核仪器原理作业

1. 第二周作业

1.1. 问答题

$𝛽$ 谱仪测量电子或正电子的能量分布, $𝛾$ 谱仪测量光子能谱. 前者依赖带电粒子在介质中的电离和激发损失. 后者依赖光电效应, 康普顿散射和电子对产生.

1.2. 平板电离室

电子和正离子分别向阳极和阴极漂移, 两极板感应电流极性相反. 定义: 电离对数 $𝑁 = 5 \cdot 10^{4}$ , 总电荷 $𝑄 = 𝑁 𝑒 \approx 8.01 \cdot 10^{- 15} C$ . 若输入电容为 $𝐶$ , 最大电压幅度 $𝑉_{max} = \frac{𝑄}{𝐶} \approx 0.8 m V$ .

1.3. 平板电离室漂移时间

电子漂移时间约 $0.5 µ s$ , 正离子约 $0.5 m s$ . 电子被收集后离子仍在漂移, 因而感应电流不会立即消失, 而是形成离子尾.

2. 第三周作业

2.1. 信号变换

$𝑒^{𝑗 10 𝑡}$ 的周期 $𝑇 = 2 \frac{𝜋}{10} = \frac{𝜋}{5}$ . 形式: ${(5 sin (8 𝑡))}^{2} \propto \frac{1}{2} - \frac{cos (16 𝑡)}{2}$ , 因而周期 $𝑇 = \frac{𝜋}{8}$ . 记 $𝑟 ()$ 为反褶, $𝑤 (𝑥)$ 为右移 $𝑥$ , $ℎ (𝛼)$ 为横向压缩 $𝛼$ 倍, 则 $𝑓 (- 3 𝑡 - 2) = ℎ (3) 𝑟 () 𝑤 (2) 𝑓 (𝑡)$ . 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

冲激筛选给出 $\int_{- \infty}^{+ \infty} 𝑓 (𝑡 - 𝑡_{0}) 𝛿 (𝑡) d 𝑡 = 𝑓 (- 𝑡_{0})$ . 对 $𝛿 (𝑡) - 𝛿 (𝑡 - 𝑡_{0})$ , 傅里叶积分为 $\int_{- \infty}^{+ \infty} 𝑒^{- 𝑗 𝜔 𝑡} (𝛿 (𝑡) - 𝛿 (𝑡 - 𝑡_{0})) d 𝑡 = 1 - 𝑒^{- 𝑗 𝜔 𝑡_{0}}$ .

系统分类: $𝑟 (𝑡) = 𝑒 (𝑡) 𝑢 (𝑡)$ 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. $𝑟 (𝑡) = \int_{- \infty}^{5 𝑡} 𝑒 (𝜏) d 𝜏$ 线性, 时变, 非因果. 若第二个输入为第一个输入的导数, 则 $𝑟_{2} (𝑡) = \frac{d 𝑟_{1}}{d 𝑡} = 𝑒^{- 𝑎 𝑡} 𝛿 (𝑡) - 𝑎 𝑒^{- 𝑎 𝑡} 𝑢 (𝑡)$ .

2.3. 周期信号与傅里叶变换

谱线间隔为基频 $𝑓_{0} = \frac{1}{𝑇} = 1 M Hz$ . 第一零点给出带宽 $𝑓_{𝐵} = \frac{1}{𝜏} = 2 M Hz$ . 波形为偶函数, 只有余弦项: $𝑎_{𝑛} = (\frac{2}{𝑇}) \int_{- \frac{𝜏}{2}}^{\frac{𝜏}{2}} 𝐸 cos (𝑛 𝜔 𝑡) d 𝑡 = \frac{2 𝐸}{𝑛 𝜋} sin (𝑛 \frac{𝜋}{2})$ . 基波与三次谐波的幅度比为 $\frac{\frac{2}{𝜋}}{\frac{2}{3 𝜋}} = 3$ .

3. 第五周作业

3.1. 1

特征方程 $𝜆^{2} + 2 𝜆 + 2 = 0$ , 根为 $𝜆_{1} = - 1 + 𝑗$ , $𝜆_{2} = - 1 - 𝑗$ . 定义零输入响应 $𝑟_{zi (𝑡)} = 𝑒^{- 𝑡} (𝐶_{1} cos 𝑡 + 𝐶_{2} sin 𝑡) 𝑢 (𝑡)$ . 由 $𝑟 (0_{+}) = 1$ 得 $𝐶_{1} = 1$ . 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 $𝐶_{2} - 𝐶_{1} = 2$ , 即 $𝐶_{2} = 3$ . 因而 $𝑟_{zi (𝑡)} = 𝑒^{- 𝑡} (cos 𝑡 + 3 sin 𝑡) 𝑢 (𝑡)$ .

