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广东省江门市2024年高考物理一模试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.某种核电池采用钚核的放射性同位素钚核，其发生的核反应方程是，以下说法正确的是( )
A. 钚核比钚核少了个质子
B. 粒子是氦核
C. 钚核的质量等于铀核与粒子的质量之和
D. 钚核的半衰期会随外界环境温度的变化而改变
2.如图所示，在轻绳中间用挂钩没画出悬挂一个质量为的重物，双手紧握轻绳的两端，然后沿水平固定的刻度尺缓慢分开，重力加速度为，下列说法正确的是( )
A. 两侧轻绳拉力的合力减小
B. 两侧轻绳的拉力均减小
C. 当时两侧轻绳的拉力均为
D. 当两侧绳长与两手间距相等时两侧轻绳的拉力均为
3.如图甲所示为汽车的传统点火装置，称之为蓄电池点火系统。此装置的核心部件是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端。在开关闭合或断开的瞬间，将会在副线圈中产生脉冲高电压形成电火花，点燃可燃混合气体。图乙和图丙分别是原线圈、副线圈电压随时间变化的图像，则下列说法正确的是( )
A. 原线圈的匝数比副线圈的匝数多
B. 至间穿过副线圈的磁通量为零
C. 开关断开与闭合瞬间副线圈产生的感应电动势方向相同
D. 开关断开时比开关闭合时，更容易点燃混合气体
4.跳伞运动员由高空沿竖直方向落下，时刻开启降落伞，时刻开始做匀速直线运动直到时刻落地，速度传感器记录此过程中运动员的图像如图所示，下列关于跳伞运动员及降落伞的说法正确的是( )
A. 时间内，他们处于超重状态
B. 时间内，他们受到的空气阻力逐渐增大
C. 时刻，他们所受重力的功率最大
D. 时间内，他们的机械能守恒
5.年我国“天宫号”太空实验室实现了长期有人值守，我国迈入空间站时代。如图所示，“天舟号”货运飞船沿椭圆轨道运行，、两点分别为椭圆轨道的近地点和远地点，则以下说法正确的是( )
A. “天舟号”在点的线速度大于“天宫号”的线速度
B. “天舟号”在点的加速度小于“天宫号”的加速度
C. “天舟号”在椭圆轨道的周期比“天宫号”周期大
D. “天舟号”与“天宫号”对接前必须先减速运动
6.如图所示，两条通有同向电流的平行无限长导线、，其中、点连线与两导线垂直，点到两导线的距离相等，、两点关于对称，忽略其它磁场的影响，检测发现点的磁场方向垂直纸面向外，则下列说法正确的是( )
A. 点的磁场方向垂直纸面向外 B. 导线中的电流大于导线中的电流
C. 点的磁场与点的磁场相同 D. 点的磁场比点的磁场弱
7.如图甲所示，列车车头底部安装强磁铁，线圈及电流测量仪埋设在轨道地面测量仪未画出，、为接测量仪器的端口，磁铁的匀强磁场垂直地面向下、宽度与线圈宽度相同，俯视图如图乙。当列车经过线圈上方时，测量仪记录线圈的电流为。磁铁的磁感应强度为，线圈的匝数为，长为，电阻为，则在列车经过线圈的过程中，下列说法正确的是( )
A. 线圈的磁通量一直增加 B. 线圈的电流方向先顺时针后逆时针方向
C. 线圈的安培力大小为 D. 列车运行的速率为
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.超成像时血管探头发送的简谐超声波图像如图所示，时刻超声波恰好传到质点，超声波的周期，下列说法正确的是( )
A. 超声波的波长为
B. 质点开始振动的方向沿轴负方向
C. 超声波在血管中的传播速度为
D. 时，质点在平衡位置
9.数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止的头部受伤，大大减小损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至以上，人头部的质量约为，则下列说法正确的是( )
A. 头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B. 头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C. 事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
D. 若事故中头部以的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为
10.如图所示，、、为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为的点电荷固定在点，现有一质量为、电荷量为的小金属块可视为质点，从点以速度向右运动，最后停止在点，已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，、间距离为，静电力常量为，重力加速度为，则下列说法正确的是( )
A. 该过程中小金属块的电势能增大
B. A、两点间的电势差为
C. 若在处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时距点的距离为
D. 若在处库仑力小于摩擦力，则小金属块由向运动过程的平均速度大于
