核仪器原理作业

1. 第二周作业

1.1. 问答题

请描述说明 $𝛽$ 谱仪和 $𝛾$ 谱仪存在哪些不同.

对象不同, $𝛽$ 谱仪测量(正)电子的能量分布, $𝛾$ 谱仪测量光谱. 并且前者通过电离/激发进行测量, 后者通过光电效应, 康普顿散射, 电子对产生进行测量.

1.2. 平板电离室

电子和正离子分别向阳极和阴极漂移, 两个板上感应电流的极性相反, 阳极流出电流, 阴极流入电流.
电离出的电子和正离子对的数量为 $5 \cdot 10^{4}$ 电荷量为
.
考虑 $𝑉_{max} = 𝑄 / 𝐶 =$

1.3. 平板电离室漂移时间

电子的漂移时间为
, 正离子为
.
还是会产生电流, 因为电子漂移完后, 离子还在漂移, 产生离子尾巴.

2. 第三周作业

2.1. 信号变换

$𝑒^{𝑗 10 𝑡}$ 的周期为 $2 \frac{𝜋}{10} = \frac{𝜋}{5}$ .

${(5 \sin (8 𝑡))}^{2} \propto \frac{1}{2} - \frac{\cos (16 𝑡)}{2}$ . 从而周期为 $\frac{𝜋}{8}$ .

记 $𝑟 ()$ 为反褶, $𝑤 (𝑥)$ 为向右移动 $𝑥$ . $ℎ (𝛼)$ 为伸缩 $𝛼$ 倍, 有

𝑓 (- 3 𝑡 - 2) = ℎ (3) 𝑟 () 𝑤 (2) 𝑓 (𝑡)

从而函数曲线为:

下列波形的函数式为:

𝑓 (𝑡) = 1 - | \frac{𝑡}{2} |, | 𝑡 | < 2

2.2. 信号与系统

$𝑟 (𝑡) = 𝑒 (𝑡) 𝑢 (𝑡)$ 线性, 时变, 因果
$𝑟 (𝑡) = 𝑒 (1 - 𝑡)$ 线性, 时变, 非因果
$𝑟 (𝑡) = 𝑒 (2 𝑡)$ 线性, 时变, 非因果
线性, 时变, 非因果

考虑第二个输入是第一个输入的导数:

𝑟_{2} (𝑡) =

=𝑒−𝑎𝑡𝛿(𝑡)−𝑎𝑒−𝑎𝑡𝑢(𝑡)

2.3. 周期信号与傅里叶变换

谱线间隔就是基频 $𝑓 = \frac{1}{𝑇}$ , 间隔 1 MHz.

带宽在第一零点位置, $𝑓_{𝐵} = \frac{1}{𝜏}$ , 为 2 MHz.

因为是偶函数, 从而只有余弦项.

从而基波与三次谐波的幅度比为

\frac{2}{𝜋} / (\frac{2}{3 𝜋}) = 3

3. 第五周作业

3.1. 1

特征方程为 $𝜆^{2} + 2 𝜆 + 2 = 0$

解得 $𝜆_{1} = - 1 + 𝑗$ , $𝜆_{2} = - 1 - 𝑗$ .

故零输入响应可写为 $𝑟_{zi (𝑡)} = 𝑒^{- 𝑡} (𝐶_{1} \cos 𝑡 + 𝐶_{2} \sin 𝑡) 𝑢 (𝑡)$

由初始条件 $𝑟 (0_{+}) = 1$ 可得 $𝐶_{1} = 1$ .

再对上式求导: $𝑟_{zi (𝑡)}^{'} = 𝑒^{- 𝑡} ((𝐶_{2} - 𝐶_{1}) \cos 𝑡 - (𝐶_{1} + 𝐶_{2}) \sin 𝑡) 𝑢 (𝑡)$

由 $𝑟^{'} (0_{+}) = 2$ 得 $𝐶_{2} - 𝐶_{1} = 2$

故 $𝐶_{2} = 3$ .

因此系统的零输入响应为 $𝑟_{zi (𝑡)} = 𝑒^{- 𝑡} (\cos 𝑡 + 3 \sin 𝑡) 𝑢 (𝑡)$

3.2. 2

在零初始条件下取拉氏变换, 有 $𝑠^{2} 𝑅 (𝑠) + 𝑠 𝑅 (𝑠) + 𝑅 (𝑠) = 𝑠 𝐸 (𝑠) + 𝐸 (𝑠)$

故系统函数为 $𝐻 (𝑠) = \frac{𝑅 (𝑠)}{𝐸 (𝑠)} = \frac{𝑠 + 1}{𝑠^{2} + 𝑠 + 1}$

将分母配方: $𝑠^{2} + 𝑠 + 1 = {(𝑠 + \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}$

