2025年广东省中考物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2025年广东省中考物理试卷(含详细答案解析)，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示是我国自主研制的隐身战斗机歼−35A，其与地面通信是利用( )
A. 电磁波B. 超声波C. 次声波D. 光导纤维
2.可再生能源是未来理想能源的一个重要发展方向，下列属于可再生能源的是( )
A. 煤B. 石油C. 天然气D. 风能
3.如图，丹霞山云雾缭绕，如诗如画。在阳光照射下，云雾中的小水珠变成水蒸气，此过程属于( )
A. 汽化
B. 液化
C. 熔化
D. 凝固
4.升旗时，利用旗杆顶部的定滑轮可以( )
A. 省力B. 省功C. 省距离D. 改变拉力方向
5.冰壶在水平冰面上沿直线滑动的过程中，若冰面粗糙程度相同，则冰壶所受的摩擦力( )
A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 保持不变D. 先增大后减小
6.如图所示实验中，闭合开关，导体ab向右运动。下列操作能让导体ab向左运动的是( )
A. 改变电压大小
B. 改变电流方向
C. 改变电流大小
D. 改变导体ab长度
7.下列利用开关控制插座的电路中，符合安全用电要求的是( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共7小题，共21分。
8.如图所示原子结构示意图中，原子核带______电，其质量______(选填“大于”或“小于”)电子的质量，原子整体______(选填“显”或“不显”)电性。
9.放大镜属于______(选填“凸”或“凹”)透镜，如图，邮票通过透镜所成的像是______(选填“实”或“虚”)像，邮票到透镜的距离______(选填“大于”或“小于”)透镜的焦距。
10.粤剧被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，在粤剧表演时，琴声是由琴弦______产生的，并通过______传播到观众处，观众可根据声音的______分辨不同的乐器。
11.我国研制的CR450动车组样车，运营时速可达400公里。样车行驶时，以车厢为参照物，轨道是______(选填“运动”或“静止”)的，样车刹车时受阻力作用减速，说明力可以改变物体的______，司机由于具有______会向前倾。
12.明代《天工开物》中记载“取诸麻、菜子入釜，文火慢炒，透出香气”。用“文火”改变内能的方式属于______(选填“做功”或“热传递”)；“透出香气”属于______现象；温度越高，分子热运动越______。
13.如图所示探究光的反射定律实验中，入射角为______度；增大入射角，则反射角______；将纸板 NOF沿ON向后翻折，在纸板上______(选填“能”或“不能”)看到反射光。
14.如图所示实验，实验前已调好器材，实验过程中通过电阻R1、R2的电流______(选填“相等”或“不相等”)；观察U形管内液面高度差可知______(选填“R1”或“R2”)产生的热量较多；要使液面高度差变化更快，可将滑动变阻器的滑片P向______滑动。
三、作图题：本大题共3小题，共7分。
15.如图，苹果静止在水平面上，请在O点画出苹果所受重力G和支持力F的示意图。
16.请在图中画出平行于主光轴的两条入射光线经过透镜后的光线。
17.小明家的智能门锁，可通过指纹识别开关S1或密码识别开关S2控制电动机开锁，请在图中完成其简化电路设计。
四、实验探究题：本大题共3小题，共20分。
18.(1)如图1，玻璃砖的长度为______ cm；体温计的读数为______ ∘C。
(2)在测量石块的密度实验中，天平平衡时，右盘中的砝码和标尺上游码的位置如图2甲，则石块的质量为______ g；如图乙，石块的体积为______cm3，经计算，石块的密度为______g/cm3。
(3)如图3，小磁针静止时N极指向右，则螺线管的右端为______极，将小磁针沿着图中轨迹缓慢移到 Q处，下列符合小磁针a端旋转情况的是______。
