天津市和平区高三第二次模拟考试物理试题

1、20152015 年天津市和平区高考物理二模试卷年天津市和平区高考物理二模试卷 一、单项选择题（每小题一、单项选择题（每小题 6 6 分，共分，共 3030 分每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的）分每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的） 1 （6 分） （2015和平区二模）氢原子的能级如图，当氢原子从n=4 的能级跃迁到 n=2 的能 级时，辐射出光子 a，当氢原子从 n=3 的能级跃迁到 n=1 的能级时，辐射出光子b，则下列 判断正确的是（） A 光子 a 的能量大于光子 b 的能量 B 光子 a 的波长小于光子 b 的波长 C b 光比 a 光更容易发生衍射现象 D 若 a

2、为可见光，则 b 有可能为紫外线 【考点】 ： 氢原子的能级公式和跃迁 【专题】 ： 原子的能级结构专题 【分析】 ： 能级间跃迁辐射光子的能量等于能级之差， 根据能极差的大小比较光子能量， 从 而比较出光子的频率频率大，波长小，波长越长，越容易发生衍射 【解析】 ： 解：A、氢原子从 n=4 的能级跃迁到 n=2 的能级的能极差 2.89eV，小于从 n=3 的能级跃迁到 n=l 的能级时的能极差 12.09eV，根据 EmEn=h，知光子 a 的能量小于光子 b 的能量故 A 错误 B、光子 a 的频率小于光子 b 的频率，所以光子 a 的波长大于光子 b 的波长故 B 错误 C、 光子

3、a 的频率小于光子 b 的频率， 所以 b 的频率大， 波长小， 所以 a 光更容易发生衍射 故 C 错误 D、根据氢光谱的特点可知，a 为可见光，则 b 为紫外线故 D 正确 故选：D 【点评】 ： 解决本题的突破口是比较出光子a 和光子 b 的能量的大小， 然后又个公式得出频 率大小，以及波长大小关系 2 （6 分） （2015和平区二模）如图所示，斜面体A 放在水平地面上，用平行于斜面的轻弹 簧将物块 B 拴接在挡板上，在物块B 上施加平行于斜面沿斜面向上的推力F，整个系统始 终处于静止状态，下列正确的是（） A 物块 B 与斜面之间一定存在摩擦力 B 弹簧的弹力一定沿斜面向下 C 地面

4、对斜面体 A 的摩擦力水平向左 D 若增大推力，则弹簧弹力一定减小 【考点】 ： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 【专题】 ： 共点力作用下物体平衡专题 【分析】 ： 先对物体 B 受力分析，根据平衡条件考虑摩擦力和弹簧弹力的情况；再对整体 受力分析，考虑地面对斜面体A 的摩擦力情况 【解析】 ： 解：A、对物体 P 受力分析，受重力、弹簧的弹力（可能有） 、推力 F 和静摩擦 力（可能有） ，讨论： 如果推力、重力的下滑分力和弹簧的弹力三力平衡，则没有静摩擦力； 如果推力、重力的下滑分力和弹簧的弹力三力不平衡，则有静摩擦力；故A 错误； B、弹簧可能处于伸长，也可能处于压缩，

5、只要推力、重力的下滑分力、弹簧的弹力和静摩 擦力四力平衡即可；故B 错误； C、对整体受力分析，受重力、支持力、推力F 和地面的静摩擦力，根据平衡条件，地面的 静摩擦力与推力的水平分力平衡，向左，故C 正确； D、如果弹簧的弹力沿斜面向下，且摩擦力为零，则有：F=mgsin+kx，若增大 F，弹簧的 弹力不变，摩擦力沿斜面向下，且在增大，故D 错误 故选：C 【点评】 ： 本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，然后根据共点力平衡条件分析， 注意物体 B 与斜面体间的静摩擦力、弹簧弹力方向的不确定性，不难 3 （6 分） （2015和平区二模）我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24 小时

6、轨道”上绕地 球运行（即绕地球一圈需要24 小时） ，然后，经过两次变轨依次到达 “48 小时轨道”和“72 小 时轨道”，最后奔向月球，如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完 成后与变轨前相比（） A 卫星的绕行速度变大 B 卫星所受向心力变大 C 卫星的机械能不变 D 卫星动能减小，引力势能增大 【考点】 ： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 【专题】 ： 人造卫星问题 【分析】 ： 根据人造卫星的万有引力等于向心力， 列式求出线速度和周期的表达式， 由题意 知道周期变大，故轨道半径变大，速度变小，动能变小 【解析】 ： 解：人造卫星绕地球做匀速圆