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某同学通过如图甲所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一颗形状不规则的小石块的体积。主要操作步骤如下：
将小石块装进注射器，把注射器活塞推至注射器某一位置，并将注射器与压强传感器连接；
缓慢移动活塞，记录注射器的刻度值，同时记录对应的气体压强值；
重复上述步骤，多次测量。
关于该实验的操作，下列说法正确的是______填写选项前的字母。
A.为保证封闭气体的气密性，在活塞上均匀涂抹润滑油
B.缓慢移动活塞有利于减少实验误差
C.活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的体积和气体的压强值
D.为方便推拉活塞，应用手握注射器再推拉活塞
若实验过程中不慎将活塞拉出针筒，则______填“需要”或“不需要”重做实验。
根据实验的数据，通过描点作图，得到的直线图像如图乙所示，截距分别为和。忽略传感器和注射器连接处的软管容积，则小石块的体积为______。
12.纯净水的电导率电阻率的倒数是检验纯净水是否合格的一项重要指标。某学习小组通过实验检测某品牌的纯净水的电导率是否合格，具体实验步骤如下：
该小组将采集的水样注满绝缘性能良好的薄塑料圆柱形容器，容器两端用很薄的金属圆片电极密封，金属圆片的电阻不计，容器长度为。
利用螺旋测微器测量该容器的直径，如图甲所示，其读数为______。
利用如图乙所示的电路测量水样的电导率水样的电阻约为。实验室提供的器材有干电池节，滑动变阻器，开关和若干导线之外，还提供了如下电表：
A.电压表，内阻约为
B.电压表，内阻约为
C.电流表，内阻约为
D.电流表，内阻约为
电压表应选______，电流表应选______选填器材的字母序号。
请根据图乙在图丙中用黑色笔迹代替导线把实物连接图补画完整。
正确连接电路后，合上开关，调节滑动变阻器，得到多组和数据，小明同学作出图像，测得图像的斜率为。则水样电导率的表达式 ______用，和表示。
水样电导率的测量值______真实值。填“大于”“小于”或“等于”
小芳同学由每组、数据计算水样的电阻，然后求电导率，最后求电导率平均值，则两种求电导率的方法更合理的是______选填“小明”或“小芳”。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.三棱镜在光学器材中有广泛的应用。如图为直角三棱镜的截面，，，长度为，点为中点。已知材料的折射率为，光在真空中的传播速度为。现有一束单色光从三棱镜左侧沿方向射入，求：
单色光进入三棱镜后在点的出射光线与的夹角；
单色光在三棱镜中从点传播到点的时间。
14.如图是工人传输货物的示意图，工人甲把质量货物从倾斜轨道的顶端点由静止释放，货物从轨道的底端点点处有一段长度不计的小圆弧滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端点的瞬间，货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速，此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区，长木板进入反弹装置，反弹后长木板的最左端返回点时恰好静止。已知倾斜轨道的长度，倾斜轨道与水平方向的夹角为，段的长度，长木板的长度，货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数，长木板与地面的动摩擦因数，重力加速度，取，，求：
货物到达点时的速度多大；
长木板的右端刚到点时货物的速度多大；
长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值。
15.如图所示，在的区域存在方向竖直向上、大小为的匀强电场，在区域存在垂直纸面向外的匀强磁场未知。一个质量为的带正电粒子甲从点以速度沿轴正方向进入电场，粒子从点进入磁场后，恰好与静止在点质量为的中性粒子乙沿轴正方向发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙。已知点横坐标为，不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场变化引起的效应。求：
粒子甲的比荷；
粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度的大小；
若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在的区域加上与区域内相同的磁场，试通过计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇，如果能，求再次相遇的时间。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：钚核和钚核相比，质子数是相等的，少了个中子。故A错误；
B.根据核反应方程中质量数守恒和电荷数守恒，可知粒子的电荷数为，质量数为，为氦核，故B正确；
C.依题意，核反应过程出现了质量亏损，可知钚核的质量大于铀核与粒子的质量之和。故C错误；
D.半衰期由原子核内部性质决定，钚核的半衰期不会随外界环境温度的变化而改变。故D错误。