于是

𝐻 (𝑠) = \frac{𝑠 + \frac{1}{2}}{{(𝑠 + \frac{1}{2})}^{2} + {(\frac{\sqrt{3}}{2})}^{2}} + \frac{\frac{1}{2}}{{(𝑠 + \frac{1}{2})}^{2} + {(\frac{\sqrt{3}}{2})}^{2}}

所以冲激响应为

ℎ (𝑡) = 𝑒^{- \frac{𝑡}{2}} \cos ((\frac{\sqrt{3}}{2}) 𝑡) + \frac{1}{\sqrt{3}} \sin ((\frac{\sqrt{3}}{2}) 𝑡) 𝑢 (𝑡)

3.3. 3

题中系统满足

其中 $𝑓 (𝑡) = 𝑒^{- 𝑡} 𝑢 (𝑡) + 3 𝛿 (𝑡)$

注意到

在零初始条件下取拉氏变换: $𝑠 𝑅 (𝑠) + 5 𝑅 (𝑠) = 𝐸 (𝑠) 𝐹 (𝑠) - 𝐸 (𝑠)$

而 $𝐹 (𝑠) = \frac{1}{𝑠 + 1} + 3$

故 $𝐻 (𝑠) = \frac{𝑅 (𝑠)}{𝐸 (𝑠)} = \frac{𝐹 (𝑠) - 1}{𝑠 + 5}$

即

𝐻 (𝑠) = \frac{\frac{1}{𝑠 + 1} + 2}{𝑠 + 5} = \frac{2 𝑠 + 3}{(𝑠 + 1) (𝑠 + 5)}

将其展开为部分分式:

\frac{2 𝑠 + 3}{(𝑠 + 1) (𝑠 + 5)} = \frac{1}{4 (𝑠 + 1)} + \frac{7}{4 (𝑠 + 5)}

因此单位冲激响应为 $ℎ (𝑡) = (\frac{1}{4} 𝑒^{- 𝑡} + \frac{7}{4} 𝑒^{- 5 𝑡}) 𝑢 (𝑡)$

3.4. 4

3.4.1. (a)

由图可知 $𝑓_{2} (𝑡) = 𝛿 (𝑡 + 2) + 𝛿 (𝑡 - 2)$

因此 $(𝑓_{1} * 𝑓_{2}) (𝑡) = 𝑓_{1} (𝑡 + 2) + 𝑓_{1} (𝑡 - 2)$

原函数 $𝑓_{1} (𝑡)$ 由两个单位三角波组成, 分别以 $𝑡 = - 2$ 和 $𝑡 = 2$ 为中心. 所以卷积结果由 3 个三角波组成:

在 $[- 5, - 3]$ 上, 是一个峰值为 $1$ 的三角波, 中心在 $𝑡 = - 4$ .
在 $[- 1, 1]$ 上, 是一个峰值为 $2$ 的三角波, 中心在 $𝑡 = 0$ .
在 $[3, 5]$ 上, 是一个峰值为 $1$ 的三角波, 中心在 $𝑡 = 4$ .

可写成

(𝑓_{1} * 𝑓_{2}) (𝑡) = (1 - | 𝑡 + 4 |) (𝑢 (𝑡 + 5) - 𝑢 (𝑡 + 3)) + 2 (1 - | 𝑡 |) (𝑢 (𝑡 + 1) - 𝑢 (𝑡 - 1)) + (1 - | 𝑡 - 4 |) (𝑢 (𝑡 - 3) - 𝑢 (𝑡 - 5))

3.4.2. (b)

由图可写 $𝑓_{1} (𝑡) = 2 (𝑢 (𝑡) - 𝑢 (𝑡 - 1))$ , $𝑓_{2} (𝑡) = \sin 𝑡 (𝑢 (𝑡) - 𝑢 (𝑡 - 𝜋))$ .

故

分段计算如下:

当 $𝑡 < 0$ 或 $𝑡 > 𝜋 + 1$ 时, 两函数无重叠, $(𝑓_{1} * 𝑓_{2}) (𝑡) = 0$
当 $0 \leq 𝑡 < 1$ 时,
当 $1 \leq 𝑡 < 𝜋$ 时,
当 $𝜋 \leq 𝑡 < 𝜋 + 1$ 时,

因此

(𝑓_{1} * 𝑓_{2}) (𝑡) = {\begin{matrix} 0 if 𝑡 < 0 \\ 2 (1 - \cos 𝑡) if 0 \leq 𝑡 < 1 \\ 2 (\cos (𝑡 - 1) - \cos 𝑡) if 1 \leq 𝑡 < 𝜋 \\ 2 (\cos (𝑡 - 1) + 1) if 𝜋 \leq 𝑡 < 𝜋 + 1 \\ 0 if 𝑡 \geq 𝜋 + 1 \end{matrix}

