2)知道推力大小、物体沿斜面移动的距离，利用W=Fs求推力做的总功；再利用P=Wt求推力做功的功率；
(3)斜面的机械效率等于有用功与总功之比。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、功率和机械效率的计算，属于基础题目。
24.【答案】8 上浮  5 
【解析】解：物体全部压入水中时，排开水的体积：V排=V=0.8dm3=0.8×10-3m3，
此时物体受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.8×10-3m3=8N；
物体重G=5N，因为F浮>G，所以放手后物体将上浮，待物体静止时，漂浮在水面上，
此时物体受到的浮力：F浮'=G=5N。
故答案为：8；上浮；5。
物体全部压入水中时，排开水的体积等于物体的体积，根据阿基米德原理计算物体受到的浮力；
比较物体受到的重力和浮力的大小关系，根据浮沉条件来进行判断物体的浮沉情况；
根据物体的浮沉状态可知物体静止时所受的浮力。
物体的浮沉条件是我们应该熟知的重要知识，根据它可以判断物体浮沉，也可以在已知浮沉的情况下判断浮力与重力的关系。解此类题目要将阿基米德原理和物体的浮沉条件结合使用。
25.【答案】2000 惯性  向上运动 
【解析】解：气球匀速上升时，空气阻力不计，则向上的浮力与向下的重力是一对平衡力，
则F浮=G=mg=200kg×10N/kg=2000N；
由于气球匀速上升，若有仪器零件从气球上脱落，零件由于具有惯性，该零件刚脱落时保持原来的运动状态，仍旧会向上运动。
故答案为：2000；惯性；向上运动。
气球匀速上升，符合二力平衡条件，所受合力为0.向上的浮力与向下的重力大小相等。一切物体都具有保持原来运动状态不变的性质，叫做惯性。
本题考查学生对二力平衡条件和惯性的理解和运用，是一道基础题目。
26.【答案】连通器  1000 大于  等于  大于 
【解析】解：(1)茶壶的壶嘴和壶身上端都开口，底部相连通，构成了一个连通器；
(2)水对容器底的压强：p=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1000Pa；
(3)由图可知，茶壶的底部面积等于上端面积，由p=FS可得水对容器底的压力，F=pS=ρ水ghS=ρ水gV>G水，即茶壶内水对茶壶底部的压力大于水的重力；
(4)茶壶对桌面的压力等于茶壶和茶壶内水的总重力，若从茶壶中倒出2N重的水，由于茶壶对桌面的压力等于茶壶和茶壶内水的总重力，所以茶壶对桌面减小的压力等于2N；
(5)由于容器是上小下大的形状，水对容器底部的压力大于水自身的重力，所以倒出2N的水后，水对壶底减小的压力也会大于2N。
故答案为：连通器；1000；大于；等于；大于。
(1)上端开口、底部相连通的容器叫做连通器；
(2)根据p=ρgh求出水对茶壶底部的压强；
(3)上小下大的容器，液体对容器底部的压力大于液体自身的重力；
(4)茶壶对桌面的压力等于茶壶和茶壶内水的总重力；
(5)由于容器形状特分析解答。
本题考查液体公式和压强定义公式的应用、对连通器的认识与理解，注意上口小、下口大的容器，液体对容器底的压力大于所装液体的重力。
27.【答案】0 1500 
【解析】解：机器人在水平地面上前进，在重力方向上没有移动距离，重力做功为0J，重力对机器人不做功；
水平动力做的功：W=Fs=300N×5m=1500J；
故答案为：0；1500。
力做功的两个必要因素：一是有力作用在物体上；二是物体在力的作用下移动了一段距离，据此确定重力做功的多少；根据W=Fs求动力做功大小。
本题考查功和功率的计算，明确三种情况不做功：一是有力无距离(例如：推而未动)，二是有距离无力(靠惯性运动)，三是力的方向与运动方向垂直。
28.【答案】重  竖直向下  0 
【解析】解：球在离开手后，不再受到手的推力，在空中运动的过程中，不考虑空气阻力，球只受到重力的作用，重力的方向竖直向下；
从离开手后到达最高点的过程中，人不再施加作用力，没有力的作用，因而不做功，即做功为0。
故答案为：重；竖直向下；0。
(1)地球附近的一切物体都会受到重力作用，重力的方向是竖直向下的；
(2)做功的两个必要因素是有力作用在物体上和物体在力的方向上移动了距离。
此题考查了对物体受力分析、以及做功的必要因素，难度不大。
29.【答案】大于；小于；西南侧。 
【解析】【分析】
液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体流速越大的地方压强越小。
掌握流体流速和压强的关系，并能用流体压强知识解释有关问题。
【解答】
列车乙不减速，从车甲旁边西南侧呼啸而过，速度较大，使乙车与甲车之间空气流动速度增大，甲列车西南侧的压强变小，甲车东北侧的空气的流速小，压强大，在内外压强差的作用下，甲车容易被压向乙车，故甲车是向西南侧被推移。
故答案为：大于；小于；西南侧。
30.【答案】变速  20 0 20 
【解析】解：(1)由图乙可知，木箱在1∼3s内做加速运动，即做变速运动；
由乙图可知，在3∼5s内木箱做匀速直线运动，处于平衡状态，由甲图可知此过程中的推力F=20N；由二力平衡条件可得，木箱受到的滑动摩擦力f=F=20N；
虽然在第2s时刻木箱做加速运动，但木箱对水平面的压力大小和接触面的粗糙程度都不变，则滑动摩擦力大小不变，故在第2s时刻木箱受到的摩擦力仍然为20N；
(2)由图乙可知，在0∼1s内木箱处于静止状态，因木箱在推力的作用下没有移动距离，则推力F做的功为0J；
(3)由图乙可知，在3∼5s内木箱的速度为1m/s，
在3∼5s内，推力对木箱所做功的功率：P=Wt=Fst=Fv=20N×1m/s=20W。
故答案为：变速；20；0；20。
(1)物体处于静止或者匀速直线运动状态时，受到的力是平衡力，相互平衡的两个力大小相等；滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关，与物体运动的速度无关；
(2)先由图像判断在0∼1s内木箱的运动状态，再根据W=Fs求功的大小；
(3)从图像中找出在3∼5s内木箱的速度和受到的推力，根据公式P=Wt=Fst=Fv求推力对木箱所做功的功率。
本题考查了二力平衡条件的应用、影响滑动摩擦力大小的因素、功和功率的计算，能从图像中得到有用的物理信息是解题的关键。
31.【答案】右  6 顺时针  变大  杠杆自身重力的影响 
【解析】解：(1)杠杆的左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，故应将平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂，同时消除杠杆重力对杠杆平衡的影响；
(2)设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件FALA=FBLB可得：4G×3L=FB×2L，解得：FB=6G，则需挂6个钩码；
若A、B两点的钩码同时向远离支点的方向移动一个格，则左侧4G×4L=16GL，右侧6G×3L=18GL，因为16GL