2022-2023学年浙江省金华市十校高二上学期12月期末全真模拟考试物理试题含答案

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1. 本卷共4大题,20小题,满分为 100分,考试时间为 90 分钟。
2.请把试题答案填写在答题卷上,答案写在试题卷上不给分。
3.本卷中除题中特别给出外,均取g=10m/s²进行计算。
.选择题I(本题共10小颗.每小题3分.共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分
一、单选题
1. 传感器根据具体工作原理的不同，可分为电阻式、电容式、电感式、……等等，下列关于传感器的分类及工作原理正确的是（ ）
A. 热敏电阻和金属热电阻都是电阻式传感器，两者的电阻都随温度的升高而增大
B. 图1所示的传感器是电容式传感器，当被测物体向右运动时，电容器的电容增大
C. 图2所示的传感器是电感式传感器，当被测物体向右运动时，电感线圈的自感系数增大
D. 金属电阻应变片是电阻式传感器，当应变片上的金属丝受到拉力时，应变片的电阻增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．热敏电阻是用半导体材料制成，阻值随温度的升高而减小；金属热电阻的电阻率随温度的升高而增大，故A错误；
B．图1所示的传感器是电容式传感器，当被测物体向右运动时，电容器极板间电介质减小，根据可知，电容器的电容减小，故B错误；
C．图2所示的传感器是电感式传感器，当被测物体向右运动时，铁芯抽出，则自感系数减小，故C错误；
D．金属电阻应变片是电阻式传感器，当应变片上的金属丝受到拉力时，应变片的电阻增大，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力的作用下，一带电粒子(不计重力)经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子带正电
B. 粒子在B点的加速度小
C. 粒子在B点的电势能比A小
D. A、B两点相比，B点的电势较低
【答案】D
【解析】
【详解】A.曲线运动的合力应指向轨迹的凹侧，因此粒子在A点的受力方向与电场线方向相反，因此粒子带负电，A错误
B.电场线越密集场强越大，因此B点的电场强度大，由可知粒子在B点的加速度较大，B错误
CD.沿着电场线的方向电势降低，因此B点电势低于A点电势，D正确；由可知负电荷在电势低的地方电势能大，因此B点电势能高于A点电势能．C错误
3. 在如图所示电路中，电源电动势为10V，内阻为1Ω，指示灯的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻为2Ω，当开关S闭合时，电动机正常工作，指示灯的电功率为4W，电流表为理想电表，那么下列说法中正确的是（ ）
A. 流过电动机M的电流为2.0A
B. 电动机机械功的功率为12W
C. 电动机的机械效率为75%
D. 电源的输出功率为16W
【答案】D
【解析】
【详解】A．指示灯
得
由得流过电流表的电流为
流过电动机的电流为
A错误；
BC．电动机的输入功率为
热功率
输出的机械功率
电动机效率
故BC错误；
D．电源的输出功率
故D正确。
故选D。
4. 如图所示，磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中，有一长为L的轻质半圆金属导线，通有从到的恒定电流I。现金属导线绕水平轴由水平第一次转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 转动过程中，安培力的方向不断变化B. 转动过程中，安培力大小始终不变
C. 转动过程中，安培力大小一直减小D. 转过时，安培力大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A．安培力方向始终竖直向上，保持不变，故A错误；
BC．转动过程中，因有效长度不变，安培力大小始终不变，故B正确，C错误；
D．半圆导线的半径为
受到的安培力为
故D错误。
故选B。
5. 如图所示为“观察电容器的充、放电现象”实验，其中正确的说法是（ ）
A. 电容器充电时，电压表示数先迅速增大，然后逐渐稳定在某一数值
B. 电容器充电时，灵敏电流计的示数一直增大
C. 电容器放电时，电阻R中的电流方向从下到上
D. 电容器放电时，灵敏电流计的示数一直增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据
可知，在充电过程中，电荷量逐渐增大，电压逐渐增大，最后电容器电压等于电源电动势，达到稳定值，故A正确；
B．充电过程中两极板电压逐渐增大，极板电压和电动势差值逐渐减小，因此回路中电流逐渐减小，最后减为0，故B错误；
C．充电时，上极板与电源正极连接，上极板带正电，放电时电流从上极板流出，因此电流方向从电阻上方流向下方，故C错误；
D．电容器放电时，电荷量逐渐减小，极板电压逐渐减小，回路中电流逐渐减小，故D错误。
故选A。
6. 近几年，中国的动力电池技术快速发展，电动汽车产品迭代升级，可供消费者选择的车型和品牌也会越来越丰富，如图为蔚来的ES8车型，下列表中数据为ES8的动力系统部分数据：
