第39章電流と荷電粒子にはたらく磁気力 — ローレンツ力とホール効果

例題39.1　アンペール力の大きさ

磁束密度 $B=0.25\ \mathrm T$ の一様な磁場の中に，長さ $\ell=0.80\ \mathrm m$ の直線導線を置き，電流 $I=4.0\ \mathrm A$ を流す．(a) 導線が磁場に垂直なとき，(b) 導線と磁場のなす角が $30^\circ$ のとき，それぞれアンペール力の大きさを求めよ．

解答　式 \eqref{eq:39-ampere-mag} $|\bm F|=I\ell B\sin\theta$ を使う．

(a) $\theta=90^\circ$（垂直）のとき，$\sin90^\circ=1$ だから，

$$ |\bm F|=I\ell B=4.0\ \mathrm A\times0.80\ \mathrm m\times0.25\ \mathrm T=0.80\ \mathrm N $$

（単位の確認：$\mathrm{A\cdot m\cdot T}=\mathrm{A\cdot m\cdot(kg/(A\,s^2))}=\mathrm{kg\,m/s^2}=\mathrm N$ で正しい）．

(b) $\theta=30^\circ$ のとき，$\sin30^\circ=0.50$ だから，

$$ |\bm F|=I\ell B\sin30^\circ=4.0\times0.80\times0.25\times0.50\ \mathrm N=0.40\ \mathrm N $$

となり，(a) の半分になる．角度が浅くなるほど，磁場が導線を「横切る」成分が減り，力が小さくなることが確認できる．

例題39.2　半円形の導線にはたらく力

半径 $R=0.10\ \mathrm m$ の半円形に曲げた導線を，磁束密度 $B=0.20\ \mathrm T$ の一様な磁場に垂直な平面内に置き，電流 $I=5.0\ \mathrm A$ を流す．導線全体にはたらく力の大きさと向きを求めよ．

解答　座標を，導線のある平面を $xy$ 平面，磁場を紙面手前向き（$+z$ 向き，$\bm B=B\bm e_z$）にとる．導線は原点中心の半径 $R$ の上半円で，電流は点 $(R,0)$ から反時計回りに $(-R,0)$ へ流れるとする．導線上の点は角 $\phi$（$0\le\phi\le\pi$）を使って $\bm r(\phi)=R(\cos\phi,\ \sin\phi,\ 0)$ と表せ，$\phi$ が $\dd\phi$ だけ増えるときの微小部分は，$\bm r$ を $\phi$ で微分して，

$$ \dd\bm\ell=R(-\sin\phi,\ \cos\phi,\ 0)\,\dd\phi $$

である．外積の成分計算 $(a,b,0)\times(0,0,B)=(bB,\ -aB,\ 0)$（大学数学 第15章 15.4）を $a=-R\sin\phi,\ b=R\cos\phi$ に使うと，この部分にはたらく力は，

$$ \dd\bm F=I\,\dd\bm\ell\times\bm B=IRB\,(\cos\phi,\ \sin\phi,\ 0)\,\dd\phi $$

で，半円の中心から外向き（半径方向）を向く．導線全体では，これを $\phi=0$ から $\pi$ まで足し合わせて，

$$ \bm F=IRB\left(\int_0^\pi\cos\phi\,\dd\phi,\ \int_0^\pi\sin\phi\,\dd\phi,\ 0\right)=IRB\,(0,\ 2,\ 0)=2IRB\,\bm e_y $$

となる．力の大きさは $F=2IRB=2\times5.0\ \mathrm A\times0.10\ \mathrm m\times0.20\ \mathrm T=0.20\ \mathrm N$，向きは $+y$ 向き（半円の頂点のほう）である．

確認：半円の両端を直線で結んだ導線（始点 $(R,0)$ から終点 $(-R,0)$ への長さ $2R$ の直線）に同じ電流を流すと，$\bm\ell=-2R\bm e_x$ だから，式 \eqref{eq:39-ampere-def} より $\bm F=I(-2R\bm e_x)\times B\bm e_z=2IRB\,\bm e_y$（$\bm e_x\times\bm e_z=-\bm e_y$）となり，半円の場合とまったく同じ力になる．一様な磁場のなかでは，曲がった導線にはたらく力は，始点と終点を結ぶ直線導線にはたらく力に等しい．

