解法の指針

問1 は直方体試料を流れる電流のミクロな描像（電流 ＝ 電荷 × 数密度 × 断面積 × 平均速度）とホール効果を扱う。問2 は RL 回路の過渡応答・相互誘導・変圧器（理想変圧器）、そして変圧器を 2 段つないだ送電モデルでの損失を扱う。

問題の構成（座標は z 軸が上向き、y 軸が右向き、x 軸が手前向き）

• 問1 (1)〜(3)：底面 $a\times b$・高さ $h$ の直方体（面 ADHE と面 BCGF の間に電源 $V$）。電場、電流、抵抗率 $\rho$ を求める
• 問1 (4)(あ)(5)：$y$ 方向の磁場 $B$ をかけ、ローレンツ力・帯電する面・ホール電圧 $V'$ からの数密度測定
• 問2 (い)(6)：RL 直列回路のスイッチ ON 後の電流変化、相互インダクタンス $M$ による誘導電流
• 問2 (7)〜(9)：理想変圧器のコイル1 電流、変圧器 2 段送電での抵抗 $r$ の損失電力と供給電力

問1 (1)：z 軸負の向きの電場の大きさ $E$

立式：一様な電場の中では、電位差 $V$ と電場 $E$、距離 $d$ の間に $V = E\,d$ が成り立つ。面 ADHE と面 BCGF は高さ $h$ だけ離れているので、$d = h$。

$$V = E \cdot h$$

結果：$E$ について解くと、

$$E = \dfrac{V}{h}$$

補足：なぜ「z 軸負の向き」なのか

面 ADHE（上面）を高電位側につなぐと、電位は上から下へ下がる。電場は高電位から低電位を向くので、上面（高 $z$）から下面（低 $z$）に向かう、すなわち $-z$ 向きになる。電場の大きさは向きによらず $V/h$。

問1 (2)：試料を流れる電流 $I$（平均速度 $v$ で表す）

立式：電流に垂直な断面の面積は底面 $a\times b$。1 秒間に断面を通過する電子は、断面積 $ab$ に長さ $v$（1 秒間に進む距離）を掛けた体積中に存在する電子で、その個数は

$$\text{通過電子数}/\text{秒} = n \cdot (a b) \cdot v$$

1 個の電子の電気量の大きさは $e$ なので、1 秒あたりに通過する電気量、すなわち電流 $I$ は、

$$I = e \cdot n \cdot a b \cdot v = n e a b\, v$$

補足：典型的な数値（電子はとても遅い）

銅 ($n \fallingdotseq 8.5\times10^{28}$ /m³)、$I = 1.0$ A、断面積 $ab = 1.0\,\text{mm}^2 = 1.0\times10^{-6}$ m² として $v$ を求めると、

$$v = \dfrac{I}{n e a b} = \dfrac{1.0}{8.5\times10^{28}\times1.6\times10^{-19}\times1.0\times10^{-6}} \fallingdotseq 7.4\times10^{-5}\ \text{m/s}$$

わずか毎秒 0.074 mm！ 電子はゆっくり動くが、電場の伝わりは光速近いので電流は瞬時に流れる。

問1 (3)：抵抗率 $\rho$（$n$ との関係）

力のつり合い：電子は静電気力 $eE$ と抵抗力 $kv$ がつり合って一定速度になる。

$$e E = k v \quad\Rightarrow\quad e\cdot\dfrac{V}{h} = k v$$

これより電圧 $V$ は、$V = \dfrac{k v h}{e}$。

抵抗の定義から：オームの法則 $V = I R$ と、直方体の抵抗 $R = \dfrac{\rho h}{a b}$（長さ $h$、断面積 $ab$）を用いる。(2) の $I = n e a b\, v$ も代入すると、