19.在探究液体压强与哪些因素有关时，小明提出如下猜想：
①与深度有关；②与液体密度有关；③与容器大小有关。
(1)实验前，U形管两侧液面如图1甲，应重新安装橡胶管使两侧液面______。
(2)调好器材后，探究猜想①和②，比较图乙、丙可知：同种液体，______，压强越大；已知ρ水>ρ酒精，比较图丙、______可知：深度相同时，液体密度越大，压强越大。
(3)将探头放入图戊的盐水中，U形管两侧液面高度差与图丙一致。已知ρ盐水>ρ水，根据实验结论推测，探头的位置可能在______(选填“a”“b”或“c”)处。
(4)探究猜想③，如图2，在大小不同的容器中装入深度相同的水，将探头分别放入容器底，观察U形管两侧液面，得出结论。此实验设计不合理的地方是______。
(5)完成实验后，针对猜想①的探究，为了使结论具有普遍性，除了在水中多次实验外，还应该进行的实验是______。
20.探究电流与电阻的关系实验如图，使用的器材如下：电压恒为6V的电源，规格为“50Ω1.2A”的滑动变阻器，规格为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各1个等。
U=2V
(1)连接电路时，开关应处于______状态。请用笔画线代替导线将实物图连接完整。
(2)将如表所示的实验记录表①、②处补充完整：①______，②______。
(3)将5Ω的定值电阻接入电路，并将滑动变阻器调到最大阻值处，闭合开关，______，直到电压表的示数为2V，此时电流表的示数如图乙所示，为______A，记录数据。
(4)依次更换定值电阻，重复实验。
(5)若计划将定值电阻两端的电压U取1.5V，是否仍能依次用上述4个定值电阻完成实验？请判断并说明理由：______。
五、计算题：本大题共2小题，共13分。
21.如图所示是我国自主设计建造的“极地”号破冰调查船，某次任务中，该船的总质量为4.12×106kg。已知g=10N/kg，ρ海水=1.03×103kg/m3，q燃油=4.3×107J/kg。求该船：
(1)受到的总重力；
(2)静止时排开海水的体积；
(3)发动机完全燃烧100kg燃油放出的热量。
22.小明设计了可改变灯泡亮度的电路，如图，电源电压U为6V，灯泡L标有“6V0.5A”。定值电阻R为12Ω。
(1)S2拨到1处时，闭合开关S1，求L的电功率。
(2)S2拨到2处时，闭合开关S1，电流表示数为0.3A，求：
①R两端的电压；
②L工作100s消耗的电能。
六、综合题：本大题共3小题，共18分。
23.桥梁设计需考虑材料受热膨胀，小明设计实验，探究形状和大小相同、材料不同的圆柱体金属棒A、B受热伸长量与温度变化量的关系。
(1)初始时金属棒A、B的长度和横截面积均______。
(2)如图所示装置可用来测量金属棒受热时微小的伸长量。激光笔固定在杠杆右端，杠杆可在竖直平面内转动；标尺竖直放置，通过激光点在标尺上移动的距离来反映金属棒的伸长量。
①开始时，将金属棒上端固定并保持竖直，下端轻触杠杆，杠杆和激光束在同一水平直线上，光点在标尺“0”刻度处。
②加热金属棒，光点会在标尺上向______(选填“上”或“下”)移动。用A、B棒进行实验，实验数据见如表。其中，dA、dB分别表示A、B棒在不同温度t时，光点在标尺上的刻度值。
③分析数据可知：同一根金属棒温度升高越多，伸长量越______；温度升高相同时，金属棒______(选填“A”或“B”)的伸长量更大。
(3)金属棒伸长使杠杆转动过程中，阻力臂______(选填“变大”“变小”或“不变”)；同一根金属棒伸长量一定时，为使光点移动距离更大，可采取的做法是______(写1种即可)。
24.巡检机器人可对高压输电线进行巡检，如图，其相关参数见下表。机器人的电机可切换为电动机或发电机。水平匀速巡检时，蓄电池减少的储能全部用于电机产生的牵引力做功。当蓄电池储能降至0.1E0时，停止电能输出，巡检终止。下坡巡检时，电机可将重力势能转化为电能并为蓄电池充电，将能量储存起来。
(1)下坡时，发电机利用______原理发电。
(2)请完成以下能量转化流程图：______。
