2021年天津市普通高中高考物理模拟试卷(一)(含答案详解)

2021年天津市普通高中高考物理模拟试卷（一）
一、单选题（本大题共5小题，共25.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应
B. 汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构
C. Bi的半衰期是5天，12g Bi经过15天后还有1.5g未衰变
D. 按照玻尔理论．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道
2.下列说法正确的是()
A. 温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B. 当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小
C. 外界对物体做功，物体内能一定增加
D. 当分子间的距离增大时，分子力一定减小
3.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为11：1，当原线圈两端输入如图所示的正弦交变电压时，
副线圈输出电压为()
A. 10√2V
B. 22V
C. 22√2V
D. 11V
4.如图所示，长为R的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端与光滑水平转轴O
相连，现给小球一个初速度，使它在竖直面内做圆周运动，已知小球在最高点
的速度大小为v，重力加速度为g。

下列说法正确的是()
A. 小球在最高点的速度v最小为√gR
B. 小球在最高点对轻杆的作用力方向一定竖直向上
C. 小球在最高点时对轻杆的作用力大小可能等于mg
D. 小球在最高点的速度v越大，轻杆对小球的作用力越大
5.如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为ℎ的
B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，水平轨道与倾斜轨道之
间用平滑圆弧连接(图中没画出).则经过A点的速度大小为()
A. √v
2−4gℎ B. √4gℎ−v02 C. √v02−2gℎ D. v0
二、多选题（本大题共3小题，共15.0分）
6.光从介质1通过两种介质的交界面进入介质2的光路如图所示。

下列论述正确
的是()
A. 光在介质1中的传播速度较大
B. 光在介质2中的传播速度较大
C. 光从介质1射向两种介质的交界面时，不可能发生全反射现象
D. 光从介质2射向两种介质的交界面时，可能发生全反射现象
E. 光从介质2射向两种介质的交界面时，不可能发生全反射现象
7.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，介质中
质点P、Q分别位于x=2m、x=4m处．从t=0时刻开始计时，当t=
15s时质点Q刚好第4次到达波峰。

以下说法正确的是()
A. 这列简谐横波的波速为1m/s
B. 当t=15s时质点P经历过3次波峰
C. 质点P做简谐运动的表达式为y=0.2sin(0.5πt)m
D. 从t=0开始计时，到t=14s时质点P的路程为3m
E. 当t=2.5s时质点Q的振动方向沿y轴正方向
8.如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，
电荷量为q的带正电的粒子在A点以大小为v1的速度射入电场，沿
如图轨迹到达B点时速度大小为v2，且速度与等势面平行，A、B连
线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则
()
A. 粒子在A点的动能大于在B点的动能
B. 等势面b的电势比等势面c的电势高
C. 粒子从A运动到B所用时间为Lcosθ
v2
D. 匀强电场的电场强度大小为m(v12−v22)
2qLcosθ
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
9.利用如图1所示装置可以做力学中的许多实验．
(1)利用此装置“研究匀变速直线运动”时，______ (选填“需要”或“不需要”)设法平衡小车和木
板间的摩擦阻力；
(2)利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a−M关系
图象不是直线，由此可判断加速度与质量______ (选填“一定”或“可能”)成反比；
(3)如图为某同学做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．已知打点计时器电源频率为50Hz，
ABCD是纸带上相邻四个点．从图2中读出A、B两点间距s=______ cm；C点对应的速度是______ m/s，小车的加速度是______ m/s2．
10.“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R。

(1)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲所示，则金属丝的直径为______mm。

(2)测金属丝的电压和电流时读数如图丙所示，则金属丝的电阻R=______Ω。

(3)实验需要用刻度尺测出金属丝的长度L，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测
出金属丝的电阻R。

请写出测金属丝电阻率的表达式：______(用上述测量量的字母表示)。

四、简答题（本大题共1小题，共3.0分）
11.如图所示，光滑金属导轨固定在与水平面成θ=37°的斜面上(斜面未画出)，导轨各相邻段互相
垂直，导轨顶端接有阻值R=3Ω的电阻。

已知宽轨间距L1=1m，宽轨长S1=1m，窄轨间距L2=
0.5m，窄轨长S2=2m。

pq连线以下区域有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感强度大小B=2.0T，
bp=cq=0.27m。