例題39.3　平行な送電線にはたらく力とアンペアの旧定義

間隔 $a=0.10\ \mathrm m$ で平行に張られた2本の直線導線に，同じ向きにそれぞれ $I_1=I_2=15\ \mathrm A$ の電流を流す．(a) 導線の長さ1 mあたりにはたらく力の大きさと向きを求めよ．(b) 電流の向きを逆にすると，力はどうなるか．(c) アンペアの旧定義（$I_1=I_2=1\ \mathrm A,\ a=1\ \mathrm m$）のとき，長さ1 mあたりの力が $2\times10^{-7}\ \mathrm N$ になることを，式 \eqref{eq:39-parallel-force} から確かめよ．

解答　(a) 式 \eqref{eq:39-parallel-force} より，長さ $\ell=1.0\ \mathrm m$ あたりの力は，

$$ \frac{F}{\ell}=\frac{\mu_0I_1I_2}{2\pi a}=\frac{1.256\,637\times10^{-6}\times15\times15}{2\pi\times0.10}\ \mathrm{N/m} $$

ここで $\mu_0/(2\pi)\approx2.0\times10^{-7}\ \mathrm{N/A^2}$ であることを使うと，計算しやすい：

$$ \frac{F}{\ell}\approx2.0\times10^{-7}\times\frac{15\times15}{0.10}\ \mathrm{N/m}=2.0\times10^{-7}\times2250\ \mathrm{N/m}\approx4.5\times10^{-4}\ \mathrm{N/m} $$

電流の向きが同じなので，力は引力である．長さ1 mあたり約 $0.45\ \mathrm{mN}$ とごく小さい力であり，これが，かつてアンペアを高精度に実現するための実験（電流天秤）が精密な装置を必要とした理由でもある．

(b) 電流を逆向きにしても，力の大きさは式 \eqref{eq:39-parallel-force} のとおり変わらず $4.5\times10^{-4}\ \mathrm{N/m}$ で，向きだけが反転して斥力になる（2本は遠ざかる向きに力を受ける）．

(c) 旧定義の値 $\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \mathrm{N/A^2}$ を代入すると，

$$ \frac{F}{\ell}=\frac{4\pi\times10^{-7}\times1\times1}{2\pi\times1}\ \mathrm{N/m}=2\times10^{-7}\ \mathrm{N/m} $$

となり，たしかに旧定義の数値と一致する．現在の測定値 $\mu_0=1.256\,637\,062\,12\times10^{-6}\ \mathrm{N/A^2}$ を使っても $2.000\,000\,001\times10^{-7}\ \mathrm{N/m}$ で，有効数字9桁まで $2\times10^{-7}\ \mathrm{N/m}$ のままである．

例題39.4　磁力線の描像で引力・斥力を説明する

39.2節の2つの場合（電流が同方向・逆方向の2本の平行導線）について，磁力線の重なりの描像（図39.5と同じ考え方）を使って，力が引力になるか斥力になるかを定性的に説明せよ．

解答　導線に沿って見た断面図（図39.3，図39.4の(b)）で考える．各導線のつくる磁場は導線を中心とする同心円状で，右ネジの法則により，紙面手前向きの電流のまわりでは反時計回り，紙面奥向きの電流のまわりでは時計回りに巡る．

(i) 同方向（どちらも手前向き）の場合．2本の間では，導線1の磁場は上向き，導線2の磁場は下向きで，互いに逆向きだから弱め合う．外側では，導線1の左側でも導線2の右側でも2本の磁場が同じ向き（左側では下向き，右側では上向き）で強め合う．磁力線は強い側（外側）から弱い側（間）へ導線を押すので，2本は近づく向きに力を受ける——引力である．

(ii) 逆方向（導線1は手前向き，導線2は奥向き）の場合．2本の間では，導線1の磁場も導線2の磁場も上向きで強め合い，外側では逆向きで弱め合う．配置が(i)の場合とちょうど逆転するので，強い側（間）から弱い側（外側）へ押され，2本は遠ざかる向きに力を受ける——斥力である．