$$V = I R = (n e a b\, v)\cdot\dfrac{\rho h}{a b} = n e\,\rho\, h\, v$$

2 つの $V$ を等置：

$$\dfrac{k v h}{e} = n e \rho h v$$

両辺の $v h$ を消去して $\rho$ について解くと、

$$\dfrac{k}{e} = n e \rho \quad\Rightarrow\quad \rho = \dfrac{k}{n e^2}$$

補足：抵抗率が形状によらないことの確認

$\rho = k/(n e^2)$ には $a,b,h$ が含まれない。これは正しい。抵抗率は材料固有の量で、試料の形（長さ・断面積）には依存しないはずだからだ。形に依存するのは抵抗 $R=\rho h/(ab)$ のほう。数密度 $n$ が大きい（電子が多い）ほど、また衝突の抵抗係数 $k$ が小さいほど、$\rho$ は小さくなる（電気を通しやすい）。

問1 (4)：磁場をかけた瞬間のローレンツ力の大きさ $F$

立式：磁場中を速度 $v$ で運動する電荷が受けるローレンツ力の大きさは、$F = |q|\,v\,B\sin\theta$。ここで電子の速度（$+z$）と磁場（$+y$）は直交（$\theta=90°$）し、電気量の大きさは $e$ だから、

$$F = e\, v\, B\,\sin 90^\circ = e v B$$

補足：$v$ に (2) の結果を代入すると

(2) の $v = \dfrac{I}{n e a b}$ を代入すれば、電流で表したローレンツ力も書ける：

$$F = e\cdot\dfrac{I}{n e a b}\cdot B = \dfrac{I B}{n a b}$$

これは「電流が同じなら、電子が少ない（$n$ 小）ほど 1 個あたりの力が大きい」ことを示す。

問1 (あ)：磁場印加直後に負に帯電する面

向きの整理（座標：$z$ 上・$y$ 右・$x$ 手前）：電場は $-z$ 向きなので、電流（正電荷の流れ）は $-z$ 向き。電子は電気量が負なので、電子の速度は逆の $+z$ 向き、$\vec v = +v\hat z$。磁場は $\vec B = +B\hat y$。

ローレンツ力（電子）：$\vec F = (-e)\,\vec v\times\vec B = (-e)(v\hat z)\times(B\hat y) = -evB\,(\hat z\times\hat y)$。ベクトル積は $\hat z\times\hat y = -\hat x$ なので、

$$\vec F = -evB\,(-\hat x) = +evB\,\hat x$$

力は $+x$ 向き（手前）。よって電子は $+x$ 側の面に集まる。図 1 で $+x$ 側（手前）の面は面 ABCD。電子が集まるので、ここが負に帯電する。

補足：向かいあう面（EFGH）は正に帯電する

電子が前面 ABCD に偏ると、反対の後面 EFGH では電子が不足して正に帯電する。2 面間に電場（ホール電場）ができ、やがてこの電場による静電気力がローレンツ力を打ち消すまで電荷の蓄積が続く。これがつり合った状態が次の (5)。

問1 (5)：ホール電圧 $V'$ から自由電子の数密度 $n$

つり合い：電子が前面に偏ってできたホール電場 $E'$ による静電気力 $eE'$ が、ローレンツ力 $evB$ とつり合うと、電子は元の運動状態（まっすぐ）に戻る。

$$e E' = e v B \quad\Rightarrow\quad E' = v B$$

ホール電圧：面 ABCD と面 EFGH の間（磁場 $y$ 方向の厚み $a$）の電位差を $V'$ とすると、一様電場なので、

$$V' = E' \cdot a = v B a$$

$v$ を電流で表す：(2) の $v = \dfrac{I}{n e a b}$ を代入する。

$$V' = \dfrac{I}{n e a b}\cdot B \cdot a = \dfrac{I B}{n e b}\cdot\dfrac{a}{a}\ \Rightarrow\ V' = \dfrac{I B}{n e\, a}\cdot\dfrac{a^2}{ab}$$

