Question

12．如图一根边长为a、b、c（a≥b≥c）的矩形截面长棒，由半导体锑化铟制成．棒中有平行于a边的电流I通过．该棒放在平行于c的外磁场B中，电流I所产生的磁场忽略不计．该电流的载流子为电子，在只有电场存在时，电子在半导体中的平均速度v=μE，（E为沿电流方向的匀强电场场强），其中μ为迁移率．
（1）计算b左右两表面上相对两点之间的电势差；
（2）确定在棒中产生的总电场的大小和总电场的方向与a边的夹角α的大小；
（3）如果电流和磁场都是交变的，且分别为I=I_msinωt，B=B_msin（ω+φ），求左右两边相对两点之间的电势差的直流分量的表达式；
已知数据：电子迁移率μ=7.8m²/（Vs），电子密度n=2.5×10²²个/m³，I=1.0A，B=0.1T，b=1.0cm，c=1.0mm，e=1.6×10^-19C．

Answer 1

分析 （1）霍尔元件中移动的是自由电子，根据电子所受洛伦兹力与电场力平衡，再结合电场强度与电势差之间的关系式E=$\frac{U}{d}$，联立即可求出b左右两表面上相对两点之间的电势差；
（2）根据电流微观表达式I=nqSv，结合已知条件v=μE，根据平行四边形定则，即可求出在棒中产生的总电场的大小，并用反三角函数表示其与a边的夹角α的大小．
（3）将E=$\frac{U}{d}$与电流的微观表达式I=nqSv以及题中已知：I=I_msinωt，B=B_msin（ω+φ）联立，即可求出左右两边相对两点之间的电势差的直流分量的表达式；

解答 解：（1）设沿b方向的电场E₁，
根据霍尔效应电场力与洛伦兹力平衡可得：eE₁=evB
解得：E₁=2.5V/m
根据电场强度与电势差的关系式可得：U=E₁b
解得：U=2.5×10^-2V
（2）设沿a方向的电流电场E₂，
根据电流微观表达式：I=bcnev，
解得：v=$\frac{I}{bcne}$
根据已知：E₂=$\frac{v}{μ}$，
代入数据解得：E₂=3.2V/m
E=$\sqrt{{E}_{1}^{2}{+E}_{2}^{2}}$ 
E=$\sqrt{16.49}$V/m
α=arctan$\frac{{E}_{1}}{{E}_{2}}$=arctan$\frac{25}{32}$
（3）加上交变电流和交变磁场后，U′=E₁b
U′=$\frac{IBb}{enbc}$=$\frac{{I}_{m}{B}_{m}}{enc}sinωt-sin（ωt+φ）$
U′=$\frac{{I}_{m}{B}_{m}}{enc}[\frac{1}{2}cos（2ωt+φ）+\frac{1}{2}cosφ]$
因此电势差的直流分量为：U′′=$\frac{{I}_{m}{B}_{m}}{2enc}cosφ$
答：（1）b左右两表面上相对两点之间的电势差为2.5×10^-2V；
（2）在棒中产生的总电场的大小为$\sqrt{16.49}$V/m，总电场的方向与a边的夹角α的大小为arctan$\frac{25}{32}$；
（3）如果电流和磁场都是交变的，且分别为I=I_msinωt，B=B_msin（ω+φ），左右两边相对两点之间的电势差的直流分量的表达式为U′′=$\frac{{I}_{m}{B}_{m}}{2enc}cosφ$；

点评 本题考查霍尔效应的应用，解题关键是要知道霍尔元件中移动的是自由电子，霍尔效应的平衡条件，即电子所受洛伦兹力与电场力平衡，还要知道电流的微观表达式I=nqSv并清楚式中每个物理量的意义．