专题05 考前必做基础30题【考前必做基础】考前复习备考，必须回归基础；本专题，也是参考了近几年中考命题，总结出考生必须复习到的常考点、重点、热点，本专题总结了破解它们的“根本”。
完成本专题，增强考生应试的底气，更有自信。
1.一束光线以30°角入射到平面镜上，当入射角增大20°时，反射光线与入射光线的夹角为（）A．100 ° B．120° C．140° D．160°1.D2.下面所示实验中不是解释压强与流速关系的是（）A．用吸管吸饮料B．口吹硬币跳栏杆C．向两张纸中间吹气D．用B管向A管管口上方用力吹气2.A．3.如图，F是透镜的焦点，其中正确的光路图是（）A B C D3.C解析：A图中入射光线平行于主光轴，经过凸透镜折射后，折射光线应该过凸透镜另一侧焦点，A图错误，不符合题意；B图中入射光线通过焦点，经凸透镜折射后将平行于主光轴射出，B图错误，不符合题意；C 图中平行于主光轴的入射光线经过凹透镜折射后，折射光线的反向延长线过焦点，C图正确，符合题意，选填C；D图中凹透镜对光线有发散作用，而图中光路显示凹透镜对光线起到了会聚作用，D图错误，不符合题意．4.如图所示，用F=20 N的水平推力推着重为40 N的物体沿水平方向做直线运动，若推力F对物体做了 40 J的功，则在这一过程中A．重力做的功一定为40J B．物体一定受到20 N的摩擦力C．物体一定运动了2 m D．物体一定运动了4m4.C解析：不做功有三种情况：有力无距离；有距离无力；力与运动方向垂直。
此题中，重力方向与物体运动方向垂直，所以重力不做功，A错；题目中没有说明物体做匀速直线运动，所以不能认定摩擦力与拉力平衡，二者大小不一定相等，所以B错；根据公式40J=2m20NWW Fs sF===得：，C对、D错。
5.如图所示的电路中，闭合开关，发现每个电表都有一定的示数。
向右移动变阻器的滑片，则A.电流表A1示数减小，电流表A2和电压表V示数增加B.电流表A1和A2示数都减小，电压表V示数增加C.电流表A1、A2和电压表V示数都减小D．电流表A1、A2和电压表V示数都增加5.D解析：观察电路图可见，电阻R1与R2并联后与滑动变阻器串联。
电流表A1测干路中的电流，电流表A2测R1支路中的电流，电压表V测R1与R2并联后电路两端电压。
向右移动变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由欧姆定律可得干路中电流增大，即A1示数增加，因为R1与R2并联总电阻不变，由U=IR可知，R1与R2并联电路两端电压增大，即V示数增加，R1两端电压增大，通过R1的电流增大，即A2的示数增加。
综上分析，电流表A1、A2和电压表V示数都增加，D选项正确，符合题意，选填D。
6.如图所示，是“探究某物质熔化和凝固规律”的实验图。
下列说法正确的是A．在t=5min时，该物质处于固液共存状态B．在BC段该物质不吸热C．该物质凝固过程持续了5minD．该物质在EF段放热，温度降低6.A解析：观察图2可知，该物质在熔化（凝固）过程中温度保持不变，是晶体。
t=5min时，该物质继续吸热熔化，温度保持不变，处于固液共存状态，A选项说法正确，选填A；晶体熔化过程中需要继续吸热，BC段该物质继续吸热，B选项说法不正确；由图2可见，该物质凝固过程从12min开始到15min结束，持续了3min，C 选项说法不正确；EF段物质处于凝固阶段，继续放热，温度保持不变，D选项说法不正确。