故选：。
根据原子核的组成判断；根据质量数守恒电荷数守恒分析判断；核反应释放核能，发生质量亏损，据此分析判断；半衰期与温度无关。
本题主要考查了核反应的质量数守恒和电荷数守恒的理解和运用；注意核反应中质量数守恒而不是质量守恒。
2.【答案】
【解析】解：、对重物受力分析如图所示。
根据平衡条件可知，两侧轻绳拉力的合力与重力等大反向，则两侧轻绳拉力的合力不变，大小始终等于，则有
解得：
可知当增大时，减小，两侧轻绳的拉力均增大，故AB错误；
C、当时，代入数据可得，故C正确；
D、当两侧绳长与两手间距相等时，当两侧轻绳的拉力均为，故D错误。
故选：。
两侧轻绳拉力的合力与重力等大反向，运用力的合成法得到两侧轻绳的拉力与重力的关系，再分析拉力的变化情况。
本题是三力平衡问题，解题关键是正确分析受力，画出受力示意图，运用合成法，根据平衡条件列式分析。
3.【答案】
【解析】解：、依题意可知，该变压器为升压变压器，所以副线圈的匝数比原线圈的匝数多，故A错误；
B、由图乙可知，至间原线圈有电流流过，产生恒定磁场，则穿过副线圈的磁通量不为零，故B错误；
C、由图丙可知，开关断开与闭合瞬间副线圈产生的感应电动势方向相反，故C错误；
D、由图丙可知，开关断开时比开关闭合时，副线圈产生的电压更高，更容易点燃混合气体，故D正确。
故选：。
根据原副线圈电压关系，分析原副线圈匝数关系。根据至间原线圈是否有电流，来判断穿过副线圈的磁通量是否为零。根据图丙判断感应电动势方向关系。根据副线圈产生的电压大小分析项。
本题要理解变压器的工作原理，掌握原副线圈的电压与匝数的关系，并能理解图像的意义。
4.【答案】
【解析】解：、由图可知，时间内，他们加速下降，加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A错误；
B、时间内，他们减速下降，由牛顿第二定律得，加速度越来越小，则他们受到的空气阻力逐渐减小，故B错误；
C、根据可知，时刻速度最大，则他们所受重力的功率最大，故C正确；
D、由图可知，时间内，他们匀速下降，动能不变，重力势能减小，则两者之和即机械能减小，故D错误。
故选：。
时间内，分析加速度方向，判断他们处于超重还是失重状态；时间内，分析加速度的变化，利用牛顿第二定律分析空气阻力的变化。根据
分析重力功率的大小。时间内，对照机械能的概念分析机械能是否守恒。
本题是图像应用的典型题型，关键要抓住图像的斜率表示加速度，根据斜率大小的变化来分析加速度大小的变化，利用牛顿第二定律判断空气阻力的变化。
5.【答案】
【解析】解：、根据变轨原理可知，“天舟号”在点从圆轨道加速可进入椭圆轨道。根据
解得：
所以半径越大，速度越小，很明显在、两点，的半径小，所以速度大，故A正确。
、根据牛顿第二定律，
可得：，则“天舟号”在点的加速度大小等于“天宫号”的加速度大小，故B错误；
C、由开普勒第三定律，可知“天舟号”比“天宫号”运动周期小，故C错误；
D、“天舟号”与“天宫号”对接前必须先加速，做离心运动，才能与天宫号对接，故D错误。
故选：。
根据卫星变轨过程中速度的变化，再结合万有引力提供向心力分析。
本题主要考查万有引力在天体中的应用，在做题中要注意变轨过程中速度的变化。
6.【答案】
【解析】解：由安培定则可知，两导线中电流产生的磁场在点的方向均垂直纸面向里，所以点的磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
B.根据安培定则，可知导线中电流产生的磁场在点方向垂直纸面向里，导线中电流产生的磁场在点方向垂直纸面向外，到两处电流的距离相等，点的磁场方向垂直纸面向外，则导线中的电流小于导线中的电流，故B错误；
C.点的磁场方向垂直纸面向外，点的磁场方向垂直纸面向里，点的磁场与点的磁场相反，故C错误；
D.依题意，、两点关于对称则导线中电流磁场在、两点磁感应强度大小相等，方向相反，导线中的电流磁场在、两点均垂直纸面向里，可知，点的磁场为两电流磁场相减，点的磁场为两电流磁场相加，所以点的磁场比点的磁场弱。故D正确。
故选：。
本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则以及磁场的叠加求出点与点的磁感应强度的大小和方向。
磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提。
7.【答案】
【解析】解：列车经过线圈的上方时，穿过线圈的磁通量向下，先增大后减小，故A错误；
B.在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向下，所以线圈内的磁通量方向向下，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先逆时针，再顺时针方向。故B错误；
C.线圈受到的安培力大小为，故C错误；
D.导线切割磁感线的电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得
联立解得
故D正确。
故选：。
根据磁通量的定义判断磁通量的变化；根据楞次定律判断感应电流的方向，根据安培力的公式计算安培力的大小，根据计算导线切割磁感线的电动势，然后结合闭合电路的欧姆定律求出电流最后求出车的速度。
