2021-2022學(xué)年廣東省中山紀(jì)念中學(xué)高考仿真模擬物理試卷含解析

2021-2022學(xué)年高考物理模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．圖為一定質(zhì)量理想氣體的壓強p與體積V的關(guān)系圖象，它由狀態(tài)A經(jīng)等容過程到狀態(tài)B，再經(jīng)等壓過程到狀態(tài)C.設(shè)A、B、C狀態(tài)對應(yīng)的溫度分別為TA、TB、TC，則下列關(guān)系式中正確的是()A．TA<TB，TB<TC B．TA>TB，TB＝TCC．TA>TB，TB<TC D．TA＝TB，TB>TC2．理想變壓器連接燈泡和滑動變阻器的電路如圖所示，M、N端連接一個穩(wěn)壓交流電源，三個燈泡L1、L2和L3接入電路中發(fā)光，當(dāng)滑動變阻器的滑片P向上移動時，下列說法正確的是（）A．燈泡L1變亮，L2變暗B．燈泡L1、L2都變亮C．燈泡L2、L3都變亮D．電源輸出功率減小3．真空中相距L的兩個固定點電荷E、F所帶電荷量大小分別是QE和QF，在它們共同形成的電場中，有一條電場線如圖中實線所示，實線上的箭頭表示電場線的方向．電場線上標(biāo)出了M、N兩點，其中N點的切線與EF連線平行，且∠NEF＞∠NFE．則（）A．E帶正電，F(xiàn)帶負(fù)電，且QE>QFB．在M點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，檢驗電荷將沿電場線運動到N點C．過N點的等勢面與EF連線垂直D．負(fù)檢驗電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能4．如圖所示，“娃娃機”是指將商品陳列在一個透明的箱內(nèi)，其上有一個可控制的抓取玩具的機器手臂的機器，使用者要憑自己的技術(shù)操控手臂，以取到自己想要的玩具。不計空氣阻力，關(guān)于“娃娃機”，下列說法正確的是（）A．玩具從機械爪處自由下落時，玩具的機械能守恒B．機械爪抓到玩具勻速水平移動時，玩具的動能增加C．機械爪抓到玩具勻速上升時，玩具的機械能守恒D．機械爪抓到玩具加速上升時，機械爪做的功等于玩具重力勢能的變化量5．下列說法正確的是（）A．米、千克、秒、庫侖都屬于國際單位制的基本單位B．同一個物體在地球上比在月球上慣性大C．一對作用力與反作用力做的功一定大小相等且一正一反D．物體做曲線運動時，其所受合力的瞬時功率可能為零6．如圖所示，水平放置的平行板電容器下極板接地，閉合開關(guān)S1，S2，平行板電容器兩極板間的一個帶電粒子恰好能靜止在P點．要使粒子保持不動，但粒子的電勢能增加，則下列可行的指施有A．其他條件不變，使電容器上極板下移少許B．其他條件不變，將滑動變阻器滑片向右移少許井將上極板下移少許C．其他條件不變，使開關(guān)S2斷開，并將電容器下極板上移少許D．其他條件不變，使開關(guān)S斷開，并將電容器下極板上移少許二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7．如圖，兩軸心間距離、與水平面間夾角為的傳送帶，在電動機帶動下沿順時針方向以的速度勻速運行。一質(zhì)量的貨物從傳送帶底端由靜止釋放，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)。已知重力加速度大小為，，。則貨物從底端運動至頂端的過程中（）A．貨物增加的機械能為B．摩擦力對貨物做的功為C．系統(tǒng)因運送貨物增加的內(nèi)能為D．傳送帶因運送貨物多做的功為8．如圖所示，質(zhì)量均為m的a、b兩小球在光滑半球形碗內(nèi)做圓周運動，碗的球心為O、半徑為0.1m，Oa、Ob與豎直方向夾角分別為53°、37°，兩球運動過程中，碗始終靜止在水平地面上，已知sin37°0.6，g取10m/s2。則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b兩球做圓周運動的線速度之比為B．a(chǎn)、b兩球做圓周運動的角速度之比為C．a(chǎn)、b兩球相鄰兩次相距最近的時間間隔為sD．a(chǎn)、b兩球運動過程中，碗對地面始終有摩擦力作用9．如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓恒定、輸電線上的電阻不變，假設(shè)用戶所用用電器都是純電阻用電器，若發(fā)現(xiàn)發(fā)電廠發(fā)電機輸出的電流增大了，則可以判定A．通過用戶的電流減小了B．用戶接入電路的總電阻減小了C．用戶消耗的電功率減小了D．加在用戶兩端的電壓變小了10．如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一輕質(zhì)水平狀態(tài)的彈簧相連，彈簧的另一端固定在墻上O點，且處于原長?，F(xiàn)讓圓環(huán)從A點由靜止開始下滑，滑到O點正下方B點時速度為零。則在圓環(huán)下滑過程中（）A．圓環(huán)的機械能先減小后增大，再減小B．彈簧的彈性勢能先增大再減小C．與圓環(huán)在A點的加速度相同的位置還有兩處D．