これらは，外積の計算から得た「同方向なら引力，逆方向なら斥力」という結論（39.2節）と一致する．

例題39.5　陽子にはたらくローレンツ力

磁束密度 $B=0.50\ \mathrm T$ の一様な磁場に垂直に，速さ $v=2.0\times10^{6}\ \mathrm{m/s}$ で陽子（電荷 $q=+e=1.602\times10^{-19}\ \mathrm C$，質量 $m_{\mathrm p}=1.673\times10^{-27}\ \mathrm{kg}$）が入射した．陽子にはたらくローレンツ力の大きさと，その瞬間の加速度の大きさを求めよ．

解答　$\bm v\perp\bm B$（$\theta=90^\circ$）なので，式 \eqref{eq:39-lorentz-mag} より，

$$ F=qvB=1.602\times10^{-19}\ \mathrm C\times2.0\times10^{6}\ \mathrm{m/s}\times0.50\ \mathrm T\approx1.6\times10^{-13}\ \mathrm N $$

ニュートンの運動方程式 $F=m_{\mathrm p}a$ より，加速度は，

$$ a=\frac{F}{m_{\mathrm p}}=\frac{1.602\times10^{-13}\ \mathrm N}{1.673\times10^{-27}\ \mathrm{kg}}\approx9.6\times10^{13}\ \mathrm{m/s^2} $$

力そのものは $10^{-13}\ \mathrm N$ 程度ときわめて小さいが，陽子の質量も同程度に小さいため，加速度は地球の重力加速度 $g=9.8\ \mathrm{m/s^2}$ の実に $10^{13}$ 倍近くという桁外れに大きな値になる——これが，荷電粒子が磁場中で急激に向きを変えられる理由である．

例題39.6　銅導線の中の自由電子——ミクロとマクロのつながりを数値で見る

直径 $1.0\ \mathrm{mm}$（半径 $r=5.0\times10^{-4}\ \mathrm m$）の銅導線に，電流 $I=10\ \mathrm A$ を流す．銅の自由電子密度を $n=8.5\times10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}$ とする．(a) 自由電子の平均速度（ドリフト速度）$v_{\mathrm d}$ を求めよ．(b) この導線が磁束密度 $B=0.20\ \mathrm T$ の一様な磁場に垂直に置かれ，長さ $1.0\ \mathrm m$ の部分にはたらくアンペール力を，(i) 式 \eqref{eq:39-ampere-mag} から直接計算する方法と，(ii) その長さに含まれる自由電子1個あたりのローレンツ力を求めて，電子の総数をかけて合計する方法の，2通りで求め，一致することを確認せよ．

解答　(a) 導線の断面積は $S=\pi r^2=\pi\times(5.0\times10^{-4}\ \mathrm m)^2\approx7.85\times10^{-7}\ \mathrm{m^2}$．電流の定義 $I=env_{\mathrm d}S$（第37章 37.1）を $v_{\mathrm d}$ について解くと，

$$ v_{\mathrm d}=\frac{I}{enS}=\frac{10\ \mathrm A}{1.602\times10^{-19}\ \mathrm C\times8.5\times10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}\times7.85\times10^{-7}\ \mathrm{m^2}}\approx9.3\times10^{-4}\ \mathrm{m/s} $$

となる．これは，1秒間にわずか1 mmにも満たない距離である——電気信号がほぼ光速で伝わるのに対し，電子自身の平均移動速度（ドリフト速度）はこれほど遅い，というのは電磁気学の有名な事実である（信号が速く伝わるのは，導線中のすべての電子がほぼ同時に動き始めるためであり，個々の電子が高速で移動して届けているわけではない）．

(b)(i) 式 \eqref{eq:39-ampere-mag} より（$\theta=90^\circ$），

$$ F=\ell IB=1.0\ \mathrm m\times10\ \mathrm A\times0.20\ \mathrm T=2.0\ \mathrm N $$