(3)若充满电的机器人保持P0、v0水平巡检1.2h，则巡检路程为______ km，牵引力为______ N，蓄电池储能剩余______kW⋅h。
(4)如图巡检线路，当机器人到达A点时，蓄电池储能为0.95E0。随后机器人先下坡巡检(电机切换为发电机)，后水平巡检(电机切换为电动机)，巡检全程速度大小保持不变。AB段重力势能减少量为1×105J。充电过程中，重力势能每减少1J，转化为电能并储存在蓄电池中的能量为0.45J。水平阶段机器人所受阻力大小是重力的0.15倍，则水平阶段匀速巡检的最大路程为______ m。(g=10N/kg)
25.阅读短文，回答问题。
登月服
2025年2月，我国望宇登月服进入初样研制阶段。望宇登月服主体由多层结构组成，包括内衣舒适层、保暖层、通风服和水冷服、气密限制层、隔热层和外保护层等。某科技小组为检测模拟登月服的气密性，设计了气压检测装置，其电路如图甲，R0的阻值为30Ω，恒流电源输出电流恒为1A，当气压p≤1.25×103Pa时，压敏电阻Rg的阻值随气压p的变化关系如图乙(为方便计算，图象已作近似处理)。
测试时，如图丙，将充满空气的模拟登月服M和检测装置放入空腔N中，将N抽成真空后密封(不计此过程中M漏气)。启动检测装置，开始计时，此时M内的气压为1×105Pa。已知M漏气速度越来越慢，经过8h，若M漏出空气的质量小于充气质量的10%，则M的气密性达标。M、N内的气压与各自内部空气的密度成正比，且比例系数相同；容积VM：VN=1：5。不计检测装置的体积、M的厚度以及M和N容积的变化。
(1)通风服和水冷服可利用水吸收登月服内的热量，是利用了水的比热容______的特点。
(2)M漏气过程中，电流表示数变______。
(3)开始计时后，经过4h电流表示数为0.6A，此时N内的气压为______ Pa，M漏出空气的质量为充气质量的______%。请判断M的气密性是否达标并说明理由：______。
(4)思考(3)的检测过程，为使电流表示数变化范围最大，可改变R0的阻值，设真空时电流表示数为I0，经过4h电流表示数为I1，要使I0与I1的差值最大，R0的阻值应为______Ω。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：现代战斗机与地面通信主要是依靠电磁波来实现的。电磁波可以在真空中传播，且传播速度快，能够满足飞机与地面之间远距离、高速率的信息传输需求，歼−35A与地面通信是利用电磁波。
而超声波和次声波都属于机械波，它们的传播需要介质，在真空中无法传播，且传播速度相对较慢，传播距离也有限，不适合用于飞机与地面之间的通信。
光导纤维是一种利用光在玻璃或塑料制成的纤维中的全反射原理而达成的光传导工具，需要铺设专门的线路，无法应用于飞机与地面这种移动且距离不固定的通信场景中。故A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播。
本题考查了电磁波的运用，属于基础题。
2.【答案】D
【解析】解：A、煤属于三大化石燃料之一，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故A错误。
B、石油属于三大化石燃料之一，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故B错误。
C、天然气属于三大化石燃料之一，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故C错误。
D、风能属于可再生能源，故D正确。
故选：D。
从能源是否可再生的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源。
本题难度不大，了解可再生能源和不可再生能源的特点是正确解答本题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：在阳光照射下，云雾中的小水珠吸收热量，由液态变成气态的水蒸气，此过程属于汽化，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
