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2022-2023学年天津市滨海新区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年天津市滨海新区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.关于电磁波下列说法正确的是( )
A. 麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在
B. 医院里常用X射线照射病房和手术室进行消毒
C. 一切物体都辐射红外线、这种辐射与物体的温度有关
D. 电磁波的传播需要介质，其在介质中的传播速度等于光速
2.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系为x=Asinωt，振动图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 弹簧振子在第1s末与第3s末的速度相同
B. 简谐运动的圆频率是π2rad/s
C. 第3s末振子的位移大小为 22A
D. 从第3s末到第5s末，振子的加速度方向不变
3.如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光。下列说法正确的是( )
A. 这是光的干涉现象
B. 在真空中光束b的波长大于光束c的波长
C. 玻璃砖对光束b的折射率大于对光束c的折射率
D. 在玻璃砖中光束b的传播速度大于光束c的传播速度
4.如图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开，当K接通时，以下说法正确的是()
A. 副线圈两端M、N的输出电压减小B. 副线圈输电线等效电阻R上的电压减小
C. 通过灯泡L1的电流增大D. 原线圈中的电流增大
5.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个质量为10g的儿童玩具玻璃球从一居民楼的16层坠下，与地面的撞击时间约为0.002s，则该玻璃球对地面产生的冲击力大小约为( )
A. 10N
B. 102N
C. 103N
D. 104N
6.如图所示，一质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中。当金属棒中通过电流I，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。(已知重力加速度为g)下列说法正确的是( )
A. 金属棒中的电流方向由N到M
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为mgsinθIL
C. 匀强磁场的磁感应强度大小为mgtanθIL
D. 仅增大金属棒质量，悬线与竖直方向的夹角θ增大
7.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60∘的方向率直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计重力，根据上述信息可以得出( )
A. 带电粒子在磁场中运动的半径B. 带电粒子在磁场中运动的速率
C. 带电粒子在磁场中运动的时间D. 该匀强磁场的磁感应强度
8.如图所示，固定的水平U形导线框处于范围足够大的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。导线框左端连接一阻值为R的电阻，阻值为r的导体棒ab沿导线框向右做匀速直线运动，若导体棒ab长度为L，运动的速度大小为v且不计导线框的电阻、导体棒与框间的摩擦，导线框足够长。则( )
A. 导体棒中感应电流的方向为a→bB. 导体棒所受安培力大小为B2L2v2R+r
C. 导体棒ab两端电压大小为BLvR+rrD. 电阻R的发热功率为B2L2v2(R+r)2R
9.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示为质谱仪的原理示意图。让某同位素的离子流从容器A下方的小孔S1无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后从小孔S3垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上，形成几种离子的“质谱线”。则下列判断正确的是( )
A. 距离小孔S3越远的“质谱线”离子比荷越大
B. 距离小孔S3越远的“质谱线”离子进入磁场的速度越大
C. 距离小孔S3越近的“质谱线”离子在磁场中运动时间越短
D. 几种离子进入磁场时动能相同
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
10.1966年华裔科学家高银博士提出一个理论：直径仅几微米的玻璃纤维就可以用来作为光的波导来传输大量信息，43年后高锟因此获得2009年诺贝尔物理学奖，他被誉为“光纤通信之父“。以下实验或现象的原理和光导纤维相同的是( )
A. 图中，弯曲的水流可以导光
B. 图中，用偏振眼镜看3D电影，感受到立体的影像
C. 图中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色
D. 图中，有机玻璃可以传递信息和能量
11.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中虚线所示，P是传播介质中的一个质点。则以下说法中正确的是( )
A. 质点P的振幅为0.1m
B. t=0.1s时刻质点P的振动方向沿y轴负方向
C. 波的频率可能为2.5Hz
D. 波的传播速度可能为30m/s
12.如图甲为手机及无线充电板，图乙为充电原理示意图。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是( )
A. c点的电势高于d点的电势
B. 送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
C. c、d之间的电势差为n(B2−B1)St2−t1
D. 若想增大c、d之间的电势差，可以仅增加送电线圈中的电流的变化率
三、实验题：本大题共2小题，共10分。
13. 在利用“插针法”测定玻璃的折射率实验中
①下列操作可以减小实验误差的是______(填字母代号)
A.P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些
B.选择平行玻璃砖进行实验
C.入射角适当大些