3.5. 5

$1 - 𝑒^{- 𝑎 𝑡}$ ,
$\sin 𝑡 + 2 \cos 𝑡$ ,
$(1 + 2 𝑡) 𝑒^{- 𝑡}$ ,

3.6. 6

$\frac{1}{𝑠 (𝑠^{2} + 5)}$ ,
先做部分分式展开:
$\frac{1}{𝑠 (𝑠^{2} + 5)} = \frac{1}{5} (\frac{1}{𝑠} - \frac{𝑠}{𝑠^{2} + 5})$
故其拉氏逆变换为
$3 \frac{𝑠}{(𝑠 + 4) (𝑠 + 2)}$ ,
部分分式展开为
$3 \frac{𝑠}{(𝑠 + 4) (𝑠 + 2)} = \frac{6}{𝑠 + 4} - \frac{3}{𝑠 + 2}$
故其拉氏逆变换为

4. 第八次作业

4.1. 伽马能谱分析

由题图可知, ${}^{228}{Th}$ 主要通过 $𝛼$ 衰变布居 ${}^{224}{Ra}$ 的 $0$ ,

等能级. 低激发能级的退激

𝛾

射线主要由这些能级差决定:

: $84.43 \to 0$ , 是最强的一条谱线;
: $215.99 \to 84.43$ ;
: $250.78 \to 84.43$ ;
: $290.32 \to 84.43$ ;
: $215.99 \to 0$ ;
: $290.32 \to 215.99$ , 这一支很弱.

因此可认为该核素的低能 $𝛾$ 能谱由以上几条离散谱线组成. 其中

为主峰,

次之,

与

为中等强度,

和

较弱.

下面给出定性棒状谱, 仅表示相对强弱关系:

4.2. 平行板电离室阳极感应电流

取阳极感应电流流入前放大器为正. 由沉积能量与平均电离能可得产生的电子-离子对数

\begin{matrix} 𝐸_{dep} = \end{matrix}

𝑤=

𝑁=1⋅10625=4.0⋅104

对应总电荷量

𝑄_{0} = 𝑁 𝑒 = 4.0 \cdot 10^{4} \times 1.602 \cdot 10^{- 19} \approx

平行板电离室中电场近似均匀, 故

\begin{matrix} 𝑉 = \end{matrix}

𝑑=

𝐸=𝑉𝑑=10000.01≈

电子与正离子迁移率分别为 $𝜇_{𝑒} =$

𝜇_{𝑖} =

所以漂移速度为 $𝑣_{𝑒} = 𝜇_{𝑒} 𝐸 \approx$

𝑣_{𝑖} = 𝜇_{𝑖} 𝐸 \approx

对阳极而言, 权电场为 $𝐸_{𝑤} = \frac{1}{𝑑} =$

根据 Shockley-Ramo 定律, 单种载流子对阳极的感应电流大小为 $𝑖 = 𝑞 𝑣 𝐸_{𝑤} = \frac{𝑞 𝑣}{𝑑}$

电子与正离子贡献同号, 因而总感应电流为两者之和.

电子距阳极的距离为 $𝑑 - 𝑧_{0} =$

, 正离子距阴极的距离为

𝑧_{0} =

, 故收集时间分别为

𝑡_{𝑒} = \frac{𝑑 - 𝑧_{0}}{𝑣_{𝑒}} = \frac{6 \cdot 10^{- 3}}{2.0 \cdot 10^{4}} \approx

𝑡𝑖=𝑧0𝑣𝑖=4⋅10−320≈

电流大小分别为

𝑖_{𝑒} = \frac{𝑄_{0} 𝑣_{𝑒}}{𝑑} \approx

𝑖𝑖=𝑄0𝑣𝑖𝑑≈

因此阳极感应电流的时间波形为

𝑖_{𝐴 (𝑡)} = {\begin{matrix} 𝑖_{𝑒} + 𝑖_{𝑖} \approx \end{matrix}

if 0≤𝑡<

𝑖𝑖≈

≤𝑡<

0 if 𝑡≥

也就是说, 前面是一个约

的快电子脉冲, 随后跟着一个约

的长离子尾巴.

4.3. 栅极电离室阳极感应电流

理想栅极电离室中, 对阳极的权电势可取为

𝜑_{𝑤 (𝑧)} = {\begin{matrix} 0 if 0 \leq 𝑧 \leq 𝑑_{1} \\ \frac{𝑧 - 𝑑_{1}}{𝑑 - 𝑑_{1}} if 𝑑_{1} < 𝑧 \leq 𝑑 \end{matrix}

因此权电场为

𝐸_{𝑤 (𝑧)} = {\begin{matrix} 0 if 0 \leq 𝑧 \leq 𝑑_{1} \\ \frac{1}{𝑑 - 𝑑_{1}} if 𝑑_{1} < 𝑧 \leq 𝑑 \end{matrix}

题中 $𝑑 =$

𝑑_{1} =

𝑑 - 𝑑_{1} =

而实际漂移电场在两区都是

1 000 - 900

=900

≈

所以载流子漂移速度仍为 $𝑣_{𝑒} \approx$

𝑣_{𝑖} \approx

4.3.1. 电离发生在栅极下方

此时电离位置在栅极下方, 即 $𝑧_{0} < 𝑑_{1}$ . 在电子越过栅极之前, 阳极的权电场为零, 因而阳极上没有感应信号.