汽化：是指物质从液态转变为气态的过程，这个过程需要吸收热量，包括蒸发和沸腾两种方式。
液化：是物质从气态变为液态的过程，会放出热量。
熔化：是指物质从固态变为液态的过程，需要吸收热量。
凝固：是物质从液态变为固态的过程，会放出热量。
本题考查了汽化现象与其它物态变化现象的辨别，属于基础题。
4.【答案】D
【解析】解：定滑轮实质上是动力臂等于阻力臂的杠杆，升旗时，利用旗杆顶部的定滑轮可以改变拉力的方向，但不能省力，也不能省距离；根据功的原理可知，使用任何机械都不省功，因此使用定滑轮不省功。
故选：D。
使用滑轮时，轴的位置固定不动的滑轮称为定滑轮。定滑轮不省力，但是可以改变力的方向，实质上是动力臂等于阻力臂的杠杆【等臂杠杆】。
使用任何机械都不省功。
此题考查了定滑轮的特点、功的原理，难度不大，属基础题。
5.【答案】C
【解析】解：冰壶在水平冰面上沿直线滑动的过程中，若冰面粗糙程度相同，压力也不变，所以所受滑动摩擦力大小不变。
故选：C。
滑动摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度，据此分析。
通过冰壶比赛这个体育运动考查摩擦力大小的影响因素，认真观察。
6.【答案】B
【解析】解：改变电流方向或磁场方向后，导体受力方向与原来相反，这时导线ab将改变运动方向；所以若要使ab向左运动，可以采取的方法是交换电源正负极上的接线或交换磁铁两极的位置，故B正确，ACD错误。
故选：B。
通电导体在磁场中受力，受力方向与磁场方向、电流方向两个因素有关。只改变其中一个因素，可以改变运动方向，同时改变两个因素，运动方向不会改变。
本题考查磁场对电流的作用情况，要明确电流在磁场中的受力与磁场和电流的方向有关，同时改变两个因素，运动方向不发生改变。
7.【答案】C
【解析】解：根据安全用电原则知，两孔插座左零右火，开关接火线，图AB中的灯泡和开关都只接在火线或零线上，是错误的；
D 开关接在零线一侧，是错误的，C满足左零右火，开关接火线，故C正确。
故选：C。
根据两孔插座左零右火，开关接火线分析。
本题考查安全用电的原则，属于基础题。
8.【答案】正 大于 不显
【解析】解：在原子结构示意图中，原子核带正电，其质量大于电子的质量，原子整体不显电性。
原子核是由质子和中子构成的，其中质子带一个单位正电荷，中子不带电，所以原子核带正电，其正电荷数等于质子数。
电子的质量非常小，原子的质量主要集中在原子核上，因此原子核的质量远远大于电子的质量。
在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数，由于质子所带的正电荷数和电子所带的负电荷数相等，电性相反，所以原子整体不显电性。
故答案为：正；大于；不显。
物质是由分子或原子组成的，原子核带的正电荷数等于核外电子带的负电荷数，原子、分子对外不显电性。原子由原子核和核外带负电的电子组成，电子带负电，原子核中质子带正电、中子不带电。
本题考查了原子的结构及粒子的带电情况，为基础题。
9.【答案】凸 虚 小于
【解析】解：放大镜是一块凸透镜，根据凸透镜成像的三种情况和应用可知，放大镜能成放大正立虚像。所以用放大镜观察邮票时(如图所示)，邮票到透镜的距离是小于焦距，看到的像是一个正立放大的虚像。
故答案为：凸；虚；小于。
根据凸透镜成像的三种情况和应用解答此题。
U>2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机。
2f>U>f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪。
Uρ水，根据实验结论推测，探头的位置应该小于丙图液面的位置，即可能在a处；
(4)要探究液体压强与容器的形状关系时，需要控制液体的密度和深度相同，而图2中没有控制液体的深度相同；
(5)为了得到普遍规律，应该换用不同的液体多次实验。
故答案为：(1)相平；(2)深度越深；丁；(3)a；(4)没有控制液体的深度相同； (5)换用不同的液体多次实验。
(1)使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，需要重新安装软管；
