2026年广东省佛山市中考物理二模试卷（含答案+解析）

这是一份2026年广东省佛山市中考物理二模试卷（含答案+解析），共11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.游客从各个角度都能看到如图所示的“佛山”石榜的复刻品，是因为光的( )
A. 漫反射
B. 镜面反射
C. 色散
D. 折射
2.“音乐公路”的路面刻有规律排列的凹槽。当汽车以特定速度匀速驶过时，轮胎与凹槽边缘摩擦振动发声，形成旋律。路面凹槽的间距主要是为了改变声音的( )
A. 响度B. 音调C. 音色D. 传播速度
3.新能源是未来能源发展的重要趋势，下列既属于新能源且可再生的是( )
A. 煤炭B. 汽油C. 潮汐能D. 天然气
4.“露凝千草白，秋老一山黄”描绘了深秋清晨的美景。诗中“露凝”指的是露珠的形成，这一过程对应的物态变化是( )
A. 熔化B. 凝固C. 汽化D. 液化
5.人类善于利用周期性运动来计时。以下是几种常见的周期性计时方式，其中精确度最高的是( )
A. 日晷B. 沙漏C. 燃香D. 单摆
6.如图所示，加油站的工作人员提起油枪加油前，必须用手触摸“静电释放器”来清除身体上的静电。“静电释放器”由以下哪种材料制成( )
A. 导体
B. 半导体
C. 超导体
D. 绝缘体
7.电动自行车在启动时，必须先转动钥匙解锁，指示灯亮；指示灯亮后再按下刹车，电动车的电机才会启动。下列电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共7小题，共21分。
8.潮汕工夫茶讲究“沸水冲沏”，煮水时壶中水温升高，这是通过 的方式增加水的内能。冲泡时茶香四溢，属于 现象。茶汤越热，茶香越明显，这是因为温度越高，分子的 越剧烈。
9.长征五号运载火箭使用液态氢为燃料，是因为液态氢 大。发动机向后高速喷出高温气体，推动火箭升空，这说明力的作用是 的。火箭升空过程机械能 。
10.冰透镜的制作过程是将水 (填物态变化名称)成冰，再将冰打磨成凸透镜形状。哈尔滨亚冬会使用冰透镜采集火种，是利用了凸透镜对光线的 作用，应将燃料放在凸透镜的 位置。
11.为了响应国家体重管理的号召，小明用如图所示的简易拉力器进行身体锻炼，该装置所用滑轮是 滑轮，该滑轮的作用是 ，绳重及绳与滑轮之间的摩擦可忽略不计，则拉力F 重力G(选填“>”“=”或“I2，保证“电阻相同、电流不同”的实验条件。
开关操作：闭合S1、S2(使R3接入并联支路)，控制通电时间相同，观察U形管液面差即可比较电热多少。
故答案为：S1、S2；相同；分流。
(1)电阻丝产生的热量不易直接观察，由转换法，可使等质量初温相同的液体吸收热量，由温度变化确定产生的热量多少；
(2)电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析；
(3)分析乙装置电路连接，根据串联和并联电路电流的规律分析。
本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律及焦耳定律的运用。
13.【答案】并
空气开关
地

【解析】解：各电器两端电压均为220V，可独立通断、互不影响，家中空调、冰箱等电器的连接方式是并联。
电流过大时，空气开关自动跳闸，切断电路，避免过热起火，引发火灾
厨房的电饭煲使用三孔插座，其顶端插孔连接的是地线，电器金属外壳漏电时，电流经地线导入大地，防止触电。
故答案为：并；空气开关；地。
家庭电路中用电器可独立通断、互不影响，电器的连接方式是并联。
电流过大时，空气开关自动跳闸，切断电路，避免过热起火，引发火灾。三脚插头和三孔插座对应使用，正确的接法是“左零右火上接地”。
本题考查的是串联与并联的辨析及插座的正确使用方法，属于基础性题目。
14.【答案】2×10−4
竖直向下
5×10−4

【解析】解：加速下落时的合力
重力G=5×10−4N(竖直向下)