当 $𝑧_{0} =$

时, 电子从电离位置漂移到栅极

𝑧 =

所需时间为

𝑡_{1} = \frac{𝑑_{1} - 𝑧_{0}}{𝑣_{𝑒}} = \frac{5 \cdot 10^{- 3}}{2.0 \cdot 10^{4}} \approx

电子再从栅极漂移到阳极所需时间

𝑡_{2} = \frac{𝑑 - 𝑑_{1}}{𝑣_{𝑒}} = \frac{1 \cdot 10^{- 3}}{2.0 \cdot 10^{4}} \approx

在阳极-栅极间隙内的感应电流大小为

𝑖_{𝐴} = \frac{𝑄_{0} 𝑣_{𝑒}}{𝑑 - 𝑑_{1}} = \frac{6.41 \cdot 10^{- 15} \times 2.0 \cdot 10^{4}}{1.0 \cdot 10^{- 3}} \approx

故阳极电流为

𝑖_{𝐴 (𝑡)} = {\begin{matrix} 0 if 0 \leq 𝑡 < \end{matrix}

≤𝑡<

0 if 𝑡≥

即只有一个宽度约

, 高度约

的快脉冲, 基本没有离子尾巴.

4.3.2. 电离发生在栅极与阳极之间

当 $𝑧_{0} =$

时, 电离位置位于栅极与阳极之间, 因此电子和正离子一产生就都在权电场区域内.

电子到达阳极的时间为

𝑡_{𝑒} = \frac{𝑑 - 𝑧_{0}}{𝑣_{𝑒}} = \frac{0.5 \cdot 10^{- 3}}{2.0 \cdot 10^{4}} \approx

正离子到达栅极的时间为

𝑡_{𝑖} = \frac{𝑧_{0} - 𝑑_{1}}{𝑣_{𝑖}} = \frac{0.5 \cdot 10^{- 3}}{20} \approx

所以 $𝑖_{𝑒} = \frac{𝑄_{0} 𝑣_{𝑒}}{𝑑 - 𝑑_{1}} \approx$

𝑖_{𝑖} = \frac{𝑄_{0} 𝑣_{𝑖}}{𝑑 - 𝑑_{1}} \approx

阳极电流波形为

𝑖_{𝐴 (𝑡)} = {\begin{matrix} 𝑖_{𝑒} + 𝑖_{𝑖} \approx \end{matrix}

if 0≤𝑡<

𝑖𝑖≈

≤𝑡<

0 if 𝑡≥

因此, 当电离发生在栅极上方时, 阳极仍会看到一个较弱但可见的离子尾巴.

4.4. 硅探测器耗尽与电场

这是一个一侧突变结近似下的 $𝑝^{+} 𝑛^{-}$ 探测器. 取 n 区厚度 $𝑑 =$

𝑁_{𝐷} =

𝜀_{Si} = 11.7 𝜀_{0} \approx

4.4.1. 全耗尽电压

忽略内建电势相对于几十伏量级的影响, 全耗尽电压为 $𝑉_{fd} = \frac{𝑞 𝑁_{𝐷} 𝑑^{2}}{2 𝜀_{Si}}$

代入得

𝑉_{fd} = \frac{(1.602 \cdot 10^{- 19}) (1 \cdot 10^{18}) {(3.0 \cdot 10^{- 4})}^{2}}{2 \times 1.04 \cdot 10^{- 10}} \approx

所以全耗尽电压约为 $𝑉_{fd} \approx$

4.4.2. 反向偏压
时的电场分布

由于

>𝑉 fd, 探测器已完全耗尽, 并处于过耗尽状态. 若以左侧背电极为

𝑥 = 0

, 右侧

𝑝^{+}

阳极为

𝑥 = 𝑑

, 则电场强度大小满足

=𝑞𝑁𝐷𝜀 Si

并且

故有

| 𝐸 (𝑥) | = \frac{𝑉_{𝑅} - 𝑉_{fd}}{𝑑} + \frac{𝑞 𝑁_{𝐷} 𝑥}{𝜀_{Si}}

其中 $𝑉_{𝑅} =$

, 所以

\begin{matrix} 𝐸_{0} \approx \end{matrix}

𝑆≈

|𝐸(𝑥)|≈𝐸0+𝑆𝑥

这里 $𝑥$ 用

为单位,

| 𝐸 |

用

为单位.

