请教一下开尔文滴水起电的实验怎样才能做成？
问题4.1
开尔文滴水器
任何没有看到过“神秘的开尔文滴水器”工作的人都很难理解一个原始的“对称”装置可以仅仅靠它自己发展成很不对称的情形。毕竟，它的左边和右边看起来没有差别，可是实际上当看到火花时左边收集的水和右边收集的水有很大的电势差。简单的回顾之后至少有一点已经很清楚了，为了使两边的电势差较快增长，下落到左边杯子里的水必须携带相对于右边杯子里的水为负的电荷。一旦我们接受（理解）了这些，正如假定的，落到左边杯子里的水带负电，落到右边杯子里的水带正电。我们很快就会明白导体（B,D）系统所带负电荷和导体（A,C）系统所带正电荷不同，当累计达到放电的临界电位值（约为3*106V/m）时就会有电火花出现。留下来的疑问是水是怎样，又是从哪里得到电荷的。为什么水的流动会使装置一边带负电而另一边带正电？
主要的活动集中于水流出的出口处。为了说明在那里发生的事情，我们假设柱体A上部事件发生顺序如下：
1. 由于一些微小的扰动，柱体A得到一个微小电荷，我们假定它是正的。如果出口附近没有水，上部的电场看起来就会如（a）所示（注意，它们主要沿着柱口轴上行）。
2. 水中有OH-离子和H+离子。如果水是纯净的，则它的PH值为7，即每摩尔水有1/107将分解为OH-离子和H+离子，由于外加场（如图a）H+离子将会上升，OH-将会下降。这样就像外加场一样有了感应电荷，电荷的分布如（b）图。我们只画了一小滴，但是水流中分离的电荷的工作原理都和它是一样的。
3. 把水看成单独的水滴的总和。由图（b）可以看出当水滴下落打散后，上部的一些极化电荷（正电荷）将留在出口处。这样，分散的水滴就带上了负电荷。
4. 下一步就是圆柱B上正电荷的自动角微扰（下落的负电荷通过（B,D）到达D）,B端微扰场的电场线的方向是逆向的（如图a）。圆柱B中分散下落的水滴将带正电荷（与A
中下落的水滴电荷相反），右边出口留下的电荷当然就是负的。
这就是一个靠外在控制而自己运行的过程。微扰越来越大，直到“灰尘相撞”（这里指空气被击穿）。这是一个成功利用了物理不稳定性的一个“活动的”例子（物理界有很多不稳定性的微扰：水斡旋，实验室利用等离子体的不稳定性成功融合金属，太阳内部的不稳定性，地球核心的火花等）。
有时候看起来不稳定的增长好像会否定能量守恒定律，但这里肯定不是这种情况。能量的另一种形式是通过流动供给不稳定性增长所需。在“开尔文水滴”中它的重力势能给机器提供能量。
另外的两点用来完善这个故事：
1. 从给A一个正的微小电荷开始，至（A,C）系统带大量正电荷结束，假设初始微扰由负电荷引起，上述过程中不会有太大变动除了（A,C）和(B,D)交换。由于初始微扰的随机性，我们无法预知哪个容器里的是负电荷。但是一旦由负电荷开始，只要有水流，它将一直保持下去。因为火花并不改变系统的状态。可是，当第二天我们又开始时A就是带正电荷了。
2. 从两玻璃管下方流出的电荷流速是多少？由于它们的符号相反，故导管中的水不带电。但是导管的水中有电流。如果导管和液体绝缘性都很好，这个机器将无法工作，导管出口处剩余的电荷将无法移动（没有电流从导管的一个口到另一个口通过液体或导管）。液体中分立的电荷将会很快集中到一处（为什么）。所以，导管和液体都必须有导电性。
问题4.2
电流环路所受的力
教材27-12
如图，建立z轴，z轴正方向指向磁场上方。一段电线所受的磁场力可由教材Giancoli方程27-4（691页）计算。由于磁场垂直于电线，所以有： 方向如图所示
因为这是个水平面上的问题，故我们可以将电线回路看成一个整体，则只能得出z方向的力（任何其它方向的力都会与相反方向的一段所受的力的分量抵消）。所以要计算回路所受的力，只需将各部分在z方向的分量积分即可。由图可知，一段电线受力在z方向的分量大小 ，方向指向z负方向。故电线受到的合力为：
（最后一步利用几何知识消去θ）
问题4.3
电子所受洛仑兹力
教材27-20
一个带电粒子在磁场中所受的力可由洛仑兹定律（Giancoli教材692页方程式27-5a）求解。计算笛卡尔（直角坐标）坐标中分量的叉乘，有：
问题4.4
电子的螺旋运动
教材27-29
象教材Giancoli中的例题27-5（694页）一样，我们将速度分解为垂直于磁场分量和平性于磁场分量。45°方向速度磁场中的分量为
⊥v 使粒子在（教材中例子27-4（693页））圆运动中上升，因此我们可以求出运动圆周的半径：
运动一周所需时间由Giancoli方程式27-6（694页）给出：
电子在平行于磁场方向的速度恒定为v//，因此在T时间内它走过的路程为
问题4.5
电动机转子线圈的力矩
教材27-33
利用Gancoli方程式27-12（696页）求磁场的势能（用磁场的物理量表示）：