则下列说法正确的是（ ）
A. 若0~100km/h加速是匀加速直线运动，则汽车的加速度约为20m/s2
B. 按照匀速行驶最大里程，汽车行驶过程受到平均阻力为6000N
C. 用交流电充电，如果能保持充电电流为32A，则充满标准电池需要约7.8h
D. 用直流电充电，如果能保持充电电流为250A，则充满标准电池需要约0.8h
【答案】D
【解析】
【详解】A．由加速度定义式得
A错误；
B．汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，由能量守恒知
B错误；
CD．考虑能量转化
用交流电充电，充电电流32A时，则充满标准电池需要用时
用直流电充电，充电电流为250A时，则充满标准电池需时
C错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，则（ ）
A. S闭合时，B、C灯立即亮，A灯缓慢亮
B. 电路接通稳定后，B、C灯亮度不同
C. 电路接通稳定后断开S，A灯闪一下后逐渐熄灭
D. 电路接通稳定后断开S，b点的电势高于a点
【答案】C
【解析】
【详解】A．S闭合的瞬间，通过L的电流等于零，A、B、C灯都立即亮，A错误；
B．电路接通稳定后，L相当于导线，B、C灯亮度相同，B错误；
C．电路接通稳定后，L相当于导线，A灯熄灭，断开S的瞬间，L相当于电源给A灯供电，A灯又亮了，然后A灯逐渐熄灭，所以A灯闪一下后逐渐熄灭，C正确；
D．电路接通稳定时，通过L的电流方向向左，断开S的瞬间，L相当于电源阻碍电流减小，产生向左的电流，a是电源的正极，b是电源的负极，b点的电势低于a点，D错误。
故选C
8. 如图甲所示为某一电磁炮原理示意图，图中有直流电源、电容器，线圈套在中空并内侧光滑的绝缘管上，将直径略小于管内径的金属小球静置于管内。开关S接1使电容器完全充电，开关接2时开始计时，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在时间内被加速发射出去（时刻刚好运动到右侧管口）。在时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 小球的加速度一直增大B. 线圈中产生的磁场方向向左
C. 小球中产生的涡流一直减小D. 电容器储存的电能全部转化为小球的动能
【答案】C
【解析】
【详解】A．磁场强弱程度与通过线圈的电流成正比，则在时间内，电流在增大，但变化率在减小，所以线圈的磁通量在增大，但磁通量的变化率逐渐减小，由法拉第电磁感应定律
可知感应电动势减小，所以小球受到的感应电场的电场力也逐渐减小，由牛顿第二定律可知加速度也减小，故A错误；
B．由图甲可知时间内，电容器上极板为正极板，所以线圈中左侧电流向下，根据安培定则可知线圈中产生磁场方向向右，故B错误；
C．时间内，电流的变化率减小，则小球内磁通量的变化率减小，根据法拉第感应定律可知，小球内的涡流减小，故C正确；
D．电容器放电过程中，变化的磁场在空间中产生变化的电场，然后以电磁波的形式传递出去，散失了一部分能量，所以电容器储存的电能不能全部转化为小球的动能，故D错误。
故选C。
9. 如图所示为一地下电缆探测装置，圆形金属线圈可沿水平面不同方向运动，若水平地面下有一平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线，P、M和N为地面上的三点，线圈圆心P点位于导线正上方，平行于y轴，平行于x轴、关于导线上下对称。则（ ）
A. 电流I在P、Q两点产生磁感应强度相同
B. 电流I在M、N两点产生磁感应强度大小
C. 线圈从P点匀速运动到N点过程中磁通量不变
D. 线圈沿y方向匀加速运动时，产生恒定的感应电流
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据安培定则，电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，在Q处产生的磁感应强度沿x轴正方向，故A错误；
B．由于MN平行y轴，电流I也平行y轴，且M、N到长直导线的距离相等，故B正确；
C．电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，故线圈在P点的磁通量为零，电流I在N处产生的磁感应强度斜向左下方，故线圈在N点的磁通量不为零，故线圈从P点到N点的过程中的磁通量发生了变化，故C错误；
D．线圈沿y方向运动，线圈始终在长直导线的正上方，磁感应强度始终沿x轴负方向，线圈中磁通量始终为零，故线圈中不会产生感应电流，故D错误。
故选B。
10. 如图所示，有一足够长的绝缘圆柱形管道水平固定，内有带负电小球，小球直径略小于管道直径。小球质量为m，电荷量为q，与管道的动摩擦因数为，空间中有垂直向外、大小为B的匀强磁场。现对物块施加水平向右的恒力F，使物块自静止开始运动，已知重力加速度为g，对物块运动过程的判断正确的是（ ）
A. 小球一直做加速度减小的运动B. 小球最大加速度为
C. 小球稳定时速度为D. 从开始运动到最大速度时F做的功为
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．对小球受力分析，小球从静止开始运动，则在竖直方向上当
水平方向上
解得