阻力f=3×10−4N(竖直向上)
合力大小：F合=G−f=5×10−4N−3×10−4N=2×10−4N
合力方向：竖直向下(与重力同向)。
匀速下落时的阻力匀速运动时，雨滴受力平衡，重力与阻力大小相等、方向相反。f′=G=5×10−4N。
故答案为：2×10−4；竖直向下；5×10−4。
同一直线方向相反二力合成，合力大小：F合=G−f，合力方向与力较大的方向一致。
匀速直线运动时，雨滴受力平衡，重力与阻力大小相等、方向相反。
本题考查二力平衡条件的应用与合力的计算，属于中档题。
15.【答案】
【解析】解：乐融融静止在水平地面上，处于平衡状态，竖直方向受一对平衡力，水平方向不受力。重力G：作用点在重心O，方向竖直向下。支持力F支：作用点在重心O，方向竖直向上，与重力大小相等。作图步骤在O点画一条竖直向下的线段，标箭头并标注G。在O点画一条竖直向上的线段，标箭头并标注F支。确保两条线段长度相等(表示二力平衡)。示意图如下：
。
物体的重力G的作用点在重心，方向是竖直向下；支持力的作用点也在物体的重心上，方向竖直向上。据此按照力的示意图的画法作图即可。
本题考查了作力的示意图，作力的示意图时，应先确定力的作用点及力的方向，这是作力的示意图的关键。
16.【答案】。
【解析】解：平面镜成像的特点：像与物关于镜面对称，成虚像；人看到像，是A点发出的光经镜面反射后进入眼睛。作A点的像点A′，连接眼睛与A′，与平面镜交于一点为入射点，连接该点与A，即为入射光线，京剧演员通过平面镜看到A点的像的光路图如下：
。
根据反射光线反向延长通过像点和像点与发光点关于平面镜对称，作出反射光线并完成光路图。
本题考查利用平面镜成像特点作图，关键是利用好在光的反射现象中，反射光线反向延长一定通过发光点的像点这一特点。
17.【答案】
【解析】解：
右手握住电磁铁(螺线管)，四指沿电流方向，大拇指指向电磁铁右端为N极，左端为S极。标注：电磁铁左端(S)，右端(N)。A点磁场方向磁体外部磁感线从N极出发，回到S极。A点在电磁铁右侧，磁场方向水平向右(→)。小车运动方向(磁极相互作用)小车上条形磁体左端为N极，电磁铁右端为N极，同名磁极排斥，小车向右运动(→)。作图如下：
。
在磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极；根据电源的正负极判定螺线管中电流的方向，根据安培定则判定螺线管的极性。
本题考查了磁体间的相互作用和利用安培定则判断磁极，熟练掌握这两方面的知识是解题关键。
18.【答案】36.0
2.3
小球
速度
移动滑动变阻器
0.1
15.3

【解析】解：(1)图甲中，物体的左侧与零刻度线对齐，刻度尺读数要估读到分度值下一位；右侧对齐36.0cm，考古学家测得其宽度l为36.0cm。
测力计每1N之间分5小格，分度值为0.2N；指针指在2 N 下方第1.5小格，读数为2.3N。
(2)探究动能大小的影响因素实验
①研究对象实验原理：小球从斜面滚下撞击木块，通过木块被推动距离远近，反映小球动能大小。实验探究的是小球的动能，木块只是用来转换法体现动能大小。
②同一小球从不同高度滚下控制质量相同，改变下落高度；高度越高，小球到达水平面时初速度越大；控制质量不变，改变速度，目的：探究动能与速度的关系。
(3)伏安法测定值电阻阻值①滑动变阻器作用测定值电阻阻值时，移动滑动变阻器滑片：改变电路电流，改变待测电阻两端电压；多次测量多组、，求电阻平均值减小实验误差。②电流表接小量程，分度值为0.02A，指针指向0.1A刻度线，所以示数为0.1A。③计算电阻平均值
第1次：R1=U1I1=Ω
第2次：R2=U2I2=≈15.38Ω
第3次：R3=U3I3=Ω
平均电阻：R=15.0Ω+15.38Ω+15.625Ω3≈15.3Ω。
故答案为：(1)36.0；2.3；(2)①小球；②速度；(3)①移动滑动变阻器；②0.1；③15.3。