(ii) 長さ $\ell=1.0\ \mathrm m$ に含まれる自由電子の個数は $N=nS\ell=8.5\times10^{28}\times7.85\times10^{-7}\times1.0\approx6.68\times10^{22}$ 個．電子1個が受けるローレンツ力の大きさは，式 \eqref{eq:39-lorentz-mag}（$\theta=90^\circ$）より $f=ev_{\mathrm d}B=1.602\times10^{-19}\times9.3\times10^{-4}\times0.20\approx3.0\times10^{-23}\ \mathrm N$．したがって合力は，

$$ F=Nf\approx6.68\times10^{22}\times3.0\times10^{-23}\ \mathrm N\approx2.0\ \mathrm N $$

となり，(i)の計算と一致する．電子1個あたりの力はきわめて小さいが，$10^{22}$ 個という膨大な数の電子が力を合わせることで，導線全体には目に見える大きさの力（2.0 N，約200 gの重さに相当）が生じる．

例題39.7　運動方程式から円運動の半径と周期を直接導く

質量 $m$，電荷 $q$ の粒子が，一様な磁場 $\bm B=B\bm e_z$ の中を，初速度 $\bm v(0)=(v_0,\,0,\,0)$（$v_0\gt0$）で運動する．ローレンツ力だけを受けるとして，運動方程式 $m\,\dd\bm v/\dd t=q\bm v\times\bm B$ を解き，半径と周期が式 \eqref{eq:39-circular} と一致すること，および回転の向きを確かめよ．また，$B=1.0\ \mathrm T$ の中の陽子のサイクロトロン振動数 $f_{\mathrm c}$ を求めよ．

解答　$\bm v=(v_x,v_y,v_z)$ と書くと，外積の成分計算（大学数学 第15章 15.4）より $\bm v\times\bm B=(v_yB,\ -v_xB,\ 0)$ である．時間微分を $\dot v_x=\dd v_x/\dd t$ のように書くと，運動方程式の各成分は，

$$ m\dot v_x=qB\,v_y,\qquad m\dot v_y=-qB\,v_x,\qquad m\dot v_z=0 $$

である．第3式より $v_z$ は一定で，初めが $0$ だから $v_z=0$ のまま，運動は $xy$ 平面内（磁場に垂直な平面）で起こる．$\omega_{\mathrm c}=qB/m$（符号は $q$ の符号で決まる）とおくと，

$$ \dot v_x=\omega_{\mathrm c}v_y,\qquad \dot v_y=-\omega_{\mathrm c}v_x $$

となる．2つの式をまとめて扱うために，複素数 $u=v_x+iv_y$ を考える（大学数学 第21章 21.4）．$u$ の時間微分は，

$$ \dot u=\dot v_x+i\dot v_y=\omega_{\mathrm c}v_y-i\omega_{\mathrm c}v_x=-i\omega_{\mathrm c}(v_x+iv_y)=-i\omega_{\mathrm c}\,u $$

である．この方程式の，初期条件 $u(0)=v_0$ を満たす解は $u(t)=v_0\,\exp(-i\omega_{\mathrm c}t)$ で（$\dd\,\exp(-i\omega_{\mathrm c}t)/\dd t=-i\omega_{\mathrm c}\exp(-i\omega_{\mathrm c}t)$ から確かめられる），オイラーの公式より，

$$ v_x=v_0\cos\omega_{\mathrm c}t,\qquad v_y=-v_0\sin\omega_{\mathrm c}t $$

となる．速さは $\sqrt{v_x^2+v_y^2}=v_0$ で一定である．位置 $z=x+iy$ は $\dot z=u$ を積分して（$1/(-i)=i$ を使う），

$$ z(t)=z(0)+\int_0^t v_0\exp(-i\omega_{\mathrm c}s)\,\dd s=z(0)+\frac{iv_0}{\omega_{\mathrm c}}\left(\exp(-i\omega_{\mathrm c}t)-1\right)=\Bigl[z(0)-\frac{iv_0}{\omega_{\mathrm c}}\Bigr]+\frac{iv_0}{\omega_{\mathrm c}}\,\exp(-i\omega_{\mathrm c}t) $$