彈簧再次恢復(fù)到原長時圓環(huán)的速度最大三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）如圖甲(側(cè)視圖只畫了一個小車)所示的實驗裝置可以驗證“牛頓第二定律”，兩個相同的小車放在光滑水平桌面上，右端各系一條細(xì)繩，跨過定滑輪各掛一個小盤增減盤中的砝碼可改變小車受到的合外力，增減車上的砝碼可改變小車的質(zhì)量。兩車左端各系一條細(xì)線用一個黑板擦把兩細(xì)線同時按在固定、粗糙的水平墊片上，使小車靜止(如圖乙)，抬起黑板擦兩車同時運動，在兩車尚未碰到滑輪前，迅速按下黑板擦，兩車立刻停止，測出兩車位移的大小。（1）該實驗中，盤和盤中砝碼的總質(zhì)量應(yīng)___小車的總質(zhì)量(填“遠(yuǎn)大于”、“遠(yuǎn)小于”、“等于”)；（2）圖丙為某同學(xué)在驗證“合外力不變加速度與質(zhì)量成反比”時的實驗記錄，已測得小車1的總質(zhì)量M1=100g，小車2的總質(zhì)量M2=200g，由圖可讀出小車1的位移x1=5.00m小車2的位移x2=___cm，可以算出=___(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)；在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，___(填“大于”、“小于”、“等于”)。12．（12分）用如圖甲所示裝置研究平拋運動。將白紙和復(fù)寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側(cè)較低，鋼球落在擋板上時，鋼球側(cè)面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復(fù)，白紙上將留下一系列痕跡點。(1)下列實驗條件必須滿足的有____________；A．斜槽軌道光滑B．斜槽軌道末段水平C．擋板高度等間距變化D．每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球(2)為定量研究，建立以水平方向為軸、豎直方向為軸的坐標(biāo)系；a．取平拋運動的起始點為坐標(biāo)原點，將鋼球靜置于Q點，鋼球的_______（選填“最上端”、“最下端”或者“球心”）對應(yīng)白紙上的位置即為原點；在確定軸時_______（選填“需要”或者“不需要”）軸與重錘線平行；b．若遺漏記錄平拋軌跡的起始點，也可按下述方法處理數(shù)據(jù)：如圖乙所示，在軌跡上取A、B、C三點，AB和BC的水平間距相等且均為，測得AB和BC的豎直間距分別是和，則_______（選填“大于”、“等于”或者“小于”）?？汕蟮娩撉蚱綊伒某跛俣却笮開______（已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹椋Y(jié)果用上述字母表示）。(3)為了得到平拋物體的運動軌跡，同學(xué)們還提出了以下三種方案，其中可行的是_______；A．從細(xì)管水平噴出穩(wěn)定的細(xì)水柱，拍攝照片，即可得到平拋運動軌跡B．用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時刻的位置，平滑連接各位置，即可得到平拋運動軌跡C．將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，將會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌跡(4)伽利略曾研究過平拋運動，他推斷：從同一炮臺水平發(fā)射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射多遠(yuǎn)，在空中飛行的時間都一樣。這實際上揭示了平拋物體_______。A．在水平方向上做勻速直線運動B．在豎直方向上做自由落體運動C．在下落過程中機械能守恒四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示為一種研究高能粒子在不同位置對撞的裝置。在關(guān)于y軸對稱間距為2d的MN、PQ邊界之間存在兩個有界勻強磁場，其中K（K在x軸上方）下方I區(qū)域磁場垂直紙面向外，JK上方Ⅱ區(qū)域磁場垂直紙面向里，其磁感應(yīng)強度均為B．直線加速器1與直線加速器2關(guān)于O點軸對稱，其中心軸在位于x軸上，且末端剛好與MN、PQ的邊界對齊；質(zhì)量為m、電荷量為e的正、負(fù)電子通過直線加速器加速后同時以相同速率垂直MN、PQ邊界進(jìn)入磁場。為實現(xiàn)正、負(fù)電子在Ⅱ區(qū)域的y軸上實現(xiàn)對心碰撞（速度方向剛好相反），根據(jù)入射速度的變化，可調(diào)節(jié)邊界與x軸之間的距離h，不計粒子間的相互作用，不計正、負(fù)電子的重力，求：（1）哪個直線加速器加速的是正電子；（2）正、負(fù)電子同時以相同速度ν1進(jìn)入磁場，僅經(jīng)過邊界一次，然后在Ⅱ區(qū)域發(fā)生對心碰撞，試通過計算求出v1的最小值。（3）正、負(fù)電子同時以v2速度進(jìn)入磁場，求正、負(fù)電子在Ⅱ區(qū)域y軸上發(fā)生對心碰撞的位置離O點的距離。14．（16分）如圖所示，

