开尔文的滴水通电实验怎么做？
开尔文滴头
没有看过神秘的开尔文滴头作品的人很难理解，一个原本“对称”的装置，可以自己发展成非常不对称的情况。毕竟它的左右两边看起来没有什么区别，但是看到火花的时候，左边收集的水和右边收集的水有很大的电位差。简单回顾一下，至少有一点变得清晰了。为了使两边的电位差迅速增大，落入左杯中的水相对于右杯中的水必然带负电荷。一旦我们接受(理解)这一点，如假设的那样，落入左边杯子的水带带负电，落入右边杯子的水带正电。我们很快就会明白，导体(B，D)系统的负电荷不同于导体(A，C)系统的正电荷，当累积值达到放电临界电位(约3*106V/m)时，就会出现电火花。剩下的问题是水如何以及从哪里获得电荷。为什么水的流动会使设备一边带负电，另一边带正电？
主要活动集中在水流出的出口。为了说明那里发生了什么，我们假设A列上部的事件顺序如下:
1.由于一些轻微的扰动，圆柱体A得到一个微小的电荷，我们假设它是正的。如果出口附近没有水，上部的电场看起来会像(a)所示(注意它们主要是沿着柱口的轴线向上)。
2.水中有OH-离子和H+离子。如果水是纯净的，其PH值为7，即每摩尔水1/107会分解成OH-离子和H+离子，由于外场的作用，H+离子上升，OH-下降(如图A)。这样就像外场一样存在感应电荷，电荷的分布如图(b)所示。我们只画了一小滴，但是水流中分开的电荷也是以同样的方式工作的。
3.把水想象成单个水滴的总和。从图(b)可以看出，当水滴下落并破碎时，上部的一些极化电荷(正电荷)会留在出口处。这样，分散的水滴就带负电了。
4.下一步是圆柱体B上正电荷的自动角扰动(下落的负电荷通过(B，D)到达D)，B端扰动场的电场线方向反转(如图A)。在圆柱体B中散开并下落的水滴将带正电(与A不同)
下落的水滴电荷是相反的)，右边出口留下的电荷当然是负的。
这是一个在外部控制下自行运行的过程。扰动越来越大，直到“尘埃碰撞”(这里是空气被分解)。这是一个成功利用物理不稳定性的“主动”例子(物理世界中有很多不稳定性的微扰:水中介、在实验室中利用等离子体不稳定性成功融合金属、太阳不稳定性、地核火花等。).
有时候看起来不稳定的增长会否定能量守恒定律，但这里绝对不是这样。需要另一种形式的能量通过流动来提供不稳定性。在开尔文水滴中，它的重力势能为机器提供能量。
另外两点用来完善故事:
1.从给A一个微小的正电荷开始到带大量正电荷的(A，C)系统结束，假设初始微扰是负电荷引起的，除了(A，C)和(B，D)交换外，上述过程不会有太大变化。由于初始扰动的随机性，我们无法预测哪个容器带负电。但是一旦它开始带负电荷，只要有水，它就会一直存在。因为火花不会改变系统的状态。然而，当我们第二天再次开始时，A带正电。
2.电荷从两根玻璃管下面流出的流速是多少？因为它们的符号相反，所以导管中的水不带电。但是导管里的水是有电流的。如果导管和液体绝缘良好，机器就不会工作，导管出口处的残余电荷也不会移动(没有电流从导管的一个端口到另一个端口通过液体或导管)。液体中的离散电荷会很快集中在一个地方(为什么)。因此，导管和液体都必须是导电的。
问题4.2
电流回路上的力
教科书27-12
如图，Z轴成立，Z轴正方向指向磁场上方。一段导线上的磁力可以用Giancoli方程27-4(691页)计算。因为磁场垂直于导线，所以有:方向如图所示。
因为这是水平面内的问题，我们可以把线环看成一个整体，只能得到Z方向的力(其他方向的任何力都会被反方向的分力抵消)。因此，要计算作用在回路上的力，只需对z方向上各部分的分量进行积分即可。从图中可以看出，导线在Z方向的分力指向负Z方向。因此，电线上的合力为:
(最后一步是用几何知识消去θ)
问题4.3
电子上的洛伦兹力
课本27-20
带电粒子在磁场中所受的力可以用洛伦兹定律求解(Giancoli教材第692页方程27-5a)。要计算笛卡尔坐标中分量的叉积，有:
问题4.4
电子的螺旋运动
教材27-29
像吉安科利的例27-5(694页)一样，我们把速度分解成垂直于磁场的分量和平行于磁场的分量。45°方向速度磁场的分量是
⊥v使质点做圆周运动上升(课本上例27-4(693页))，这样我们就可以求出运动圆的半径:
Giancoli方程27-6(694页)给出了一个运动周期所需的时间:
电子在平行于磁场的方向上的速度恒定为v/，因此它在时间t内的传播路径为
问题4.5
电机转子线圈的扭矩
教材27-33
利用Gancoli方程27-12(696页)求磁场势能(用磁场的物理量表示)；
(若N个线圈围成的矩形回路(面积为a*b)中的电流为I，则磁矩μ=NIab)。
(一)
(二)
