解题思路：（1）由电路图可知，当单刀双掷开关S接a时，RM与R0串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流；由表格数据可知当空气从舱体M中缓慢逸出过程中，舱体的压强变小，力敏电阻的阻值变大，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端的电压变化．
（2）根据欧姆定律和串联电路的特点分别求出开关S接a或接b时RM和RN的大小，由表格数据得出对应的压强，再根据F=PS求出此时舱门受到的内外压力差；
（3）M、N中的压强相等时，根据气体的体积变为原来的5倍可知此时的压强，由表格数据可知此时力敏电阻的电阻，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电流表的示数，进一步求出电压表的示数．
（1）当空气从舱体M中缓慢逸出过程中，舱体的压强变小；
由表格数据可知，力敏电阻的阻值变大，电路的总电阻变大；
根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电阻R0两端的电压变小，即电流表和电压表的示数都变小．
（2）当开关S接a时，U0=4.5V，
电路中的电流I=
U0
R0=[4.5V/10Ω]=0.45A，
则RM=
UM
I=
U-U0
I=[9V-4.5V/0.45A]=10Ω，
查表可知RM=10Ω时对应的气压值为0.6×105Pa；
开关S接b时，I′=0.18A，
电路的总电阻R=[U
I′=
9V/0.18A]=50Ω，
所以RN=R-R0=50Ω-10Ω=40Ω，
查表可知RN=40Ω时对应的气压值为0.1×105Pa；
此时舱门受到的内外压力差△F=△PS=（0.6×105Pa-0.1×105Pa）×0.6m2=3×104N．
（3）由题意和图象可知，当M、N中的气体压强相等时，M、N中的气压值均为0.2×105Pa；
查表可知，此时RM、RN的电阻值均为30Ω，
所以电路中的电流I″=[U
RN+R0=
9V/30Ω+10Ω]=0.225A，
即电流表的示数为0.225A；
R0两端的电压U0″=I″×10Ω=0.225A×10Ω=2.25V，
即电压表的示数为2.25V．
答：（1）变小，变小；
（2）舱体M中的气压为0.6×105Pa，集气空腔N中的气压为0.1×105Pa，此时舱门受到的内外压力差为3×104N；
（3）M、N中的压强相等时电流表和电压表的读数分别0.225A、2.25V．
点评：
本题考点： 欧姆定律的应用．
考点点评： 本题题量大，考查的知识点多，特别是新信息题较多，难度较大，需在掌握好基础知识的基础上认真分析信息，将课本知识进行有效迁移才能解答好本题．