AMY=2mm.vcosa cB 恩10.16解：由霍耳效应中霍耳电压与电莲、磁移强度的关氣，有 8 Uud Und R/四-00T 题10.17证：由欧鲜定律的微分形式知，在导体内稳恒电场滋度为 E.-pJ-pv 由霍耳效应，霍耳电场强度 EI■-P×B 因载流子定向运动方向与磁够强度正交，故E一vB,因面 Eu=TB=r8=8 Ec per mep 恩118证：通电率导体的截流子在洛伦致力的作用下，逐渐积案在相距为b的导体两侧，形成霍耳 电压 CH =Y86 而流经导体横截面S(3■)的电流 I-ibd-nerbd 由此可解有载流子浓度 edUn 题119解：由对称性可知，半到凰所受安培力F的水平分 量相互（消为零。极有 A-可d识-Rsn闭8-2R 两段直线留分所受安培力大小相等，但方向相反，当导体形 状不变时，该两力平衡，因而，整个导线所受安培力 F-28R1 题120解：(1)单位长度导线所受的安痛力和静电力分别 为 角=M。 2ud 左-E-Cy 2ad 山长■0可得 42_CU 2d28d 解得 ==45x10'A EiHa 10 10 eB m v MN 2π e cos = 题 10.16 解：由霍耳效应中霍耳电压与电流、磁感强度的关系，有 B = 010 T H H H nq . I U d R I U d = = 题 10.17 证：由欧姆定律的微分形式知，在导体内稳恒电场强度为 E j nev c =  =  由霍耳效应，霍耳电场强度 EH = −v B 因载流子定向运动方向与磁感强度正交，故 EH = vB，因而   ne B nev vB j vB E E = = = C H 题 10.18 证：通电半导体的载流子在洛伦兹力的作用下，逐渐积聚在相距为 b 的导体两侧，形成霍耳 电压 UH = vBb 而流经导体横截面 S（S = bd）的电流 I = jbd = nevbd 由此可解得载流子浓度 n = H edU IB 题 10.19 解：由对称性可知，半圆弧所受安培力 F1 的水平分 量相互抵消为零，故有 F1 =   = = π F BIR BIR 0 d 1y sind 2 两段直线部分所受安培力大小相等，但方向相反，当导体形 状不变时，该两力平衡，因而，整个导线所受安培力 F = 2BIR j 题 10.20 解：（1）单位长度导线所受的安培力和静电力分别 为 fB = BI = d μ I 2π 2 0 fE = E  = d C U 0 2 2 2π 由 fB+fE = 0 可得 d C U d I 0 2 2 2 0 2π 2π  = 解得 I = 4.5 10 A 3 0 0 =    CU