，把这个条件代入（10′）式与（11′）式得
Acos0D0v1Aωsi
0
解上面两式，结合1′、8′式，注意到振幅A总是正的，故得
0
5π4A056m
12′13′
把（10′）式代入3′式，便得带电质点沿x轴运动的速度
vxωDAωcosωt0
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ωD和x方向的简谐振动速度Aωcosωt0的合成，带电质点沿x方向的匀速运动的位移
xωDt
（15′）
由沿x方向的简谐振动速度Aωcosωt0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1753），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
πAcosωt0Asi
ωt02
它可能是xAsi
ωt0，亦可能是xbAsi
ωt0．在本题中，t0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bAsi
0，故有
xAsi
0Asi
ωt0
带电质点在x方向的合位移xxx，由（15′）、（16′）式，得
（16′）
xωDtAsi
0Asi
ωt0
（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ω、A、0、D已分别由（8′）、（13′）、（12′）和
f（7′）式给出．当带电质点达到磁场的下边界时，yL080m将与（10′）式有关的数据代入（10′）式，可解得t031s代入（17′）式，得x≈063m将（19′）式分别代入（14′）式与（11′）式，得
（18′）（19′）（20′）
vx40ms－1
速度大小为
vy20ms－1
2Vvxv245ms－1y
（21′）
速度方向为
αarcta
评分标准：本题25分
vy27°vx
（22′）
（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
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1761为纵剖面内的光路图，设由O点发出的与轴的夹角为α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α．若该光线折射后的折射角为θ，则由几何关系和折射定律可得iα90°（1）

Asi
α
Fsi
θ
（2）
当i大于全反射临界角iC时将发r