と求まる．右辺の第1項は時間によらない点（中心）で，第2項は絶対値が一定で偏角が時間とともに変わる複素数である．すなわち，粒子は中心のまわりを半径

$$ r=\left|\frac{iv_0}{\omega_{\mathrm c}}\right|=\frac{mv_0}{\abs{q}B}, $$

周期 $T=2\pi/\abs{\omega_{\mathrm c}}=2\pi m/(\abs{q}B)$ で回る．これは，向心力の式から得た式 \eqref{eq:39-circular} と一致する．回転の向きは $\exp(-i\omega_{\mathrm c}t)$ の偏角 $-\omega_{\mathrm c}t$ で決まり，$q\gt0$（$\omega_{\mathrm c}\gt0$）なら偏角が減る，すなわち $+z$ の側（$\bm B$ の矢の先の側）から見て時計回り，$q\lt0$ なら反時計回りである．中心は粒子の初めの位置の $-y$ 側にあり，これは初めの力 $q\bm v\times\bm B=-qv_0B\,\bm e_y$（$q\gt0$ のとき）の向きと合っている．

数値：陽子（$q=e$，$m=m_{\mathrm p}$）では，$B=1.0\ \mathrm T$ のとき，

$$ \omega_{\mathrm c}=\frac{eB}{m_{\mathrm p}}=\frac{1.602\times10^{-19}\times1.0}{1.673\times10^{-27}}\ \mathrm{rad/s}\approx9.6\times10^{7}\ \mathrm{rad/s},\qquad f_{\mathrm c}=\frac{\omega_{\mathrm c}}{2\pi}\approx1.5\times10^{7}\ \mathrm{Hz}=15\ \mathrm{MHz} $$

である．

例題39.8　質量分析器の原理——円運動の半径からイオンの質量を求める

質量分析器では，未知のイオンを既知の速さで一様磁場に垂直に入射させ，描く円軌道の半径を測定することで，イオンの質量を決定できる．いま，1価の正イオン（電気量 $q=+e$）を速さ $v=1.0\times10^{5}\ \mathrm{m/s}$ で磁束密度 $B=0.50\ \mathrm T$ の磁場に垂直に入射させたところ，半径 $r=2.5\ \mathrm{cm}=2.5\times10^{-2}\ \mathrm m$ の円軌道を描いた．このイオンの質量を求め，原子質量単位 $u=1.6605\times10^{-27}\ \mathrm{kg}$ でも表せ．

解答　式 \eqref{eq:39-circular} の $r=mv/(qB)$ を，質量 $m$ について解くと，

$$ m=\frac{qBr}{v} $$

数値を代入すると，

$$ m=\frac{(1.602\times10^{-19}\ \mathrm C)\times(0.50\ \mathrm T)\times(2.5\times10^{-2}\ \mathrm m)}{1.0\times10^{5}\ \mathrm{m/s}}\approx2.00\times10^{-26}\ \mathrm{kg} $$

原子質量単位に直すと，

$$ \frac{m}{u}=\frac{2.00\times10^{-26}\ \mathrm{kg}}{1.6605\times10^{-27}\ \mathrm{kg}}\approx12.1 $$

となり，炭素原子（質量数12）1個ぶんに近い質量を持つイオンであることがわかる．このように，磁場中での円運動の半径を精密に測定するだけで，直接「秤」に載せることのできない原子・分子1個の質量を決定できる——これが質量分析器（マススペクトロメーター）の基本原理であり，同位体の存在比の測定や，未知の化合物の分子量の決定などに広く使われている．

例題39.9　地磁気中の陽子のらせん運動の半径

地磁気の磁束密度をおよそ $B=5.0\times10^{-5}\ \mathrm T$ とする．速さ $v=1.0\times10^{7}\ \mathrm{m/s}$（運動エネルギーは約 $0.52\ \mathrm{MeV}$．地球の放射線帯にいる陽子のエネルギーのオーダー）の陽子が，磁場と $\theta=45^\circ$ の角をなして地磁気に入射したとき，らせん運動の半径 $r$，周期 $T$，および1周あたりに磁場方向へ進む距離（ピッチ）$\ell_{\text{らせん}}$ を求めよ．