D.若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较小的
②正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示，此玻璃的折射率计算式为n=______(用图中的α、β表示)
③同学在画界面吋，不小心将两界面的间距画得比玻璃砖宽度略大，则测得的折射率______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
14.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
(1)将摆球用细线悬挂在铁架台横梁上，应采用图中______(选填“甲“或者“乙”)所示的固定方式。
(2)安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长l，再用10分度的游标卡尺测量摆球直径d，其示数如图所示，则d=______ mm。
(3)改变摆线的长度，由测量数据作出摆长L与周期平方T2的关系图像如图所示.根据图像求出重力加速度g=______m/s2(已知π2=9.86，结果保留3位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共42分。
15.如图是滑板运动的轨道。质量为mA=50kg的运动员从轨道上的A点以水平速度v0冲上质量为mB=5kg的静止滑板后，又一起滑向光滑DE轨道。到达E点时速度减为零，然后返回。己知H=1.8m，设运动员和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计。取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)刚冲上DE轨道时，运动员和滑板的速度大小；
(2)运动员的初速度v0的大小。
16.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L=1.0m，导轨所在平面与水平面的夹角θ=30∘。M、P间接有R=1.0Ω的电阻，范围足够大的匀强磁场垂直导轨所在平面向上，磁感应强度大小B=1.0T.质量m=0.1kg，长度与导轨间距相等，阻值R=1.0Ω的金属棒放在两导轨上，在大小为1.5N方向平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，导轨电阻不计，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)当金属棒的速度大小v1=1m/s时，金属棒的加速度大小a；
(2)若金属棒向上运动的位移大小s=2m时，金属棒进入匀速运动状态.则金属棒从开始运动到位移大小s=2m的过程中R上产生的焦耳热。
17.自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率.如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图，当磁场靠近霍尔元件时。导体内定向运动的自由电子在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差，已知磁场的磁感应强度为B，通过的电流为I，霍尔元件的厚度为d，单位体积内的自由电荷数为n，单个自由电子的电荷量为e。
(1)判断霍尔元件前后两侧面哪侧电势高；
(2)请用以上条件推导霍尔电势差的表达式；
(3)请分析说明如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将如何变化。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在，故A错误；
B、医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒，故B错误；
C、一切物体都在辐射红外线，红外线属于电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故C正确；
D、电磁波的传播不需要介质，电磁波在真空也能传播，其在介质中的传播速度小于光速，故D错误。
故选：C。
赫兹证实了电磁波的存在；医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒；一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关；电磁波在真空也能传播。
解决本题时，要掌握有关电磁波的相关知识，熟记物理学史。要注意电磁波与机械能特性的区别。
2.【答案】C
【解析】解：A.在第1s末斜率为正，表示速度为正，即弹簧振子向正方向运动，第3s末斜率为负，表示速度为负，即弹簧振子向负方向运动，故A错误；
B.由图知简谐运动的周期T=8s，则圆频率为：
ω=2πT
代入数据得：ω=π4rad/s，故B错误；
C.位移x随时间t变化的关系为x=Asinωt，第3s末振子的位移大小为：x=Asin34π= 22A，故C正确。
D.从第3s末到第5s末，由x−t图象可知位移由正变为负，由牛顿第二定律知，振子的加速度方向由负变为正，振子的加速度方向发生变化，故D错误。
故选：C。
根据x−t图象的切线斜率表示速度判断速度的正负；由图读出简谐运动的周期，根据公式ω=2πT求出简谐运动的圆频率；根据简谐运动的位移x随时间t变化的关系，可以确定振子在某一时刻的位移的大小；由x−t图象可知位移的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的方向变化。
本题关键要会从x−t图象和x−t关系式判断位移情况，知道x−t的斜率表示速度。
3.【答案】C
【解析】A.这是光的折射现象，故A错误。
BC.由题图可知，玻璃砖对b光的折射程度大，则nb>nc，故b光的频率较大，根据v=λf可知b光波长较小，故B错误，C正确。
D.由v=cn知，在玻璃砖中，nb>nc，所以vb故选C。
根据光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小，从而知道两束光的波长大小，根据v=cn判断出光在玻璃砖中的速度大小。
解答此类问题的思路是：由光线的偏折程度判断折射率的关系，或由折射定律可得出两光的折射率；再由光的性质可知光的传播速度、波长的关系。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据闭合K后电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．注意本题中线圈匝数和输入电压不变时，输出电压是不变的。
【解答】