7.如图所示，甲、乙两个弹簧测力计放在水平面上并相互钩在一起，用水平拉力F1和F2分别拉开，F1=F2=5N，两弹簧测力计静止时，下列分析正确的是（）A．甲对乙的拉力和乙对甲的拉力是一对平衡力B．甲受力平衡，乙对甲的拉力是5N，甲的示数是5NC．乙受力平衡，甲对乙的拉力是5N，乙的示数是10ND．甲和乙受到的合力均为零，示数均为零7.B解析：A.甲对乙的拉力和乙对甲的拉力不作用在同一物体，不符合二力平衡的条件，因此不是平衡力，A选项错误；B.甲处于静止状态，因此甲受力平衡，因为乙对甲的拉力是5N，因此甲的示数是5N，B选项正确；C.乙处于静止状态，因此乙受力平衡，因为甲对乙的拉力是5N，因此乙的示数是5N，C选项错误；D.甲和乙都处于静止状态，所以甲和乙受到的合力均为零，但甲和乙所受的拉力不为零，因此甲和乙的示数不为零，D选项错误；本题答案选B.8.现代汽车的发动机一般都是四冲程内燃机，其四个冲程如图所示，其中做功冲程是8.B解析：做功冲程的显著特点是：1、进气门和排气门都关闭2、在压缩冲程结束时，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的气体。
3、高温高压的气体推动活塞向下运动，并通过连杆带动曲轴转动，对外做功。
由此可知，B图是做功冲程。
故选B9.（多）如图甲，两个灯泡串联在电路中，电源电压为6V，L1的额定电压为3V，L2的额定电压为2V．通过两个灯泡的电流与其两端电压的关系如图乙所示，闭合开关后，当滑动变阻器的滑片滑至中点时，其中一个灯泡正常发光，另一个不损坏，下列说法中正确的是（）A．正常发光的小灯泡是L2，其额定功率为0.3WB．正常发光的小灯泡是L1，其额定功率为0.45WC．当L2两端电压为1.5V时，通过它的电流为0.15AD．此时滑动变阻器两端电压是1.5V9.BCD解析：（1）由图象可知，L1的电压为3V时通过的电流0.15A，L2的电压为2V时通过的电流大于0.15A，因串联电路中各处的电流相等，且其中一个灯泡正常发光，另一个不损坏，所以，正常发光的灯泡是L1，其额定功率P1=U1I1=3V×0.15A=0.45W，故A不正确，B正确；（2）由图象可知，当电路中的电流为0.15A时，灯泡L1两端的电压为3V，灯泡L2两端的电压为1.5V，故C正确；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压U滑=U﹣U1﹣U2=6V﹣3V﹣1.5V=1.5V，故D正确．故选BCD．10.（多）如图，水平桌面上放有一个装水的容器，一个木块漂浮在水面上，用一个力F将木块匀速压入水中直至刚好浸没，下列说法正确的是（）A．木块压入水中过程所受浮力逐渐变大B．木块压入水中过程压力F逐渐变大C．容器底受到水的压强保持不变D．木块漂浮时容器对桌面的压强小于木块刚好浸没时容器对桌面的压强10.ABD解析：A.木块压入水中过程，排开水的体积变大，根据阿基米德原理可知所受浮力逐渐变大，故A正确；B.木块压入水中的压力F=F浮﹣G，由于重力不变，浮力变大，则压力逐渐变大，故B正确；C.由于排开水的体积变大，水没有溢出，液面上升，根据p=ρgh可知容器底受到水的压强变大，故C错误；D.施加压力后排开的水没有溢出，即木块刚好浸没时容器对桌面的压力变大，容器的底面积不变，因此容器对水平桌面的压强变大，故D正确．故选ABD．11.如图所示，小球从斜面上某一高度由静止开始滑下，撞击静止于水平木板上的木块（不计空气阻力），下列说法正确的是A．小球在斜面上下滑的过程中，如果以木板为参照物，小球是静止的B．若木板的表面光滑且足够长，最终木块的动能保持不变C．木块对木板的压力就是木块的重力D．小球从斜面上开始下滑到撞击木块后静止的过程中，小球的机械能先变大后变小11.B解析：小球在斜面上下滑的过程中，如果以木板为参照物，它的位置发生了变化，小球是运动的，故A错；若木板的表面光滑且足够长，小球将做匀速直线运动，即速度保持不变。
