Question

12．如圖一根邊長為a、b、c（a≥b≥c）的矩形截面長棒，由半導(dǎo)體銻化銦制成．棒中有平行于a邊的電流I通過．該棒放在平行于c的外磁場B中，電流I所產(chǎn)生的磁場忽略不計．該電流的載流子為電子，在只有電場存在時，電子在半導(dǎo)體中的平均速度v=μE，（E為沿電流方向的勻強(qiáng)電場場強(qiáng)），其中μ為遷移率．
（1）計算b左右兩表面上相對兩點之間的電勢差；
（2）確定在棒中產(chǎn)生的總電場的大小和總電場的方向與a邊的夾角α的大�。�
（3）如果電流和磁場都是交變的，且分別為I=I_msinωt，B=B_msin（ω+φ），求左右兩邊相對兩點之間的電勢差的直流分量的表達(dá)式；
已知數(shù)據(jù)：電子遷移率μ=7.8m²/（Vs），電子密度n=2.5×10²²個/m³，I=1.0A，B=0.1T，b=1.0cm，c=1.0mm，e=1.6×10^-19C．

Answer 1

分析 （1）霍爾元件中移動的是自由電子，根據(jù)電子所受洛倫茲力與電場力平衡，再結(jié)合電場強(qiáng)度與電勢差之間的關(guān)系式E=$\frac{U}ysgk4ps$，聯(lián)立即可求出b左右兩表面上相對兩點之間的電勢差；
（2）根據(jù)電流微觀表達(dá)式I=nqSv，結(jié)合已知條件v=μE，根據(jù)平行四邊形定則，即可求出在棒中產(chǎn)生的總電場的大小，并用反三角函數(shù)表示其與a邊的夾角α的大�。�
（3）將E=$\frac{U}kptw9q5$與電流的微觀表達(dá)式I=nqSv以及題中已知：I=I_msinωt，B=B_msin（ω+φ）聯(lián)立，即可求出左右兩邊相對兩點之間的電勢差的直流分量的表達(dá)式；

解答 解：（1）設(shè)沿b方向的電場E₁，
根據(jù)霍爾效應(yīng)電場力與洛倫茲力平衡可得：eE₁=evB
解得：E₁=2.5V/m
根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系式可得：U=E₁b
解得：U=2.5×10^-2V
（2）設(shè)沿a方向的電流電場E₂，
根據(jù)電流微觀表達(dá)式：I=bcnev，
解得：v=$\frac{I}{bcne}$
根據(jù)已知：E₂=$\frac{v}{μ}$，
代入數(shù)據(jù)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）加上交變電流和交變磁場后，U′=E₁b
U′=$\frac{IBb}{enbc}$=$\frac{{I}_{m}{B}_{m}}{enc}sinωt-sin（ωt+φ）$
U′=$\frac{{I}_{m}{B}_{m}}{enc}[\frac{1}{2}cos（2ωt+φ）+\frac{1}{2}cosφ]$
因此電勢差的直流分量為：U′′=$\frac{{I}_{m}{B}_{m}}{2enc}cosφ$
答：（1）b左右兩表面上相對兩點之間的電勢差為2.5×10^-2V；
（2）在棒中產(chǎn)生的總電場的大小為$\sqrt{16.49}$V/m，總電場的方向與a邊的夾角α的大小為arctan$\frac{25}{32}$；
（3）如果電流和磁場都是交變的，且分別為I=I_msinωt，B=B_msin（ω+φ），左右兩邊相對兩點之間的電勢差的直流分量的表達(dá)式為U′′=$\frac{{I}_{m}{B}_{m}}{2enc}cosφ$；

點評 本題考查霍爾效應(yīng)的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是要知道霍爾元件中移動的是自由電子，霍爾效應(yīng)的平衡條件，即電子所受洛倫茲力與電場力平衡，還要知道電流的微觀表達(dá)式I=nqSv并清楚式中每個物理量的意義．