从静止开始，速度逐渐增加，则加速度逐渐增大，当
加速度达到最大值，为
随着速度的增加，竖直方向上受力情况变为
解得此时的加速度为
随着速度的继续增大，小球加速度减小，当
物体加速度为0，开始做匀速直线运动，速度稳定达到最大值为
则加速度先增加，后减小，故AB错误，C正确；
D．从开始运动到最大速度的过程中，根据动能定理可得
即
故D错误。
故选C。
二、多选题
11. 以下为教材中的四幅图，下列相关叙述正确的是（ ）
A. 甲图是法拉第电磁感应实验装置，通过该实验他首先发现了电流的磁效应
B. 乙图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属
C. 丙图变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
D. 丁图金属探测器利用的是电磁感应原理，在被检测金属内部产生涡流
【答案】CD
【解析】
【详解】A．甲图是奥斯特发现电生磁的实验装置，通过该实验他首先发现了电流的磁效应，故A错误；
B．乙图是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生交变磁场，被冶炼金属产生涡流，产生大量的热从而冶炼金属，故B错误；
C．丙图变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流，故C正确；
D．丁图金属探测器利用的是电磁感应原理，在被检测金属内部产生涡流，故D正确。
故选CD。
12. 图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈埋在地下，受电线圈和电池系统置于车内。工作原理图如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻R=3Ω，当输入端ab接入380V正弦交流电，电池系统cd两端的电压为600V，通过电池系统的电流为20A。若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是（ ）
A. 无线充电技术与变压器的工作原理相同
B. 若输入端ab接380V直流电，也能进行充电
C. 供电线圈和受电线圈匝数比为19：30
D. ab端的输入功率大于12kW
【答案】AD
【解析】
【详解】A．无线充电技术是利用变化的电流产生变化的磁场，使受电线圈中的磁通量变化，从而在受电线圈中产生变化的电流，即与变压器的工作原理相同，故A正确；
B．若输入端ab接380V直流电，由于电流产生的磁场不变，则受电线圈中不会产生电流，即不能进行充电，故B错误；
C．设供电线圈和受电线圈匝数比为k，则
即
由
可知
解得
故C错误；
D．副线圈的功率为
忽略线圈中的能量损失，则ab端的输入功率大于12kW，故D正确。
故选AD。
13. 已知图中的霍尔元件是N型半导体，它内部形成电流的“载流子”是电子。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是（ ）
A. 电表B为毫安表，电表C为毫伏表
B. 接线端2的电势低于接线端4的电势
C. 若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的指针将反向偏转
D. 若适当减小、增大，则毫伏表示数可能不变
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．电表B串联在电源的电路中，故其为电流表，即毫安表，而电表C并联在2、4两端，则其为电压表，即毫伏表，故A正确；
B．由安培定则可知，磁场方向竖直向下，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，电子移动的方向与电流方向相反，由左手定则可知，电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B正确；
C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，由左手定则可知霍尔元件的电子仍偏向接线端2，则毫伏表指针不会反向偏转，设霍尔元件的宽度即2和4的宽度为d，电压为U，根据
解得
由于通过1和3的电流为
由于电流方向相反，但大小不变，则电子定向移动的速度不变，则接线端2和4的电势高低关系不变，则毫伏表的指针不变，故C错误；
D．适当减小，根据闭合电路欧姆定律
则缠绕铁芯线圈的电流增大，则产生的磁感应强度增大，增大，霍尔元件中的电流减小，则电子定向移动的速度减小，根据
其中B增大，v减小，d不变，则毫伏表示数可能不变，故D正确。
故选ABD。
14. 如图所示，水平面内有一矩形线框abcd与理想变压器组成闭合电路。线框在水平向右的匀强磁场中绕线框中线ef匀速转动。已知磁感应强度为B，变压器的原副线圈匝数比为n，线框面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，小灯泡的阻值为R，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A. 线框abcd从平行于磁场方向开始转过90°，通过线框的电荷量为
B. 当将滑片P向上移动时，小灯泡的亮度将变暗
C. 通过小灯泡的电流有效值为
