Question

14．飛行器常用的動力系統(tǒng)推進器設計的簡化原理如圖1所示：截面半徑為R的圓柱腔分別為兩個工作區(qū)，Ⅰ為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價正離子．Ⅱ為加速區(qū)，長度為L，兩端加有電壓，形成軸向（水平）的勻強電場．Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度進入Ⅱ區(qū)，被加速后以速度v_m從右側(cè)噴出．
Ⅰ區(qū)內(nèi)有軸向（水平）的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在離軸線$\frac{R}{2}$處的C點持續(xù)射出一定速度范圍的電子．假設射出的電子僅在垂直于軸線（水平）的截面上運動，截面如圖2所示（從左向右看）．電子的初速度方向與中心〇點和C點的連線成α角（0＜α＜90°）．
     推進器工作時，向I區(qū)注入稀薄的氙氣．電子使氙氣電離，電子的最小速度為v₀，電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大，電離效果越好．已知離子質(zhì)量為M；電子質(zhì)量為m，電量為e，（電子碰到器壁即被吸收，不考慮電子間的碰撞）．
（1）求Ⅱ區(qū)的加速電壓及離子的加速度大��；
（2）為電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且運動半徑最大，請判斷I區(qū)中的磁場方向（按圖2 說明是“垂立紙面向里”或“垂直紙面向外”）；
（3）α為90°時，要取得好的電離效果，求射出的電子速率的最大值；
（4）要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率v_m與α的關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的過程中，只受電場力作用，電場力做正功，利用動能定理和運動學公式可解的加速電壓和離子的加速度大�。�
（2）因電子在I區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大，電離效果越好，所以可知電子應為逆時針轉(zhuǎn)動，結(jié)合左手定則可知磁場的方向．
（3）通過幾何關(guān)系分析出離子運功的最大軌道半徑，洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律可計算出離子的最大速度．
（4）畫出軌跡圖，通過幾何關(guān)系解出軌道的最大半徑，再結(jié)合洛倫茲力提供向心力列式，即可得出射出的電子最大速率v_M與α的關(guān)系．

解答 解：（1）離子在電場中加速，由動能定理得：eU=$\frac{1}{2}M{v}_{m}^{2}$
得：U=$\frac{M{v}_{m}^{2}}{2e}$
離子做勻加速直線運動，由運動學關(guān)系得：
${v}_{m}^{2}$=2aL
得：a=$\frac{{v}_{m}^{2}}{2L}$
（2）要取得較好的電離效果，電子須在出射方向左邊做勻速圓周運動，即為按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，此刻Ⅰ區(qū)磁場應該是垂直紙面向外．
（3）當α=90°時，最大速度對應的軌跡圓如圖一所示，與Ⅰ區(qū)相切，
此時圓周運動的半徑為：r=$\frac{3}{4}$R
洛倫茲力提供向心力，有：Bev_max=m$\frac{{v}_{max}^{2}}{r}$
得：v_max=$\frac{3BeR}{4m}$
所以有：v₀≤v≤$\frac{3BeR}{4m}$
此刻必須保證B＞$\frac{4m{v}_{0}}{3eR}$
（4）當電子以α角入射時，最大速度對應軌跡如圖二所示，軌跡圓與圓柱腔相切，
此時有：∠OCO′=90°-α
OC=$\frac{R}{2}$，O′C=r，OO′=R-r，
由余弦定理有：（R-r）²=（$\frac{R}{2}$）²+r²-2r•$\frac{R}{2}$•cos（90°-α）
cos（90°-α）=sinα
聯(lián)立解得：r=$\frac{3R}{8-4sinα}$
再由：r=$\frac{m{v}_{M}}{eB}$
得：v_M=$\frac{3eBR}{4m（2-sinα）}$．
答：（1）求Ⅱ區(qū)的加速電壓為$\frac{M{v}_{M}^{2}}{2e}$，離子的加速度大小為$\frac{{v}_{M}^{2}}{2L}$；
（2）為取得好的電離效果，判斷I區(qū)中的磁場方向是垂直紙面向外；
（3）α為90°時，要取得好的電離效果，求射出的電子速率的最大值為$\frac{3BeR}{4m}$；
（4）要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率v_m與a的關(guān)系為v_M=$\frac{3eBR}{4m（2-sinα）}$．

點評 該題的文字敘述較長，要求要快速的從中找出物理信息，創(chuàng)設物理情境；平時要注意讀圖能力的培養(yǎng)，以及幾何知識在物理學中的應用，解答此類問題要有畫草圖的習慣，以便有助于對問題的分析和理解；再者就是要熟練的掌握帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期和半徑公式的應用．