（由N圈线圈围成的矩形回路（面积是a*b）中的电流是I，则磁矩μ=NIab）。
（a）
（b）
问题4.6
质谱仪
教材27-49
一个带电量为q的离子从静止开始，通过电压V加速后获得的动能K=qV，然后再进入磁场B区域，这时它受到一个与它速度垂直的力而做圆周运动，但它的速率和动能不改变。牛顿第二定律指出了磁场中的粒子所受的力与它的向心加速度的关系，因此可得：qVB=mv2/R，将它与K=1/2mv2联立可得：K=q2B2R2/2m，由此可求得：m=qB2R2/2V。
问题4.7
氘核在回旋加速器的加速运动
教材44-10（1137页）
（在解决这个问题之前，建议你们看一看Giancoli116页电子回旋加速器部分内容。）
（a） 在问题4.6中我们得出带电粒子在回旋加速器中动能的表达式：
离子只有一个质子，电荷为+e，它的质量可以在Giancoli教材附录D中查出（以原子质量为单位）：
（严格的说，我们应该将归到氘核质量中的一个电子的质量减去，但对我们的工作没有影响）
我们希望粒子在出口半径为1.0时的动能为10MeV=1.6*10-12J，这样我们可以解出磁场强度：
（如果你用K=1/2mv2求出相应速度，你会发现cv1.0≈，其中c是光速。所以如果粒子能
量很高，我们应该应用课程中相对论理论中的能量和速度关系求解）
（b） 电压变化的频率就是电子回旋加速器的频率（参见教材1116页方程式44-2）
（c） 氘核带一个电子的电量，所以当它通过22KV得电压后，它得到22KeV的能量。在一次绕转过程中它两次通过该电压间隙，再由给出的粒子最后的能量10MeV我们就可以计算出它软转的次数N:
（d） 每次扰转所需时间T=1/f（f是（b）中电子的频率）。因此氘核从开始进入到跑出来所需总时间是Δt=NT=N/f=4.6*10-5s。
（e） 氘核每一次完整的绕转之后获得的能量为ΔK=2*22KeV=7.0*10-15J。进入回旋加速器后的t时刻它将转过t/T=tf转。由于粒子在离开回旋加速器之前要在其中转很多圈，我们将它的能量近似为一个关于时间的光滑函数，而不是一个间隙跳跃的函数。这样，我们可得到以下的能量关系（其中氘核的速度是时间的函数）：
为求出氘核在回旋加速器中的总路程，我们可以将速度在通过的轨道的总时间范围内积分获得：
消去t和f（K/K=N）可得到以下结果 ΔΔ
问题4.8
导线回路所受的力
教材28-14使用安培定律（28-4节及28-1节）
（为方便起见，我们用下图中的a,b,c,I,代替问题中的物理量）
由电流通过的导线回路所受的力由它上方无限长直导线的磁场决定。由Giancoli710页28-1和712页28-4部分可知磁场大小：
其中r是所求点到直导线的垂直距离。应用右手定则（参见Giancoli689页27-9（b）部分图表）可知：在矩形框内部的磁场方向指向纸面内部（如图），因此我们可计算矩形框所受的力：
（参见Giancoli691页方程式27-4）
对于导线上边线的一小段导线，B垂直纸面向里，Idl向右，因此dF的大小是IdlB。根据右手定则它指向上方，又由于导线上边线部分B的值大小恒定为，所以上边线所受的力：
（方向指向无限长直导线）
对于下边线，Idl指向纸内部，所以dF大小为IdlB，方向向下。B的值为，因此下边线所受的力：
（方向指向远离无限长直导线）
左右边线一起考虑。考虑两独立的Idl’，一个在左边线上，另一个在右边线上，长度一样，到无限长直导线的距离也一样。电流构成回路有一个好处是左边线电流方向向上，同时右边线电流方向向下（从直导线来看），所以左边线所受的力（向左）被右边线所受的力（向右））抵消，回路所受的合外力dF’为零。线圈总的合外力是
=2.6*10-6N
方向指向直导线
问题4.9
毕奥萨法尔定律的应用（Giancoli28-30）
如图，首先考虑圆弧上一小段dl，毕奥萨法尔定律（Giancoli719页方程式28-5）给出这一小段在C点的磁场：
对于两段圆弧（内弧和外弧），r?都是从小段指向C点的单位矢量，对于内部弧r=R1，Idl垂直于r?沿弧线指向左。所以弧上的这一小段对C点磁场的贡献是： ，
垂直纸面指向外（方向由右手定则判定）。 的表达式没有用这一小段所对应的角位置表示，为了得到内部弧对C点磁场的总的贡献，我么要对dl进行简单积分（总的弧长为R1θ）可得：
方向垂直纸面指向外
外部弧的分析与内部弧相似；R1R2，Idl沿弧线指向右。稍微改动上述结果可得： →
方向垂直纸面指向里
最后，考虑沿这任意直线边的一小段，Idl与指向C的位移矢量平行，故。这样弧线若变成直线则它对C点的磁场无贡献。 0?=×rIdl
C点总的磁场强度（记着1/R1>1/R2）： 垂直纸面指向外