7、周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量 为 m、轨道半径为 r、地球质量为 M，根据万有引力提供向心力，得： G=mr=m 可得：T=2 v= AB、根据题意两次变轨后，卫星分别为从“24 小时轨道”变轨为“48 小时轨道”和从“48 小时 轨道”变轨为“72 小时轨道”， 则由上式可知， 在每次变轨完成后与变轨前相比运行周期增大， 运行轨道半径增大，运行线速度减小，卫星所受向心力变小，故A、B 错误 CD、两次变轨后，半径都增大，卫星必须点火加速，机械能增大，故C 错误 D、卫星的速度减小，则动能减小，高度增大，则引力势能增大，故D 正确 故选：D 【点评】 ： 本题关键抓住万有引力提

8、供向心力，先列式求解出线速度、 周期的表达式，再进 行讨论 4 （6 分） （2015和平区二模）一物体从t=0 开始做直线运动，其速度图象如图所示，下列 正确的是（） A 04s 合外力一直对物体做正功 B 2s5s 物体受到的合外力方向不变 C 2s5s 物体所受合外力方向与运动方向相反 D 第 1 秒内与第 6 秒内物体所受合外力方向相反 【考点】 ： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像 【专题】 ： 牛顿运动定律综合专题 【分析】 ： 根据动能定理分析合外力做功的正负； 根据斜率表示加速度知加速度， 根据牛顿 运动定律 F=ma 知合力大小和方向 【解析】 ： 解：A、由速度时间图象可

9、知在02s 内，物体的速度增大，动能增大，在2 4s 内，速度减小，动能减小，根据动能定理可知合外力先做正功后做负功故A 错误 B、2s5s 物体加速度不变，根据牛顿运动定律F=ma 知合力不变，故 B 正确； C、24s 速度减小，45s，速度反向增大，根据加速度和速度同向加速，反向减速知合外 力方向先与速度相反，然后与速度方向相同，故C 错误； D、设物体在1s 内和 6s 内的加速度均为正的，故合外力方向都为正的，方向相同，故D 错 误； 故选：B 【点评】 ： 本题一要理解图象的意义，知道斜率等于加速度， 面积表示位移，二要掌握牛顿 第二定律和动能定理，并能熟练应用 5 （6 分） （

10、2015和平区二模）质点以坐标原点O 为中心位置在 y 轴上做简谐运动，其振动 图象如图所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x 轴正方向传播，波速为 1.0m/s，起振后 0.3s 此质点立即停止运动，再经过0.1s 后的波形图为（） ABC D 【考点】 ： 波长、频率和波速的关系；横波的图象 【分析】 ： 根据振动图象 t=0 时刻质点的振动方向确定波传播时各质点起振的方向 由振动 图象读出周期，求出波长，分析再经过0.1s 后，即总共经过 0.4s 时波传播的距离，确定波 形图 【解析】 ： 解：根据振动图象得知，t=0 时刻质点沿 y 轴正方向振动，即波源的起振方向沿 y 轴正方向，则介

11、质中各质点的起振方向均沿y 轴正方向，与波最前头的质点振动方向相 同起振后0.3s 此质点立即停止运动，形成 波长的波形由振动图象读出周期T=0.4s，波 长 =vT=0.4m，则再经过0.1s 后，即t=0.4s 时波总共传播的距离为 S=vt=0.4m，传到 x=0.4x 处，故 A 正确，BCD 错误 故选：A 【点评】 ： 本题要抓住质点的振动与波动之间关系的理解 根据时间与周期的关系、 波传播 距离与波长的关系分析 二、多项选择题（每小题二、多项选择题（每小题6 6 分，共分，共 1818 分每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确分每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确 的全

12、部选对的得的全部选对的得 6 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 3 分，选错或不答的得分，选错或不答的得 0 0 分）分） 6 （6 分） （2015和平区二模）图甲为交流发电机的原理图，正方形线圈在匀强磁场中绕垂 直于磁感线的轴 OO匀速转动， 电流表为理想交流电表， 线圈中产生的交变电流随时间的变 化如图乙所示（） A 电流表的示数为 10A B 线圈转动的角速度为 50rad/s C 0.01s 时线圈平面和磁场平行 D 0.01s 时线圈的磁通量变化率为0 【考点】 ： 变压器的构造和原理 【专题】 ： 交流电专题 【分析】 ： 由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表