(1)刻度尺使用之前，需要首先观察其量程、分度值和零刻度线；刻度尺如果发生零刻度线磨损的情况，可以从某一个完整的刻度开始测量，同时要估读到分度值的下一位；使用弹簧测力计时，首先要明确其分度值，读数时视线与指针所在刻线相垂直。
(2)实验探究的是小球的动能，木块只是用来转换法体现动能大小。②同一小球从不同高度滚下，控制质量不变，改变速度，目的：探究动能与速度的关系。
(3)伏安法测定值电阻阻值
①滑动变阻器作用测定值电阻阻值时，移动滑动变阻器滑片：改变电路电流，改变待测电阻两端电压；多次测量求电阻平均值减小实验误差。
②电流表接小量程，分度值为0.02A，读出示数。
③根据R=UI计算三次的电阻，再求平均值。
本题考查刻度尺、弹簧测力计、电流表的读数，伏安法测电阻及探究动能大小的因素。
19.【答案】自下而上
根据气泡的大小、数量、上升变化，判断水是否已经沸腾
99
可以直接用记录的次数代替具体时间
液体沸腾前吸热，温度升高
液体沸腾时吸热，温度保持不变

【解析】解；(1)实验装置有酒精灯、石棉网、烧杯、温度计。
酒精灯要用外焰加热，必须先确定酒精灯高度；再放石棉网、烧杯；最后固定温度计，保证玻璃泡浸没在水中且不碰容器底和壁，所以必须自下而上组装。
(2)水沸腾前：气泡少、小，上升过程中变小；
水沸腾时：气泡大量产生，上升过程变大，到水面破裂。
核心目的：根据气泡的大小、数量、上升变化，判断水是否已经沸腾(区分沸腾前和沸腾时的不同现象)。
结合表格：温度升到99∘C后保持不变，说明水的沸点是99∘C，达到这个温度开始沸腾。
(3)本实验是每隔相等的1分钟记录一次温度，时间间隔是均匀、固定的；画温度-时间图像时，横坐标可以直接用记录的次数代替具体时间，不需要用秒表精确测量每一刻时间，所以可以不用秒表。
(4)从液体沸腾温度-时间图像规律总结：
①液体沸腾前，持续吸热，温度不断升高；
②液体沸腾时，持续吸热，温度保持不变(沸点固定)。
故答案为：(1)自下而上；(2)根据气泡的大小、数量、上升变化，判断水是否已经沸腾；(3)可直接用记录次数代替时间；(4)①液体沸腾前吸热，温度升高；②液体沸腾时吸热，温度保持不变。
(1)实验装置有酒精灯、石棉网、烧杯、温度计，必须自下而上组装。
(2)水沸腾前：气泡少、小，上升过程中变小；
水沸腾时：气泡大量产生，上升过程变大，到水面破裂。
核心目的：根据气泡的大小、数量、上升变化，判断水是否已经沸腾。结合表格：液体沸腾时的温度叫沸点。
(3)本实验是每隔相等的1分钟记录一次温度，时间间隔是均匀、固定的；
画温度-时间图像时，横坐标可以直接用记录的次数代替具体时间，不需要用秒表精确测量每一刻时间，所以可以不用秒表。
(4)从液体沸腾温度-时间图像规律总结：
①液体沸腾前，持续吸热，温度不断升高；
②液体沸腾时，持续吸热，温度保持不变(沸点固定)。
本题是“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验，涉及到实验装置的调节、实验注意事项、沸点及沸腾图象的分析等，属于中考常考命题点，难度不大。
20.【答案】调零
0.4
不变
无关
不同
对比实验，当浸没体积相同时，浮力大小相同
B

【解析】解：(1)弹簧测力计操作实验前，竖直放置的弹簧测力计指针不在零刻度处，应调零，即调节指针至零刻度线处。
(2)由图A知物块重力G=2.20N，图B中拉力F=1.80N，根据称重法：F浮=G−F=2.20N−1.8N=0.4N。
(3)图乙中，物块完全浸没后，弹簧测力计示数恒为0.60N，浮力不变；说明：物体浸没在液体中所受浮力与深度无关。
(4)①长方体横放底面积大、竖放底面积小，浸在体积相同时，浸入深度不同。
②依据：浸在液体体积相同时，无论物体深度是否相同，浮力大小相同；
浸在液体体积不同时，浮力不同，因此浸没前浮力根本影响因素是浸在液体中的体积，而非深度。
③A传感器：挂竖直物块，随下降，浸入体积变大→浮力变大→拉力减小；完全浸没后，浮力不变，示数不变。