D. 通过小灯泡的电流方向在1s中变化了次
【答案】BD
【解析】
【详解】A．线框产生的是正弦式交流电，转过90°，即经过周期，根据变压器的规律可知
，
则有
由
可知通过线框abcd的电荷量为
故A错误；
B．当滑片P向上移动时，原线圈匝数增大，根据变压器原理，输出电压减小，小灯泡会变暗，故B正确；
C．线圈产生电动势的有效值为
则变压器输出的电压有效值为
通过小灯泡的电流有效值为
故C错误；
D．线圈转动的周期为
可知通过小灯泡的交变电流周期也为，而一个周期内电流方向改变2次，故通过小灯泡的电流方向在1s中变化的次数为
故D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题）
三、实验题
15. 小刚同学欲探究如图甲所示的一根螺旋形金属丝的电阻特性。
（1）他先用多用电表粗测其电阻。读取数据时，多用电表挡位和指针位置如图乙所示，则对应的读数是__________Ω。
（2）他设计电路进一步精确测量，除已有电源（电动势3.0V，内阻不计）、电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A.电流表（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）
B.电流表（量程0～3.0A，内阻约0.02Ω）
C.滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A）
D.滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）
则实验中电流表和滑动变阻器应分别选用__________。（选填对应的字母）
（3）小刚测量金属丝两端的电压U和电流I，得到多组数据，并在坐标纸上标出，如图丙所示。请作出该金属丝的U-I图线（ ），并根据图线得出该金属丝电阻R=__________Ω（结果保留两位有效数字）。
（4）小刚用电流传感器测量通过该螺旋金属丝的电流，电流随时间变化的图线如图丁所示。由图丁信息可知，在闭合开关的时刻t0，电流没有发生突变，请简要作出解释：____________________。
【答案】 ①. 6.0##6 ②. AC ③. ④. 5.7 ⑤. 螺旋形金属丝通电时产生自感现象，阻碍电流增大
【解析】
【详解】（1）[1]欧姆表的读数为指针读数与倍率的乘积，所以图中所测电阻值为
（2）[2]假设让电动势为3V的电源给约为6.0Ω的待测电阻供电，其最大电流约为0.5A，由此可知，电流表量程应选0~0.6A，故电流表选A；
[3]为了便于调节，测量准确，滑动变阻器的最大阻值应与待测电阻阻值较为接近的，故滑动变阻器选择C。
（3）[4]描点连线时，应让更多的点落在直线上，不在直线上的点分居于直线两侧，可以舍去一些偏差角大的点，待测电阻的U-I图线如图所示
[5]图线的斜率表示待测电阻的阻值，所以
（4）[6]当闭合开关时，螺旋金属丝产生自感现象，阻碍电流增大，但不能阻止电流流过，所以在通电时电流由零逐渐增大到稳定值。
16. 如图为“探究电磁感应现象”的实验装置。图为“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指纤将___________偏转（选填“发生”或“不发生”）；
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针___________偏转（选填“发生”或“不发生”）；
（2）在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将___________。
A．因电路不闭合，无电磁感应现
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律判断感应电动势方向
【答案】 ①. 发生 ②. 发生 ③. BD##DB
【解析】
【详解】（1）①[1]闭合电键，磁通量增加，灵敏电流计指针向右偏转，将原线圈迅速向副线圈插入，磁通量增大，所以灵敏电流计的指针会发生向右偏转；
②[2]原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，通过原线圈电流减小，穿过副线圈的磁通量减小，磁通量发生变化，所以灵敏电流计指针将会发生变化；
（2）[3] AB．如果副线圈两端不接任何元件，穿过副线圈的磁通量发生变化，副线圈会产生感应电动势，但不会产生感应电流，故A错误，B正确；
CD．副线圈产生感应电动势，可以应用楞次定律可以判断感应电动势的方向，故C错误，D正确。
故选BD。
17. 利用如图甲所示的可拆变压器零部件，组装后通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。
（1）本实验要主要运用的科学方法是___________；
A.等效替代法 B.控制变量法 C.整体隔离法 D.理想模型法
（2）本实验可能要用到的测量仪器是___________；
A.直流电压表 B.电压互感器 C.多用电表 D.钳形电流表