13、的示数为有效值，感应电动势 为零，则穿过线圈的磁通量变化为零，磁通量最大 【解析】 ： 解：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=10A，周期 T=0.02s，由于 电流表的示数为有效值，故示数I= B、角速度 = Im=10A，选项 A 正确； =100 rad/s，选项 B 错误； CD、0.01s 时线圈中的感应电流为0，则穿过线圈的磁通量为最大，磁通量变化率为0，故 线圈平面与磁场方向垂直，选项C 错误，D 正确； 故选：AD 【点评】 ： 此题考查交流电的产生和描述，知道电表示数为有效值，知道中性面的特点：感 应电动势为零，则穿过线圈的磁通量变化为零，磁通量最大 7 （6 分）

14、（2015和平区二模）一轻弹簧左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水平 面上，现对小球施加一个水平向右的恒力F，使小球由静止开始运动，则小球在向右运动的 过程中（） 【考点】 ： 动能定理的应用 【专题】 ： 动能定理的应用专题 【分析】 ： 根据加速度的方向与速度方向的关系判断出小球速度的变化， 从而得出小球动能 的变化 根据功能关系判断小球和弹簧组成的系统机械能的变化 弹簧的弹性势能随着弹簧 形变量的增大而增大 【解析】 ： 解：A、开始时，拉力大于弹簧的弹力，加速度方向向右，小球做加速运动，根 据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大，故A 错误； B、恒力做功等

15、于物体动能的增加量和弹簧弹性势能的增加量；故B 错误； C、由 A 的分析可知，当小球加速度为零时，小球的速度达最大，动能最大；故C 正确； D、当弹簧的形变量最大时，小球的速度为零，故弹性势能最大时，小球的动能为零；故D 正确； 故选：CD 【点评】 ： 解决本题的关键掌握机械能守恒的条件， 以及会根据物体的受力， 通过加速度方 向与速度方向的关系判断物体的运动规律；并能正确应用功能关系进行分析 8 （6 分） （2015和平区二模）如图所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂直的匀强 磁场，一带电粒子沿着弧线apb 由区域 I 运动到区域已知圆弧ap 与圆弧 pb 的弧长之比 为 2：1，下列

16、说法正确的是（） A 小球的加速度一直在增大 B 恒力 F 做的功等于弹簧弹性势能的增加量 C 小球的动能最大时，弹簧弹力与F 大小相等 D 弹簧的弹性势能最大时，小球的动能为0 【考点】 ： 带电粒子在匀强磁场中的运动 【专题】 ： 带电粒子在磁场中的运动专题 【分析】 ： 带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力， 使粒子做匀速圆周运动 由左手定则 知两磁场的方向关系，由洛伦兹力不做功，知两磁场中粒子的速率相等，由t= 知运动时间 之比 【解析】 ： 解：A、由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即 粒子在区域 I 和区域 II 中的速率之比为 1：1，A 错误； B、根

17、据 t= ，v 相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap、pb 的时间之 比为 2：1，B 正确； C、圆心角= ，r=，由于磁场的磁感应强度之比不知，故半径之比无法确定，则转过的 A 粒子在区域 I 和区域 II 中的速率之比为 2：1 B 粒子通过圆弧 ap、pb 的时间之比为 2：1 C 圆弧 ap 与圆弧 pb 对应的圆心角之比为 2：1 D 区域 I 和区域 II 的磁感应强度方向相反 圆心角之比无法确定，故C 错误； D、根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两 个磁场的磁感应强度方向相反，故D 正确； 故选：BD 【点评】 ： 考

18、查粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，掌握半径与周期公式， 理解运动 时间与圆心角及周期关系，同时知道洛伦兹力对粒子不做功 二、实验题：二、实验题： （1818 分）分） 9 （4 分） （2015和平区二模）美国物理学家密立根利用光电管对光电效应现象进行研究， 得到金属的遏止电压 Uc与入射光频率 的关系如图，由此可计算出普朗克常量h电子电 量用 e 表示，由图象中的数据可知，这种金属的截止频率为 1，计算出普朗克常量表达 式为 h= 【考点】 ： 爱因斯坦光电效应方程 【专题】 ： 光电效应专题 【分析】 ： 入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，遏止电压增大 根据光电效应方 程得出

19、 Uc 的关系式，通过关系式得出斜率、截距表示的含义 【解析】 ： 解：根据 Ekm=hvW0=eUc，解得：， 可知，当 Uc=0 时，对应的频率为截止频率，所以截止频率为；1 图线的斜率 k= ，则： 故答案为：1， 【点评】 ： 该题通过图象的方法考查光电效应， 解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大 初动能与遏止电压的关系 10（8 分）（2015和平区二模） 利用气垫导轨验证机械能守恒定律， 实验装置如图甲所示 将 气垫导轨水平放置，在气垫导轨上相隔一定距离安装两个光电门A 和 B，滑块上固定有遮 光条，通过数字计时器（图中未画出）可以分别读出遮光条通过光电门A 和光电门 B 所用