因此 $| 𝐸 (0) | \approx$

| 𝐸 (𝑑) | \approx

故电场强度在背电极处最小, 向 $𝑝^{+}$ 阳极线性增大, 形状是一个带底座的三角形.

4.4.3. 阳极的权电场分布

平板型探测器中, 阳极权电势满足 $𝜑_{𝑤 (𝑥)} = \frac{𝑥}{𝑑}$

因此阳极权电场为常数

𝐸_{𝑤} =

=1𝑑=1

≈

也就是说, 阳极的权电场在整个厚度内都是均匀不变的.

4.5. 载流子俘获时的输出电荷

设产生了 $𝑛$ 对电子-空穴对. 图中载流子产生位置距离阳极为 $\frac{𝐷}{4}$ , 因此若从左侧背电极起算, 产生位置为 $𝑥_{0} = \frac{3 𝐷}{4}$

对右侧阳极而言, 权电势为 $𝜑_{𝑤 (𝑥)} = \frac{𝑥}{𝐷}$

所以初始权电势 $𝜑_{𝑤 (𝑥_{0})} = \frac{3}{4}$

根据 Shockley-Ramo 定理, 单个载流子在阳极上感应出的电荷量大小为 $Δ 𝑄 = | 𝑞 | | 𝜑_{𝑤 (𝑥_{𝑓})} - 𝜑_{𝑤 (𝑥_{𝑖})} |$

4.5.1. 电子和空穴全部被收集

电子漂移到阳极, 因而单个电子贡献 $Δ 𝑄_{𝑒} = 𝑒 (1 - (\frac{3}{4})) = \frac{𝑒}{4}$

空穴漂移到背电极, 单个空穴贡献 $Δ 𝑄_{ℎ} = 𝑒 ((\frac{3}{4}) - 0) = \frac{3 𝑒}{4}$

故总输出电荷量为 $Δ 𝑄 = 𝑛 (Δ 𝑄_{𝑒} + Δ 𝑄_{ℎ}) = 𝑛 𝑒$

4.5.2. 电子全部被收集, 空穴仅有 $50 %$ 被收集

电子仍全部贡献 $\frac{𝑛 𝑒}{4}$

只有一半空穴到达背电极, 另一半产生后立刻被俘获, 近似不产生漂移感应电荷. 因此空穴贡献为 $0.5 \times (\frac{3 𝑛 𝑒}{4}) = \frac{3 𝑛 𝑒}{8}$

故 $Δ 𝑄 = \frac{𝑛 𝑒}{4} + \frac{3 𝑛 𝑒}{8} = \frac{5 𝑛 𝑒}{8}$

4.5.3. 电子全部被收集, 空穴仅有 $10 %$ 被收集

同理可得

Δ 𝑄 = \frac{𝑛 𝑒}{4} + 0.1 \times (\frac{3 𝑛 𝑒}{4}) = ((\frac{1}{4}) + (\frac{3}{40})) 𝑛 𝑒 = \frac{13 𝑛 𝑒}{40}

所以三种情况下阳极输出电荷量分别为 $Δ 𝑄 = 𝑛 𝑒$ , $\frac{5 𝑛 𝑒}{8}$ , $\frac{13 𝑛 𝑒}{40}$ .

对应前置放大器输出电压幅度为 $Δ 𝑉 = \frac{Δ 𝑄}{𝐶}$

因此空穴俘获越严重, 脉冲幅度越小.

5. 第九次作业

5.1. 1

设输入矩形电流脉冲为 $𝑖_{𝑠 (𝑡)} = 𝐼_{0} (𝑢 (𝑡) - 𝑢 (𝑡 - 𝑡_{𝑤}))$

并联 $RC$ 电路满足 $𝐶$

+𝑣𝑅=𝑖𝑠(𝑡)

因此在脉冲作用期间 $0 < 𝑡 < 𝑡_{𝑤}$ , $𝑣 (𝑡) = 𝐼_{0} 𝑅 (1 - 𝑒^{- \frac{𝑡}{𝑅 𝐶}})$

在脉冲结束后 $𝑡 > 𝑡_{𝑤}$ , $𝑣 (𝑡) = 𝐼_{0} 𝑅 (1 - 𝑒^{- \frac{𝑡_{𝑤}}{𝑅 𝐶}}) 𝑒^{- \frac{𝑡 - 𝑡_{𝑤}}{𝑅 𝐶}}$

当 $𝑡_{𝑤}$ 远小于 $𝑅 𝐶$ 时, 指数项可展开为 $𝑒^{- \frac{𝑡}{𝑅 𝐶}} \approx 1 - \frac{𝑡}{𝑅 𝐶}$ , 因而在 $0 < 𝑡 < 𝑡_{𝑤}$ 时 $𝑣 (𝑡) \approx (\frac{𝐼_{0}}{𝐶}) 𝑡$ , 即输出近似线性上升到 $𝑣_{max} \approx 𝐼_{0} \frac{𝑡_{𝑤}}{𝐶} = \frac{𝑄}{𝐶}$ 随后按时间常数 $𝑅 𝐶$ 指数衰减. 这时波形近似为窄三角脉冲.
当 $𝑡_{𝑤}$ 远大于 $𝑅 𝐶$ 时, 输出先在约几个 $𝑅 𝐶$ 内快速上升并趋近于稳态值 $𝑣 \approx 𝐼_{0} 𝑅$ 在脉冲持续的大部分时间里近似保持平台. 脉冲结束后再以时间常数 $𝑅 𝐶$ 指数下降. 这时波形近似为圆角矩形脉冲.