A.由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，故A错误；
BC.当K接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L1的电压减小，电流减小，故BC错误；
D.由于输出的电压不变，但是副线圈的电流变大，由P=UI可知，副线圈的功率变大，所以原线圈的功率也要变大，原线圈中的电流增大，故D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】解：每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度
h=(16−1)×3m=45m
自由下落时间
t1= 2hg= 2×4510s=3s
与地面的碰撞时间约为：t2=0.002s
全过程根据动量定理可得
mg(t1+t2)−Ft2=0
解得冲击
F=mg(t1+t2)t2=10×10−3×10×(3+0.002)0.002N=150.1N≈102N
故B正确，ACD错误。
故选：B。
求出自由下落的时间，全过程根据动量定理求解即可。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据全过程动量定理求解。
6.【答案】C
【解析】解：对金属棒受力分析，如图所示
A、由左手定则可以判断，金属棒中电流方向为由M到N，故A错误；
B、BC、对金属棒受力分析，由平衡条件有mgtanθ=BIL，解得匀强磁场磁感应强度大小为B=mgtanθIL，故B错误，C正确；
D、由mgtanθ=BIL可知，金属棒质量增大，线与竖直方向的夹角减小，故D错误。
故选：C。
根据平衡条件列方程即可解得结果。
熟练受力分析，写出平衡方程是解题的基础。
7.【答案】A
【解析】解：利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置：
根据几何关系可得：cs30∘=ar，所以r=2 33a。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即：qBv=mv2r，同时：T=2πrv
化简变形得：r=mvqB，T=2πmqB
由此可知，带电粒子在磁场中的运动轨迹是唯一确定且可求的，故A正确；
因为v和B都未知，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故BCD错误。
故选：A。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，利用左手定则判断出洛伦兹力的方向，利用洛伦兹力的交点找出圆心所在位置，再根据几何关系和向心力公式求解。
熟悉左手定则，可根据初末速度的方向判断出圆心的所在位置，要善于应用题设条件结合几何关系确定半径r的大小，联立公式求解即可。
8.【答案】D
【解析】解：A、根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向为b→a，故A错误；
B、导体棒所受安培力大小为：FA=BIL，其中：I=BLvR+r，解得：FA=B2L2vR+r，故B错误；
C、导体棒ab两端电压大小为：U=IR=BLvR+rR，故C错误；
D、电阻R的发热功率为：P=I2R，解得：P=B2L2v2(R+r)2R，故D正确。
故选：D。
根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向；根据安培力的计算公式求解导体棒所受安培力大小；根据欧姆定律求解导体棒ab两端电压大小；根据电功率的计算公式求解电阻R的发热功率。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
9.【答案】B
【解析】解：A、根据动能定理得
qU=12mv2
根据牛顿第二定律得
qvB=mv2r
r=d2
解得
qm=8UB2d2
距离小孔S3越远，d越大，“质谱线”离子比荷越小，故A错误；
B、根据
qvB=mv2r
r=d2
解得
v=qBd2m
距离小孔S3越远，d越大，“质谱线”离子进入磁场的速度越大，故B正确；
C、离子在磁场中运动时间
t=12T
T=2πmqB
解得
t=πmqB
离子在磁场中运动时间与d无关，故C错误；
D、根据动能定理得
Ek=qU
离子的电荷量q越大，进入磁场的动能越大，故D错误。
故选：B。
根据动能定理得进入磁场时的速度，再由洛伦兹力提供向心力，推导比荷与d和速度、时间的关系；由动能定理得到动能的关系。
本题考查了粒子在电场中的加速和在洛伦兹力作用下的匀速圆周运动，总体的难度不算大，认真推导公式即可。
10.【答案】AD
【解析】解：光导纤维是根据光的全反射来传递信号的。
A、图甲中，弯曲的水流可以导光是因为光在水和空气界面上发生了全反射现象，故与光导纤维原理相同，故A正确；
B、图乙中，用偏振眼镜看3D电影，感受到立体的影像是因为光的偏振现象，故B错误；
C、图丙中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色是因为光的干涉现象，故C错误；
D、图丁中，有机玻璃可以传递信息和能量是光在有机玻璃内表面发生全反射，故与光导纤维原理相同，故D正确。
故选：AD。
明确各项中给出的光学现象，知道光导纤维进行光学通信所依据的物理原理是光的全反射．
本题考查光的全反射的运用，知道全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角．要明确光导纤维的原理和应用．
11.【答案】AC
【解析】解：A、振幅等于质点离开平衡位置的最大距离，由图知，质点P的振幅为0.1m，故A正确；
B、简谐横波沿x轴正方向传播，根据平移法可知t=0.1s时刻质点P的振动方向沿y轴正方向，故B错误；
CD、波沿x轴正方向传播，则t=nT+14T，周期为T=0.44n+1s，(n=0,1,2,3…)
频率为f=1T=4n+10.4=(10n+2.5)Hz，(n=0,1,2,3…)
可知，当n=0时，代入数据解得
f=2.5Hz
波速为v=λf=4×(10n+2.5)=(40n+10)m/s
则波的速度不可能为30m/s
故C正确，D错误；
故选：AC。
质点P的振幅由图直接读出。根据平移法分析P的振动方向，简谐横波沿x轴正方向传播，根据波形的平移法得到波的周期可能值，求出频率的可能值和速度的可能值。
本题运用波形的平移法分析时间与周期的关系，确定波的周期，是经常采用的方法。关键要理解波的周期性。
12.【答案】BD
【解析】解：A、根据楞次定律可以知道感应电流的磁场与原磁场方向相反，应是向下。根据安培定则可以判断线圈中的电流方向是由c流向d，在电源内部，电流是从低电势流向高电势的，所以c点的电势低于d点的电势，故A错误；