3.2. 2

零初始条件下取拉氏变换: $𝑠^{2} 𝑅 (𝑠) + 𝑠 𝑅 (𝑠) + 𝑅 (𝑠) = 𝑠 𝐸 (𝑠) + 𝐸 (𝑠)$ . 系统函数 $𝐻 (𝑠) = \frac{𝑅 (𝑠)}{𝐸 (𝑠)} = \frac{𝑠 + 1}{𝑠^{2} + 𝑠 + 1}$ , 且 $𝑠^{2} + 𝑠 + 1 = {(𝑠 + \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}$ . 形式:

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:

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 $\frac{d 𝑟}{d 𝑡} + 5 𝑟 (𝑡) = \int_{- \infty}^{+ \infty} 𝑒 (𝜏) 𝑓 (𝑡 - 𝜏) d 𝜏 - 𝑒 (𝑡)$ , 其中 $𝑓 (𝑡) = 𝑒^{- 𝑡} 𝑢 (𝑡) + 3 𝛿 (𝑡)$ . 积分项即卷积 $(𝑒 * 𝑓) (𝑡)$ . 零初始拉氏变换给出 $𝑠 𝑅 (𝑠) + 5 𝑅 (𝑠) = 𝐸 (𝑠) 𝐹 (𝑠) - 𝐸 (𝑠)$ , 且 $𝐹 (𝑠) = \frac{1}{𝑠 + 1} + 3$ , 所以 $𝐻 (𝑠) = \frac{𝑅 (𝑠)}{𝐸 (𝑠)} = \frac{𝐹 (𝑠) - 1}{𝑠 + 5}$ . 即:

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

部分分式展开:

\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 $ℎ (𝑡) = (\frac{𝑒^{- 𝑡}}{4} + 7 \frac{𝑒^{- 5 𝑡}}{4}) 𝑢 (𝑡)$ .

3.4. 4

3.4.1. (a)

由图可知 $𝑓_{2} (𝑡) = 𝛿 (𝑡 + 2) + 𝛿 (𝑡 - 2)$ , 因而 $(𝑓_{1} * 𝑓_{2}) (𝑡) = 𝑓_{1} (𝑡 + 2) + 𝑓_{1} (𝑡 - 2)$ . 原函数由两个单位三角波组成, 中心在 $𝑡 = - 2$ 与 $𝑡 = 2$ . 卷积后得到中心在 $- 4, 0, 4$ 的三个三角波, 中间峰值为 $2$ . 形式:

(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 $𝑓_{1} (𝑡) = 2 (𝑢 (𝑡) - 𝑢 (𝑡 - 1))$ , $𝑓_{2} (𝑡) = sin 𝑡 (𝑢 (𝑡) - 𝑢 (𝑡 - 𝜋))$ . 因而:

(𝑓_{1} * 𝑓_{2}) (𝑡) = 2 \int_{max (0, 𝑡 - 𝜋)}^{min (1, 𝑡)} sin (𝑡 - 𝜏) d 𝜏

即:

(𝑓_{1} * 𝑓_{2}) (𝑡) = {\begin{cases} 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{cases}

3.5. 5

拉氏变换结果: $ℒ︀ {1 - 𝑒^{- 𝑎 𝑡}} = \frac{1}{𝑠} - \frac{1}{𝑠 + 𝑎} = \frac{𝑎}{𝑠 (𝑠 + 𝑎)}$ . $ℒ︀ {sin 𝑡 + 2 cos 𝑡} = \frac{1}{𝑠^{2} + 1} + 2 \frac{𝑠}{𝑠^{2} + 1} = \frac{2 𝑠 + 1}{𝑠^{2} + 1}$ . $ℒ︀ {(1 + 2 𝑡) 𝑒^{- 𝑡}} = \frac{1}{𝑠 + 1} + \frac{2}{{(𝑠 + 1)}^{2}} = \frac{𝑠 + 3}{{(𝑠 + 1)}^{2}}$ .

3.6. 6

部分分式: $\frac{1}{𝑠 (𝑠^{2} + 5)} = \frac{1}{5} (\frac{1}{𝑠} - \frac{𝑠}{𝑠^{2} + 5})$ , 所以 ${ℒ︀}^{- 1} {\frac{1}{𝑠 (𝑠^{2} + 5)}} = \frac{1}{5} (1 - cos (\sqrt{5} 𝑡)) 𝑢 (𝑡)$ . 又 $3 \frac{𝑠}{(𝑠 + 4) (𝑠 + 2)} = \frac{6}{𝑠 + 4} - \frac{3}{𝑠 + 2}$ , 所以 ${ℒ︀}^{- 1} {3 \frac{𝑠}{(𝑠 + 4) (𝑠 + 2)}} = (6 𝑒^{- 4 𝑡} - 3 𝑒^{- 2 𝑡}) 𝑢 (𝑡)$ .

