При движении носителей заряда со скоростью $v=\gamma E$ через сечение $S$ за время $\Delta t$ проходят носители, находившиеся в объеме $\Delta V=S\cdot v\Delta t$. Значит, их общий заряд равен $\Delta q=en\Delta V=S\Delta t\cdot env$, так что величина плотности тока $j=\frac{\Delta q}{S\Delta t}env=en\gamma \cdot E\equiv \frac{1}{\rho }E$. Таким образом, $\rho =\frac{1}{en\gamma }$.

При включении магнитного поля на носители заряда действует со стороны электромагнитного поля сила ${\vec{F}}_e=e\vec{E}+e\left[\vec{v}\times \vec{B}\right]$, и именно она уравновешивается «тормозящей» силой со стороны кристаллической решетки. Поэтому закон Ома в присутствии магнитного поля записывается в виде $\vec{j}$$=\frac{1}{\rho }\left(\vec{E}+\left[\vec{v}\times \vec{B}\right]\right)$. Учтем, что скорость дрейфа носителей и плотность тока связаны друг с другом: $\vec{v}=\frac{1}{en}\vec{j}$, а также соотношение $\frac{1}{en}=\gamma \rho $. Это позволяет получить закон Ома в форме уравнения, определяющего плотность тока при заданных полях:
\[\vec{j}=\frac{1}{\rho }\vec{E}+\gamma \left[\vec{j}\times \vec{B}\right].\]
Ясно, что все три вектора в этом равенстве должны лежать в одной плоскости, поэтому вектор $\vec{j}$ вместе с $\vec{E}$ лежат в плоскости, перпендикулярной вектору $\vec{B}$:

Как видно из соответствующей векторной диаграммы,
\[\left\{ \begin{array}{c}
\frac{1}{\rho }E\sin\alpha =\gamma Bj \\
\frac{1}{\rho }E\cos\alpha =j \end{array}
\right\}\Rightarrow \operatorname{tg}\alpha =\gamma B\Rightarrow \alpha =\operatorname{arctg}\left(\gamma B\right).\]

Возведем в квадрат каждое из уравнений полученной системы (см. пункт 2) и сложим их. В результате находим: $j=\frac{E}{\rho \sqrt{1+{\gamma }^2B^2}}$.

При заданных значениях $\operatorname{tg}\alpha =1$, то есть $\alpha =45{}^\circ $. Можно обратить внимание на то, что размерность подвижности заряда в точности обратна размерности индукции магнитного поля!

Как следует из пункта 4, при заданных значениях в установившемся режиме вектор $\vec{j}$ должен составлять с вектором $\vec{E}$ угол $\alpha =\operatorname{arctg}\left(\gamma B\right)=45{}^\circ $. Однако если он не будет направлен перпендикулярно пластинам, ситуация не будет стационарной, так как заряд будет перетекать с одной боковой поверхности параллелепипеда из нашего проводника на другую – поперек вектора магнитной индукции. Значит, в процессе установления тока на этих боковых поверхностях накопится заряд – в точности такой, чтобы сила, действующая на электроны со стороны возникшего дополнительного электрического поля, уравновесила силу Лоренца: $\Delta E=vB=\gamma \rho Bj$. Ток при этом будет течь перпендикулярно пластинам и создаваться полем зарядов пластин$\ \ j=\frac{1}{\rho }\frac{U}{d}$ (отметим, что так как напряжение между пластинами задано, то и величина напряженности задана – наличие поляризации просто приводит к тому, что в процессе установления тока на хорошо проводящих пластинах – обкладках «бывшего конденсатора» – накопится больший заряд для создания того же поля). Как видно, соотношение между плотностью тока и полем, как и угол между их векторами, остались прежними, но полная напряженность поля внутри проводника с учетом новой компоненты поля равна$E=\sqrt{{(\Delta E)}^2+{\left(\frac{U}{d}\right)}^2}=\frac{U}{d}\sqrt{1+{\gamma }^2B^2}$. Вдоль магнитного поля заряды не перемещаются, поэтому напряжение, которое показывает вольтметр V1, равно нулю.

Напряжение, которое покажет вольтметр V2, равно $U_2=\Delta E\cdot H=\gamma B\frac{H}{d}U$. Возникновение поперечного напряжения при протекании тока в магнитном поле называют $\textit{эффектом Холла}$.

При заданных значениях $U_2=\gamma B\frac{H}{d}U=5~В$.

Сила тока, текущего через источник, при заданных значениях равна $I=jH^2=\frac{H^2U}{\rho d}=5~А$.