解答　式 \eqref{eq:39-helix} に，$m=m_{\mathrm p}=1.673\times10^{-27}\ \mathrm{kg}$，$q=e=1.602\times10^{-19}\ \mathrm C$ を代入する．

$$ r=\frac{m_{\mathrm p}v\sin45^\circ}{eB}=\frac{1.673\times10^{-27}\times1.0\times10^{7}\times0.7071}{1.602\times10^{-19}\times5.0\times10^{-5}}\ \mathrm m\approx1.5\times10^{3}\ \mathrm m\approx1.5\ \mathrm{km} $$ $$ T=\frac{2\pi m_{\mathrm p}}{eB}=\frac{2\pi\times1.673\times10^{-27}}{1.602\times10^{-19}\times5.0\times10^{-5}}\ \mathrm s\approx1.3\times10^{-3}\ \mathrm s $$ $$ \ell_{\text{らせん}}=\frac{2\pi m_{\mathrm p}v\cos45^\circ}{eB}\approx9.3\times10^{3}\ \mathrm m\approx9.3\ \mathrm{km} $$

らせんの半径は約1.5 km，1周にかかる時間は1ミリ秒程度と非常に短く，1周のあいだに磁力線に沿って約9.3 km進むことがわかる．地磁気の磁力線は地球規模の長さを持つので，陽子はこの細かいらせん運動を無数に繰り返しながら，磁力線に導かれて運ばれていく．

例題39.10　ホール電圧——金属と半導体の比較

厚さ $t=0.10\ \mathrm{mm}=1.0\times10^{-4}\ \mathrm m$ の薄板に，電流 $I=1.0\ \mathrm{mA}=1.0\times10^{-3}\ \mathrm A$ を流し，磁束密度 $B=0.50\ \mathrm T$ の磁場をかける．(a) 薄板が銅（$n=8.5\times10^{28}\ \mathrm{m^{-3}}$，キャリアは電子，$q=-e$）である場合と，(b) ある半導体（$n=1.0\times10^{21}\ \mathrm{m^{-3}}$）である場合とで，ホール電圧の大きさをそれぞれ求め，比較せよ．

解答　式 \eqref{eq:39-hall-voltage} $V_{\mathrm H}=IB/(nqt)$ を使う（大きさだけを比較するので $|q|=e$ とする）．

(a) 銅の場合，

$$ \abs{V_{\mathrm H}}=\frac{IB}{ne t}=\frac{1.0\times10^{-3}\times0.50}{8.5\times10^{28}\times1.602\times10^{-19}\times1.0\times10^{-4}}\ \mathrm V\approx3.7\times10^{-10}\ \mathrm V=0.37\ \mathrm{nV} $$

(b) 半導体の場合，

$$ \abs{V_{\mathrm H}}=\frac{IB}{ne t}=\frac{1.0\times10^{-3}\times0.50}{1.0\times10^{21}\times1.602\times10^{-19}\times1.0\times10^{-4}}\ \mathrm V\approx3.1\times10^{-2}\ \mathrm V=31\ \mathrm{mV} $$

同じ電流・磁場・厚さの条件で，半導体のホール電圧は銅の場合の約 $8.5\times10^{7}$ 倍，8桁近く大きい．これは，銅の自由電子密度が半導体のキャリア密度よりも約 $8.5\times10^{7}$ 倍大きく，式 \eqref{eq:39-hall-voltage} でホール電圧が $n$ に反比例するためである．銅の 0.37 nV は測定がきわめて難しいが，半導体の 31 mV は普通の電圧計で測れる．この結果は，前の応用ボックスで述べた「ホール素子には半導体が使われる」理由を，具体的な数値で裏づけている．

例題39.11　ホール電圧の符号からキャリアの種類と密度を求める

厚さ $t=0.50\ \mathrm{mm}$ の半導体の薄片に，電流 $I=2.0\ \mathrm{mA}$ を $+x$ 向きに流し，磁束密度 $B=0.30\ \mathrm T$ の磁場を $+z$ 向きにかけたところ，$-y$ 側の面の電位が $+y$ 側の面より $3.0\ \mathrm{mV}$ 高かった（$V_{\mathrm H}=+3.0\ \mathrm{mV}$）．(a) キャリアは電子か正孔か．p形かn形か．(b) キャリア密度 $n$ とホール係数 $R_{\mathrm H}$ を求めよ．(c) もし $V_{\mathrm H}=-3.0\ \mathrm{mV}$ だったら，(a) の答えはどう変わるか．