4. 第八次作业

4.1. 伽马能谱分析

${}^{228}{Th}$ 主要通过 $𝛼$ 衰变布居 ${}^{224}{Ra}$ 的 $0$ , $84.43 k eV$ , $215.99 k eV$ , $250.78 k eV$ , $290.32 k eV$ 等能级. 低能 $𝛾$ 射线由能级差给出:

$84.4 k eV$ : $84.43 \to 0$ , 主峰
$131.6 k eV$ : $215.99 \to 84.43$
$166.4 k eV$ : $250.78 \to 84.43$
$205.9 k eV$ : $290.32 \to 84.43$
$216.0 k eV$ : $215.99 \to 0$
$74.3 k eV$ : $290.32 \to 215.99$ , 弱支

即: $84.4 k eV$ 为主峰, $216.0 k eV$ 次之, $131.6 k eV$ 与 $166.4 k eV$ 为中等强度, $205.9 k eV$ 与 $74.3 k eV$ 较弱. 定性棒状谱如下:

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. 定义: 沉积能量 $𝐸_{dep} = 1 M eV$ , 平均电离能 $𝑤 = 25 eV$ , 电子-离子对数 $𝑁 = \frac{10^{6}}{25} = 4.0 \cdot 10^{4}$ , 总电荷 $𝑄_{0} = 𝑁 𝑒 \approx 6.41 \cdot 10^{- 15} C$ . 平行板近似下 $𝑉 = 1000 V$ , $𝑑 = 10 m m = 0.01 m$ , $𝐸 = \frac{𝑉}{𝑑} \approx 1.0 \cdot 10^{5} V m^{- 1}$ .

迁移率取 $𝜇_{𝑒} = 2 \cdot 10^{3} c m^{2} V^{- 1} s^{- 1} = 0.2 m^{2} V^{- 1} s^{- 1}$ , $𝜇_{𝑖} = 2 c m^{2} V^{- 1} s^{- 1} = 2.0 \cdot 10^{- 4} m^{2} V^{- 1} s^{- 1}$ , 故 $𝑣_{𝑒} = 𝜇_{𝑒} 𝐸 \approx 2.0 \cdot 10^{4} m s^{- 1}$ , $𝑣_{𝑖} = 𝜇_{𝑖} 𝐸 \approx 20 m s^{- 1}$ . 阳极权电场 $𝐸_{𝑤} = \frac{1}{𝑑} = 100 m^{- 1}$ . Shockley-Ramo 定律给出单种载流子感应电流 $𝑖 = 𝑞 𝑣 𝐸_{𝑤} = \frac{𝑞 𝑣}{𝑑}$ . 电子和正离子对阳极贡献同号. 若 $𝑑 - 𝑧_{0} = 6 m m$ , $𝑧_{0} = 4 m m$ , 则 $𝑡_{𝑒} = \frac{𝑑 - 𝑧_{0}}{𝑣_{𝑒}} \approx 0.30 µ s$ , $𝑡_{𝑖} = \frac{𝑧_{0}}{𝑣_{𝑖}} \approx 200 µ s$ , $𝑖_{𝑒} = \frac{𝑄_{0} 𝑣_{𝑒}}{𝑑} \approx 1.28 \cdot 10^{- 8} A$ , $𝑖_{𝑖} = \frac{𝑄_{0} 𝑣_{𝑖}}{𝑑} \approx 1.28 \cdot 10^{- 11} A$ . 因此:

𝑖_{𝐴 (𝑡)} = {\begin{cases} 𝑖_{𝑒} + 𝑖_{𝑖} \approx 1.283 \cdot 10^{- 8} A if 0 \leq 𝑡 < 0.30 µ s \\ 𝑖_{𝑖} \approx 1.28 \cdot 10^{- 11} A if 0.30 µ s \leq 𝑡 < 200 µ s \\ 0 if 𝑡 \geq 200 µ s \end{cases}

即: 前段是约 $12.8 n A$ 的快电子脉冲, 随后是约 $12.8 p A$ 的长离子尾.