现有一根长度等于L1、电阻为r=2Ω、质量m=0.2kg的金属棒从宽轨顶端由静止释放，金属棒到达宽轨底部和窄轨底部之前都已经做匀速直线运动。

导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：
(1)金属棒刚进入磁场时通过电阻R的电流I1的大小和方向；
(2)金属棒刚离开宽轨时速度v2的大小；
(3)在金属棒的整个运动过程中，回路中产生的焦耳热Q。

五、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
12.如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段是半径为R的半圆，两段
轨道相切于B点。

小球甲以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性碰撞。

已知甲、乙两球的质量均为m。

(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点)
(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下。

求甲的速度υ0；
(3)若甲仍以速度υ0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的落点到B点
的距离范围。

13. 如图所示，电压为U的两块平行金属板MN，M板带正电．X轴与
金属板垂直，原点O与N金属板上的小孔重合，在O≤X≤d区域
存在垂直纸面的匀强磁场B1(图上未画出)和沿y轴负方向火小为
E=2√3U
的匀强电场，B1与E在y轴方向的区域足够大．有一个质
3d
量为m，带电量为q的带正电粒子(粒子重力不计)，从靠近M板内侧的P点(P点在X轴上)由静止释放后从N板的小孔穿出后沿X轴做直线运动；若撤去磁场B1，在第四象限X>d的某区域加上左边界与y轴平行且垂直纸面的匀强磁场B2(图上未画出)，为了使粒子能垂直穿过X轴上的Q点，d,0).求：
Q点坐标为(7
2
(1)磁感应强度B1的大小与方向；
(2)磁感应强度B2的大小与方向；
(3)粒子从坐标原点O运动到Q点所用的时间t
参考答案及解析
1.答案：C
解析：试题分析：太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，汤姆逊发现了电子，卢瑟福提出原子具有核式结构，半衰期与外界因素无关．
解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，A错误；
B、汤姆逊发现了电子，卢瑟福提出原子具有核式结构，B错误；
C、经过15天是3各半衰期，剩余质量为原来的=1.5g，C正确；
D、按照玻尔理论．氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，D错误；
故选：C
点评：掌握原子核式结构模型的内容，知道半衰期的特点，对一些物理学史要加强记忆．
2.答案：A
解析：解：A、温度是分子平均动能的标志，温度高的平均动能大，但内能的大小还与质量、状态、材料等有关系，故温度高的物体，内能不一定大；故A正确；
B、当分子力表现为斥力时，分子间距离减小时，分子力做负功；故分子势能随分子间距离的减小而增大；故B错误；
C、外界对物体做功时，可能物体同时对外放热，故内能不一定增加；故C错误；
D、分子间引力和斥力随分子间距的增大而减小，随分子间距的减小而增大，而分子间的作用力的合力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小；故D错误；
故选：A．
温度是分子平均动能的标志，但内能取决于物质的量、温度和体积三个方面；
分子间存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小；当分子间距等于平衡位置时，引力等于斥力，即分子力等于零
本题考查内能的决定因素及分子间的相互作用力，要注意明确分子的作用力与分子间距离的关系．3.答案：A
解析：解：交流电电压的最大值：U m=220V，
交流电电压的有效值：U1=m
√2=
√2
，
根据理想变压器的变压比可知：U 1U 2
=n
1
n 2
，
得U 2=n 1
n 2
U 1=
111
√2
=10√2 V ，故A 正确，BCD 错误。

故选：A 。

根据图象可以知道交流电的最大值，从而可求出理想变压器输入端的有效值，再根据电压与匝数成正比可以求得副线圈的电压的大小。

本题考查的是学生读图的能力，能根据图象读出交流电的最大值，以及知道根据电压和匝数之间的关系。

4.答案：C
解析：解：A 、细杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点时，由于杆能支撑小球，所以v 的最小值为0.故A 错误。

B 、
C 、
D 、根据向心力公式F n =m v 2
R 知，v 由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大。

当v =√gR 时，由重力提供小球的向心力，杆对小球的弹力为零。

当0<v <√gR ，杆对小球的作用力表现为支持力，由牛顿第二定律得mg −F =m v 2
R ，可知，v 增
大，F 减小。

当v >√gR ，杆对小球的作用力表现为拉力，由牛顿第二定律得mg +F =m v 2
R ，此时杆对小球的作
用力大小可能等于mg ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的作用力大小可能等于mg ，v 增大，F 增大。

因此v 由零逐渐增大，杆对小球的弹力先减小后增大。

故BD 错误，C 正确。

故选：C 。

细杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点的最小速度为零，靠径向的合力提供向心力，杆子可以表现为支持力，也可以表现为拉力，根据牛顿第二定律判断杆对球的弹力和速度的关系。

