Question

20．離子推進(jìn)器的工作原理如圖所示，推進(jìn)劑氙原子由Q孔噴注入腔室C后，被電子槍G射出的電子碰撞而電離，成為帶正電的氙離子．氙離子從腔室C中飄移過柵電極A的速度大小可忽略不計(jì)，在柵電極A、B之間的電場(chǎng)中加速，并從柵電極B噴出．在加速氙離子的過程中飛船獲得推力．
已知柵電極A、B之間的電壓為U，氙離子的質(zhì)量為m、電荷量為q．氙離子所受重力忽略不計(jì)．
（1）該推進(jìn)器固定在地面上實(shí)驗(yàn)時(shí)，氙離子通過柵電極B時(shí)的動(dòng)能；
（2）配有該離子推進(jìn)器的飛船的總質(zhì)量為M，現(xiàn)需要對(duì)飛船運(yùn)行方向作一次微調(diào)，即通過推進(jìn)器短暫工作讓飛船在與原速度垂直方向上獲得一很小的速度△v，此過程中可認(rèn)為氙離子仍以第（1）中所求的速度通過柵電極B．推進(jìn)器在此次工作過程中噴射的氙離子數(shù)目為N．離子推進(jìn)器有一個(gè)參數(shù)，它是離子推進(jìn)器工作過程中產(chǎn)生的推力與A、B之間的電場(chǎng)對(duì)氙離子做功的功率的比值S．推進(jìn)器工作時(shí)飛船的總質(zhì)量可視為不變．
①使氙離子獲得的動(dòng)能所消耗的功率P可以近似看作是離子推進(jìn)器消耗的功率？為什么？
②如果想加大推力F，那么比值S應(yīng)該加大還是減��？為什么？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求出氙離子通過柵電極B時(shí)的動(dòng)能；
（2）根據(jù)能量守恒求出離子獲得動(dòng)能而消耗的能量，從而得出消耗的功率，離子推進(jìn)器消耗的能量等于粒子獲得的能量與推進(jìn)器在垂直速度方向上獲得的動(dòng)能之和．結(jié)合相互作用過程中滿足沿離子發(fā)射方向的分動(dòng)量守恒，判斷使氙離子獲得的動(dòng)能所消耗的功率P與離子推進(jìn)器消耗的功率之間的關(guān)系．
根據(jù)動(dòng)量定理得出電場(chǎng)對(duì)這些氙離子的作用力，結(jié)合離子獲得動(dòng)能消耗的功率求出S的表達(dá)式，通過表達(dá)式分析求解．

解答 解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理得，△E_k=qU．
（2）①設(shè)上述過程需要的時(shí)間為t，則使離子獲得動(dòng)能而消耗的功率$P=\frac{1}{2}\frac{N}{t}m{v^2}$，而離子推進(jìn)器消耗的功率$P'=\frac{1}{2}\frac{N}{t}m{v^2}+\frac{1}{2}\frac{{M{{（△v）}^2}}}{t}$．
相互作用過程中滿足沿離子發(fā)射方向的分動(dòng)量守恒，即Nmv=M•△v，得出△v=$\frac{Mmv}{M}$
代入上式并化簡，得$P'=\frac{1}{2}\frac{N}{t}m{v^2}•\frac{M+Nm}{M}$
由于Nm＜＜M，因此 P′≈P．
②設(shè)單位時(shí)間內(nèi)射出的氙離子數(shù)為n，電場(chǎng)對(duì)這些氙離子的作用力F=nmv，
根據(jù)動(dòng)能定理，使離子獲得動(dòng)能而消耗的功率$P=\frac{1}{2}nm{v^2}$
所以S=$\frac{F}{P}=\frac{2nmv}{{nm{v^2}}}=\frac{2}{v}$；
由于推力F=nmv，而S=$\frac{F}{P}=\frac{2}{v}$，要加大推力F，就要設(shè)法增大離子射出時(shí)的速度v，因此應(yīng)該設(shè)法減小比值S．
答：（1）氙離子通過柵電極B時(shí)的動(dòng)能為qU．
（2）①$P=\frac{1}{2}\frac{N}{t}m{v^2}$，$P'=\frac{1}{2}\frac{N}{t}m{v^2}•\frac{M+Nm}{M}$，由于Nm＜＜M，因此 P′≈P．
②要加大推力F，就要設(shè)法增大離子射出時(shí)的速度v，因此應(yīng)該設(shè)法減小比值S．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)能定理、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的綜合運(yùn)用，本題的難點(diǎn)在于從題中獲取有用的信息，建立物理模型，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．