【分析】
本题围绕“探究不同物质吸热升温的现象”实验展开，需逐一分析各选项：①组装器材时，应先固定下方铁圈适配酒精灯外焰，判断选项A；②相同加热装置下，相同时间内a、b吸热相同，结合温度变化判断升高相同温度时的吸热多少，判断选项B；③利用比热容公式$ Q=cm\Delta t $，结合图像中温度变化与吸热的关系比较比热容，判断选项C；④明确比较不同燃料放热需更换燃料，本装置无法实现，判断选项D。
【解析】
选项A：组装实验器材时，需根据酒精灯外焰高度先固定下方铁圈，再调整上方器材，而非先固定上方铁圈，故A错误。
选项B：相同装置加热时，相同时间内a、b吸收的热量相等。由图(b)可知，升高相同温度时，a对应的加热时间更短，说明a吸收的热量更少，故B错误。
选项C：根据比热容公式$ Q=cm\Delta t $，a、b质量$ m $相同，相同加热时间内吸收的热量$ Q $相同；由图(b)，相同时间内a的温度变化$ \Delta t $更大，因此比热容$ c=\frac{Q}{m\Delta t} $，$ \Delta t $越大则$ c $越小，故液体a的比热容小于液体b的比热容，C正确。
选项D：比较质量相等的不同燃料燃烧放热，需使用不同燃料作为热源，本实验装置采用相同酒精灯加热，无法更换不同燃料，不能完成该实验，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
比热容、探究物质吸热升温的实验
【点评】
本题考查“探究不同物质吸热升温现象”的实验，涉及装置组装、比热容计算与图像分析，以及实验拓展应用，需掌握实验原理和图像解读方法，属于中等难度的基础实验题。
【难度系数】
0.6

【分析】首先，判断电路元件是用电器还是电源，需依据其功能：充电时电池消耗电能转化为化学能储存，属于消耗电能的元件；其次，判断电路连接方式，串联电路各用电器相互影响，并联电路各支路独立工作、互不影响，结合转向灯的工作现象分析即可。
【解析】1. 电动汽车充电时，电池将电能转化为化学能储存，消耗电能，因此相当于电路中的用电器；2. 并联电路中各支路用电器独立工作、互不影响，题目中同侧转向灯前灯损坏后灯仍正常发光，符合并联的特点，故连接方式为并联。
【答案】用电器 并
【知识点】电路元件、电路连接方式
【点评】本题结合生活实例考查电路的基本概念，难度较低，贴近生活实际，容易理解。
【难度系数】0.8

【分析】
要解答本题，需依次明确定滑轮与动滑轮的区别、定滑轮的杠杆实质及作用：
1. 区分定、动滑轮：核心看滑轮轴的位置是否固定，固定不动的是定滑轮，随物体移动的是动滑轮；旗杆顶部的滑轮轴固定在旗杆上，属于定滑轮。
2. 定滑轮的实质：从杠杆原理分析，定滑轮的动力臂和阻力臂都等于滑轮的半径，因此是等臂杠杆。
3. 定滑轮的作用：定滑轮不省力，但可以改变力的方向，升旗时向下拉绳就能让国旗上升，正是利用了这一特点。
【解析】
1. 判断滑轮类型：旗杆顶部的滑轮，其轴的位置固定不动，符合定滑轮的定义，故为定滑轮。
2. 分析滑轮实质：定滑轮的动力臂与阻力臂相等（均为滑轮半径），因此实质上是等臂杠杆。
3. 明确滑轮作用：使用定滑轮时，无法省力，但可以改变力的方向，对应升旗场景，向下施力即可让国旗向上运动，体现了改变施力方向的好处。
【答案】
定；等臂；施力的方向
【知识点】
定滑轮；杠杆类型；滑轮的作用
【点评】
本题考查定滑轮的基础概念，属于力学部分的基础知识点，难度较低，主要考察学生对定滑轮的定义、实质和作用的掌握，是常见的基础题型。
【难度系数】
0.8