解决本题的关键知道小球在最高点的临界情况，知道向心力的来源，运用牛顿第二定律进行研究。

5.答案：B
解析：解：对小球由A 至B 研究，由动能定理：−mgℎ−W f =0−1
2mv 02
， 再对由B 返回A 研究，由动能定理：mgℎ−W f =1
2mv 12 解得：v 1=√4gℎ−v 0
2。

故选：B 。

小球以一定速度在粗糙的轨道上运动，当到达最高点B后，返回仍能通过A点，则由动能定理可求出小球经过A点的速度．
6.答案：ACD
解析：解：解：AB、光从光疏介质进入光密介质时，折射角小于入射角。

则由图可知：介质1的折
射率小于2的折射率。

光在介质中速度v=c
n
，v与n成反比，则光在介质1中的传播速度较大。

故A
正确B错误。

CDE、光只有从光密介质进入光疏介质才可能产生全反射，所以光从介质1射向两种介质的交界面时，不可能发生全反射现象，而光从介质2射向两种介质的交界面时，可能发生全反射现象。

故CD正确E错误。

故选：ACD。

光从光疏介质进入光密介质，折射角小于入射角。

光在介质中速度v=c
n
，v与n成反比。

产生全反射的必要条件是光从光密介质进入光疏介质。

根据这些知识进行分析。

本题的解题关键是掌握入射角和折射角大小与折射率的关系，以及全反射的条件，属于基本题。

7.答案：ACE
解析：解：A.根据波形图得到波长λ=4m，从t=0时刻开始计时，当t=15s时质点Q刚好第4次到
达波峰，则33
4T=15s，可知该列波周期为4s，这列简谐横波的波速为：v=λ
T
=4
4
m/s=1m/s，
故A正确；
B.t=15s时质点Q刚好第4次到达波峰，则当t=15s时质点P也经历过4次波峰，故B错误；
C.ω=2π
T =2π
4
rad/s=0.5πrad/s，振幅A=0.2m，则质点P做简谐运动的表达式为：y=
0.2sin0.5πt(m)，故C正确；
D.t=14s=3×1
2
T，则从t=0s开始计时，到t=14s时质点P的路程为：S=3.5×4A=2.8m，故
D错误；
E.t=2.5s=5
8
T时质点Q的振动方向沿y轴正方向，故E正确。

故选：ACE。

根据波形图得到波长；从t=0时刻开始计时，当t=15s时质点Q刚好第4次到达波峰，判断出周期；
然后根据v=λ
T
计算波速；根据波形图得到振幅A，然后根据公式y=Asinωt列式求解。

一个周期内，质点振动4A。

本题综合考查了质点的振动和波动，关键是要能从波速方向判断出质点的振动方向，同时要能从图象得到波长并进一步求解波速。

8.答案：ACD
解析：解：A 、电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，粒子弯曲的方向向上，所以粒子受电场力的方向向上，从A 到B 的过程中电场力做负功，所以粒子的速度减小，即v 1大于v 2，可知粒子在A 点的动能大于在B 点的动能。

故A 正确；
B 、粒子受电场力的方向向上，粒子带正电，则电场的方向向上，c 的电势高于b 的电势；故B 错误；
C 、粒子在A 点的速度大小为v 1，在B 点的速度大小为v 2，粒子在沿等势面方向的分速度不变，为v 2 所以粒子运动的时间为：t =x v 2
=
Lcosθv 2
.故C 正确；
D 、在沿电场线的方向的位移：y =Lsinθ，设A 、B 间的电势差为U AB ，由动能定理，有：
qU AB =qEy =1
2mv 12−1
2
mv 22 联立解得：E =m(v 12−v 2
2)2qLsinθ
.故D 正确
故选：ACD 。

粒子竖直方向受电场力，做匀加速直线运动；水平方向不受力，故竖直分运动是匀减速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A 点速度与B 点速度的关系，然后对A 到B 过程根据动能定理列式求解电场强度。

本题关键是通过运动的合成与分解得到A 点速度和B 点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可，基础题目。