4.3. 栅极电离室阳极感应电流

理想栅极电离室中, 阳极权电势为:

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

权电场为:

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

题中 $𝑑 = 10 m m$ , $𝑑_{1} = 9 m m$ , $𝑑 - 𝑑_{1} = 1 m m$ . 两区实际漂移电场均约 $1.0 \cdot 10^{5} V m^{- 1}$ , 因而 $𝑣_{𝑒} \approx 2.0 \cdot 10^{4} m s^{- 1}$ , $𝑣_{𝑖} \approx 20 m s^{- 1}$ .

4.3.1. 电离发生在栅极下方

若 $𝑧_{0} < 𝑑_{1}$ , 电子越过栅极前阳极权电场为零, 阳极无感应信号. 对 $𝑧_{0} = 4 m m$ , 电子到栅极时间 $𝑡_{1} = \frac{𝑑_{1} - 𝑧_{0}}{𝑣_{𝑒}} \approx 0.25 µ s$ , 栅极到阳极时间 $𝑡_{2} = \frac{𝑑 - 𝑑_{1}}{𝑣_{𝑒}} \approx 0.05 µ s$ . 阳极-栅极间隙内 $𝑖_{𝐴} = \frac{𝑄_{0} 𝑣_{𝑒}}{𝑑 - 𝑑_{1}} \approx 1.28 \cdot 10^{- 7} A$ . 形式:

𝑖_{𝐴 (𝑡)} = {\begin{cases} 0 if 0 \leq 𝑡 < 0.25 µ s \\ 1.28 \cdot 10^{- 7} A if 0.25 µ s \leq 𝑡 < 0.30 µ s \\ 0 if 𝑡 \geq 0.30 µ s \end{cases}

即: 只有宽度约 $50 n s$ , 高度约 $128 n A$ 的快脉冲, 基本无离子尾.

4.3.2. 电离发生在栅极与阳极之间

若 $𝑧_{0} = 9.5 m m$ , 电离位置在栅极与阳极之间, 电子和正离子一产生就位于权电场区. 电子收集时间 $𝑡_{𝑒} = \frac{𝑑 - 𝑧_{0}}{𝑣_{𝑒}} \approx 25 n s$ , 正离子到达栅极时间 $𝑡_{𝑖} = \frac{𝑧_{0} - 𝑑_{1}}{𝑣_{𝑖}} \approx 25 µ s$ . 电流幅度 $𝑖_{𝑒} = \frac{𝑄_{0} 𝑣_{𝑒}}{𝑑 - 𝑑_{1}} \approx 1.28 \cdot 10^{- 7} A$ , $𝑖_{𝑖} = \frac{𝑄_{0} 𝑣_{𝑖}}{𝑑 - 𝑑_{1}} \approx 1.28 \cdot 10^{- 10} A$ . 形式:

𝑖_{𝐴 (𝑡)} = {\begin{cases} 𝑖_{𝑒} + 𝑖_{𝑖} \approx 1.283 \cdot 10^{- 7} A if 0 \leq 𝑡 < 25 n s \\ 𝑖_{𝑖} \approx 1.28 \cdot 10^{- 10} A if 25 n s \leq 𝑡 < 25 µ s \\ 0 if 𝑡 \geq 25 µ s \end{cases}

即: 电离发生在栅极上方时, 阳极仍会看到较弱但可见的离子尾.

4.4. 硅探测器耗尽与电场

一侧突变结近似下的 $𝑝^{+} 𝑛^{-}$ 探测器. 定义: $𝑑 = 0.3 m m = 3.0 \cdot 10^{- 4} m$ , $𝑁_{𝐷} = 1 \cdot 10^{12} c m^{- 3} = 1 \cdot 10^{18} m^{- 3}$ , $𝜀_{Si} = 11.7 𝜀_{0} \approx 1.04 \cdot 10^{- 10} F m^{- 1}$ .

4.4.1. 全耗尽电压

忽略内建电势, 全耗尽电压 $𝑉_{fd} = \frac{𝑞 𝑁_{𝐷} 𝑑^{2}}{2 𝜀_{Si}} \approx 69.6 V$ , 即约 $70 V$ .