20、的时间t1和t2； 开始实验前，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，若测得t1和t2满足 t1=t2关系，则说明气垫导轨已经水平 用游标卡尺测量遮光条的宽度d，结果如图乙所示，由此读出d=2.55mm； 用细线通过气垫导轨右端的定滑轮将滑块与质量为m 的钩码相连，将滑块由图中位置释 放，若t1、t2、遮光片宽度d 已测出，钩码质量m 已知，要验证机械能守恒，还需测出的 物理量是滑块的质量 M，两光电门间的距离 L（写出物理量的名称及符号） ，若上述物 理量间满足关系式，则表明在 滑块和钩码的运动中，系统的机械能守恒 【考点】 ： 验证机械能守恒定律 【专题】 ： 实验题；机械能守恒定律

21、应用专题 【分析】 ： （1）如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫 导轨已经水平 （2）掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读 （3）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势 能的减小量，根据这两个量求解 （4）滑块和砝码组成的系统机械能守恒列出关系式 【解析】 ： 解： （1）如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气 垫导轨已经水平 （2）游标卡尺的主尺读数为：0.2cm=2mm，游标尺上第 11 个刻度和主尺上某一刻度对齐， 所以游标读数为 110.05mm=0.55mm，所以最终读数为：2

22、mm+0.55mm=2.55mm （3）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势 能的减小量， 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法 由于光电门的宽度很小， 所以我们用很短时间内 的平均速度代替瞬时速度 vB=，vA= ）2 （m+M） （）2滑块和砝码组成的系统动能的增加量Ek= （m+M） （ 滑块和砝码组成的系统动能的重力势能的减小量Ep=mgL 所以还应测出滑块质量 M，两光电门间距离 L （4）如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，那么滑块和砝码组成的系统机械 能守恒 即：； 故答案为：t1=t2；2.55； 滑块的质量 M，两光电门间的距离

23、 L； 【点评】 ： 掌握游标卡尺的工作原理，及读数方法 了解光电门测量瞬时速度的原理 实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面 11 （6 分） （2015和平区二模）某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现， 表内除了一节 1.5V 的干电池外，还有一个方形的电池（层叠电池） 为了测定该电池的电动 势和内电阻，实验室中提供如下器材： A电流表 A1（满偏电流 10mA，内阻 10） ； B电流表 A2（00.63A，内阻未知） ； C滑动变阻器 R0（0100，1A） ； D定值电阻 R（阻值 990） ； E开关与导线若干 请根据现有的实验器材，设计电路，将电

24、路图画在如图1 的方框内，并标出器材相应的 符号 根据上述设计的实验电路测出多组数据并绘出的I1I2图线（I1为电流表 A1的示数，I2 为电流表 A2的示数） ，则由图线可以得到被测电池的电动势E=9.0V，内阻 r=10 （保留两位有效数字） 【考点】 ： 测定电源的电动势和内阻 【专题】 ： 实验题；恒定电流专题 【分析】 ： 由原理图将电流表 A2与滑动变阻器串联，电流表A1与定值电阻 R 串联，注意 开关应能控制整个电路； 表头及定值电阻充当电压表使用， 则由闭合电路欧姆定律可得出表达式， 由图象结合表达式 可得出电动势和内电阻； 【解析】 ： 解： （1）由题意可知，本实验中没有电

25、压表，故将已知内阻的电流表A2与定值 电阻串联充当电压表，电流表A1与定值电阻 R 串联即可如图所示； （2） 表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理， 则由闭合电路欧姆定律可知： I1（R3+RA）=EI2r 即：I1=； 由图可知，图象与纵坐标的交点为9.0mA， 则有：9.0mA= 解得 E=9.0V； 由图象可知，图象的斜率为：1010 3，由公式得图象的斜率等于 ； ， 故=1010 3； 解得 r=10 故答案为： （1）原理图如图 （2）9.0，10 【点评】 ： 本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形， 注意由于没有电压表， 本实验 中采用改装的方式将表头改装为电

26、压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究 三、计算题： 12 （16 分） （2015和平区二模）一质量为MB=6kg 的木板 B 静止于光滑水平面上，物块A 质量 MA=6kg， 停在 B 的左端， 一质量为 m=1kg 的小球用长为 L=0.8m 的轻绳悬挂在固定点 O 上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，A 在 B 上滑动，恰好未从 B 右端滑出，在此过程中，木板获得的最大速度为0.5m/s，不计空 气阻力，物块与小球可视为质点，g 取 10m/s2，求： （1）小球与物块 A 碰撞前瞬间轻绳上的拉力F 的大小 （2）A 在 B 上滑动过程中，A

