開爾文滴頭
沒有看過神秘的開爾文滴頭作品的人很難理解，壹個原本“對稱”的裝置，可以自己發展成非常不對稱的情況。畢竟它的左右兩邊看起來沒有什麽區別，但是看到火花的時候，左邊收集的水和右邊收集的水有很大的電位差。簡單回顧壹下，至少有壹點變得清晰了。為了使兩邊的電位差迅速增大，落入左杯中的水相對於右杯中的水必然帶負電荷。壹旦我們接受(理解)這壹點，如假設的那樣，落入左邊杯子的水帶帶負電，落入右邊杯子的水帶正電。我們很快就會明白，導體(B，D)系統的負電荷不同於導體(A，C)系統的正電荷，當累積值達到放電臨界電位(約3*106V/m)時，就會出現電火花。剩下的問題是水如何以及從哪裏獲得電荷。為什麽水的流動會使設備壹邊帶負電，另壹邊帶正電？
主要活動集中在水流出的出口。為了說明那裏發生了什麽，我們假設A列上部的事件順序如下:
1.由於壹些輕微的擾動，圓柱體A得到壹個微小的電荷，我們假設它是正的。如果出口附近沒有水，上部的電場看起來會像(a)所示(註意它們主要是沿著柱口的軸線向上)。
2.水中有OH-離子和H+離子。如果水是純凈的，其PH值為7，即每摩爾水1/107會分解成OH-離子和H+離子，由於外場的作用，H+離子上升，OH-下降(如圖A)。這樣就像外場壹樣存在感應電荷，電荷的分布如圖(b)所示。我們只畫了壹小滴，但是水流中分開的電荷也是以同樣的方式工作的。
3.把水想象成單個水滴的總和。從圖(b)可以看出，當水滴下落並破碎時，上部的壹些極化電荷(正電荷)會留在出口處。這樣，分散的水滴就帶負電了。
4.下壹步是圓柱體B上正電荷的自動角擾動(下落的負電荷通過(B，D)到達D)，B端擾動場的電場線方向反轉(如圖A)。在圓柱體B中散開並下落的水滴將帶正電(與A不同)
下落的水滴電荷是相反的)，右邊出口留下的電荷當然是負的。
這是壹個在外部控制下自行運行的過程。擾動越來越大，直到“塵埃碰撞”(這裏是空氣被分解)。這是壹個成功利用物理不穩定性的“主動”例子(物理世界中有很多不穩定性的微擾:水中介、在實驗室中利用等離子體不穩定性成功融合金屬、太陽不穩定性、地核火花等。).
有時候看起來不穩定的增長會否定能量守恒定律，但這裏絕對不是這樣。需要另壹種形式的能量通過流動來提供不穩定性。在開爾文水滴中，它的重力勢能為機器提供能量。
另外兩點用來完善故事:
1.從給A壹個微小的正電荷開始到帶大量正電荷的(A，C)系統結束，假設初始微擾是負電荷引起的，除了(A，C)和(B，D)交換外，上述過程不會有太大變化。由於初始擾動的隨機性，我們無法預測哪個容器帶負電。但是壹旦它開始帶負電荷，只要有水，它就會壹直存在。因為火花不會改變系統的狀態。然而，當我們第二天再次開始時，A帶正電。
2.電荷從兩根玻璃管下面流出的流速是多少？因為它們的符號相反，所以導管中的水不帶電。但是導管裏的水是有電流的。如果導管和液體絕緣良好，機器就不會工作，導管出口處的殘余電荷也不會移動(沒有電流從導管的壹個端口到另壹個端口通過液體或導管)。液體中的離散電荷會很快集中在壹個地方(為什麽)。因此，導管和液體都必須是導電的。
問題4.2
電流回路上的力
教科書27-12
如圖，Z軸成立，Z軸正方向指向磁場上方。壹段導線上的磁力可以用Giancoli方程27-4(691頁)計算。因為磁場垂直於導線，所以有:方向如圖所示。
因為這是水平面內的問題，我們可以把線環看成壹個整體，只能得到Z方向的力(其他方向的任何力都會被反方向的分力抵消)。因此，要計算作用在回路上的力，只需對z方向上各部分的分量進行積分即可。從圖中可以看出，導線在Z方向的分力指向負Z方向。因此，電線上的合力為:
(最後壹步是用幾何知識消去θ)
問題4.3
電子上的洛倫茲力
課本27-20
帶電粒子在磁場中所受的力可以用洛倫茲定律求解(Giancoli教材第692頁方程27-5a)。要計算笛卡爾坐標中分量的叉積，有:
問題4.4
電子的螺旋運動
教材27-29
像吉安科利的例27-5(694頁)壹樣，我們把速度分解成垂直於磁場的分量和平行於磁場的分量。45°方向速度磁場的分量是
⊥v使質點做圓周運動上升(課本上例27-4(693頁))，這樣我們就可以求出運動圓的半徑:
Giancoli方程27-6(694頁)給出了壹個運動周期所需的時間:
電子在平行於磁場的方向上的速度恒定為v/，因此它在時間t內的傳播路徑為
問題4.5
電機轉子線圈的扭矩
教材27-33
利用Gancoli方程27-12(696頁)求磁場勢能(用磁場的物理量表示)；
(若N個線圈圍成的矩形回路(面積為a*b)中的電流為I，則磁矩μ=NIab)。
(壹)
(二)
問題4.6