解答　(a) $V_{\mathrm H}\gt0$ は，$-y$ 面の電位が高い，すなわち $-y$ 面が正に帯電していることを表す．正孔でも電子でも，キャリアは $-y$ 側に押されて集まるから（39.8節の導出(1)），$-y$ 面に集まったキャリアの電荷は正である．よってキャリアは正孔で，この半導体はp形である（表39.1）．

(b) 正孔なので $q=+e$．式 \eqref{eq:39-hall-voltage} を $n$ について解いて，

$$ n=\frac{IB}{eV_{\mathrm H}t}=\frac{2.0\times10^{-3}\times0.30}{1.602\times10^{-19}\times3.0\times10^{-3}\times0.50\times10^{-3}}\ \mathrm{m^{-3}}=\frac{6.0\times10^{-4}}{2.403\times10^{-25}}\ \mathrm{m^{-3}}\approx2.5\times10^{21}\ \mathrm{m^{-3}} $$

ホール係数は，

$$ R_{\mathrm H}=\frac{1}{ne}=\frac{1}{2.5\times10^{21}\times1.602\times10^{-19}}\ \mathrm{m^3/C}\approx2.5\times10^{-3}\ \mathrm{m^3/C}\ (>0) $$

(c) $V_{\mathrm H}=-3.0\ \mathrm{mV}$ なら $-y$ 面が負に帯電しているので，キャリアは電子，つまりn形になる．このとき $R_{\mathrm H}=1/(nq)=-1/(ne)\lt0$ で，キャリア密度 $n$ の大きさは (b) と同じ $2.5\times10^{21}\ \mathrm{m^{-3}}$ である．

演習39.1　電子が磁場中で描く円運動

速さ $v=3.0\times10^{6}\ \mathrm{m/s}$ の電子が，磁束密度 $B=1.0\times10^{-3}\ \mathrm T$ の一様な磁場に垂直に入射した．電子が描く円運動の半径と周期を求めよ．

ヒント：式 \eqref{eq:39-circular} に電子の質量 $m_{\mathrm e}=9.109\times10^{-31}\ \mathrm{kg}$ と電気量の大きさ $e$ を代入する．

→ 解答

演習39.2　フレミングの左手の法則と外積の一致

高校物理で学んだ「フレミングの左手の法則」（親指・人差し指・中指をそれぞれ直交させ，中指を電流，人差し指を磁場の向きに合わせると，親指が力の向きを示す）は，本章の $\bm F=I\bm\ell\times\bm B$（右手を使った外積）と，向きに関して矛盾しないことを確かめよ．

ヒント：具体的に $\bm\ell$ を $x$ 軸の正の向き，$\bm B$ を $y$ 軸の正の向きにとり，外積の成分計算（大学数学 第15章 15.4）で $\bm F$ の向きを求めてから，フレミングの左手則で同じ配置を実際に指で作って向きを確認する．

→ 解答

演習39.3　$\bm E\times\bm B$ ドリフト運動（発展）

一様な電場 $\bm E$ と一様な磁場 $\bm B$ が互いに垂直にかかっている領域に，荷電粒子が入射すると，粒子は円運動をしながら，全体として $\bm E\times\bm B$ の向きに一定の速度で移動していく（$\bm E\times\bm B$ ドリフトという）．電場だけがあるときは荷電粒子が電場の向きに加速され続けるのに対し，磁場も同時にあるとなぜ「加速され続ける」のではなく「一定の速度で流れていく」ことになるのか，本章で学んだローレンツ力の性質（速度に依存する力であること）を使って定性的に説明せよ．

ヒント：電場と磁場があるときの運動方程式は $m\,\dd\bm v/\dd t=q(\bm E+\bm v\times\bm B)$ である．粒子がドリフト速度 $\bm v_{\mathrm d}=\bm E\times\bm B/B^2$ で流れているとき，その速度に対するローレンツ力 $q\bm v_{\mathrm d}\times\bm B$ と電場による力 $q\bm E$ がどうなっているかを考える．