PQ為一豎直放置的熒光屏，一半徑為R的圓形磁場區(qū)域與熒光屏相切于O點，磁場的方向垂直紙面向里且磁感應(yīng)強度大小為B,圖中的虛線與磁場區(qū)域相切，在虛線的上方存在水平向左的勻強電場，電場強度大小為E,在O點放置一粒子發(fā)射源，能向右側(cè)180°角的范圍發(fā)射一系列的帶正電的粒子，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q,經(jīng)測可知粒子在磁場中的軌道半徑為R，忽略粒子的重力及粒子間的相互作用．求：(1)如圖，當(dāng)粒子的發(fā)射速度方向與熒光屏成60°角時，該帶電粒子從發(fā)射到達(dá)到熒光屏上所用的時間為多少?粒子到達(dá)熒光屏的位置距O點的距離為多大?

(2)從粒子源發(fā)射出的帶電粒子到達(dá)熒光屏?xí)r，距離發(fā)射源的最遠(yuǎn)距離應(yīng)為多少?15．（12分）第24屆冬奧會將于2022年在北京舉行，冰壺是比賽項目之一。如圖甲，藍(lán)壺靜止在大本營圓心O處，紅壺推出后經(jīng)過P點沿直線向藍(lán)壺滑去，滑行一段距離后，隊員在紅壺前方開始。不斷刷冰，直至兩壺發(fā)生正碰為止。已知，紅壺經(jīng)過P點時速度v0=3.25m/s，P、O兩點相距L=27m，大本營半徑R=1.83m，從紅壺進(jìn)人刷冰區(qū)域后某時刻開始，兩壺正碰前后的v-t圖線如圖乙所示。假設(shè)在未刷冰區(qū)域內(nèi)兩壺與冰面間的動摩擦因數(shù)恒定且相同，紅壺進(jìn)入刷冰區(qū)域內(nèi)與冰面間的動摩擦因數(shù)變小且恒定，兩壺質(zhì)量相等且均視為質(zhì)點。（1）試計算說明碰后藍(lán)壺是否會滑出大本營；（2）求在刷冰區(qū)域內(nèi)紅壺滑行的距離s。

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得：從A到B，因體積不變，壓強減小，所以溫度降低，即TA＞TB；從B到C，壓強不變，體積增大，故溫度升高，即TB＜TC，故ABD錯誤，C正確。2、B【解析】

ABC．設(shè)MN兩端穩(wěn)壓交流電源的電壓有效值為U，原線圈兩端的電壓為U1，電流為I1，副線圈兩端的電壓為U2，電流為I2，原副線圈的匝數(shù)比：，燈泡的電阻都為R，根據(jù)歐姆定律，可得副線圈兩端的電壓為：根據(jù)得原線圈兩端的電壓為：根據(jù)解得根據(jù)歐姆定律，可得L1兩端的電壓：則穩(wěn)壓交流電源的電壓為：當(dāng)滑動變阻器的滑片P向上移動時，其電阻減小，則R并電阻減小，所以總電阻減小，而穩(wěn)壓交流電源的電壓U不變，所以電流I2變大，則L2變亮；原線圈的電流也增大，所以L1變亮，其兩端的電壓變大，所以原線圈兩端的電壓減小，則副線圈兩端的電壓減小，而L2的電壓變大，所以L3與滑動變阻器并聯(lián)部分的電壓減小，所以L3變暗，B正確，AC錯誤；D．因為原線圈的電流增大，穩(wěn)壓交流電源的電壓不變，根據(jù)P=UI1可知電源輸出功率增大，D錯誤。故選B。3、C【解析】