(2)(3)(4)液体压强大小跟液体深度和密度有关。探究液体压强跟深度关系时，控制液体的密度不变，改变液体深度；探究液体压强跟密度时，控制深度和方向不变，改变密度的大小；
(5)为了得到普遍规律，应该换用不同的液体多次实验。
本题利用控制变量法和转换法考查了液体压强大小的影响因素，体现了对方法和过程的考查。
20.【答案】断开； 电阻R；电流I； 向右移动变阻器的滑片；0.4；； 不能；变阻器的最大电阻小于60Ω
【解析】(1)连接电路时，为保护电路，开关应处于 断开状态。变阻器按一上一下连入电路中，如下所示：
(2)探究电流与电阻的关系实验，要记录电阻和电电流的大小，①、②处为：①电阻R，②电流I；
(3)将5Ω的定值电阻接入电路，并将滑动变阻器调到最大阻值处，即最左端，闭合开关，向右移动变阻器的滑片，直到电压表的示数为2V，此时电流表的示数如图乙所示，为0.4A，记录数据；
(5)若计划将定值电阻两端的电压U取1.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压
U滑=U′−UV=6V−1.5V=4.5V
变阻器分得的电压为电压表示数的3倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为
R滑=3×20Ω=60Ω>50Ω
不能依次用上述4个定值电阻完成实验，因变阻器的最大电阻小于60Ω。
故答案为：(1)断开；(2)电阻R；电流I；(3)向右移动变阻器的滑片；0.4；；(5)不能；变阻器的最大电阻小于60Ω。
(1)连接电路时，为保护电路，开关应处于 断开状态。变阻器按一上一下连入电路中；
(2)探究电流与电阻的关系实验，要记录电阻和电流的大小，据此分析；
(3)读出电流表的示数如；
(5)根据串联电路电压的规律得出变阻器分得的电压，根据分压原理，当接入20Ω电阻时得出变阻器连入电路中的电阻，结合变阻器的最大电阻分析。
本题探究电流与电阻的关系，考查注意事项、表格设计和对器材的要求。
21.【答案】该船受到的总重力为4.12×107N；
静止时排开海水的体积为4×103m3；
发动机完全燃烧100kg燃油放出的热量为4.3×109J
【解析】(1)该船受到的总重力：G总=m总g=4.12×106kg×10N/kg=4.12×107N；
(2)船静止时，漂浮在海面上，根据物体的漂浮条件可知，
船所受的浮力：F浮=G总=4.12×107N，
根据F浮=ρ液gV排可得，该船静止时排开海水的体积：
V排=F浮ρ海水g=4.12×107J1.03×103kg/m3×10N/kg=4×103m3；
(3)发动机完全燃烧100kg燃油放出的热量：
Q放=m燃油q燃油=100kg×4.3×107J/kg=4.3×109J。
答：(1)该船受到的总重力为4.12×107N；
(2)静止时排开海水的体积为4×103m3；
(3)发动机完全燃烧100kg燃油放出的热量为4.3×109J。
(1)已知船的总质量，根据G=mg求该船受到的总重力；
(2)船静止时，漂浮在海面上，根据物体的漂浮条件可知船所受的浮力大小，根据F浮=ρ液gV排求该船静止时排开海水的体积；
(3)已知燃油的质量，根据Q放=mq求发动机完全燃烧100kg燃油放出的热量。
本题考查阿基米德原理和物体浮沉条件的应用，以及重力和热量的计算，难度一般。
22.【答案】S2拨到1处时，闭合开关S1，L的电功率为3W；
S2拨到2处时，闭合开关S1，
①R两端的电压为3.6V； ②L工作100s消耗的电能为72J
【解析】(1)S2拨到1处时，闭合开关S1，电路中只有灯泡L工作。电源电压U为6V，灯泡L标有“6V0.5A”，可知通过灯L的电流为0.5A，
L的电功率P L=ULIL=6V×0.5A=3W；
(2)S2拨到2处时，闭合开关S1，灯泡L与电阻串联，电流表测量的是电路中的电流。
①根据欧姆定律I=UR得：R两端的电压UR=I1R=0.3A×12Ω=3.6V；
②根据串联电路的电压特点可知：灯L此时两端的电压UL′=U−UR=6V−3.6V=2.4V；
根据串联电路的电流特点可知：此时通过灯L的电流为0.3A；