5.2. 2

由外特性曲线可直接读出 3 个区间的电压增益, 即各段斜率

在 $(- 𝑏, - 𝑎)$ 区间, $𝐾_{1} = \frac{𝐴 - 𝐵}{𝑏 - 𝑎} = (\frac{1.0 - 1.4}{3 - 1})$

=−200

在 $(- 𝑎, 𝑎)$ 区间, $𝐾_{2} = \frac{- 𝐴 - 𝐴}{𝑎 - (- 𝑎)} = (\frac{- 1.0 - 1.0}{2})$

=−1000

在 $(𝑎, 𝑏)$ 区间, $𝐾_{3} = \frac{- 𝐵 - (- 𝐴)}{𝑏 - 𝑎} = (\frac{- 1.4 + 1.0}{2})$

=−200

反馈电容在输入端的密勒等效值为 $𝐶_{𝑀} = 𝐶_{𝑓} (1 - 𝐾)$

于是 $𝐶_{M1} = 𝐶_{M3} = 1 \times (1 - (- 200)) =$

𝐶_{M2} = 1 \times (1 - (- 1000)) =

若把输入端本身电容 $𝐶_{𝑖} =$

也计入, 则 3 个区间的总等效输入电容分别为

\begin{matrix} 𝐶_{in,1} = 𝐶_{in,3} = \end{matrix}

𝐶 in,2 =

当 $𝑣_{𝑖}$ 初始为 0 且输入电流 $𝑖_{𝑠}$ 由小变大时, 由于电流源方向向下, 输入节点电压 $𝑣_{𝑖}$ 逐渐变负, 工作点沿外特性曲线从原点向左移动:

起初处于 $(- 𝑎, 𝑎)$ 区间, 增益最大, 因而 $𝑣_{𝑜}$ 近似按高斜率快速上升.
当 $𝑣_{𝑖} < - 𝑎$ 后进入 $(- 𝑏, - 𝑎)$ 区间, 斜率减小为 $- 200$ , $𝑣_{𝑜}$ 继续上升但速度明显变慢.
当 $𝑣_{𝑖} < - 𝑏$ 后输出进入正饱和, $𝑣_{𝑜} \approx 𝐵 =$
, 再增大 $𝑖_{𝑠}$ 也几乎不再上升.

也就是说, 输出电压随输入电流增大经历“快增益区 -> 慢增益区 -> 饱和区”的变化.

5.3. 3

图中反馈网络为 $𝑅_{2} =$ $1 000$

𝐶_{2} =

𝐴 = 1 \cdot 10^{4}

输入端还并联有 $𝑅_{1} =$ $100$

𝐶_{1} =

由于 $𝑣_{𝑜} = - 𝐴 𝑣_{𝑖}$

反馈电阻和反馈电容在输入端的等效值分别为 $𝑅_{f,eq} = \frac{𝑅_{2}}{1 + 𝐴}$ , $𝐶_{f,eq} = (1 + 𝐴) 𝐶_{2}$ .

故整个放大器的等效输入阻抗 $𝑍_{𝑖} = 𝑅_{𝑖} ∥ (\frac{1}{𝑠 𝐶_{𝑖}})$

其中 $𝑅_{𝑖} = 𝑅_{1} ∥ 𝑅_{f,eq}$ , $𝐶_{𝑖} = 𝐶_{1} + 𝐶_{f,eq}$ .

代入数值得 $𝑅_{f,eq} = (\frac{1000}{10001})$

≈

$0.100$

𝑅_{𝑖} =

100

∥

$0.100$

≈

𝐶𝑖=

+10001×

≈

所以等效输入阻抗可写为 $𝑍_{𝑖} \approx$ $99.9$

∥

5.4. 4

5.4.1. (1)

左图为反相放大器, 有 $𝑣_{𝑜} = 𝐴 (0 - 𝑣_{-}) = - 𝐴 𝑣_{-}$

在反相输入节点列 KCL: $\frac{𝑣_{𝑖} - 𝑣_{-}}{𝑅_{2}} + \frac{𝑣_{𝑜} - 𝑣_{-}}{𝑅_{1}} = 0$

代入 $𝑣_{-} = - \frac{𝑣_{𝑜}}{𝐴}$ 后得闭环增益 $\frac{𝑣_{𝑜}}{𝑣_{𝑖}} = - 𝐴 \frac{𝑅_{1}}{𝑅_{1} + (𝐴 + 1) 𝑅_{2}}$