→ 解答

演習39.4　磁気ミラー（発展）

地磁気は，赤道付近では弱く，両極に近づくほど強くなる．39.7節で学んだらせん運動をする荷電粒子が，磁場が次第に強くなる領域（例えば極に近い領域）に進んでいくと，やがて進行方向を反転させて追い返される（磁気ミラー効果）ことが知られている．ローレンツ力が仕事をしないこと（速さ一定）と，磁場が強くなるとサイクロトロン運動の半径が小さくなること（式 \eqref{eq:39-circular}）を手がかりに，磁場に平行な速度成分 $v\cos\theta$ が磁場の強い領域に近づくにつれてどう変化していくと考えられるか，定性的に説明せよ．

ヒント：速さ $v=\sqrt{v_\perp^2+v_\parallel^2}$（$v_\perp=v\sin\theta$，$v_\parallel=v\cos\theta$）は保存される．一方，らせんの円運動が囲む磁束 $\Phi=\pi r^2B$（$r=mv_\perp/(qB)$）は，磁場がゆっくり変化するときほぼ一定に保たれる（断熱不変量．ここでは事実として認めてよい）．これから $v_\perp^2/B$ が一定になることを示し，速さ一定の制約から $v_\parallel$ が磁場の強い領域に近づくにつれてどうなるかを考える．

→ 解答

演習39.5　ホール効果による半導体のキャリア密度測定

厚さ $t=0.50\ \mathrm{mm}$ のn形半導体の薄片に，電流 $I=2.0\ \mathrm{mA}$ を流し，磁束密度 $B=0.80\ \mathrm T$ の磁場をかけたところ，ホール電圧 $V_{\mathrm H}=1.0\ \mathrm{mV}$ が測定された．この半導体のキャリア（電子）密度 $n$ を求めよ．

ヒント：式 \eqref{eq:39-hall-voltage}を $n$ について解く．

→ 解答

演習39.6　ローレンツ力とアンペール力は「同じもの」か——自分の言葉で説明する

39.5節では，アンペール力が自由電子1個ずつのローレンツ力の総和であることを数式で確認した．この結果を，「ミクロな法則とマクロな法則の関係」という観点から，自分の言葉で200字程度にまとめよ．

ヒント：個々の電子にはたらく力はきわめて小さいが，膨大な数の電子の効果が積み重なって，導線という目に見える物体にはたらく力になる，という点に触れるとよい．

→ 解答

演習39.7　ホール電圧の符号からキャリアを判定する

厚さ $t=0.20\ \mathrm{mm}$ の半導体の薄片に，電流 $I=5.0\ \mathrm{mA}$ を $+x$ 向きに流し，磁束密度 $B=0.10\ \mathrm T$ の磁場を $+z$ 向きにかけて，ホール電圧（$-y$ 面の電位から $+y$ 面の電位を引いた値）を測ったところ $V_{\mathrm H}=-25\ \mathrm{mV}$ であった．(a) キャリアは電子か正孔か，p形かn形かを，理由をつけて答えよ．(b) キャリア密度 $n$ とホール係数 $R_{\mathrm H}$（符号つき）を求めよ．

ヒント：表39.1を使う．$-y$ 面がどちらの符号に帯電しているかを，$V_{\mathrm H}$ の符号から読み取る．

→ 解答

演習39.8　アンペアの旧定義と現在の $\mu_0$

(a) アンペアの旧定義（$I_1=I_2=1\ \mathrm A,\ a=1\ \mathrm m$ で長さ1 mあたり $2\times10^{-7}\ \mathrm N$）と式 \eqref{eq:39-parallel-force} から，$\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \mathrm{N/A^2}$ が導かれることを示せ．(b) 現在の測定値 $\mu_0=1.256\,637\,062\,12\times10^{-6}\ \mathrm{N/A^2}$ と (a) の値の相対的なずれ $(\mu_0-4\pi\times10^{-7})/(4\pi\times10^{-7})$ を有効数字2桁で求めよ．(c) 現在の $\mu_0$ を使うと，$I_1=I_2=1\ \mathrm A,\ a=1\ \mathrm m$ の2本の導線の長さ1 mあたりの力は，$2\times10^{-7}\ \mathrm N$ からどれだけずれるか（相対的なずれ）．

ヒント：(a) 式 \eqref{eq:39-parallel-force} を $\mu_0$ について解く．(c) $F\propto\mu_0$ である．

→ 解答