L工作100s消耗的电能W=UL′I1t=2.4V×0.3A×100s=72J。
答：(1)S2拨到1处时，闭合开关S1，L的电功率为3W；
(2)S2拨到2处时，闭合开关S1，
①R两端的电压为3.6V； ②L工作100s消耗的电能为72J。
(1)S2拨到1处时，闭合开关S1，电路中只有灯泡L工作，根据公式P=UI可计算出L的电功率；
(2)S2拨到2处时，闭合开关S1，灯泡L与电阻串联，根据欧姆定律和串联电路的特点可以求出R两端的电压，再根据W=UIt可计算出L工作100s消耗的电能。
本题是一道电学综合题，考查电功率公式、欧姆定律的灵活运用，题目难度不大。要注意的是：灯丝电阻随着温度而改变，不能把灯丝电阻当成定值电阻。
23.【答案】相同； 上；大；B； 变小；支点向左移动
【解析】(1)由控制变量法，初始时金属棒A、B的长度和横截面积均相同。
(2)②加热金属棒，金属棒伸长，杠杆逆时针转动，光点会在标尺上向上移动。
③分析数据可知：同一根金属棒温度升高越多，伸长量越 大；温度升高相同时，金属棒B的伸长量更大。
(3)由力臂的定义，金属棒伸长使杠杆转动过程中，阻力臂 变小；同一根金属棒伸长量一定时，为使光点移动距离更大，由数学知识，可采取的做法是支点向左移动。
故答案为：(1)相同；(2)上；大；B；(3)变小；支点向左移动。
(1)由控制变量法分析；
(2)②加热金属棒，金属棒伸长，杠杆逆时针转动，据此分析；
③分析表中数据回答；
(3)由力臂的定义分析阻力臂变化；由数学知识分析回答。
本题考查控制变量法的运用及力臂大小的分析。
24.【答案】电磁感应； 化学； 4.8；90；0.08； 8110
【解析】(1)下坡时，发电机利用电磁感应原理发电。
(2)下坡巡检时，电机可将重力势能转化为电能并为蓄电池充电，将能量以化学能的行驶储存起来。
(3)若充满电的机器人保持P0、v0水平巡检1.2h，则巡检路程为：
s=v0t=4 km/h×1.2 h=4.8 km；
牵引力为：F=P0V0=100W43.6m/s=90N，
蓄电池储能剩余：E0−P0t=0.2 kkW⋅h−0.1 kW×1.2 h=0.08 kW⋅h；
(4)AB段转化的电能为：1×105J×0.45=4.5×104J=0.0125 kW⋅h；
蓄电池储能为：0.95E0+0.0125 kW⋅h=0.95×0.2 kW⋅h+0.0125 kW⋅h=0.2025 kW⋅h；
水平阶段可用的电能为：0.2025 kW⋅h−0.1×0.2 kW⋅h=0.1825 kW⋅h=6.57×105J；
水平阶段牵引力为：F=f=0.15G=0.15×54kg×10N/kg=81N，
水平阶段最大路程为：s=WF=6.57×105J81N=8110 m。
故答案为：(1)电磁感应；(2)化学；(3)4.8；90；0.08；(4)8110。
(1)发电机利用电磁感应原理发电。
(2)下坡巡检时，电机可将重力势能转化为电能并为蓄电池充电，将能量以化学能的行驶储存起来。
(3)根据s=v0t算出巡检路程，根据P=Wt=Fst=Fv算出牵引力，用E0−P0t算出剩余蓄电池的储能；
(4)根据“重力势能每减少1J，转化为电能并储存在蓄电池中的能量为0.45J”算出AB段转化的电能；进而算出蓄电池储能和水平阶段可用的电能，根据水平阶段机器人所受阻力大小是重力的0.15倍算出水平阶段牵引力，由W=Fs算出水平阶段最大路程。
本题考查了发电机的原理、能量的转化、速度公式、功的公式、功率公式以及平衡力的应用等知识，是一道综合题，有一定的难度。
25.【答案】大； 小； 875；4.375；达标M漏气速度越来越慢，4∼8h漏出的空气质量与充气质量的比例会小于0∼4h的漏气比例4.375%，0∼8h的漏气比例会小于10%； 60
【解析】(1)由于水的比热容大，相同质量的水和其他物质吸收相同的热量，水的温度变化较小，所以通风服和水冷服可利用水吸收登月服内的热量，是利用了水的比热容大的特点；
(2)由图丙可知，气压检测装置在N内，M漏气过程中，N内的气压逐渐增大，
由图乙可知，压敏电阻Rg的阻值随气压p增大而减小，压敏电阻Rg的阻值减小，通过压敏电阻Rg的电流增大，
