【分析】
要解决本题，需结合电压表的使用规则分析：电压表的正确使用要求电流从正接线柱流入、负接线柱流出，此时指针正向偏转；若指针正向偏转，说明接线正确，可据此判断自制电池的正负极，再结合盐水的导电性分析各选项。
【解析】
1. 电压表的使用规则：电流需从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出，此时电压表指针正向偏转；若接线柱接反，指针会反向偏转。
2. 观察题图：电压表指针正向偏转，说明电流从电压表的正接线柱（连接铜片）流入，负接线柱（连接锌片）流出，因此铜片是自制电池的正极，锌片是负极。
3. 逐一分析选项：
A选项：铜片是电池正极，符合上述分析，正确；
B选项：锌片是正极，与分析结果相反，错误；
C选项：盐水属于导体，能够导电，错误；
D选项：电压表指针正向偏转，说明正、负接线柱未接反，错误。
【答案】
A
【知识点】
电压表的使用，电源正负极判断，导体的性质
【点评】
本题结合自制电池考查电压表的使用，需掌握电压表接线与指针偏转的对应关系，同时了解常见导体的性质，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.6

【分析】首先分析电路连接：开关闭合后，$\mathrm{L}_{1}$与$\mathrm{L}_{2}$为并联关系，电流表$\mathrm{A}$与$\mathrm{L}_{2}$串联，测量$\mathrm{L}_{2}$支路的电流，示数为$0.15\ \mathrm{A}$；电压表$\mathrm{V}$并联在电源两端，测量电源电压，示数为$3\ \mathrm{V}$。结合并联电路的特点（各支路电压等于电源电压、支路独立工作互不影响），逐一分析选项：
选项A：并联电路中$\mathrm{L}_{1}$两端电压等于电源电压，应为$3\ \mathrm{V}$，故A错误；
选项B：同理，$\mathrm{L}_{2}$两端电压也等于电源电压$3\ \mathrm{V}$，故B错误；
选项C：灯泡亮度由实际功率决定，$\mathrm{L}_{2}$更亮说明$P_2＞P_1$，根据$P=UI$，并联电路电压$U$相同，功率大则电流大，因此通过$\mathrm{L}_{2}$的电流（$0.15\ \mathrm{A}$）大于通过$\mathrm{L}_{1}$的电流，即流过$\mathrm{L}_{1}$的电流小于$0.15\ \mathrm{A}$，故C错误；
选项D：并联电路各支路独立工作，若$\mathrm{L}_{1}$断路，电源电压不变，电压表仍测量电源电压，示数不变，故D正确。
【解析】1. 确定电路结构：$\mathrm{L}_{1}$与$\mathrm{L}_{2}$并联，电流表测$\mathrm{L}_{2}$电流，电压表测电源电压；
2. 并联电压规律：并联电路各支路电压等于电源电压，因此$\mathrm{L}_{1}$、$\mathrm{L}_{2}$两端电压均为$3\ \mathrm{V}$，排除A、B；
3. 功率与电流关系：由$P=UI$，$U$相同，$P_2＞P_1$则$I_2＞I_1$，已知$I_2=0.15\ \mathrm{A}$，故$I_1＜0.15\ \mathrm{A}$，排除C；
4. 支路断路影响：并联支路独立，$\mathrm{L}_{1}$断路不改变电源电压，电压表示数不变，D正确。
【答案】D
【知识点】并联电路特点、电功率、电压表使用
【点评】本题考查并联电路规律的应用，关键是明确电表测量对象，结合电功率公式和并联电路特点分析，属于基础题型。
【难度系数】0.5

【分析】
要解决本题，需明确改变物体内能的两种方式（做功和热传递）的特点：对物体做功，物体内能增加、温度升高；物体对外做功，内能减少、温度降低。结合各选项的操作，逐一分析气体的内能与温度变化即可判断正误。
【解析】
选项A：向左推动活塞时，是对注射器内的气体做功，气体内能增加，温度升高，数字温度计示数应变大，而非变小，故A错误；
选项B：该过程是通过做功的方式改变气体的内能，并非热传递，故B错误；
选项C：保持活塞不动，取下橡皮帽后，注射器内的气体会逸出，气体质量减少，内能随之减少，温度降低，数字温度计示数会变小，故C错误；
选项D：撤去外力，活塞快速向右运动时，气体对外做功，自身内能减少，温度降低，数字温度计示数减小，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
内能的改变、做功与内能变化
【点评】
本题围绕做功改变物体内能展开，需结合具体操作分析气体的内能与温度变化，区分做功和热传递改变内能的差异，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.5