B、送电线圈和受电线圈并没有相互接触，却能够传递能量，这是靠互感实现的，故B正确；
C、根据法拉第电磁感应定律可得受电线圈产生的感应电动势E=nΔΦΔt=n(B2−B1)St2−t1，所以c、d之间的电势差为Ucd=−n(B2−B1)St2−t1，故C错误；
D、若想增大c、d之间的电势差，应该增大线圈中磁通量的变化率，所以可以增加送电线圈中电流的变化率，进而增加线圈中磁场的变化率，达到增大电势差的目的，故D正确。
故选：BD。
根据楞次定律和安培定则判断线圈中电流的方向，进而可判断电势的高低；根据法拉第电磁感应定律可以计算出两点电势差的大小；增大磁通量的变化率可以增大感应电动势。
要把握好两点，第一是在电源的内部，电流从低电势流向高电势；第二是两点的电势差的表达方式。
13.【答案】ACcsαcsβ偏小
【解析】解：(1)A、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些。故A正确；
B、作插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行。故B错误；
C、为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好。故C正确；
D、若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较大一些的，故D错误；
故选：AC；
(2)由图可知，入射角为90∘−α，折射角为90∘−β；
则由折射定律可知：n=sin(90∘−α)sin(90∘−β)=csαcsβ
(3)用插针法“测定玻璃砖折射率”的实验原理是折射定律n=sinisinr；某同学画出的ab和cd都比实际侧面向外侧平移了一些，但在画光路图时，将入射点、出射点分别确定在ab、cd上，如图，实线表示实际的光路图，虚线表示乙同学画图时光路图，入射角测量没有误差，而折射角偏大，则根据折射定律得知，测出的折射率n将偏小。
故答案为：(1)C；(2)csαcsβ；(3)偏小
(1)为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差。
(2)根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值，再求解折射率。
(3)根据折射定律，分析入射角和折射角的误差，即可分析折射率的误差。
本题是插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，采用单位圆法处理数据，根据原理分析实验误差。
14.【答案】甲
【解析】解：(1)为了使小球在摆动过程摆长保持不变，将摆球用细线悬挂在铁架台横梁上，应采用图2中甲所示的固定方式；
(2)10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，则图中游标卡尺示数为d=15mm+5×0.1mm=15.5mm
(3)根据单摆周期公式：T=2π Lg
可得：L=g4π2T2
可知L−T2图像的斜率为：k=g4π2=0.90−0.503.6−2.0m/s2=0.25m/s2
解得重力加速度为：g=9.86m/s2
故答案为：(1)甲；(2)15.5；(3)9.86。
(1)选用固定方式时，应保证摆线的长度不变；
(2)先确定游标卡尺的精度，再读出主尺和游标尺的读数，相加即为游标卡尺读数；
(3)通过单摆的周期公式，推导T2与L的关系式，利用图像斜率，可以求重力加速度。
此题考查了用单摆测定重力加速度的方法，实验数据的处理，利用图像处理物理问题，需要深刻理解实验原理。
15.【答案】解：(1)根据机械能守恒定律得
12(mA+mB)vI2=(mA+mB)gH
解得
v1=6m/s
(2)设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
mAv0=(mA+mB)v1
解得
v0=6.6m/s
答：(1)刚冲上DE轨道时，运动员和滑板的速度大小为6m/s；
(2)运动员的初速度v0的大小为6.6m/s。
【解析】运动员冲上滑板过程，运动员和滑板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。
本题考查了动量守恒定律与动能定理的应用，根据题意分析清楚运动员和滑板的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与动能定理即可解题。
16.【答案】解：(1)金属棒的速度为v1时，产生的感应电动势为
E=BLv1=1.0×1.0×1V=1V
电路中的电流为I=E2R=12×1.0A=0.5A
根据牛顿第二定律有F−BIL−mgsinθ=ma
代入数据解得a=5m/s2
(2)设金属棒的最大速度为v2，此时金属棒受力平衡，有
E′=BLv2
I′=E′2R
根据平衡条件有
F=mgsinθ+BI′L
当金属棒向上运动的位移为s时，电路中产生的热量为Q，根据能量守恒定律有
Fs=mgs⋅sinθ+12mv22+Q
则电阻上产生的焦耳热为
Q′=12Q
联立以上各式，代入数据得
Q′=0.9J
答：(1)金属棒的加速度大小a为5m/s2；
(2)金属棒从开始运动到位移大小s=2m的过程中R上产生的焦耳热为0.9J。
【解析】(1)先计算出感应电动势大小，然后根据欧姆定律得到金属棒中的电流，最后可以根据牛顿第二定律得到加速度；
(2)先根据平衡条件得到金属棒的最大速度，然后根据能量守恒得到整个电路产生的焦耳热，最后可以得到电阻所产生的焦耳热。
熟练应用平衡条件，欧姆定律，牛顿第二定律，能量守恒定律是解题的基础。
17.【答案】解：(1)电子的运动方向与电流的方向相反，根据左手定则，电子所受的洛伦兹力的方向垂直纸面向外，前表面电势低，后表面的电势高；
(2)设前后表面的距离为l，根据平衡条件得
evB=eUHl
又因为
I=nevS
S=ld
解得
UH=BIned
(3)根据UH=BIned，如果长时间不更换传感器的电源，电源的电动势减小，电流强度I减小，霍尔电势差减小。
答：(1)霍尔元件后表面电势高；
(2)霍尔电势差的表达式BIned；
(3)如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差减小。
【解析】根据左手定则得出电子的偏转方向，抓住电子所受的电场力和洛伦兹力平衡得出霍尔电压的表达式，从而进行分析。
所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流导体时，产生横向电势差的物理现象。霍尔效应在新课标教材中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的。对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和获取信息能力