问题4.6
质谱仪/摄谱仪/分光镜
教材27-49
一个带Q电荷的离子静止启动，被电压V加速获得动能K=qV，然后进入磁场b，此时受到一个垂直于其速度的力，做圆周运动，但其速度和动能不变。牛顿第二定律指出了磁场中质点所受的力与其向心加速度的关系，所以可以得到如下:qVB=mv2/R，当与K=1/2mv2结合时，可以得到如下:K=q2B2R2/2m，由此可以得到:m=qB2R2/2V。
问题4.7
回旋加速器中氘的加速运动
课本44-10(第1137页)
在解决这个问题之前，建议大家看一下Giancoli116上的电子回旋加速器的内容。)
(a)在问题4.6中，我们得到回旋加速器中带电粒子的动能表达式:
一个离子只有一个带+e电荷的质子，其质量可以在Giancoli教材附录D中找到(以原子质量计):
严格来说，我们应该从氘子质量中减去一个电子的质量，但这对我们的工作没有影响。
我们希望粒子在出口半径1.0处的动能为10 MeV = 1.6 * 10-12j，这样我们就可以求解磁场强度:
(如果用K=1/2mv2求对应的速度，会得到cv1.0≈，其中c为光速。所以如果粒子可以
量很大，所以在课程中要应用相对论中的能量和速度的关系)
(b)电压变化的频率就是电子回旋加速器的频率(见1165438页的方程44-2)。
(c)氘有一个电子电荷，所以当它通过22KV得到一个电压时，它得到22KeV的能量。它在一转的过程中通过电压间隙两次，然后我们可以从给定的粒子最终能量10MeV计算出它的软转次数n:
(d)每次微扰所需时间为T=1/f(f为(b)中电子的频率)。因此，氘进入和跑出所需的总时间为δt = NT = N/f = 4.6 * 10-5s。
(e)氘每完整转一圈后获得的能量为δk = 2 * 22k ev = 7.0 * 10-15j。在进入回旋加速器后的时间T，会变成t/T=tf。因为粒子在离开之前必须在回旋加速器中转许多圈，我们把它的能量近似为关于时间的平滑函数，而不是间隙跳跃的函数。这样，我们可以得到下面的能量关系(其中氘的速度是时间的函数):
为了找出回旋加速器中氘的总距离，我们可以对轨道总时间范围内的速度进行积分:
消去t和f(K/K=N)得到以下结果δ δ。
问题4.8
作用在导体回路上的力
教材28-14用的是安培定律(28-4节和28-1节)。
(为了方便起见，我们用下图中的A、B、C、I来代替问题中的物理量。)
电流流过的线环所受的力是由其上方无限长直导线的磁场决定的。从Giancoli710第28-1页和712第28-4页，我们可以知道磁场的大小:
其中r是从点到直线的垂直距离。应用右手定则(见Giancoli689第27-9页(b)的图表)，我们可以知道矩形框内部磁场的方向指向纸的内部(如图所示)，这样就可以计算出矩形框上的力:
(参见第Giancoli691页的等式27-4)
对于导线上边缘的一小段导线，B垂直于纸面，Idl向右，那么dF的大小就是IdlB。根据右手定则，它指向上方，由于导体上缘部分B的值不变，上缘上的力为:
(方向指向一条无限长的直线)
对于底边，Idl指向纸的内侧，所以dF的大小为IdlB，方向向下。b的值是，所以下边线上的力是:
(方向指向远离无限长的直线)
左右边线一起考虑。考虑两个独立的Idl’，一个在左线上，另一个在右线上，长度相同，到无限长直导体的距离相同。电流形成回路的一个好处是左导线的电流方向向上，而右导线的电流方向向下(从直导线看)，所以左导线(向左)上的力被右导线(向右)上的力抵消，回路上的合力dF '为零。线圈的总合力为
=2.6*10-6N
指向直导线
问题4.9
毕奥萨法定律的应用(Giancoli28-30)
如图所示，首先考虑一段圆弧上dl的一小段，毕奥萨法定律(Giancoli719页的方程28-5)给出了这一小段在C点的磁场:
对于两个圆弧(内圆弧和外圆弧)，r？都是一小段指向c点的单位向量，对于内弧r=R1，Idl垂直于r？沿着弧线指向左边。所以弧上这一小段对C点磁场的贡献为:
垂直于纸面指向外(方向由右手定则决定)。的表达式不是用这个小段对应的角位置来表示的。为了获得内部电弧对C点磁场的总贡献，我们需要简单地对dl积分(总弧长为R1θ)以获得:
方向垂直于纸面，指向外。
外弧的分析类似于内弧的分析；R1R2，Idl沿弧线指向右侧。稍微改一下上面的结果:→
方向垂直于纸面，指向内侧。
最后，考虑沿这条任意直线的一小段，Idl平行于指向C的位移矢量，所以。如果这个弧变成一条直线，对c点的磁场没有贡献0？=×rIdl
C点的总磁场强度(记住1/r 1 >；1/R2):垂直于纸面指向外。