9.答案：不需要；可能；0.70；0.5；5.0
解析：解：(1)利用此装置“研究匀变速直线运动”时，不需要平衡摩擦力．
(2)a −M 关系图象不是直线，不一定能说明a 与M 成反比，也可能a 与M 的平方成反比，或a 与M 的立方成反比，所以a −M 图线是曲线，只能判断加速度与质量可能成反比． (3)由图可知，A 、B 两点间的距离s =0.70cm ，C 点的速度v C =x BD 2T
=0.02
0.04m/s =0.5m/s ，连续相等
时间内的位移之差△x =0.20cm ，根据△x =aT 2得，a =△x T 2
=
0.2×10−20.022
m/s 2=5.0m/s 2．
故答案为：(1)不需要，(2)可能，(3)0.70，0.5，5.0 “研究匀变速直线运动”时，不需要平衡摩擦力．
研究a 与M 的关系，应该作a −1
M 图线，a −M 图线是曲线，不能判断a 与M 一定成反比．
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C 点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度．
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用，注意单位的换算．
10.答案：0.695 5.0 πd 2
R 4L
解析：解：(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm +19.5×0.01mm =0.695mm ， (2)电压表量程为3V ，故最小分度为0.1V ，故读数为2.60V ；电流表量程为0.6A ，故最小分度为0.02A ，故读数为0.52A ，由欧姆定律可得： R =
U I
= 2.6
0.52Ω=5.0Ω；
(3)由电阻定律可知：R =ρL
s =ρL
π(d 2
)2， 解得，电阻率ρ=
πd 2R 4L
；
故答案为：(1)0.695(0.695～0.698)(2)5.0 (3)πd 2R 4L。

(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，
(2)根据电压表和电流表量程与图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数，再由欧姆定律求出电阻值；
(3)应用电阻定律求出电阻率的表达式。

本题考查了螺旋测微器、电表读数，要掌握常用器材的使用及读数方法；对器材读数时要注意视线要与刻度线垂直；同时明确电阻定律的基本内容并能正确求出电阻率的表达式。

11.答案：解：(1)由右手定则可得通过导体棒的电流方向为向里，则通过电阻R 的感应电流方向c →
R →b ；
设金属棒刚进入磁场时的速度为v 1
金属棒从顶端开始运动到进入磁场的过程只有重力做功，机械能守恒，即1
2mv 12
−0=mgS bp sinθ 代入数值得：1
2×0.2×v 1
2
−0=0.2×10×0.27×sin37° 解得：v 1=1.8m/s
刚进入磁场时，由闭合电路欧姆定律可得：I 1=E
1
R+r ，
又E 1=BL 1v 1 可得：I 1=
BL 1v 1R+r
=
2×1×1.83+2
A =0.72A ；
(2)依题意，金属棒刚离开宽轨时作匀速运动，此时金属棒受力平衡；
由E2=BL1v2，I2=E2
R+r
，F A=BI2L1
得F A=B2L12v2
R+r
因金属棒做匀速运动，由平衡条件可得：F A=mgsinθ
即B2L12v2
R+r
=mgsinθ
则v2=mgsinθ(R+r)
B2L12=0.2×10×sin37°×(3+2)
22×12
m/s=1.5m/s；
(3)设金属棒在窄轨上最终匀速运动速度大小为v3
则有：E3=BL2v3，I3=E3
R+0.5r
，F A′=BI3L2
因金属棒做匀速运动，由平衡条件可得：F A′=mgsinθ
解得：v3=mgsinθ(R+0.5r)
B2L22=0.2×10×sin37°×(3+1)
22×0.52
m/s=4.8m/s
金属棒在轨道上运动的整个过程，由能量守恒可知棒减少的重力势能转化为动能和焦耳热Q，则：mg(S1+S2)sinθ=1
2
mv32+Q
Q=mg(S1+S2)sinθ−1
2mv32=(0.2×10×3×sin37°−1
2
×0.2×4.82)J≈1.30J。

答：(1)金属棒刚进入磁场时通过电阻R的电流I1的大小为0.72A，通过电阻R的感应电流方向为c→R→b；
(2)金属棒刚离开宽轨时速度v2的大小为1.5m/s；
(3)在金属棒的整个运动过程中，回路中产生的焦耳热为1.30J。

解析：(1)由右手定则判断电流方向，根据机械能守恒定律求解进入磁场时的速度大小，由闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解电流大小；
(2)根据平衡条件结合安培力的计算公式求解金属棒刚离开宽轨时速度v2的大小；
(3)根据平衡条件结合安培力的计算公式求解金属棒最终的速度大小，根据功能关系求解回路中产生的焦耳热。