整理すると（厚み $a$ と断面の $a$ が約分されて分母に $a$ が残る）、

$$V' = \dfrac{I B}{n e\, a}$$

$n$ について解く：

$$n = \dfrac{I B}{e\, a\, V'}$$

補足：式に残る長さは「磁場方向の厚み」

$V' = vBa$ と $v=I/(neab)$ を素直に掛けると、$V'=\dfrac{IBa}{neab}=\dfrac{IB}{neb}$ に見えるが、ここで $a$ は2 面間の距離（磁場 $y$ 方向の厚み）、$b$ は別方向の幅。ホール電圧の標準公式 $V_H = \dfrac{IB}{net}$（$t$＝磁場方向の試料厚さ）に対応させると、磁場 $B$ は $y$ 方向、$y$ 方向の厚みが $a$。よって $t=a$ で $V'=\dfrac{IB}{nea}$、$n=\dfrac{IB}{eaV'}$ となる。電流方向($z$)・電場方向($x$)・磁場方向($y$)の 3 軸を取り違えないことが鍵。

補足：ホール効果の数値例

$I = 1.0$ A、$B = 0.10$ T、$V' = 1.0\times10^{-8}$ V、$a = 1.0\times10^{-3}$ m のとき、

$$n = \dfrac{1.0\times0.10}{1.6\times10^{-19}\times1.0\times10^{-3}\times1.0\times10^{-8}} \fallingdotseq 6.3\times10^{28}\ \text{/m}^3$$

金属の自由電子密度（$\sim10^{28}$〜$10^{29}$ /m³）の桁に一致する。ホール効果はキャリアの符号・濃度を測る基本手法。

問2 (い)：スイッチを閉じた後のコイル1 の電流変化

回路方程式：コイル（自己インダクタンス $L$）・抵抗 $R$・電源 $E$ の直列回路で、キルヒホッフの電圧則より、

$$E = L\dfrac{dI}{dt} + R I$$

初期条件 $I(0)=0$ のもとで解くと（解の形だけ覚えればよい）、

$$I(t) = \dfrac{E}{R}\left(1 - e^{-t/\tau}\right), \qquad \tau = \dfrac{L}{R}$$

$t=0$ では $I=0$、時間とともに傾きがだんだん緩やかになりながら増加し、最終的に $E/R$ に飽和する。直線増加（ア）でも、減衰（オ）でも、振動（イ）でもない。

補足：コイルが「電流変化を嫌う」しくみ

電流が増えようとすると、コイルはそれを妨げる向きに自己誘導起電力 $-L\dfrac{dI}{dt}$ を発生する（レンツの法則）。スイッチ ON 直後は $\dfrac{dI}{dt}$ が大きく逆起電力も大きいので電流は急に増えない。時間が経ち $\dfrac{dI}{dt}$ が小さくなると逆起電力も小さくなり、電流は抵抗で決まる $E/R$ に達する。

問2 (6)：相互誘導でコイル2 に流れる電流

立式：コイル1 の電流変化により、相互インダクタンス $M$ を通じてコイル2 に誘導起電力 $V_2$ が生じる。

$$V_2 = M\dfrac{dI_1}{dt}$$

数値代入：$M = 0.05$ H、$\dfrac{dI_1}{dt} = 100$ A/s より、

$$V_2 = 0.05 \times 100 = 5\ \text{V}$$

コイル2 の電流：コイル2 の両端には $10$ Ω の抵抗だけがつながっているので、オームの法則より、

$$I_2 = \dfrac{V_2}{R} = \dfrac{5}{10} = 0.5\ \text{A}$$

補足：起電力 $5$ V で止めない

$V_2 = M\dfrac{dI_1}{dt} = 5$ V は「誘導起電力」であって「電流」ではない。問われているのはコイル2 に流れる電流なので、抵抗 $10$ Ω で割る必要がある。$5$ V のまま答えると誤り。誘導起電力 → 電流の 1 ステップを忘れないこと。