В случае тонкого цилиндрического слоя радиусом $r$ для однородного проводника в отсутствие магнитного поля ток течет по радиусам в каждом сечении. Если полная величина силы тока равна $I$, то плотность тока примерно соответствует его равномерному распределению: $j\left(r\right)=\frac{I}{2\pi rH}$. В соответствии с законом Ома $E\left(r\right)=\rho j\left(r\right)=\frac{\rho I}{2\pi rH}$, и напряжение между обкладками «бывшего конденсатора» равно
\[U=\int^d_{d/2}{E\left(r\right)dr}=\frac{\rho I}{2\pi H}\int^d_{d/2}{\frac{dr}{r}}=\frac{\rho I}{2\pi H}\ln 2\Rightarrow I=\frac{2\pi H}{\rho \ln 2}U.\]
Подстановка численных значений дает $I=\frac{2\pi H}{\rho \ln 2}U\approx 0,9065~А$.

Как видно, полное сопротивление «цилиндрического резистора» в присутствии магнитного поля $R=\frac{U}{I}=\frac{\rho \ln 2}{2\pi H}(1+{\gamma }^2B^2)$, то есть в присутствии магнитного поля сопротивление цилиндрического слоя проводника увеличивается.

Мощность тепловыделения в проводнике $P=IU=\frac{2\pi H}{\rho \ln 2}\cdot \frac{U^2}{1+{\gamma }^2B^2}\approx 45.3~мВт$.
$\textit{Примечание}:$ Может показаться, что мы забыли тепловыделение, связанное с током, циркулирующим вокруг оси цилиндров – ведь он не дает вклада в $I$! На самом деле никакой ошибки нет. Чтобы убедиться в этом, вычислим мощность тепловыделения «напрямую», интегрированием по объему. Объемная плотность этой мощности $w=\rho {\vec{j}}^2=\frac{U^2}{\rho {\mathrm{ln}}^{\mathrm{2}}2}\cdot \frac{1}{1+{\gamma }^2B^2}\frac{1}{r^2}$, и поэтому
\[P=\int^H_0{dh}\int^d_{d/2}{dr}2\pi r\ w=\frac{2\pi H}{\rho \ln 2}\cdot \frac{U^2}{1+{\gamma }^2B^2}.\]
Таким образом, ответ получается тот же.

При изменении подвижности электронов проводимости и их неизменной концентрации удельное сопротивление тоже будет изменяться: $\rho \left(r\right)=\frac{1}{en\gamma \left(r\right)}={\rho }_0\frac{2r}{d}$, где его значение вблизи внутренней обкладки равно прежней величине ${\rho }_0=\frac{1}{en{\gamma }_0}=0.1~Ом\cdot м$. Плотность радиальной компоненты тока по-прежнему связана с полным током $j_r\left(r\right)=\frac{I}{2\pi rH}$. При каждом значении $r$ эта компонента по-прежнему связана с напряженностью электрического поля
$$E\left(r\right)=\rho \left(r\right)\left[1+{\gamma }^2\left(r\right)B^2\right]\cdot j_r\left(r\right)=\frac{{\rho }_0I}{\pi Hd}\left[1+{\gamma }^2_0B^2\frac{d^2}{4r^2}\right],$$
и теперь связь силы тока с напряжением определяется из уравнения
\[U=\int^d_{d/2}{E\left(r\right)dr}=\frac{{\rho }_0I}{\pi Hd}\int^d_{d/2}{\left[1+{\gamma }^2_0B^2\frac{d^2}{4r^2}\right]dr=\frac{{\rho }_0I}{2\pi H}}\left[1+\frac{1}{2}{\gamma }^2_0B^2\right].\]
Таким образом, $I=\frac{4\pi H}{{\rho }_0}\frac{U}{2+{\gamma }^2_0B^2}\approx 0.4189$ А.

Объемную плотность электрического заряда внутри слоя проводника можно найти с помощью теоремы Гаусса: заряд внутри цилиндрического слоя между радиусами $r$ и $r+dr$ равен
\[dq={\varepsilon }_0\varepsilon \cdot 2\pi H[\left(r+dr\right)E\left(r+dr\right)-rE\left(r\right)]\]
и поэтому
\[{\varrho }_{el}\left(r\right)=\frac{dq}{2\pi Hrdr}={\varepsilon }_0\varepsilon \frac{1}{r}\frac{d(rE)}{dr}=\frac{{\varepsilon }_0\varepsilon {\rho }_0I}{\pi Hd}\frac{4r^2-{\gamma }^2_0B^2d^2}{4r^3}.\]

С учетом того, что ${\gamma }^2_0B^2=1$, значение вблизи внешней обкладки ${\varrho }_{el}\left(d\right)=\frac{{3\varepsilon }_0\varepsilon {\rho }_0I}{4\pi Hd^2}$, и в результате получаем выражение
\[{\varrho }_{el}(r)={\varrho }_{el}(d)\cdot \frac{d\left(4r^2-d^2\right)}{3r^3}.\]
Эта функция обращается в ноль при $r=\frac{d}{2}$ (у внутренней обкладки) и достигает максимума ${\varrho }_{max}={\varrho }_{el}(d)\cdot \frac{16}{9\sqrt{3}}\approx 1.0264\cdot {\varrho }_{el}(d)$ при $r=\frac{\sqrt{3}}{2}d$. Ее график выглядит примерно следующим образом.

Ответ: