标恰为磁场区域宽度的一半，由对称性可知，带电质点离开磁场下边缘时，圆周运动的速度方向应指向右下方，与x轴正方向夹角?'??4，故代入数值得
vx?vcos?'?2.0m?s－1 vy?vsin?'?2.0m?s－1
将以上两式及（5）式代入（15）、（16）式，便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量，它们分别为
Vx?4.0m?s－1 （17） Vy?2.0m?s－1 （18） 速度大小为
2?4.5m?s－1 （19） V?Vx2?Vy设V的方向与x轴的夹角为?，如图复解17-5-2所示， tan??则
VyVx?1 2得 ??27? （20）
评分标准：本题25分 （4）式5分，求得（5）、（6）式各给3分，求得（10）、（11）式各给2分，（14）式3分，（19）式5分，求（20）式再给2分。
解法二：
若以带电质点到达坐标原点O的时刻作为起始时刻（t?0），则质点的初速度为
v1?2g|y|?2.0m?s－1 （1?）
方向沿y轴正方向．进入磁场区后，带电质点将受到洛伦兹力作用，洛伦兹力在x方向的分力取决于质点在y方向的分速度，因此质点动量在x方向的分量的增量为
得
m?vx?qvyB?t?qB?y （2?）
?y是带电质点在?t时间内沿y方向的位移，质点在磁场中运动的整个过程中，此式对每一段?t时
间都成立，所以在t?0到t?t时间内x方向的动量的改变为 mvx?mv0x?qB(y?y0)
因初始时刻（t?0），带电质点在x轴方向的动量mv0x为零，其位置在原点，y0?0，因而得 mvx?qyB 即 vx?qBy （3?） m 当带电质点具有x方向的速度后，便立即受到沿y负方向的洛伦兹力的作用．根据牛顿第二定
律，在y方向上有加速度ay
may?mg?qvxB （4?） 将（3?）式代入（4?）式，得
?(qB)2??m2? may?????y?22g? （5?）
qB??m??令 y'?y?D （6?） 式中
m2gg??0.40m （7?） D?(qB)2(q/m)2B2即在y方向作用于带电质点的合力 Fy??ky'
q2B2其中 k?
mFy是准弹性力，在Fy作用下，带电质点在y'方向的运动是简谐振动，振动的圆频率
?qB?－1 ?????5.0rad?s （8?）
?m?y'随时间变化的规律为
y'?Acos(?t??0) （9?） 或
y'?Acos(?t??0)?D （10?）
2A与?0是待求的常量，质点的简谐运动可以用参考圆来描
以所考察的简谐运动的振幅A为半径作一圆，过圆心O1作直角坐标x'O1y'．若有一质点M沿此圆周做匀速率圆周运运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率?，且按逆时针向转动，在t?0时刻，M点的在圆周上的位置恰使连线
写，一动，方
O1M与y'轴的夹角等于（9?）式中的常量?0，则在任意时
刻
t，O1与M的连线与y'轴的夹角等于?t??0，于是连线
O1M在y'轴上的投影即为（9?）式所示的简谐振动，将x'轴平行下移D?0.40m，连线O1M在y轴
的投影即如（10?）式所示（参看图复解17-5-3），M点做圆周运动的速度大小v?A?，方向与O1M垂直，速度v的y分量就是带电质点沿y轴做简谐运动的速度，即
vy??A?sin(?t??0) （11?）
（10?）和（11?）两式中的A和?0可由下面的方法求得：因为已知在t?0时，带电质点位于y?0处，速度vy?v1，把这个条件代入（10?）式与（11?）式得 Acos?0?D?0 v1??A?sin?0
解上面两式，结合(1?)、(8?)式，注意到振幅A总是正的，故得
5? (12?) 4 A?0.56m (13?)
?0?把（10?）式代入(3?)式，便得带电质点沿x轴运动的速度
vx??D?A?cos(?t??0) (14?)
（14?）式表示带电质点在x方向上的速度是由两个速度合成的，即沿x方向的匀速运动速度?D和x方向的简谐振动速度A?cos(?t??0)的合成，带电质点沿x方向的匀速运动的位移 x'??Dt （15?）
由沿x方向的简谐振动速度A?cos(?t??0)可知，沿x方向振动位移的振幅等于速度的最大值与角频率的比值（参看图复解17-5-3），即等于A．由参考圆方法可知，沿x方向的振动的位移x''具有如下的形式
??? Acos??t??0???Asin(?t??0)
2??它可能是x''?Asin(?t??0)，亦可能是x''?b?Asin(?t??0)．在本题中，t?0时刻，x应为零，故前一表示式不符合题意．后一表示式中，b应取的值为b??Asin?0，故有
x''??Asin?0?Asin(?t??0) （16?） 带电质点在x方向的合位移x?x'?x''，由（15?）、（16?）式，得
x??Dt?Asin?0?Asin(?t??0) （17?）
（17?）、（10?）、（14?）和（11?）式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻t的位置坐标和速度的x分量和y分量，式中常量?、A、?0、D已分别由（8?）、（13?）、（12?）和（7?）式
给出．
当带电质点达到磁场的下边界时，
y?L??0.80m （18?） 将与（10?）式有关的数据代入（10?）式，可解得
t?0.31s （19?） 代入（17?）式，得
x?0.63m （20?） 将（19?）式分别代入（14?）式与（11?）式，得
vx?4.0m?s速度大小为
V?速度方向为
??arctan?评分标准：本题25分
（7?）式2分，（8?）式3分，（10?）式2分，（11?）式2分，（12?）式3分，（13?）式3分，（14?）式2分，（17?）式3分，（20?）式3分，（21?）式1分，（22?）式1分。
六、参考解答
2－1vx?v2y?4.5m?s （21?）
－1 vy?2.0m?s－1
?vy???27? （22?） ?vx?1．由于光纤内所有光线都从轴上的O点出发，在光纤中传播的光线都与轴相交，位于通过轴的纵剖面内，图复解17-6-1为纵剖面内的光路图，设由O点发出的与轴的夹角为?的光线，射至A、B分界面的入射角为i，反射角也为i．该光线在光纤中多次反射时的入射角均为i，射至出射端面时的入射角为?．若该光线折射后的折射角为?，则由几何关系和折射定律可得
i???90? （1）
nAsin??nFsin? （2）
当i大于全反射临界角iC时将发生全反射，没有光能损失，相应的光线将以不变的光强射向出射端面，而i?iC的光线则因在发生反时有部分光线通过折射进入B，反光强随着反射次数的增大而越来弱，以致在未到达出射端面之前就经衰减为零了．因而能射向出射端
的光线的i的数值一定大于或等于iC，iC的值由下式决定
射射
越已面
nAsiniC?nB （3）
与iC对应的?值为
?C?90??iC （4）
当
?0??C时，即sin?0?sin?C?cosiC?1?sin2iC?1?(nB/nA)2时，或
22nAsin?0?nA?nB时，由O发出的光束中，只有???C的光线才满足i?iC的条件，才能射向端
面，此时出射端面处?的最大值为
?max??C?90??iC （5）
22?nB若?0??C，即nAsin?0?nA时，则由O发出的光线都能满足i?iC的条件，因而都能射向端
面，此时出射端面处?的最大值为
?max??0 （6）
端面处入射角?最大时，折射角?也达最大值，设为?max，由（2）式可知
nFsin?max?nAsin?max （7）
由（6）、（7）式可得，当?0??C时
nF?nAsin?0 （8）
sin?max由（3）至（7）式可得，当?0??C时
22nA?nBnAcosiCnF?? （9）
sin?maxsin?max?max的数值可由图复解17-6-2上的几何关系求得
sin?max?
于是nF的表达式应为
(d2?d1)/2?(d2?d1)/2?2 （10）
?(h2?h1)2 nF?nAsin?0?(d2?d1)/2?2?(h2?h1)2(d2?d1)/2 （a0?aC） （11）
22?nB nF?nA?(d2?d1)/2?2?(h2?h1)2(d2?d1)/2 （a0?aC） （12）
2. 可将输出端介质改为空气，光源保持不变，按同样手续再做一次测量，可测得h1?、h2?、d1?、
d2?，这里打撇的量与前面未打撇的量意义相同．已知空气的折射率等于1，故有
?(d??d?)/2??(h??h?)2121?2? （13）
??(d2?d1)/22当a0?aC时 1?nAsin?022当a0?aC时 1?nA?nB?(d??d?)/2??(h??h?)2121?2? （14）
??(d2?d1)/22将（11）、（12）两式分别与（13）、（14）相除，均得
d2??d1? nF?d2?d1?(d2?d1)/2?22?(h2?h1)2 （15）
?(d??d?)/2??(h??h?)2121?2?这结果适用于?0为任何值的情况。
评分标准：本题25分
1. 18分。（8）式、（9）式各6分，求得（11）式、（12）式再各给3分
2. 7分。（13）式、（14）式各2分，求得（15）式再给3分。如果利用已知其折射率的液体代替空气，结果正确，照样给分。