动能的大小与质量和速度有关，小球的质量和速度都不变，动能也不变，故B正确；压力与重力既有区别又有联系，木块对木板的压力的施力物体是木块，木块的重力的施力物体是地球。
木块对木板的压力大小等于木块的重力，但不是木块的重力，故C错；小球从斜面上开始下滑到撞击木块后静止的过程中，小球的机械能一直减小，最后为零，故D错。
12.关于温度、内能和热量，下列说法不正确的是（）A．物体温度降低时内能减少B． 0℃的冰变成0℃的水，温度不变，内能不变C．温度相同的两个物体间不能发生热传递D．任何物体都具有内能，通过摩擦可增大冰块的内能12.B解析：A、物体的温度降低，则它的内能一定减少， A正确，不符合题意；B、0℃的冰变成0℃的水的过程中，吸收热量，内能增大，温度不变， B错误，符合题意；C、热传递发生的条件是要有温度差，如果温度一样，则就不会发生热传递， C正确，不符合题意；D、摩擦生热，是用克服摩擦做功的方法改变物体内能的， D正确，不符合题意．答案选B。
13.蛟龙号潜水器下潜前停放在母船上，潜水器舱内非常湿热。
潜水器下潜时舱内温度降低，到达一定深度时，舱内壁开始出现小水珠。
这些小水珠的形成属于A．汽化现象 B．液化现象 C．凝华现象 D．凝固现象13.B解析：由题意可知，当潜水器下潜时舱壁温度降低，到达一定深度即温度降到一定值时，舱内空气中的水蒸气遇到冷的舱内壁液化形成的小水珠。
故本题正确选项是B。
14.如图所示，取两个相同的验电器A和B，使A带负电，B不带电，用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来。
下列说法正确的是（）A．B中正电荷通过金属棒流向A，A金属箔的张角减小B ．A 中的自由电子通过金属棒流向B ，B 金属箔的张角增大C ．A 中负电荷通过金属棒流向B ，B 中正电荷通过金属棒流向AD ．金属棒中瞬间电流的方向从A 流向B ，B 金属箔的张角增大14.B解析：金属导电的原因是自由电子的定向移动，人们规定正电荷的定向移动方向为电流的方向。
由题意知，用带有绝缘手柄的金属棒把A 和B 连接起来后，自由电子由A 流向B ，同时电流方向是从B 流向A ，故选项B 是正确的。
15.如图所示，一根质地均匀的木杆可绕O 点自由转动，在木杆的右端施加一个始终垂直于杆的作用力F ，使杆从O A 位置匀速转到O B 位置的过程中，力F 的大小将（ ）A ．一直是变大的B ．一直是变小的C ．先变大，后变小D ．先变小，后变大15.C解析：杠杆的支点是O 点，阻力为杠杆自身的重力，动力为F ，因此当杠杆O A 位置匀速转到O B 位置时，阻力的大小和动力臂的大小不变，而阻力臂先变大后变小，由杠杆平衡条件1122FL F L ＝可知，力F 的大小将选变大，后变小，本题答案选C.16.如图所示电路中，已知R 1>R 2，闭合开关S 后A ．电流通过R 1、R 2产生的热量Q 1<Q 2B ．通过R 1、R 2的电流I 1＞I 2C ．R 1、R 2两端的电压U 1>U 2D ．R 1、R 2消耗的电功率P 1>P 216.A解析：由图可知：R 1、R 2并联，则U 1=U 2，故C 错误；而R 1＞R 2，由并联分流可知：I 1＜I 2，故B 错误；再由P =UI 可知：P 1＜P 2；故D 错误；由Q =W =Pt 可知，Q 1＜Q 2，故A 正确。