1.关于电磁波下列说法正确的是( )
A. 麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在
B. 医院里常用X射线照射病房和手术室进行消毒
C. 一切物体都辐射红外线、这种辐射与物体的温度有关
D. 电磁波的传播需要介质，其在介质中的传播速度等于光速
2.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系为x=Asinωt，振动图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 弹簧振子在第1s末与第3s末的速度相同
B. 简谐运动的圆频率是π2rad/s
C. 第3s末振子的位移大小为 22A
D. 从第3s末到第5s末，振子的加速度方向不变
3.如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，出射光为b、c两束单色光。下列说法正确的是( )
A. 这是光的干涉现象
B. 在真空中光束b的波长大于光束c的波长
C. 玻璃砖对光束b的折射率大于对光束c的折射率
D. 在玻璃砖中光束b的传播速度大于光束c的传播速度
4.如图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开，当K接通时，以下说法正确的是()
A. 副线圈两端M、N的输出电压减小B. 副线圈输电线等效电阻R上的电压减小
C. 通过灯泡L1的电流增大D. 原线圈中的电流增大
5.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个质量为10g的儿童玩具玻璃球从一居民楼的16层坠下，与地面的撞击时间约为0.002s，则该玻璃球对地面产生的冲击力大小约为( )
A. 10N
B. 102N
C. 103N
D. 104N
6.如图所示，一质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中。当金属棒中通过电流I，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。(已知重力加速度为g)下列说法正确的是( )
A. 金属棒中的电流方向由N到M
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为mgsinθIL
C. 匀强磁场的磁感应强度大小为mgtanθIL
D. 仅增大金属棒质量，悬线与竖直方向的夹角θ增大
7.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60∘的方向率直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计重力，根据上述信息可以得出( )
A. 带电粒子在磁场中运动的半径B. 带电粒子在磁场中运动的速率
C. 带电粒子在磁场中运动的时间D. 该匀强磁场的磁感应强度
8.如图所示，固定的水平U形导线框处于范围足够大的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。导线框左端连接一阻值为R的电阻，阻值为r的导体棒ab沿导线框向右做匀速直线运动，若导体棒ab长度为L，运动的速度大小为v且不计导线框的电阻、导体棒与框间的摩擦，导线框足够长。则( )
A. 导体棒中感应电流的方向为a→bB. 导体棒所受安培力大小为B2L2v2R+r
C. 导体棒ab两端电压大小为BLvR+rrD. 电阻R的发热功率为B2L2v2(R+r)2R
9.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示为质谱仪的原理示意图。让某同位素的离子流从容器A下方的小孔S1无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后从小孔S3垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上，形成几种离子的“质谱线”。则下列判断正确的是( )
A. 距离小孔S3越远的“质谱线”离子比荷越大
B. 距离小孔S3越远的“质谱线”离子进入磁场的速度越大
C. 距离小孔S3越近的“质谱线”离子在磁场中运动时间越短
D. 几种离子进入磁场时动能相同
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
10.1966年华裔科学家高银博士提出一个理论：直径仅几微米的玻璃纤维就可以用来作为光的波导来传输大量信息，43年后高锟因此获得2009年诺贝尔物理学奖，他被誉为“光纤通信之父“。以下实验或现象的原理和光导纤维相同的是( )
A. 图中，弯曲的水流可以导光
B. 图中，用偏振眼镜看3D电影，感受到立体的影像
C. 图中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色
D. 图中，有机玻璃可以传递信息和能量
11.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.1s时刻的波形如图中虚线所示，P是传播介质中的一个质点。则以下说法中正确的是( )
A. 质点P的振幅为0.1m
B. t=0.1s时刻质点P的振动方向沿y轴负方向
C. 波的频率可能为2.5Hz
D. 波的传播速度可能为30m/s
12.如图甲为手机及无线充电板，图乙为充电原理示意图。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是( )
A. c点的电势高于d点的电势
B. 送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
C. c、d之间的电势差为n(B2−B1)St2−t1
D. 若想增大c、d之间的电势差，可以仅增加送电线圈中的电流的变化率
三、实验题：本大题共2小题，共10分。
13. 在利用“插针法”测定玻璃的折射率实验中
①下列操作可以减小实验误差的是______(填字母代号)
A.P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些
B.选择平行玻璃砖进行实验
C.入射角适当大些
D.若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较小的
