2．下图是甲、乙、丙三种生物体细胞内染色体情况示意图，则对应的基因型可依次为( )
A．AaBb，AAaBbb，Aaaa
B．AaaaBBbb，Aaa，ABcd
C．AAaaBbbb，．AaaBBb，AaBb
D．AaaBbb，AAabbb，ABCD
1．细胞的有丝分裂和减数分裂都可能产生可遗传的变异，其中仅发生在减数分裂过程的变异是 ( )
A．染色体不分离或不能移向两极，导致染色体数目变异
B．染色体复制时受诱变因素影响，导致基因突变
C．非同源染色体自由组合，导致基因重组
D．非同源染色体某片段移接，导致染色体结构变异
12、题中导线通电后，棒受安培力的冲量，使它获得初速度，设通通电电时间为，由动量定理得 (1) (2)棒刚好到最高点有： (3) 由机械能守恒定律得： (4)可求q=5C
11、作出反粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，圆心在O1.轨迹半径R1=.=.
反氚核的轨道半径R2=，而R2=rtanα,α=600.所以应打在b点，偏转角即为600
10、(1)如图所示
(2)初始时刻小球受的洛伦兹力为＞mg故小球在摩擦力作用下做减速运动，细管在摩擦力作用下做加速运动，设小球与细管最终速度相同，都为v1,由动量守恒得：v`=4m/s,由小球竖直方向受力平衡，则小球与细管的弹力大小为N=F-mg=qv球B-m球g，由上式知，由于v球不断减小，N也将减小，当N=0时，摩擦力消失.小球与细管就此做匀速运动，设此小球速度为v2,有Bqv2=mg,得v2=10m/s.由于v2＞v1，可见小球速度减到10m/s时系统将稳定运动，设此时细管速度为v,由动量守恒定律得v=2.5m/s. 由能量守恒定律得
Q==13.75J
9、(1) (2)t=6.5T=4.1s
1、C 2、CD 3、AB 4、ACD 5、C 6、AD 7、CD 8、AB
3．2 磁 场
例1、设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则有 qv0B=m ①圆心在过A与v0方向垂直的直线上，它到A点距离为R，如图所示，图中直线AD是圆轨道的弦，故有∠OAD=∠ODA，用γ表示此角度，由几何关系知 2Rcosγ=AD ② dcosβ=AD ③ α+β+γ=π/5 ④ 解②③④得R=⑤代入①得B=⑥
例2、(1)rm=2×10-2m (2)该电子运动轨迹圆心板H处、恰能击中B板M处．随着电子速度的减小，电子轨迹半径也逐渐减小．击中B板的电子与Q点最远处相切于N点，此时电子的轨迹半径为d，并恰能落在下板上H处．所以电子击中B板MN区域和A板PH区域．在△MFH中 FH=
QM=PF=(2-)d=2.68×10-3m ON=d=1×10-2m PH=2d=2×10-2m电子能击中B板Q点右侧与Q点相距2.68×10-3m─1×10-2m的范围．电子能击中A板P点右侧与P点相距0─1×10-2m范围．
(3)要使P点发出的电子能击中Q点，则有r=mv/Be rsinθ=d/2 解得 vsinθ=8×106 v取最大速度 3.2×107m/s时，sinθ=1/4,θnim=arcsin1/4 v取最小速度时θmax=π/2 vnim=8×106m/s,所以电子速度与θ之间应满足vsinθ=8×106 且θ∈[arcsin1/4, π/2] v∈[8×106m/s, 3.2×107m/s]
例3、
例4、(1)由于碰撞时速度v与边垂直，粒子运动轨迹的圆心一定位于三角形的边上，粒子绕过三角形顶点DEF时的圆心就一定要在相邻边的交点(即DEF)上，粒子从S点开始向左做圆周运动，其轨迹为一系列半径为R的半圆，在SD边上最后一次的碰撞点与D点的距离应为R，所以SD的长度应是R的奇数倍，即(n=1,2,3…)粒子从FE边绕过E点转回到S点时，情况类似，即DE长度也是轨道半径的奇数倍，即DE=(2K-1)RK．又因为DE=3DS，因此为使粒子与三角形各边发生垂直碰撞，R必须满足下面的条件：Rn=(n=1,2,3…),此时SE=3DS=(6n-3)Rn(n=1,2,3…),SE为RN的奇数倍的条件自然也满足，只要粒子绕过D点与FD相碰，由对称性关系可知，以后的碰撞都能与三角形边垂直．