27、、B 组成的系统产生的内能Q （3）小球被反弹后上升的最大高度h 【考点】 ： 动量守恒定律；机械能守恒定律 【专题】 ： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合 【分析】 ： （1）根据动能定理求出小球摆到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出拉力的 大小 （2）A 在 B 上滑动的过程中，当 A、B 达到共同速度时，木板的速度最大，根据动量守恒 定律求出 A 的初速度，结合能量守恒定律求出A、B 组成的系统产生的内能 （3）根据动量守恒定律求出小球反弹的速度，结合动能定理求出反弹的高度 【解析】 ： 解： （1）小球做圆周运动的过程根据动能定理有： ， 到达最低点时有： 代入数据可得：F=30

28、N ， （2）规定 A 的初速度方向为正方向，木块在木板上滑行的过程由动量守恒有：MAv1= （MA+MB）v 共 由系统能量守恒有： 代入数据可得：Q=1.5J （3）规定小球与A 碰撞前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，小球与木块碰撞过程 有： mv=MAv1mv 小球反弹后根据动能定理有： 代入数据可得：h=0.2m 答： （1）小球与物块 A 碰撞前瞬间轻绳上的拉力F 的大小为 30N； （2）A 在 B 上滑动过程中，A、B 组成的系统产生的内能Q 为 1.5J； （3）小球被反弹后上升的最大高度h 为 0.2m 【点评】 ： 本题考查了动量守恒定律、 能量守恒定律、 动能定理、

29、 牛顿第二定律的综合运用， 知道小球和 A 碰撞的瞬间，小球和A 组成的系统动量守恒，A 在 B 上运动的过程中，A、B 组成的系统动量守恒 13 （18 分） （2015和平区二模）如图，光滑平行的水平金属导轨MN、PQ 相距 l，在M 点 和 P 点间接一个阻值为 R 的电阻，在两导轨间OO1O1O矩形区域内有垂直导轨平面竖直向 下、宽为d 的匀强磁场，磁感强度为B，一质量为m，电阻为r 的导体棒 ab，垂直搁在导轨 上，与磁场左边界相距 d0，现用一大小为 F、水平向右的恒力拉 ab 棒，使它由静止开始运 动，进入磁场后开始做减速运动，在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保

30、 持良好的接触，导轨电阻不计） 求： （1）导体棒 ab 在离开磁场右边界时的速度 （2）棒 ab 在刚进入磁场时加速度的大小 （3）棒 ab 通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能 （4）定性画出导体棒 ab 从开始运动到离开磁场过程的vt 图象 【考点】 ： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 【专题】 ： 电磁感应功能问题 【分析】 ： （1）棒 ab 在离开磁场做匀速直线运动， 重力与安培力平衡，由 E=BLv、I=、 F=BIL 推导出安培力，由平衡条件求出棒ab 离开磁场的下边界时的速度大小 （2） 推导安培力的表达式得到速度达到v1时的安培力大小， 根据牛顿第二定

31、律求出加速度 （3） 棒 ab 从静止释放到刚出磁场的过程， 根据能量守恒定律求解在通过磁场区的过程中回 路产生的焦耳热，由焦耳定律求解棒ab 在通过磁场区的过程中产生的焦耳热 （4）定性分析导体的运动情况，则可得出对应的图象 【解析】 ： 解： （1）设棒 ab 离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势 为：E=BLv 电路中的电流 I= 对棒 ab，由平衡条件得：FBIL=0 联立解得： （2）设棒 ab 进入磁场区域匀速运动前速度达到v1时的加速度大小为 a，则： 产生的感应电动势为：E1=BLv1 电路中的电流 则由牛顿第二定律可得：FBIL=ma 联立解得： （3）设整

32、个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得： 由能量守恒定律 可得 （4）开始时导体棒做匀加速直线运动，进行磁场后做加速度减小的加速运动； 图象如图所示； 答： （1）棒 ab 离开磁场的下边界时的速度大小是 （2）棒 ab 进入磁场区域匀速运动前速度达到v1时的加速度大小是 （3）棒 ab 在通过磁场区的过程中产生的焦耳热是F（d0+d） （4）画出的图象如图所示 【点评】 ： 本题是电磁感应与力学知识的综合，关键由E=BLv、I=、F=BIL 推导出安培 力；再结合所学物理规律进行分析求解即可 14 （20 分） （2015和平区二模）将一金属或半导体薄片垂直置于磁场中，并沿垂直磁场方 向通入电流， 则在导体中垂直于电流和磁场方向会产生一个电势差， 这一现象称为霍尔效