②正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示，此玻璃的折射率计算式为n=______(用图中的α、β表示)
③同学在画界面吋，不小心将两界面的间距画得比玻璃砖宽度略大，则测得的折射率______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
14.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。
(1)将摆球用细线悬挂在铁架台横梁上，应采用图中______(选填“甲“或者“乙”)所示的固定方式。
(2)安装好实验装置后，先用刻度尺测量摆线长l，再用10分度的游标卡尺测量摆球直径d，其示数如图所示，则d=______ mm。
(3)改变摆线的长度，由测量数据作出摆长L与周期平方T2的关系图像如图所示.根据图像求出重力加速度g=______m/s2(已知π2=9.86，结果保留3位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共42分。
15.如图是滑板运动的轨道。质量为mA=50kg的运动员从轨道上的A点以水平速度v0冲上质量为mB=5kg的静止滑板后，又一起滑向光滑DE轨道。到达E点时速度减为零，然后返回。己知H=1.8m，设运动员和滑板可看成质点，滑板与水平地面的摩擦力不计。取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)刚冲上DE轨道时，运动员和滑板的速度大小；
(2)运动员的初速度v0的大小。
16.如图所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L=1.0m，导轨所在平面与水平面的夹角θ=30∘。M、P间接有R=1.0Ω的电阻，范围足够大的匀强磁场垂直导轨所在平面向上，磁感应强度大小B=1.0T.质量m=0.1kg，长度与导轨间距相等，阻值R=1.0Ω的金属棒放在两导轨上，在大小为1.5N方向平行于导轨向上的恒定拉力F作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，导轨电阻不计，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)当金属棒的速度大小v1=1m/s时，金属棒的加速度大小a；
(2)若金属棒向上运动的位移大小s=2m时，金属棒进入匀速运动状态.则金属棒从开始运动到位移大小s=2m的过程中R上产生的焦耳热。
17.自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率.如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图，当磁场靠近霍尔元件时。导体内定向运动的自由电子在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差，已知磁场的磁感应强度为B，通过的电流为I，霍尔元件的厚度为d，单位体积内的自由电荷数为n，单个自由电子的电荷量为e。
(1)判断霍尔元件前后两侧面哪侧电势高；
(2)请用以上条件推导霍尔电势差的表达式；
(3)请分析说明如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将如何变化。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在，故A错误；
B、医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒，故B错误；
C、一切物体都在辐射红外线，红外线属于电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故C正确；
D、电磁波的传播不需要介质，电磁波在真空也能传播，其在介质中的传播速度小于光速，故D错误。
故选：C。
赫兹证实了电磁波的存在；医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒；一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关；电磁波在真空也能传播。
解决本题时，要掌握有关电磁波的相关知识，熟记物理学史。要注意电磁波与机械能特性的区别。
2.【答案】C
【解析】解：A.在第1s末斜率为正，表示速度为正，即弹簧振子向正方向运动，第3s末斜率为负，表示速度为负，即弹簧振子向负方向运动，故A错误；
B.由图知简谐运动的周期T=8s，则圆频率为：
ω=2πT
代入数据得：ω=π4rad/s，故B错误；
C.位移x随时间t变化的关系为x=Asinωt，第3s末振子的位移大小为：x=Asin34π= 22A，故C正确。
D.从第3s末到第5s末，由x−t图象可知位移由正变为负，由牛顿第二定律知，振子的加速度方向由负变为正，振子的加速度方向发生变化，故D错误。
故选：C。
根据x−t图象的切线斜率表示速度判断速度的正负；由图读出简谐运动的周期，根据公式ω=2πT求出简谐运动的圆频率；根据简谐运动的位移x随时间t变化的关系，可以确定振子在某一时刻的位移的大小；由x−t图象可知位移的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的方向变化。
本题关键要会从x−t图象和x−t关系式判断位移情况，知道x−t的斜率表示速度。
3.【答案】C
【解析】A.这是光的折射现象，故A错误。
BC.由题图可知，玻璃砖对b光的折射程度大，则nb>nc，故b光的频率较大，根据v=λf可知b光波长较小，故B错误，C正确。
D.由v=cn知，在玻璃砖中，nb>nc，所以vb
根据光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小，从而知道两束光的波长大小，根据v=cn判断出光在玻璃砖中的速度大小。
解答此类问题的思路是：由光线的偏折程度判断折射率的关系，或由折射定律可得出两光的折射率；再由光的性质可知光的传播速度、波长的关系。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据闭合K后电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况。
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．注意本题中线圈匝数和输入电压不变时，输出电压是不变的。
【解答】
A.由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，故A错误；