【分析】
先对动滑轮进行受力分析，确定拉力与物重、动滑轮重的关系；再根据动滑轮的特点，明确绳子移动距离和物体上升高度的关系；接着计算有用功、总功，进而求出拉力功率和机械效率；最后结合机械效率公式，分析物重增大时机械效率的变化范围。
【解析】
1. 求拉力：不计绳重和摩擦，动滑轮匀速运动时受力平衡，动滑轮受向上的两段绳子拉力（每段拉力均为$F$），向下的力为物体重力$G$和动滑轮重力$G_{轮}$，因此有$2F = G + G_{轮}$。代入数据$G=12N$、$G_{轮}=8N$，得$F=\frac{G+G_{轮}}{2}=\frac{12N+8N}{2}=10N$。
2. 求绳子上升的距离：动滑轮上承担力的绳子段数$n=2$，物体上升高度$h=1m$，则绳子上升距离$s=nh=2×1m=2m$。
3. 求拉力的功率：总功$W_{总}=Fs=10N×2m=20J$，时间$t=2s$，功率$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{20J}{2s}=10W$。
4. 求动滑轮的机械效率：有用功$W_{有}=Gh=12N×1m=12J$，机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%=\frac{12J}{20J}×100\%=60\%$。
5. 分析机械效率的变化范围：不计绳重和摩擦，机械效率公式为$\eta=\frac{G}{G+G_{轮}}×100\%$，当物重$G$增大时，$\eta$逐渐增大；当$G$趋近于无穷大时，$\eta$趋近于100%；初始物重为12N时$\eta=60\%$，故变化范围是$60\%～100\%$。
【答案】
10；10；2；60%；60%～100%
【知识点】
动滑轮特点；机械效率；功率计算
【点评】
本题考查动滑轮的受力分析、功、功率及机械效率的计算，核心是明确动滑轮的绳子段数，以及机械效率随物重变化的规律，属于力学基础综合题。
【难度系数】
0.5

【分析】
要解决本题，需结合气体对外做功的内能变化规律、能量转化以及热机冲程的相关知识分析：首先判断气球内气体喷出时的做功情况，再分析内能与温度的关系，接着确定能量转化类型，最后联系热机对应冲程。
【解析】
1. 当气球内气体向外喷出时，气体对外界做功；根据做功与内能的关系，物体对外做功，自身内能会减小，而内能减小会导致温度降低，因此气球嘴温度变低。
2. 气体喷出过程中，消耗了气体的内能，使气球获得了运动的机械能，所以能量转化是将内能转化为机械能。
3. 热机的做功冲程中，燃料燃烧释放的内能转化为活塞运动的机械能，与该过程的能量转化一致。
【答案】
变低 内 机械 做功
【知识点】
内能改变、能量转化、热机冲程
【点评】
本题结合生活中的气球喷气现象，考查内能变化、能量转化及热机冲程的知识，贴近生活实际，注重物理知识的应用，难度适中。
【难度系数】
0.6

【分析】
本题包含两个问题，第一问需利用杠杆平衡条件分析调小力度的方法，第二问利用功的公式计算做功大小。对于第一问，握力器的左手柄可视为杠杆，O为支点，弹簧拉力是阻力，手的作用力是动力，根据杠杆平衡条件，要减小所需的动力，需调整阻力的力臂；第二问直接运用功的计算公式，注意单位换算即可求解。
【解析】
1. 调小力度的操作：
握力器的左手柄相当于杠杆，支点为O，弹簧对杠杆的拉力为阻力$ F_2 $，手施加的力为动力$ F_1 $。根据杠杆平衡条件$ F_1L_1 = F_2L_2 $，若要调小力度（即减小动力$ F_1 $），在动力臂$ L_1 $和阻力$ F_2 $不变时，需减小阻力臂$ L_2 $。观察握力器结构，将弹簧下端向右移动时，阻力臂$ L_2 $减小，因此应将弹簧下端向右移。
2. 做功的计算：
已知手的作用力$ F = 260\ \mathrm{N} $，力的方向上移动的距离$ s = 6\ \mathrm{cm} = 0.06\ \mathrm{m} $，根据功的计算公式$ W = Fs $，代入数值可得：
$ W = 260\ \mathrm{N} × 0.06\ \mathrm{m} = 15.6\ \mathrm{J} $。
【答案】
右；15.6
【知识点】
杠杆平衡条件；功的计算
【点评】
本题结合生活中的可调式握力器，考查杠杆平衡条件和功的计算，将物理知识与实际应用结合，难度适中，注重考查学生对基础知识的运用能力。
【难度系数】
0.6