根据牛顿第二定律，有Bqv=mv2/Rn,得vn=-BqRn/m 所以vn=(n=1,2,3…) ①
(2)这些粒子在磁场中运动时，由式①可知vn越大，n取值越小，其最小值为n=1，
那么此种情况下粒子与边碰撞的次数最少，而T=2πm/Bq,故经历时间也愈小，如
图所示，由图可看出该粒子的轨迹包括3×1个半圆和3个圆心角为3000圆弧，
练习题
12．两根相距L=2m的光滑光滑平行直导线，左端接有电源，右端连接着半径R=0．5m的光滑圆弧形导轨，在导轨上垂直搁置一根质量m=0．1kg的金属棒，整个装置处于竖直向上，磁感强度为0．1T的匀强磁场中，当在棒中通以如图3-2-10所示方向的瞬时电流时，金属棒受到安培力作用从静止起向右滑动刚好能达到圆弧轨道滑动，刚好能达到圆弧轨道的最高点，求通电过程中通过金属棒的电量．(取g=10m/s2)
11．1998年6月2日，我国科学家研制的阿尔法磁谱仪由“发现号”航天飞机搭载升空，用于探测宇宙中的反物质和暗物质(即反粒子)--，如13H反粒子-13H．该磁谱仪核心部分截面区域是半径为r的圆形磁场，P为入射窗口，各粒子从P射入速度相同，均直径方向，Pabcde为圆周上等分点，如反质子射入后打在a点，则反氘核粒子射入将打在何处，具偏转角多少？
A．AaBb，AAaBbb，Aaaa
，设通通电电时间为
，由动量定理得
(1) 
(2)棒刚好到最高点有：
(3) 由机械能守恒定律得：
(4)可求q=5C
，圆心在O1.轨迹半径R1=
.
=
.
，而R2=rtanα,α=600.所以应打在b点，偏转角即为600
(2)初始时刻小球受的洛伦兹力为
＞mg故小球在摩擦力作用下做减速运动，细管在摩擦力作用下做加速运动，设小球与细管最终速度相同，都为v1,由动量守恒得：v`=4m/s,由小球竖直方向受力平衡，则小球与细管的弹力大小为N=F-mg=qv球B-m球g，由上式知，由于v球不断减小，N也将减小，当N=0时，摩擦力消失.小球与细管就此做匀速运动，设此小球速度为v2,有Bqv2=mg,得v2=10m/s.由于v2＞v1，可见小球速度减到10m/s时系统将稳定运动，设此时细管速度为v,由动量守恒定律得v=2.5m/s. 由能量守恒定律得
=13.75J
(2)t=6.5T=4.1s
C 2、CD 3、AB 4、ACD 5、C 6、AD 7、CD 8、AB 
①圆心在过A与v0方向垂直的直线上，它到A点距离为R，如图所示，图中直线AD是圆轨道的弦，故有∠OAD=∠ODA，用γ表示此角度，由几何关系知 2Rcosγ=AD ② dcosβ=AD ③ α+β+γ=π/5 ④ 解②③④得R=
⑤代入①得B=
⑥
)d=2.68×10-3m ON=d=1×10-2m PH=2d=2×10-2m电子能击中B板Q点右侧与Q点相距2.68×10-3m─1×10-2m的范围．电子能击中A板P点右侧与P点相距0─1×10-2m范围．
(n=1,2,3…)粒子从FE边绕过E点转回到S点时，情况类似，即DE长度也是轨道半径的奇数倍，即DE=(2K-1)RK．又因为DE=3DS，因此为使粒子与三角形各边发生垂直碰撞，R必须满足下面的条件：Rn=
(n=1,2,3…),此时SE=3DS=(6n-3)Rn(n=1,2,3…),SE为RN的奇数倍的条件自然也满足，只要粒子绕过D点与FD相碰，由对称性关系可知，以后的碰撞都能与三角形边垂直．
根据牛顿第二定律，有Bqv=mv2/Rn,得vn=-BqRn/m 所以vn=
(n=1,2,3…) ①