BC.当K接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L1的电压减小，电流减小，故BC错误；
D.由于输出的电压不变，但是副线圈的电流变大，由P=UI可知，副线圈的功率变大，所以原线圈的功率也要变大，原线圈中的电流增大，故D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】解：每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度
h=(16−1)×3m=45m
自由下落时间
t1= 2hg= 2×4510s=3s
与地面的碰撞时间约为：t2=0.002s
全过程根据动量定理可得
mg(t1+t2)−Ft2=0
解得冲击
F=mg(t1+t2)t2=10×10−3×10×(3+0.002)0.002N=150.1N≈102N
故B正确，ACD错误。
故选：B。
求出自由下落的时间，全过程根据动量定理求解即可。
本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据全过程动量定理求解。
6.【答案】C
【解析】解：对金属棒受力分析，如图所示
A、由左手定则可以判断，金属棒中电流方向为由M到N，故A错误；
B、BC、对金属棒受力分析，由平衡条件有mgtanθ=BIL，解得匀强磁场磁感应强度大小为B=mgtanθIL，故B错误，C正确；
D、由mgtanθ=BIL可知，金属棒质量增大，线与竖直方向的夹角减小，故D错误。
故选：C。
根据平衡条件列方程即可解得结果。
熟练受力分析，写出平衡方程是解题的基础。
7.【答案】A
【解析】解：利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置：
根据几何关系可得：cs30∘=ar，所以r=2 33a。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即：qBv=mv2r，同时：T=2πrv
化简变形得：r=mvqB，T=2πmqB
由此可知，带电粒子在磁场中的运动轨迹是唯一确定且可求的，故A正确；
因为v和B都未知，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故BCD错误。
故选：A。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，利用左手定则判断出洛伦兹力的方向，利用洛伦兹力的交点找出圆心所在位置，再根据几何关系和向心力公式求解。
熟悉左手定则，可根据初末速度的方向判断出圆心的所在位置，要善于应用题设条件结合几何关系确定半径r的大小，联立公式求解即可。
8.【答案】D
【解析】解：A、根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向为b→a，故A错误；
B、导体棒所受安培力大小为：FA=BIL，其中：I=BLvR+r，解得：FA=B2L2vR+r，故B错误；
C、导体棒ab两端电压大小为：U=IR=BLvR+rR，故C错误；
D、电阻R的发热功率为：P=I2R，解得：P=B2L2v2(R+r)2R，故D正确。
故选：D。
根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向；根据安培力的计算公式求解导体棒所受安培力大小；根据欧姆定律求解导体棒ab两端电压大小；根据电功率的计算公式求解电阻R的发热功率。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
9.【答案】B
【解析】解：A、根据动能定理得
qU=12mv2
根据牛顿第二定律得
qvB=mv2r
r=d2
解得
qm=8UB2d2
距离小孔S3越远，d越大，“质谱线”离子比荷越小，故A错误；
B、根据
qvB=mv2r
r=d2
解得
v=qBd2m
距离小孔S3越远，d越大，“质谱线”离子进入磁场的速度越大，故B正确；
C、离子在磁场中运动时间
t=12T
T=2πmqB
解得
t=πmqB
离子在磁场中运动时间与d无关，故C错误；
D、根据动能定理得
Ek=qU
离子的电荷量q越大，进入磁场的动能越大，故D错误。
故选：B。
根据动能定理得进入磁场时的速度，再由洛伦兹力提供向心力，推导比荷与d和速度、时间的关系；由动能定理得到动能的关系。
本题考查了粒子在电场中的加速和在洛伦兹力作用下的匀速圆周运动，总体的难度不算大，认真推导公式即可。
10.【答案】AD
【解析】解：光导纤维是根据光的全反射来传递信号的。
A、图甲中，弯曲的水流可以导光是因为光在水和空气界面上发生了全反射现象，故与光导纤维原理相同，故A正确；
B、图乙中，用偏振眼镜看3D电影，感受到立体的影像是因为光的偏振现象，故B错误；
C、图丙中，阳光下的肥皂薄膜呈现彩色是因为光的干涉现象，故C错误；
D、图丁中，有机玻璃可以传递信息和能量是光在有机玻璃内表面发生全反射，故与光导纤维原理相同，故D正确。
故选：AD。
明确各项中给出的光学现象，知道光导纤维进行光学通信所依据的物理原理是光的全反射．
本题考查光的全反射的运用，知道全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角．要明确光导纤维的原理和应用．
11.【答案】AC
【解析】解：A、振幅等于质点离开平衡位置的最大距离，由图知，质点P的振幅为0.1m，故A正确；
B、简谐横波沿x轴正方向传播，根据平移法可知t=0.1s时刻质点P的振动方向沿y轴正方向，故B错误；
CD、波沿x轴正方向传播，则t=nT+14T，周期为T=0.44n+1s，(n=0,1,2,3…)
频率为f=1T=4n+10.4=(10n+2.5)Hz，(n=0,1,2,3…)
可知，当n=0时，代入数据解得
f=2.5Hz
波速为v=λf=4×(10n+2.5)=(40n+10)m/s
则波的速度不可能为30m/s
故C正确，D错误；
故选：AC。
质点P的振幅由图直接读出。根据平移法分析P的振动方向，简谐横波沿x轴正方向传播，根据波形的平移法得到波的周期可能值，求出频率的可能值和速度的可能值。
本题运用波形的平移法分析时间与周期的关系，确定波的周期，是经常采用的方法。关键要理解波的周期性。
12.【答案】BD
【解析】解：A、根据楞次定律可以知道感应电流的磁场与原磁场方向相反，应是向下。根据安培定则可以判断线圈中的电流方向是由c流向d，在电源内部，电流是从低电势流向高电势的，所以c点的电势低于d点的电势，故A错误；
B、送电线圈和受电线圈并没有相互接触，却能够传递能量，这是靠互感实现的，故B正确；