本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。

12.答案：解：(1)设乙恰能通过轨道的最高点的速度为v D，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，
则m v D2
R
=mg①
2R=1
2
gt2②
x=v D t③
联立①②③得：x=2R④
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
mv0=mv
甲+mv
乙
⑤
1 2mv02=1
2
mv
甲
2+1
2
mv
乙
2⑥
联立⑤⑥解得：v乙=v0⑦
乙从最低点到最高点的过程由动能定理得：
−mg×2R=1
2mv D2−1
2
mv
乙
2⑧
联立①⑦⑧解得：v0=√5gR⑨
(3)设甲的质量为m甲，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
m
甲v0=m
甲
v
甲
+mv
乙
.⑩
1 2m
甲
v02=1
2
m
甲
v
甲
2+1
2
mv
乙
2(11)
联立⑩(11)得，v乙=
2m
甲
v0
m
甲
+m
乙
(12)
由(12)和m甲、m乙，可得v0≤v乙≤2v0(13)设乙球过D点的速度为v D′，由动能定理得，
−mg×2R=1
2mv D′2−1
2
mv
乙
2(14)
联立⑨(13)(14)得，√5gR≤v D′≤2√5gR.(15)
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x′，则有：
x′=v D′t(16)
联立②(15)(16)得，2R≤x′<8R．
答：(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离为2R.(2)甲的速度v0=√5gR.(3)乙在轨道上的落点到B 点的距离范围为2R≤x′<8R．
解析：(1)乙球恰能通过最高点，根据牛顿第二定律求出到达D点的速度，结合平抛运动的规律求出乙在轨道上的首次落点到B点的距离．
(2)根据动能定理求出乙球在B点碰撞后的速度，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出甲与乙碰撞前的速度．
(3)根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后乙的速度，从而根据质量关系求出乙的速度范围，根据动能定理求出D点的速度，从而得出水平距离，结合B点乙球的速度范围求出落点到B点的距离范围．
解决本题的关键知道弹性碰撞中动量守恒、机械能守恒，理清运动过程，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源，结合动能定理和牛顿第二定律进行求解．13.答案：解：(1)设粒子从O点穿出时速度为v0，由动能定理得，qU=1
2
mv02，
解得v0=√2qU
m
．
由于粒子在电磁场中做直线运动，粒子所受电场力与洛伦兹力平衡，
有：
qv0B1=qE，
解得B1=1
d √2mU
3q
．
磁场的方向垂直纸面向里．
(2)粒子在电磁场中运动时间t=d
v0
，
设粒子离开电场时偏向角为θ，
有：v y=at，a=qE
m
，
tanθ=v y
v0=√3
3
，解得θ=30°．
粒子离开电场时速度大小v=v0
cosθ=2√3
3
v0，
依题意，粒子运动轨迹如图所示，设在磁场中半径为r，可得FO′=2r，2r+r=OQ−OF=3d，解得r=d．
根据洛伦兹力提供向心力，qvB2=m v2
r ，解得B2=2
d
√2mU
3q
，方向垂直纸面向里．
(3)由几何关系可知，O到磁场左边界在x轴上的距离为L=2.5d−rcos60°=2d，
粒子从O到磁场左边界所用时间t1=L
v0=d√2m
qU
，
在磁场中运动时间t2=1
3T=2πm
3qB2
=πd
2
√2m
3qU
，
在总时间t=t1+t2=(1+√3
6π)d√2m
qU
．
答：(1)磁感应强度B1的大小为1
d √2mU
3q
，方向垂直纸面向里；
(2)磁感应强度B2的大小为2
d √2mU
3q
，方向垂直纸面向里；
(3)粒子从坐标原点O运动到Q点所用的时间t为(1+√3
6π)d√2m
qU。

解析：(1)根据动能定理求出粒子经过加速电场后的速度，抓住粒子做匀速直线运动，根据平衡求出磁感应强度的大小，结合左手定则判断出磁场的方向．
(2)根据类平抛运动的规律求出粒子离开电场时的速度大小和方向，结合几何关系求出粒子在磁场中的半径，根据半径公式求出磁感应强度的大小，通过左手定则得出磁场的方向．
(3)几何关系得出O到磁场左边界在x轴上的距离，根据在磁场中的运动时间和粒子从O到磁场左边界所用时间，求出总时间．
本题考查了带电粒子在复合场中的运动，掌握处理粒子做类平抛运动的方法，对于粒子在磁场中的运动，关键作出轨迹，结合半径公式和周期公式进行求解．。