B传感器：挂横向物块，底面积大，更早完全浸没，示数更早稳定。因此：A传感器示数先下降后不变，B传感器先下降先下降后不变、更早平稳，对应B选项。
故答案为：(1)调零；(2)0.4；(3)不变；无关；(4)不同；对比实验，当浸没体积相同时，浮力大小相同；B。
(1)竖直放置的弹簧测力计指针不在零刻度处，应调零。
(2)根据称重法求浮力。
(3)体在液体中所受的浮力的大小，只跟它浸在液体中的体积和液体的密度有关。物体浸在液体中的体积越大、液体的密度越大，物体所受的浮力就越大，利用控制变量法分析。
(4)①长方体横放底面积大、竖放底面积小，浸在体积相同时，浸入深度不同。
②浸在液体体积相同时，无论物体深度是否相同，浮力大小相同；因此浸没前浮力根本影响因素是浸在液体中的体积，而非深度。
③利用称重法可知，A传感器和B传感器的示数先下降后不变，B传感器更早平稳，据此分析。
本题探究浮力大小与浸没深度的关系实验，难度适中。
21.【答案】不同 沥青;草皮中的水分蒸发吸热，降低地表温度、植物蒸腾作用散热，调节周围气温、土壤比热容大，吸收相同热量升温少 温度计(或干湿球温度计)、高度尺;在各下垫面上方1.5米处(标准气温测量高度)，同步测量空气温度并记录 增加绿化面积、减少硬化地面、构建通风廊道、引风入城散热
【解析】解：(1)猜想在相同光照下，不同下垫面材料升高的温度不同。
(2)数据分析与原因①计算升温幅度(13：00温度−9：00温度)：沥青：48.8∘C−33.1∘C=15.7∘C水泥：45.9∘C−31.5∘C=14.4∘C草坪：35.7∘C−28.3∘C=7.4∘C结论：沥青表面升温幅度最大。②草皮土壤升温慢的主要原因：草皮中的水分蒸发吸热，降低地表温度；植物蒸腾作用散热，调节周围气温；土壤比热容大，吸收相同热量升温少。
(3)实验方案改进增加测量工具：温度计(或干湿球温度计)、高度尺；增加测量步骤：在各下垫面上方1.5米处(标准气温测量高度)，同步测量空气温度并记录。
(4)城市建设建议
增加绿化面积：建设公园、屋顶花园、垂直绿化，提高植被覆盖率；
减少硬化地面：广场、道路采用透水、浅色铺装材料；
构建通风廊道：沿主导风向规划“风廊”，
引风入城散热；增加水体面积：建设人工湖、河道，利用水的比热容大降温。
故答案为：(1)不同；(2)①沥青；②草皮中的水分蒸发吸热，降低地表温度、植物蒸腾作用散热，调节周围气温、土壤比热容大，吸收相同热量升温少；(3)温度计(或干湿球温度计)、高度尺；在各下垫面上方1.5米处(标准气温测量高度)，同步测量空气温度并记录；(4)增加绿化面积、减少硬化地面、构建通风廊道、引风入城散热。
(1)猜想在相同光照下，不同下垫面材料升高的温度不同。
(2)数据分析与原因①计算各垫面材料升温幅度(13：00温度−9：00温度)，从而得出结论。
②草皮土壤升温慢的主要原因：草皮中的水分蒸发吸热，降低地表温度、植物蒸腾作用散热，调节周围气温、土壤比热容大，吸收相同热量升温少。
(3)实验方案改进增加测量工具：温度计(或干湿球温度计)、高度尺；
增加测量步骤：在各下垫面上方1.5米处(标准气温测量高度)，同步测量空气温度并记录。
(4)城市建设建议：
增加绿化面积：建设公园、屋顶花园、垂直绿化，
提高植被覆盖率；减少硬化地面：广场、道路采用透水、浅色铺装材料；
构建通风廊道：沿主导风向规划“风廊”，
引风入城散热；增加水体面积：建设人工湖、河道，利用水的比热容大降温。
本题考查了水的比热容大的特点的应用，应用所学知识，解决实际问题，体现了物理知识来源于生活、服务生活的理念。
22.【答案】机器人60s通过的路程为120m 机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强为1×104Pa 在水平地面匀速直线前进的过程中，消防机器人牵引力做的功1.8×104J
【解析】解；(1)机器人60s通过的路程s=vt=2m/s×60s=120m。