根據(jù)電場線的指向知E帶正電，F(xiàn)帶負(fù)電；N點的場強是由E、F兩電荷在N點產(chǎn)生場強的疊加，電荷E在N點電場方向沿EN向上，電荷F在N點產(chǎn)生的場強沿NF向下，合場強水平向右，可知F電荷在N點產(chǎn)生的場強大于E電荷在N點產(chǎn)生的場強，而，所以由點電荷場強公式知,A錯誤；只有電場線是直線，且初速度為0或初速度的方向與電場平行時，帶電粒子的運動軌跡才與電場線重合．而該電場線是一條曲線，所以運動軌跡與電場線不重合．故在M點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，不可能沿電場線運動到N點，B錯誤；因為電場線和等勢面垂直，所以過N點的等勢面與過N點的切線垂直，C正確；沿電場線方向電勢逐漸降低，，再根據(jù)，q為負(fù)電荷，知，D錯誤；故選C．【點睛】只有電場線是直線，且初速度為0或初速度的方向與電場平行時，帶電粒子的運動軌跡才與電場線重合．電場線和等勢面垂直．N點的切線與EF連線平行，根據(jù)電場線的方向和場強的疊加，可以判斷出E、F的電性及電量的大?。缺容^電勢的高低，再根據(jù)，比較電勢能．4、A【解析】

A．在沒有空氣阻力的情況下，玩具從機器手臂處自由落下時，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，沒有能量的損失，即玩具的機械能守恒，故A正確；B．機器手臂抓到玩具水平勻速運動時，玩具的質(zhì)量和速度均不變，則動能不變，故B錯誤；C．機器手臂抓到玩具勻速上升時，動能不變，重力勢能增大，所以玩具的機械能變大，故C錯誤；D．機器手臂抓玩具加速上升時，動能和重力勢能均變大，所以手臂做的功等于玩具重力勢能與動能的增大量之和，故D錯誤。故選A。5、D【解析】

A．在國際單位制中，力學(xué)的單位被選為基本單位的是米、千克、秒，電學(xué)的單位被選為基本單位的是安培，不是庫侖，故A錯誤；B．慣性大小的唯一量度是質(zhì)量，故同一個物體在地球上與在月球上慣性一樣大，故B錯誤；C．作用力做正功，反作用力也可以做正功，比如兩帶電小球靠斥力分開，庫侖斥力對兩小球都做正功，故C錯誤；D．物體做曲線運動時，如果速度和力垂直，功率為零，如勻速圓周運動，故D正確。故選D。6、C【解析】

A.為使粒子保持不動，則兩板間的電場強度大小不變，由于粒子帶負(fù)電，為使粒子的電勢能增加，則P點的電勢應(yīng)降低，即P點與下板間的電勢差減?。渌麠l件不變，使電容器上極板下移少許，兩板間的電壓不變，剛由E=可知，兩板間的電場強度增大，A錯誤；B.其他條件不變，將滑動變阻器滑片向右移少許，電路中的電流減小，兩板的電壓減小，將上板下移少許，由E=可保證板間的電場強度大小不變，但P點的電勢不變，B錯誤；C.其他條件不變，開關(guān)S2斷開，兩板的帶電量不變，將電容器下板上移少許，兩板間電場強度不變，P點與下板的電勢差減小，C正確；D.其他條件不變，使開關(guān)S1斷開，電容器放電，板間的電場強度減小，D錯誤．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AD【解析】

AB．當(dāng)貨物剛放上傳送帶時，對貨物由牛頓第二定律得設(shè)貨物與傳送帶共速時用時為，則，解得則這段時間內(nèi)貨物運動的位移傳送帶運動的位移貨物從底端運動至頂端的過程中，滑動摩擦力對貨物做的功靜摩擦力對貨物做的功故摩擦力對貨物做的功根據(jù)功能關(guān)系得貨物增加的機械能也為，故A正確，B錯誤；CD．系統(tǒng)因運送貨物增加的內(nèi)能為傳送帶因運送貨物多做的功等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能與貨物增加的機械能之和故C錯誤，D正確。故選AD。8、BD【解析】