問2 (7)：変圧器のコイル1（一次側）に流れる電流 $I_1$

二次側の電圧：理想変圧器では電圧比＝巻数比なので、コイル2（二次側）の電圧 $V_2$ は、

$$V_2 = V\cdot\dfrac{N_2}{N_1}$$

二次側の電流：コイル2 には抵抗 $R$ がつながっているので、オームの法則より、

$$I_2 = \dfrac{V_2}{R} = \dfrac{V}{R}\cdot\dfrac{N_2}{N_1}$$

一次側の電流：電流比は巻数の逆比 $\dfrac{I_1}{I_2} = \dfrac{N_2}{N_1}$（電力保存 $V I_1 = V_2 I_2$ から導ける）なので、$I_1 = I_2\cdot\dfrac{N_2}{N_1}$。代入して、

$$I_1 = \dfrac{V}{R}\cdot\dfrac{N_2}{N_1}\cdot\dfrac{N_2}{N_1} = \dfrac{V}{R}\left(\dfrac{N_2}{N_1}\right)^2$$

補足：電流比が「逆比」になる理由（電力保存）

理想変圧器ではエネルギーが失われないので、一次側に供給する電力＝二次側に渡す電力：

$$V I_1 = V_2 I_2 = \left(V\dfrac{N_2}{N_1}\right) I_2$$

両辺を $V$ で割ると $I_1 = \dfrac{N_2}{N_1} I_2$。すなわち電圧が大きくなる側（巻数が多い側）は電流が小さくなる。「電圧を上げれば電流は下がる」が送電で損失を減らす原理。

補足：一次側から見た等価抵抗（インピーダンス変換）

一次側から見た抵抗は $\dfrac{V}{I_1} = \dfrac{V}{(V/R)(N_2/N_1)^2} = R\left(\dfrac{N_1}{N_2}\right)^2$。巻数比の 2 乗で抵抗を変換できる。これがオーディオの出力トランスなどで「インピーダンス整合」に使われる。

問2 (8)(9)：2 段変圧器による送電損失と供給電力

送電線（$r$）を流れる電流：変圧器1 のコイル1（一次側、巻数 $N_1$）に電流 $I$ が流れている。コイル2（二次側、巻数 $N_2$）に流れる電流を $I_{\text{送}}$ とすると、理想変圧器のアンペアターンの保存（電流比＝逆巻数比）より、

$$N_1 I = N_2 I_{\text{送}} \quad\Rightarrow\quad I_{\text{送}} = \dfrac{N_1}{N_2}\,I$$

変圧器1 のコイル2 と変圧器2 のコイル2 は抵抗 $r$ を介して直列に接続されているので、$r$ を流れる電流はこの $I_{\text{送}}$ に等しい。

(8) 損失電力：抵抗 $r$ でのジュール熱による損失電力は $P_r = I_{\text{送}}^2 r$。$I_{\text{送}} = \dfrac{N_1}{N_2}I$ を代入して、

$$P_r = \left(\dfrac{N_1}{N_2}\,I\right)^2 r = \left(\dfrac{N_1}{N_2}\right)^2 I^2 r$$

(9) 供給電力：交流電源は変圧器1 のコイル1（電圧の実効値 $V$、電流の実効値 $I$）に接続されている。電圧と電流が同位相であれば（理想変圧器・抵抗負荷）、電源が供給する電力は、

$$P = V I$$

補足：なぜ $N_2\gg N_1$ で損失割合が下がるのか

損失の割合は、

$$\dfrac{P_r}{P} = \dfrac{(N_1/N_2)^2 I^2 r}{V I} = \dfrac{r I}{V}\left(\dfrac{N_1}{N_2}\right)^2$$

$N_2$ を $N_1$ より十分大きくすると $\left(\dfrac{N_1}{N_2}\right)^2$ が小さくなり、$P_r/P$ が低減する。これは実際の送電で「電圧を高くして電流を小さくし、送電線でのジュール損失を減らす」高圧送電の原理そのもの。$P_r = I_{\text{送}}^2 r$ なので、同じ電力を送るなら電流 $I_{\text{送}}$ を小さくするほど損失は劇的に減る（2 乗で効く）。