(2)水平地面，压力F=G=mg=500kg×10N/kg=5000N，受力面积S=0.5m2，静止时对地面的压强p=FS=5000N0.5m2=1×104Pa。
(3)阻力：f=0.03G=0.03×5000N=150N，匀速直线运动，牵引力F牵=f=150N，路程s=120m，匀速前进时牵引力做的功W=F牵s=150N×120m=1.8×104J。
答：(1)机器人60s通过的路程为120m；
(2)机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强为1×104Pa；
(3)在水平地面匀速直线前进的过程中，消防机器人牵引力做的功1.8×104J。
(1)根据s=vt计算机器人60s通过的路程。
(2)水平地面，压力F=G=mg，根据p=FS计算静止时对地面的压强。
(3)匀速直线运动，牵引力 F牵=f，阻力f=0.03G，W=F牵s计算匀速前进时牵引力做的功。
本题考查速度、压强、功的计算，二力平衡条件的应用。
23.【答案】通过加热器的电流为1.5A 搅拌时电路的总功率为440W 本次制作豆浆共消耗电能4.62×105J
【解析】解：(1)通过加热器的电流I1=P1U=330W220V=1.5A。
(2)搅拌时电路的总功率搅拌时，加热器与电动机并联同时工作。电动机功率P2=UI2=220V×0.5A=110W，
搅拌时，电路的总功率P总=P1+P2=330W+110W=440W。
(3)本次制作豆浆共消耗的电能加热阶段：W1 =P1t1=330W×10×60s=1.98×105J，
搅拌阶段：W2=P总t2 =440W×10×60s=2.64×105J。
总电能：W总=W1+W2=1.98×105J+2.64×105J=4.62×105J。
答：(1)通过加热器的电流为1.5A；
(2)搅拌时电路的总功率为440W；
(3)本次制作豆浆共消耗电能4.62×105J。
(1)I1=P1U计算通过加热器的电流。
(2)搅拌时，加热器与电动机并联同时工作。电动机功率P2=UI2，搅拌时，电路的总功率P总=P1+P2。
(3)本次制作豆浆共消耗的电能W总=W1+W2=P1t1+P总t2。
此题主要是考查学生对电能和电功率公式的理解和应用。
24.【答案】左
高于
20
均匀
均匀
减小秤砣的质量

【解析】(2)将空受水壶悬挂在A点时，发现秤杆的左边较高，说明左侧的力与力臂的乘积偏小，因而需要增大秤砣的力臂，故向左移动秤砣；
(3)供水壶能够持续向受水壶注水，即出水口处的液体有压强，必须低于注水壶的水面，即供水壶中的水面高于受水壶中的水面。
(4)受水壶注水500g用时15min，0∼1ℎ注水4×500g=2000g=2kg；
根据杠杆平衡条件知，G物×OA=G秤砣×l1，
即2kg×10N/kg×10cm=1kg×10N/kg×l1，
解得l1=20cm；
根据G物×OA=G秤砣×l1，在G秤砣、OA不变时，秤砣的力臂与物体的重力成正比，故刻度是均匀的；
(5)若秤杆右端粗左端细，因为其重力对平衡的影响在开始确定支点时平衡了，对测量时的平衡没有影响，故刻度仍是均匀的；
(6)在C、A位置不变的情况下，为了提高时间测量的精确度，即增大秤砣移动的距离，而物体的作用力和力臂不变，故需要减小秤砣的拉力，即减小秤砣的质量。
故答案为：(2)左；
(3)高于；
(4)20；均匀；
(5)均匀；
(6)减小秤砣的质量。
(2)根据杠杆平衡条件分析秤砣移动方向；
(3)根据液体的压强分析；
(4)受水壶注水500g用时15min，根据时间计算质量，结合杠杆平衡条件列方程计算；
(5)根据杠杆平衡条件分析是否均匀；
(6)根据提高时间测量的精确度，增大移动的距离，即力臂大小分析解答。
本题考查杠杆平衡条件的应用与液体的压强，有一定的难度。
25.【答案】电磁波 变小 7 ①40；②；③657
【解析】解：(1)无人机通过卫星实现自动导航，是通过电磁波来传递信息的。