代入 $𝑅_{1} =$ $100$

,𝑅2=

$1$

,𝐴=1000,

\frac{𝑣_{𝑜}}{𝑣_{𝑖}} = - 1000 \times \frac{100}{100 + 1001} \approx - 90.83

5.4.2. (2)

右图为同相放大器. 反馈系数 $𝛽 = \frac{𝑅_{2}}{𝑅_{1} + 𝑅_{2}} = \frac{1}{100}$

且 $𝑣_{𝑜} = 𝐴 (𝑣_{𝑖} - 𝛽 𝑣_{𝑜})$

所以闭环增益 $\frac{𝑣_{𝑜}}{𝑣_{𝑖}} = \frac{𝐴}{1 + 𝐴 𝛽}$

代入 $𝐴 = 1000, 𝛽 = 0.01$ , $\frac{𝑣_{𝑜}}{𝑣_{𝑖}} = \frac{1000}{1 + 10} \approx 90.91$

故两种电路在有限开环增益下的闭环放大倍数分别为 $𝐾_{1} \approx - 90.83$ , $𝐾_{2} \approx 90.91$ .

5.5. 5

设反相输入节点电压为 $𝑣_{𝑖}$ , 输出电压为 $𝑣_{𝑜}$ . 左侧运放输出为 $- 𝐴 𝑣_{𝑖}$ , 中间 $𝑅 𝐶$ 网络满足

\frac{- 𝐴 𝑣_{𝑖} - 𝑣_{𝑜}}{𝑅} = 𝐶

+𝐶𝑓

输入端列 KCL: $𝑖 (𝑡) = 𝐶_{𝑖}$

+𝐶𝑓

在拉氏域令 $𝑖 (𝑡) = 𝑄 𝛿 (𝑡)$ , 即 $𝐼 (𝑠) = 𝑄$ , 可解得 $𝑉_{𝑜 (𝑠)} = - 𝑄 \frac{𝐴 - 𝑅 𝐶_{𝑓} 𝑠}{𝑠 (𝐶_{𝑇} + 𝐾 𝑠)}$

其中记 $𝐶_{𝑇} = 𝐶_{𝑖} + (1 + 𝐴) 𝐶_{𝑓}$ , $𝐾 = 𝑅 (𝐶_{𝑖} 𝐶 + 𝐶_{𝑖} 𝐶_{𝑓} + 𝐶 𝐶_{𝑓})$ .

将其写成部分分式可得

𝑉_{𝑜 (𝑠)} = - 𝑄 (\frac{𝐴}{𝐶_{𝑇}} \frac{1}{𝑠} - \frac{𝑅 𝐶_{𝑓} + 𝐴 \frac{𝐾}{𝐶_{𝑇}}}{𝐾 (𝑠 + \frac{𝐶_{𝑇}}{𝐾})})

因此时域表达式为

𝑣_{𝑜 (𝑡)} = - 𝑄 (\frac{𝐴}{𝐶_{𝑇}} - (𝑅 \frac{𝐶_{𝑓}}{𝐾} + \frac{𝐴}{𝐶_{𝑇}}) 𝑒^{- \frac{𝑡}{𝜏}}) 𝑢 (𝑡)

其中 $𝜏 = \frac{𝐾}{𝐶_{𝑇}}$

若满足 $(1 + 𝐴) 𝐶_{𝑓}$ 远大于 $𝐶_{𝑖}$ ,

则

\begin{matrix} 𝐶_{𝑇} \approx (1 + 𝐴) 𝐶_{𝑓} \\ 𝜏 \approx 𝑅 \frac{𝐶}{1 + 𝐴} \end{matrix}

而稳态幅度 $\lim_{𝑡 \to \infty} 𝑣_{𝑜 (𝑡)} \approx - 𝐴 \frac{𝑄}{(1 + 𝐴) 𝐶_{𝑓}} \approx - \frac{𝑄}{𝐶_{𝑓}}$

故可写成近似形式

\begin{matrix} 𝑣_{𝑜 (𝑡)} \approx - \frac{𝑄}{𝐶_{𝑓}} (1 - 𝑒^{- \frac{𝑡}{𝜏}}) 𝑢 (𝑡) \\ 𝜏 \approx 𝑅 \frac{𝐶}{1 + 𝐴} \end{matrix}

波形上表现为: 输出从接近 0 开始快速上升, 经过约几个 $𝜏$ 后稳定到 $- \frac{𝑄}{𝐶_{𝑓}}$ .