（3）利用如图乙所示的装置，直接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间接的交流电源，用电表测量副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压，则副线圈两端测得的电压可能是___________。
D.0V
【答案】 ①. B ②. C ③. C
【解析】
【详解】（1）[1]本实验中，主要通过改变一个物理量，保持其他物理量不变，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，利用了控制变量法。
故选B。
（2）[2]本实验需要测量副线圈两端的电压，需要用交流电压表，可用多用电表替代。
故选C；
（3）[3]由题可知，原线圈输入交流电的有效值为6V，若为理想变压器，根据原、副线圈的电压比与匝数比的关系
可得副线圈的电压
考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则副线圈所测得得电压大于零小于3V，可能为1.48V。
故选C。
四、解答题
18. 如图所示，竖直平行金属板A、B间电压，水平平行金属板C、D间电压，C、D两板板长L=0.8m，C、D两板间距d=0.8m。质量、电荷盘的带正电粒子由静止从A板开始加速，穿过B板上的小孔，沿C、D板中线射入匀强电场，不计粒子重力。求：
（1）带电粒子穿过B板小孔时的速度大小；
（2）带电粒子离开偏转电场时的速度竖直方向分量大小；
（3）带电粒子离开偏转电场时竖直方向的偏移距离y。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）加速电场中
解得
（2）进入偏转电场
解得
（3）根据竖直方向上匀加速直线运动规律
19. 回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直。圆心O处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压u随时间的变化关系如图乙所示，其中。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。求：
（1）粒子从静止开始被加速，估算该粒子离开加速器时获得的动能；
（2）若时粒子从静止开始被加速，求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间；
（3）实际使用中，磁感应强度会出现波动，波动结束，保持，（）不变，若在时产生的粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，B可波动的系数的极限值。
【答案】（1）；（2）；（3）（n=2、3、4……）；
（n=2、3、4……）
【解析】
【详解】（1）由
得
当r=R时，速度最大
离开磁场时的动能
（2）由图可知，时，电压为，则加速次数
粒子从静止开始加速到出口处所需的时间
（3）每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周，若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时缩短，则有
n-1次半圆周累计缩短时间
要实现连续n次加速
可得
（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的上限
（n=2、3、4……）
若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时延长，则有
n-1次半圆周累计延长时间
可得
（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的下限
（n=2、3、4……）
20. 如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置（导轨电阻不计），其宽度L=1m，一水平匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=1.5Ω的电阻，质量为m=0.1kg、电阻为r=0.25Ω，长度为L=1m的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）t=2s时，金属棒两端的电压；
（3）金属棒ab开始运动的2.1s内，电阻R上产生的热量。
【答案】（1）0.5T；（2）3V；（3）
【解析】
【详解】（1）由x-t图像得：金属棒匀速下滑时，速度为
由平衡条件得
mg=BIL
由闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律
，
代入数据得
B=0.5T
（2）金属棒产生的感应电动势为
E=BLv=3.5V
电路中的电流为
金属棒两端的电压为
（3）在2.1s内，由x-t图像得金属棒的位移为
x=9.8m
以金属棒ab为研究对象，由能量守恒定律得
代入数据得
电阻R上产生的热量为蔚来ES8部分数据
前后轮输
出功率
前160kW
标准电池的能量
75kW·h
后240kW
标准电池电荷量
200Ah
最大扭矩
725N·m
匀速行驶最大里程
450km
0-100km/h
加速时间
4.9s
交流充电口
220V/32A，效率80%
最高车速
200km/h
直流充电口
420V/250A，效率90%