解决本题时，要搞清题意，分析清楚列车的运动情况，根据切割感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及运动学公式相结合进行处理。要注意线圈的匝数不能遗漏。
8.【答案】
【解析】解：由图可知，超声波的波长为，故A正确；
B.根据“上下坡法”由图可知，质点开始振动的方向沿轴正方向，故B错误；
C.超声波在血管中的传播速度为：
代入数据得：，故C正确；
D.依题意，可得
结合波动图像可知质点在负的最大位移处，故D错误。
故选：。
根据图像得出波长；根据“上下坡法”确定质点的起振方向；根据公式，求波速；先确定时间与周期的关系，结合波动图像确定质点的运动位置。
本题考查波的图像相关问题，注意：波在同种均匀介质中匀速传播，质点只在各自的平衡位置附近振动，波的传播方向与质点的振动方向的关系，可以用“同侧法”、“上下坡法”等来判断。
9.【答案】
【解析】解：、根据动量定理有：，可得，依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，动量变化量不变，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；
B、根据，可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故B错误；
C、根据牛顿第三定律，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，且作用时间相同，根据冲量的定义有，可知事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确；
D、将数据代入中结论，可得，可知事故中头部以的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为，故D正确。
故选：。
根据动量定理推导出动量变化率与作用力的关系，再进行分析；根据牛顿第三定律以及冲量的定义分析头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量关系；根据题中条件代入计算头部受到的撞击力。
本题的关键要掌握动量定理，并能用来分析缓冲问题，要抓住缓冲过程中，驾驶员头部动量变化量不变，动量变化率减小，受到的作用力减小。
10.【答案】
【解析】解：同种电荷相互排斥，可知小金属块从向运动的过程中库仑力对小金属块做正功，所以小金属块的电势能减小，故A错误；
B.小金属块从向运动的过程中库仑力对小金属块做正功，摩擦力做负功，由动能定理可得
A、两点间的电势差为
解得
故B错误；
C.若在处小金属块受到的库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时，其金属块受力平衡，有
解得
故C正确；
D.若在处库仑力小于摩擦力，由牛顿第二定律可得
则小金属块由向运动过程库仑力减小，金属块做加速度增大的减速运动，图像如图所示
在图中做出初速度为，末速度为的匀减速匀速直线运动图线，根据平均速度公式
可知小金属块由向运动过程的平均速度大于。故D正确。
故选：。
根据电场力做功判断电势能的变化；根据动能定理判断、之间的电势差；结合库仑力与摩擦力之间的关系判断。
解答本题的关键是要分析金属块的运动情况，进而分析其受力情况，由牛顿第二定律和动能定理可分析判断选项是否正确。
11.【答案】 需要
【解析】解：、本实验要保证注射器内气体质量不变，所以为保证封闭气体的气密性，在活塞上均匀涂抹润滑油，故A正确；
B、为了保证封闭空气温度不变，应缓慢推动活塞，故B正确；
C、活塞移至某位置时，待气柱稳定后再记录此时注射器内气柱的体积和气体的压强值，故C错误；
D、推动活塞时，为了保证封闭空气温度不变，不可以用手握住注射器封闭空气部分，故D错误。
故选：。
若实验过程中不慎将活塞拔出针筒，注射器内气体的质量发生变化，因此以上数据全部作废，需要重新做实验。
设小石块的体积为，对一定量的气体，根据玻意耳定律得
整理得：
由图乙可知：
故答案为：；需要；。
一定量的气体在温度不变时，气体的压强与体积成反比，根据玻意耳定律需要满足的实验条件和注意事项分析答题；
实验时，应保证注射器内气体质量不变，如不慎将活塞拉出针筒，需要重新做实验；
应用玻意耳定律列式得到与的关系式，再求小石块的体积。
本实验的原理是玻意耳定律，要明确实验需要控制两个条件不变：注射器内气体的质量不变，气体的温度不变，根据题意，由玻意耳定律即可解题。
12.【答案】 小于 小明
【解析】解：螺旋测微器的精确度为，容器直径
两节干电池，电动势约为，因此电压表应选择量程为的电压表；
根据欧姆定律，通过电阻的最大电流约为
因此电流表选择量程为的电流表；
由于，
可得，因此电流表采用内接法；滑动变阻器采用分压式接法，实物图连接如图所示：
根据欧姆定律
因此图像的斜率表示电阻，待测电阻
根据电阻定律
电导率
联立解得电导率
由于电流表采用内接法，的测量值偏大，则测量值偏大，即测量值偏小。
小明同学采用图像用斜率求电阻，即，误差更小些，而小芳同学用每组数据计算电阻，即，测量值每组都偏大，相比较于小明同学做法，小芳同学的误差更大些。
故答案为：；；；见解析；；小于；小明。
螺旋测微器的精确度为，根据螺旋测微器的读数规则读数；
根据电动势选择电压表；根据欧姆定律估算电路中电流，然后喜爱电流表；