若在 $𝐶_{𝑓}$ 两端并联 $𝑅_{𝑓}$ , 且 $𝑅_{𝑓} 𝐶_{𝑓}$ 远大于 $𝑅 𝐶$ ,

则快上升过程基本不变, 但反馈电容上的电荷会通过 $𝑅_{𝑓}$ 缓慢泄放, 输出不再长期保持平台, 而是在到达峰值后按较长时间常数 $𝜏_{𝑓} \approx 𝑅_{𝑓} 𝐶_{𝑓}$ 缓慢回到基线. 因此波形由“快上升 + 平顶”变为“快上升 + 慢恢复”的典型电荷灵敏前放脉冲.

5.6. 6

电荷灵敏前放的闭环上限频率近似为 $𝑓_{𝐻} \approx \frac{GBW}{1 + \frac{𝐶_{𝑖}}{𝐶_{𝑓}}}$

于是上升时间 $𝑡_{𝑟} \approx \frac{0.35}{𝑓_{𝐻}} = 0.35 \frac{1 + \frac{𝐶_{𝑖}}{𝐶_{𝑓}}}{GBW}$

逐项代入:

$(1)$
$𝑡_{𝑟} = 0.35 \times \frac{1 + \frac{10}{1}}{1 \cdot 10^{9}} \approx$
$(2)$
$𝑡_{𝑟} = 0.35 \times \frac{1 + \frac{10}{2}}{1 \cdot 10^{9}} \approx$
$(3)$
$𝑡_{𝑟} = 0.35 \times \frac{1 + \frac{10}{1}}{2 \cdot 10^{9}} \approx$
$(4)$
$𝑡_{𝑟} = 0.35 \times \frac{1 + \frac{10}{2}}{0.5 \cdot 10^{9}} \approx$

5.7. 7

记输入节点为 $𝑣_{𝑖}$ , 输出节点为 $𝑣_{𝑜}$ . 跨导放大器满足 $𝑖_{𝑜} = 𝐺 (𝑣_{+} - 𝑣_{-}) = - 𝐺 𝑣_{𝑖}$

其中 $𝐺 =$

图中参数为

\begin{matrix} 𝐶_{𝑖} = \end{matrix}

𝐶𝑓=

𝐶=

𝑅=

500

输入端与输出端列方程可得该系统的主时间常数近似为 $𝜏 \approx \frac{𝐶_{𝑖} 𝐶 + 𝐶_{𝑖} 𝐶_{𝑓} + 𝐶 𝐶_{𝑓}}{𝐶_{𝑓} 𝐺 + \frac{𝐶_{𝑖} + 𝐶_{𝑓}}{𝑅}}$

代入数值:

𝐶_{𝑖} 𝐶 + 𝐶_{𝑖} 𝐶_{𝑓} + 𝐶 𝐶_{𝑓} = (100 \times 10 + 100 \times 1 + 10 \times 1)

$𝐶_{𝑓} 𝐺 =$

\frac{𝐶_{𝑖} + 𝐶_{𝑓}}{𝑅} =

≈

由于 $𝐶_{𝑓} 𝐺$ 远大于 $\frac{𝐶_{𝑖} + 𝐶_{𝑓}}{𝑅}$ ,

故

𝜏 \approx

≈

于是输出电压的上升时间估算为 $𝑡_{𝑟} \approx 2.2 𝜏 \approx$

因此该跨导前放的输出上升时间约为 $𝑡_{𝑟} \approx$

1. 第二周作业

1.1. 问答题

1.2. 平板电离室

1.3. 平板电离室漂移时间

2. 第三周作业

2.1. 信号变换

2.2. 信号与系统

2.3. 周期信号与傅里叶变换

3. 第五周作业

3.1. 1

3.2. 2

3.3. 3

3.4. 4

3.4.1. (a)

3.4.2. (b)

3.5. 5

3.6. 6

4. 第八次作业

4.1. 伽马能谱分析

4.2. 平行板电离室阳极感应电流

4.3. 栅极电离室阳极感应电流

4.3.1. 电离发生在栅极下方

4.3.2. 电离发生在栅极与阳极之间

4.4. 硅探测器耗尽与电场

4.4.1. 全耗尽电压

4.4.2. 反向偏压 时的电场分布

4.4.3. 阳极的权电场分布

4.5. 载流子俘获时的输出电荷

4.5.1. 电子和空穴全部被收集

4.5.2. 电子全部被收集, 空穴仅有 50% 被收集

4.5.3. 电子全部被收集, 空穴仅有 10% 被收集

5. 第九次作业

5.1. 1

5.2. 2

5.3. 3

5.4. 4

5.4.1. (1)

5.4.2. (2)

5.5. 5

5.6. 6

5.7. 7

4.4.2. 反向偏压
时的电场分布

4.5.2. 电子全部被收集, 空穴仅有 $50 %$ 被收集

4.5.3. 电子全部被收集, 空穴仅有 $10 %$ 被收集