C、根据法拉第电磁感应定律可得受电线圈产生的感应电动势E=nΔΦΔt=n(B2−B1)St2−t1，所以c、d之间的电势差为Ucd=−n(B2−B1)St2−t1，故C错误；
D、若想增大c、d之间的电势差，应该增大线圈中磁通量的变化率，所以可以增加送电线圈中电流的变化率，进而增加线圈中磁场的变化率，达到增大电势差的目的，故D正确。
故选：BD。
根据楞次定律和安培定则判断线圈中电流的方向，进而可判断电势的高低；根据法拉第电磁感应定律可以计算出两点电势差的大小；增大磁通量的变化率可以增大感应电动势。
要把握好两点，第一是在电源的内部，电流从低电势流向高电势；第二是两点的电势差的表达方式。
13.【答案】ACcsαcsβ偏小
【解析】解：(1)A、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些。故A正确；
B、作插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行。故B错误；
C、为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好。故C正确；
D、若有几块厚度不同的玻璃砖，应选用厚度较大一些的，故D错误；
故选：AC；
(2)由图可知，入射角为90∘−α，折射角为90∘−β；
则由折射定律可知：n=sin(90∘−α)sin(90∘−β)=csαcsβ
(3)用插针法“测定玻璃砖折射率”的实验原理是折射定律n=sinisinr；某同学画出的ab和cd都比实际侧面向外侧平移了一些，但在画光路图时，将入射点、出射点分别确定在ab、cd上，如图，实线表示实际的光路图，虚线表示乙同学画图时光路图，入射角测量没有误差，而折射角偏大，则根据折射定律得知，测出的折射率n将偏小。
故答案为：(1)C；(2)csαcsβ；(3)偏小
(1)为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差。
(2)根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值，再求解折射率。
(3)根据折射定律，分析入射角和折射角的误差，即可分析折射率的误差。
本题是插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，采用单位圆法处理数据，根据原理分析实验误差。
14.【答案】甲
【解析】解：(1)为了使小球在摆动过程摆长保持不变，将摆球用细线悬挂在铁架台横梁上，应采用图2中甲所示的固定方式；
(2)10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，则图中游标卡尺示数为d=15mm+5×0.1mm=15.5mm
(3)根据单摆周期公式：T=2π Lg
可得：L=g4π2T2
可知L−T2图像的斜率为：k=g4π2=0.90−0.503.6−2.0m/s2=0.25m/s2
解得重力加速度为：g=9.86m/s2
故答案为：(1)甲；(2)15.5；(3)9.86。
(1)选用固定方式时，应保证摆线的长度不变；
(2)先确定游标卡尺的精度，再读出主尺和游标尺的读数，相加即为游标卡尺读数；
(3)通过单摆的周期公式，推导T2与L的关系式，利用图像斜率，可以求重力加速度。
此题考查了用单摆测定重力加速度的方法，实验数据的处理，利用图像处理物理问题，需要深刻理解实验原理。
15.【答案】解：(1)根据机械能守恒定律得
12(mA+mB)vI2=(mA+mB)gH
解得
v1=6m/s
(2)设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
mAv0=(mA+mB)v1
解得
v0=6.6m/s
答：(1)刚冲上DE轨道时，运动员和滑板的速度大小为6m/s；
(2)运动员的初速度v0的大小为6.6m/s。
【解析】运动员冲上滑板过程，运动员和滑板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。
本题考查了动量守恒定律与动能定理的应用，根据题意分析清楚运动员和滑板的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与动能定理即可解题。
16.【答案】解：(1)金属棒的速度为v1时，产生的感应电动势为
E=BLv1=1.0×1.0×1V=1V
电路中的电流为I=E2R=12×1.0A=0.5A
根据牛顿第二定律有F−BIL−mgsinθ=ma
代入数据解得a=5m/s2
(2)设金属棒的最大速度为v2，此时金属棒受力平衡，有
E′=BLv2
I′=E′2R
根据平衡条件有
F=mgsinθ+BI′L
当金属棒向上运动的位移为s时，电路中产生的热量为Q，根据能量守恒定律有
Fs=mgs⋅sinθ+12mv22+Q
则电阻上产生的焦耳热为
Q′=12Q
联立以上各式，代入数据得
Q′=0.9J
答：(1)金属棒的加速度大小a为5m/s2；
(2)金属棒从开始运动到位移大小s=2m的过程中R上产生的焦耳热为0.9J。
【解析】(1)先计算出感应电动势大小，然后根据欧姆定律得到金属棒中的电流，最后可以根据牛顿第二定律得到加速度；
(2)先根据平衡条件得到金属棒的最大速度，然后根据能量守恒得到整个电路产生的焦耳热，最后可以得到电阻所产生的焦耳热。
熟练应用平衡条件，欧姆定律，牛顿第二定律，能量守恒定律是解题的基础。
17.【答案】解：(1)电子的运动方向与电流的方向相反，根据左手定则，电子所受的洛伦兹力的方向垂直纸面向外，前表面电势低，后表面的电势高；
(2)设前后表面的距离为l，根据平衡条件得
evB=eUHl
又因为
I=nevS
S=ld
解得
UH=BIned
(3)根据UH=BIned，如果长时间不更换传感器的电源，电源的电动势减小，电流强度I减小，霍尔电势差减小。
答：(1)霍尔元件后表面电势高；
(2)霍尔电势差的表达式BIned；
(3)如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差减小。
【解析】根据左手定则得出电子的偏转方向，抓住电子所受的电场力和洛伦兹力平衡得出霍尔电压的表达式，从而进行分析。
所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流导体时，产生横向电势差的物理现象。霍尔效应在新课标教材中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的。对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和获取信息能力
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