根据待测电阻值、电流表内阻和电压表的内阻的比值，确定电流表的内、外接法，然后误差实物图的连接；
根据欧姆定律求解函数，图像的斜率表示待测电阻；根据电阻定律和电导率的含义求电导率；
实验的误差来源于电流表的分压作用，分析待测电阻测量值与真实值的关系，结合电导率的表达式分析实验的误差；
根据图像法处理实验数据的优势分析实验误差。
本题主要考查了电导率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律和电阻定律即可完成分析。
13.【答案】解：画出光路图如图所示。
根据折射率的定义式有
由几何关系得：
联立解得：
可知单色光进入三棱镜后在点的出射光线与的夹角为
由几何关系可得
单色光在三棱镜中从点传播到点的时间为
又
联立解得：
答：单色光进入三棱镜后在点的出射光线与的夹角为；
单色光在三棱镜中从点传播到点的时间为。
【解析】画出光路图，根据几何关系求出光线在面的入射角，由折射率定义求折射角，再求光进入三棱镜后在点的出射光线与的夹角；
由几何知识求出间的距离，由求出单色光在三棱镜中传播速度，从而求得光从点传播到点的时间。
解决本题时，要作出光路图，运用几何知识求解入射角和光程，结合折射率定义和光速公式解答。
14.【答案】解：货物由运动到过程，根据动能定理可得
解得：
货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得：
根据匀变速直线运动规律，有
解得：
依题意，长木板进入反弹装置时的速度为
设长木板的质量为，长木板与货物向右运动过程，对长木板，由牛顿第二定律有
根据匀变速直线运动规律，有
联立解得：
则长木板刚进入反弹装置时的能量为
长木板刚反弹后的速度设为，长木板从点到点的过程中，由动能定理得
长木板在反弹的过程中损失的能量为
联立解得：
则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值为
答：货物到达点时的速度为；
长木板的右端刚到点时货物的速度为；
长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值为。
【解析】货物由运动到过程，根据动能定理求货物到达点时的速度；
货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律求出货物的加速度大小，根据速度位移公式求解长木板的右端刚到点时货物的速度；
长木板与货物向右运动过程，由牛顿第二定律列式，结合速度位移公式求出长木板的质量。长木板从点到点的过程中，由动能定理求出长木板刚反弹后的速度，再根据能量守恒定律求出长木板在反弹过程中损失的能量，最后求长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值。
解答本题时，要理清物体的运动过程，采用隔离法求解货物和长木板的加速度，根据运动学公式、动能定理以及两者位移关系、速度关系进行解答。
15.【答案】解：粒子甲在电场中做类平抛运动，沿轴方向做匀速直线运动，则有
沿轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有
，
联立解得粒子甲的比荷为：
粒子甲在电场中沿轴做初速度为零的匀加速直线运动，则有
进入磁场中粒子甲速度与轴的夹角满足：
即
则进入磁场速率为
设粒子甲在磁场中做圆周运动的半径为，如图所示，由几何关系可得
又由，解得：
甲、乙两粒子在点发生弹性碰撞，设碰后速度为，，取碰撞前甲粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
解得：
两粒子碰后在磁场中都做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得
，
解得：
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
，
则两粒子碰后再次相遇需满足：
解得再次相遇时间为：
答：粒子甲的比荷为；
粒子甲刚进入磁场时的速率为，磁感应强度的大小为；
两粒子碰撞后能再次相遇，再次相遇的时间为。
【解析】粒子甲在电场中做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律相结合求出粒子甲的比荷。
由粒子甲在电场中的运动规律求出粒子进入磁场时速度大小以及速度与轴的夹角。由几何关系求出粒子甲在磁场中做圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度的大小；
两粒子发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰撞后两粒子的速度，两粒子碰后在磁场中都做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出它们的轨迹半径，并求出它们的运动周期，再求两者再次相遇的时间。
本题是带电粒子在电场和磁场的组合场中运动类型，关键要理清粒子的运动过程，采用运动的分解法处理类平抛运动，通过画轨迹，确定轨迹半径来处理磁场中的圆周运动。

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