質譜儀/攝譜儀/分光鏡
教材27-49
壹個帶Q電荷的離子靜止啟動，被電壓V加速獲得動能K=qV，然後進入磁場b，此時受到壹個垂直於其速度的力，做圓周運動，但其速度和動能不變。牛頓第二定律指出了磁場中質點所受的力與其向心加速度的關系，所以可以得到如下:qVB=mv2/R，當與K=1/2mv2結合時，可以得到如下:K=q2B2R2/2m，由此可以得到:m=qB2R2/2V。
問題4.7
回旋加速器中氘的加速運動
課本44-10(第1137頁)
在解決這個問題之前，建議大家看壹下Giancoli116上的電子回旋加速器的內容。)
(a)在問題4.6中，我們得到回旋加速器中帶電粒子的動能表達式:
壹個離子只有壹個帶+e電荷的質子，其質量可以在Giancoli教材附錄D中找到(以原子質量計):
嚴格來說，我們應該從氘子質量中減去壹個電子的質量，但這對我們的工作沒有影響。
我們希望粒子在出口半徑1.0處的動能為10 MeV = 1.6 * 10-12j，這樣我們就可以求解磁場強度:
(如果用K=1/2mv2求對應的速度，會得到cv1.0≈，其中c為光速。所以如果粒子可以
量很大，所以在課程中要應用相對論中的能量和速度的關系)
(b)電壓變化的頻率就是電子回旋加速器的頻率(見1165438頁的方程44-2)。
(c)氘有壹個電子電荷，所以當它通過22KV得到壹個電壓時，它得到22KeV的能量。它在壹轉的過程中通過電壓間隙兩次，然後我們可以從給定的粒子最終能量10MeV計算出它的軟轉次數n:
(d)每次微擾所需時間為T=1/f(f為(b)中電子的頻率)。因此，氘進入和跑出所需的總時間為δt = NT = N/f = 4.6 * 10-5s。
(e)氘每完整轉壹圈後獲得的能量為δk = 2 * 22k ev = 7.0 * 10-15j。在進入回旋加速器後的時間T，會變成t/T=tf。因為粒子在離開之前必須在回旋加速器中轉許多圈，我們把它的能量近似為關於時間的平滑函數，而不是間隙跳躍的函數。這樣，我們可以得到下面的能量關系(其中氘的速度是時間的函數):
為了找出回旋加速器中氘的總距離，我們可以對軌道總時間範圍內的速度進行積分:
消去t和f(K/K=N)得到以下結果δ δ。
問題4.8
作用在導體回路上的力
教材28-14用的是安培定律(28-4節和28-1節)。
(為了方便起見，我們用下圖中的A、B、C、I來代替問題中的物理量。)
電流流過的線環所受的力是由其上方無限長直導線的磁場決定的。從Giancoli710第28-1頁和712第28-4頁，我們可以知道磁場的大小:
其中r是從點到直線的垂直距離。應用右手定則(見Giancoli689第27-9頁(b)的圖表)，我們可以知道矩形框內部磁場的方向指向紙的內部(如圖所示)，這樣就可以計算出矩形框上的力:
(參見第Giancoli691頁的等式27-4)
對於導線上邊緣的壹小段導線，B垂直於紙面，Idl向右，那麽dF的大小就是IdlB。根據右手定則，它指向上方，由於導體上緣部分B的值不變，上緣上的力為:
(方向指向壹條無限長的直線)
對於底邊，Idl指向紙的內側，所以dF的大小為IdlB，方向向下。b的值是，所以下邊線上的力是:
(方向指向遠離無限長的直線)
左右邊線壹起考慮。考慮兩個獨立的Idl’，壹個在左線上，另壹個在右線上，長度相同，到無限長直導體的距離相同。電流形成回路的壹個好處是左導線的電流方向向上，而右導線的電流方向向下(從直導線看)，所以左導線(向左)上的力被右導線(向右)上的力抵消，回路上的合力dF '為零。線圈的總合力為
=2.6*10-6N
指向直導線
問題4.9
畢奧薩法定律的應用(Giancoli28-30)
如圖所示，首先考慮壹段圓弧上dl的壹小段，畢奧薩法定律(Giancoli719頁的方程28-5)給出了這壹小段在C點的磁場:
對於兩個圓弧(內圓弧和外圓弧)，r？都是壹小段指向c點的單位向量，對於內弧r=R1，Idl垂直於r？沿著弧線指向左邊。所以弧上這壹小段對C點磁場的貢獻為:
垂直於紙面指向外(方向由右手定則決定)。的表達式不是用這個小段對應的角位置來表示的。為了獲得內部電弧對C點磁場的總貢獻，我們需要簡單地對dl積分(總弧長為R1θ)以獲得:
方向垂直於紙面，指向外。
外弧的分析類似於內弧的分析；R1R2，Idl沿弧線指向右側。稍微改壹下上面的結果:→
方向垂直於紙面，指向內側。
最後，考慮沿這條任意直線的壹小段，Idl平行於指向C的位移矢量，所以。如果這個弧變成壹條直線，對c點的磁場沒有貢獻0？=×rIdl
C點的總磁場強度(記住1/r 1 >；1/R2):垂直於紙面指向外。