AB．小球做勻速圓周運動，由重力和支持力的合力提供向心力，則θ是半徑與豎直方向的夾角，解得則線速度之比為則故A錯誤，B正確。C．a(chǎn)的角速度b的角速度相距最近時滿足解得選項C錯誤；D．a(chǎn)、b兩球運動過程中，兩球?qū)ν氲膲毫Φ乃椒至繛閙gtanθ，因θ不同，則兩球?qū)ν氲膲毫Φ乃椒至坎幌嗟?，對碗來說兩球?qū)ν氲乃椒较虻淖饔昧Σ粸榱?，則碗對地面始終有摩擦力作用，選項D正確。故選BD。9、BD【解析】

A項：如果發(fā)電機輸出電流增大，根據(jù)變流比可知，輸送電流增大，通過用戶的電流增大，故A錯誤；B項：由可知，輸送電流增大，是由于減小引起的，故B正確；C項：當(dāng)用戶電阻減小時，用戶消耗的功率增大，故C錯誤；D項：發(fā)電機輸出電流增大，則輸電線上的電壓降增大，因此降壓變壓器的輸入、輸出電壓均減小，即因在用戶兩端電壓變小了，故D正確。故選：BD。10、AC【解析】

AB．開始時，彈簧處于原長，彈簧先壓縮，彈性勢能增大，當(dāng)彈簧與桿垂直時，彈簧壓縮量最大，繼續(xù)往下滑，彈性勢能減小，當(dāng)滑到彈簧恢復(fù)原長時，繼續(xù)下滑，彈簧將伸長，彈性勢能增大直到滑到B點，即彈簧彈性勢能先增大后減小再增大，由能量守恒可知，圓環(huán)的機械能先減小后增大，再減小，A正確，B錯誤；C．A點時，彈簧為原長，無彈力，受力分析可知，圓環(huán)的加速度由重力沿斜面向下的分力提供：解得，當(dāng)彈簧與桿垂直時，彈簧彈力垂直于桿，不提供加速度，此時加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即，繼續(xù)往下滑，還有一處彈簧恢復(fù)原長，此處彈簧也沒有彈力，加速度由重力沿斜面向下的分力提供，即，所以與圓環(huán)在A點的加速度相同的位置還有兩處，C正確；D．彈簧再次恢復(fù)到原長時，加速度為，沿斜面向下，即將繼續(xù)往下加速運動，直到加速度為零時開始減速，所以彈簧再次恢復(fù)到原長時速度不是最大，D錯誤。故選AC。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、遠(yuǎn)小于2.42～2.472.02～2.07等于【解析】

(1)因為實驗的研究對象是整個系統(tǒng)，系統(tǒng)受到的合外力就等于mg，所以不需要滿足懸掛的沙桶總質(zhì)量一定要遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車（包括盛沙的盒及盒內(nèi)的砂）的總質(zhì)量；(2)由圖可知，小車2的位移為2.43m，由勻加速直線運的位移公式可知，，即由于時間相等，所以，由牛頓第二定律可知：，所以兩小車的加速度之比等于質(zhì)量的反比．12、BD球心需要大于ABB【解析】

(1)[1]因為本實驗是研究平拋運動，只需要每次實驗都能保證鋼球做相同的平拋運動，即每次實驗都要保證鋼球從同一高度處無初速度釋放并水平拋出，沒必要要求斜槽軌道光滑，因此A錯誤，BD正確；擋板高度可以不等間距變化，故C錯誤。故選BD。(2)a．[2][3]因為鋼球做平拋運動的軌跡是其球心的軌跡，故將鋼球靜置于Q點，鋼球的球心對應(yīng)的白紙上的位置即為坐標(biāo)原點(平拋運動的起始點)；在確定軸時需要軸與重錘線平行。b．[4][5]由于平拋的豎直分運動是自由落體運動，故相鄰相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1:3:5：…，故兩相鄰相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比越來越大，因此大于；由，聯(lián)立解得(3)[6]將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，由于鉛筆受摩擦力作用，且不一定能保證鉛筆水平，鉛筆將不能始終保持垂直白紙板運動，鉛筆將發(fā)生傾斜，故不會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌跡，故C不可行，AB可行。(4)[7]從同一炮臺水平發(fā)射的炮彈，如果不受空氣阻力，可認(rèn)為做平拋運動，因此不論它們能射多遠(yuǎn)，在空中飛行的時間都一樣，這實際上揭示了平拋物體在豎直方向上做自由落體運動，故選項B正確。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）直線加速器2（2）；（3）△y＝2[]，n＝1，3，5，7…2k﹣1?！窘馕觥?/p>

（1）正負(fù)電子進(jìn)入磁場后要在Ⅱ區(qū)域相遇，因此正負(fù)電子出加速器以后都向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知直線加速器2加速