(2)无人机沿水平方向匀速飞行喷洒农药时，速度不变，高度不变，但质量逐渐减小，故动能减小，重力势能减小；机械能是动能与势能的总和，所以机械能减小。
(3)空根据路程一定时，阻力最小，消耗能量最小，根据P=fv可知各次的阻力，故
当飞行速度为3m/s，电机输出功率为7.2kW，此时PV为PV=7.23=2.4
当飞行速度为5m/s，电机输出功率为9kW，根据P=fv可知阻力f1=P1v1=9×103W5m/s=1.8×103N；
当飞行速度为7m/s，电机输出功率为11.5kW，此时阻力f2=P2v2=11.5×103W7m/s=1.643×103N；
当飞行速度为9m/s，电机输出功率为15.8kW，此时阻力f3=P3v3=15.8×103W9m/s=1.756×103N；
当飞行速度为11m/s，电机输出功率为21.7kW，此时阻力f4=P4v4=21.7×103W11m/s=1.973×103N；
表2中速度值在v=7m/s时有最小值，故无人机返航速度为7m/s，返航过程电机消耗的能量最小。
(4)由图可知，当载荷量为0kg时，此时电机功率为2kW，农药刚好全部喷洒完时电机的电流为I=PU=2000W50V=40A；
已知电机功率与载荷量之间的关系成正比，随着无人机喷洒作业的进行，其载荷量随时间均匀减小，由公式P=UI可得，电流与时间也是均匀变化的；无人机完成喷洒作业所需要的时间为t=45L5L/min=9min；
此时的电功率为2kW，电路中电流为40A，当时间为0min时，电路的电功率为12kW，此时电路中的电流为I=PU=12000W50V=240A；此次喷洒作业中电机电流与时间的关系图像，如图所示：
已知电池中可用的能量为E=(95%−5%)UIt=0.9×50V×30A×3600s=4.86×106J；
已知无人机完成喷洒作业中的平均功率为P=2kW+12kW2=7kW；
无人机完成喷洒作业所需要的时间为t=45L5L/min=9min=9×60s=540s；
已知当返航速度为7m/s，功率为P滤=11.5kW，返航过程电机消耗的能量最小，
当返航距离最大为s，此时消耗的电能有P−t+P逆SV=E；
代入数据可得7×103W×540s+11.5×103W×s7m/s=4.86×106J；
解得s=657m。
故答案为：(1)电磁波；
(2)变小；；
(3)7；
(4)①40；
②；
③657。
(1)无人机通过电磁波来传递信息的。
(2)无人机沿水平方向匀速飞行喷洒农药时，速度不变，高度不变，但质量逐渐减小，故动能减小，重力势能减小；据此分析。
(3)根据P=fv计算各次的阻力，根据路程一定时，阻力最小，消耗能量最小分析；
(4)根据全部喷洒完时电机的功率结合P=UI计算电流；
根据功率与质量是一次函数关系，结合P=UI分析图像是直线，计算最小大质量的电流，据此画图；
(5)根据电池的可用能量结合W=Pt和速度公式计算距离。
本题考查电能的计算与做功和功率的分析，属于难题。实验次数
电压/V
电流/A
1
1.50
2
2.00
0.13
3
2.50
0.16
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
温度/∘C
90
92
94
96
99
99
99
99
99
气泡情况
少、小
逐渐增多
增多、变大
大量、迅速变大、到水面破裂
物体浸在液体中的体积V与物体体积V物的关系
V=14V物
V=12V物
V=34V物
弹簧测力计的示数F/N
1.80
1.40
1.00
下垫面材料
9：00温度示数/∘C
11：00温度示数/∘C
13：00温度示数/∘C
沥青
33.1
42.8
48.8
水泥
31.5
40.2
45.9
草坪
28.3
33.1
35.7
空机质量
50kg
药液箱容量
45L
药液箱最大载荷
50kg
电池容量
30Ah
电池电压
50V
飞行速度v/m⋅s−1
3
5
7
9
11
电机输出功率P/kW
7.2
9.0
11.5
15.8
21.7