由图甲可知，R0与Rg并联，电流表测通过R0的电流，恒流电源输出电流恒定，由并联分流可知，通过Rg的电流增大，通过R0的电流会减小，故电流表示数变小；
(3)①恒流电源输出电流恒为I=1A，电流表示数为I′=0.6A，
通过Rg的电流为Ig=I−I′=1A−0.6A=0.4A，
R0两端的电压为U0=I′×R0=0.6A×30Ω=18V，Rg与R0并联，故Rg两端电压Ug=U0=18V，
此时Rg的电阻为Rg′=UgIg=18V0.4A=45Ω，
由图乙可知，Rg与气压p的关系为Rg=−0.04p+80，
则当Rg的电阻为45Ω时，N内的气压为：p=Rg−80−0.04=875Pa；
②M、N内的气压与各自内部空气的密度成正比，且比例系数相同，
设M内的气压为p1，密度为ρ1，则有p1=k×ρ1=k×m1VM，k为比例系数，m1为M内的气体质量(即充气质量)，
m1=p1×VMk，
设N内的气压为p2，密度为ρ2，则有p2=k×ρ2=k×m2VN，m2为N内的气体质量(即漏出空气的质量)，
m2=p2×VNk，
则m2m1=p2×VNp1×VM，将p1=1×105Pa，p2=875Pa，VM：VN=1：5代入，解得：m2m1=0.04375=4.375%；
③已知M漏气速度越来越慢，故4∼8h漏出的空气质量与充气质量的比例会小于0∼4h的漏气比例4.375%，
0∼8h的漏气比例会小于10%，故M的气密性达标；
(4)真空时电流表示数为I0，由图乙可知，此时Rg的阻值为80Ω，
R0两端电压U1=R0I0，Rg两端电压U1′=Rg(I−I0)，
两电阻并联，则U1=U1′，R0I0=Rg(I−I0)，
将I=1A，Rg=80Ω代入，得：I0=80VR0+80Ω，
经过4h电流表示数为I1，由(3)分析可知，此时Rg的阻值为45Ω，
R0两端电压U2=R0I1，Rg两端电压U2′=Rg(I−I1)，
两电阻并联，则U2=U2′，R0I1=Rg(I−I1)，
将I=1A，Rg=45Ω代入，得：I1=45VR0+45Ω，
I0与I1的差值为：I0−I1=80VR0+80Ω−45VR0+45Ω=35V×R0R02+125ΩR0+3600Ω2=35V(R0−60Ω)2R0+245Ω，
当R0=60Ω时，I0与I1的差值最大；
故答案为：(1)大；(2)小；(3)875；4.375；达标。M漏气速度越来越慢，4∼8h漏出的空气质量与充气质量的比例会小于0∼4h的漏气比例4.375%，0∼8h的漏气比例会小于10%；(4)60。
(1)由于水的比热容大，相同质量的水和其他物质吸收相同的热量，水的温度变化较小，所以通风服和水冷服可利用水吸收登月服内的热量，是利用了水的比热容大的特点；
(2)由图丙可知，气压检测装置在N内，M漏气过程中，N内的气压逐渐增大，由图乙可知，压敏电阻Rg的阻值随气压p增大而减小，压敏电阻Rg的阻值减小，通过压敏电阻Rg的电流增大，由图甲可知，R0与Rg并联，电流表测通过R0的电流，恒流电源输出电流恒定，由并联分流可知，通过Rg的电流增大，通过R0的电流会减小，故电流表示数变小；
(3)利用并联分流规律，算出通过Rg的电流，用公式U=IR算出R0两端电压，得知Rg两端电压，再用R=UI算出Rg得电阻，对照图乙的图线规律，算出此时的气压值；根据M、N内的气压与各自内部空气的密度成正比，列出气压与密度的关系式，用ρ=mV替换掉密度，将两个质量做比值即可得到结果；根据M漏气速度越来越慢的特点，4∼8h的漏气比例小于0∼4h的漏气比例，估算0∼8h的漏气比例，再与10%比较，得出结论；
(4)根据公式I=UR分别列出I0和I1的表达式，将两个式子做差，将式子中R0配成完全平方式，得到I0与I1的差取最大值时，R0的取值。
本题考查欧姆定律的应用。实验序号
①/Ω
②/A
1
5
2
10
3
15
4
20
实验序号
1
2
3
4
5
t/∘C
25.0
40.0
55.0
70.0
85.0
dA/cm
0
1.10
2.15
3.26
4.31
dB/cm
0
1.73
3.44
5.18
6.89
质量m0
54kg
最大巡检速度v0
4km⋅h−1
蓄电池满电时储能E0
0.2kW⋅h
电动机最大输出功率P0
100W