【分析】
要解决这道题，需结合电热器的放热特点和热量公式分析：首先，电热器功率恒定，加热时间相同且不计热损失，水吸收的热量等于电热器放出的热量，因此Q与水的质量m无关；再根据热量公式推导Δt与m的关系，进而判断对应图像是否正确。
【解析】
1. 分析Q与m的关系：电热器功率P恒定，加热时间t相同，不计热损失，水吸收的热量Q=W=Pt，由于P和t均为定值，所以Q不随水的质量m变化，是定值。选项A中Q随m增大而增大，选项B中Q随m线性增大，均不符合，故A、B错误。
2. 分析Δt与m的关系：根据热量公式Q=cmΔt，变形得Δt=Q/(cm)，其中Q（定值）、水的比热容c均为定值，因此Δt与m成反比，即m增大时Δt减小，且Δt与m的关系为反比例函数，对应图像是曲线。选项C是反比例曲线，符合；选项D是线性下降的直线，不符合，故C正确，D错误。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、比热容
【点评】
本题结合电热器加热场景，考查热量公式的应用，关键是明确加热时间相同时水吸收的热量恒定，再推导Δt与m的反比例关系，需准确理解公式中各物理量的关联。
【难度系数】
0.5

【分析】
本题利用杠杆平衡原理解决杆秤问题，杆秤的支点为提纽O点。解题时，将物体和秤砣的重力代入杠杆平衡公式，结合重力与质量的关系（G=mg），可简化为质量与力臂的关系（m₁L₁=m₂L₂），逐步分析各问即可。
（1）第一问：已知物体质量、OA和OB，代入简化后的杠杆平衡公式计算秤砣质量；
（2）第二问：利用杠杆平衡公式，结合C处的物体质量算出OC长度，再通过推导物体质量与OC的关系判断刻度是否均匀；
（3）第三问：换用更大的秤砣时，根据杠杆平衡公式分析秤砣力臂的变化，进而判断读数偏差。
【解析】
杆秤的支点为O点，根据杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$ G_{物} · OA = G_{砣} · L_{砣} $。代入$ G=mg $，两边g约去得：$ m_{物} · OA = m_{砣} · L_{砣} $。
（1）当物体质量$ m_1=2\ \mathrm{kg} $时，$ L_{砣}=OB=10\ \mathrm{cm} $，$ OA=5\ \mathrm{cm} $，代入公式：
$ 2\ \mathrm{kg} × 5\ \mathrm{cm} = m_{砣} × 10\ \mathrm{cm} $，解得$ m_{砣}=1\ \mathrm{kg} $；
（2）当C处对应物体质量$ m_2=5\ \mathrm{kg} $时，代入公式：
$ 5\ \mathrm{kg} × 5\ \mathrm{cm} = 1\ \mathrm{kg} × OC $，解得$ OC=25\ \mathrm{cm} $；
由$ m_{物}=\frac{m_{砣}}{OA} · L_{砣} $可知，物体质量与秤砣力臂成正比，因此杆秤刻度线分布均匀；
（3）若换用质量更大的秤砣（$ m_{砣}' ＞ m_{砣} $），测同一物体时（$ m_{物} $不变），根据$ L_{砣}=\frac{m_{物} · OA}{m_{砣}} $，$ m_{砣} $变大则$ L_{砣} $变小，即秤砣离O点更近，对应的刻度值偏小，故读数偏小。
【答案】
(1) 1；(2) 25；均匀；(3) 小
【知识点】
杠杆平衡条件，杠杆的应用，质量与重力的关系
【点评】
本题考查杠杆平衡条件在杆秤中的实际应用，是初中力学的基础题型，需掌握杠杆平衡公式的推导与应用，理解杆秤的工作原理。
【难度系数】
0.7