4.4.2. 反向偏压 $200 V$ 时的电场分布

由于 $200 V > 𝑉_{fd}$ , 探测器完全耗尽并过耗尽. 以背电极为 $𝑥 = 0$ , $𝑝^{+}$ 阳极为 $𝑥 = 𝑑$ , 有 $\frac{d | 𝐸 |}{d 𝑥} = \frac{𝑞 𝑁_{𝐷}}{𝜀_{Si}}$ , 且 $\int_{0}^{𝑑} | 𝐸 (𝑥) | d 𝑥 = 𝑉_{𝑅}$ . 因而:

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

其中 $𝑉_{𝑅} = 200 V$ , 得 $𝐸_{0} \approx 4.35 \cdot 10^{5} V m^{- 1}$ , $𝑆 \approx 1.55 \cdot 10^{9} V m^{- 2}$ , 即 $| 𝐸 (𝑥) | \approx 𝐸_{0} + 𝑆 𝑥$ . 因此 $| 𝐸 (0) | \approx 4.35 \cdot 10^{5} V m^{- 1}$ , $| 𝐸 (𝑑) | \approx 8.99 \cdot 10^{5} V m^{- 1}$ .

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 $𝜑_{𝑤 (𝑥)} = \frac{𝑥}{𝑑}$ , 权电场 $𝐸_{𝑤} = \frac{d 𝜑_{𝑤}}{d 𝑥} = \frac{1}{𝑑} \approx 3.33 \cdot 10^{3} m^{- 1}$ , 在整个厚度内均匀不变.

4.5. 载流子俘获时的输出电荷

设产生 $𝑛$ 对电子-空穴对. 载流子产生点距阳极 $\frac{𝐷}{4}$ , 从左侧背电极起算 $𝑥_{0} = 3 \frac{𝐷}{4}$ . 对右侧阳极, $𝜑_{𝑤 (𝑥)} = \frac{𝑥}{𝐷}$ , 初始权电势 $𝜑_{𝑤 (𝑥_{0})} = \frac{3}{4}$ . Shockley-Ramo 定理给出单个载流子的感应电荷 $Δ 𝑄 = | 𝑞 | | 𝜑_{𝑤 (𝑥_{𝑓})} - 𝜑_{𝑤 (𝑥_{𝑖})} |$ .

4.5.1. 电子和空穴全部被收集

电子到阳极, $Δ 𝑄_{𝑒} = 𝑒 (1 - \frac{3}{4}) = \frac{𝑒}{4}$ . 空穴到背电极, $Δ 𝑄_{ℎ} = 𝑒 (\frac{3}{4} - 0) = 3 \frac{𝑒}{4}$ . 总输出电荷 $Δ 𝑄 = 𝑛 (Δ 𝑄_{𝑒} + Δ 𝑄_{ℎ}) = 𝑛 𝑒$ .

4.5.2. 电子全部被收集, 空穴仅有 $50 %$ 被收集

电子仍贡献 $𝑛 \frac{𝑒}{4}$ . 只有一半空穴到达背电极, 空穴贡献 $0.5 \times 3 𝑛 \frac{𝑒}{4} = 3 𝑛 \frac{𝑒}{8}$ . 故 $Δ 𝑄 = 𝑛 \frac{𝑒}{4} + 3 𝑛 \frac{𝑒}{8} = 5 𝑛 \frac{𝑒}{8}$ .

4.5.3. 电子全部被收集, 空穴仅有 $10 %$ 被收集

同理 $Δ 𝑄 = 𝑛 \frac{𝑒}{4} + 0.1 \times 3 𝑛 \frac{𝑒}{4} = \frac{13 𝑛 𝑒}{40}$ . 三种情况分别为 $Δ 𝑄 = 𝑛 𝑒$ , $5 𝑛 \frac{𝑒}{8}$ , $13 𝑛 \frac{𝑒}{40}$ . 前放输出幅度 $Δ 𝑉 = Δ \frac{𝑄}{𝐶}$ . 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 $𝑖_{𝑠 (𝑡)} = 𝐼_{0} (𝑢 (𝑡) - 𝑢 (𝑡 - 𝑡_{𝑤}))$ . 并联 RC 电路满足 $𝐶 \frac{d 𝑣}{d 𝑡} + \frac{𝑣}{𝑅} = 𝑖_{𝑠 (𝑡)}$ . 脉冲期间 $0 < 𝑡 < 𝑡_{𝑤}$ , $𝑣 (𝑡) = 𝐼_{0} 𝑅 (1 - 𝑒^{- \frac{𝑡}{𝑅 𝐶}})$ . 脉冲结束后 $𝑡 > 𝑡_{𝑤}$ , $𝑣 (𝑡) = 𝐼_{0} 𝑅 (1 - 𝑒^{- \frac{𝑡_{𝑤}}{𝑅 𝐶}}) 𝑒^{- \frac{𝑡 - 𝑡_{𝑤}}{𝑅 𝐶}}$ .

若 $𝑡_{𝑤} ≪ 𝑅 𝐶$ , 有 $𝑒^{- \frac{𝑡}{𝑅 𝐶}} \approx 1 - \frac{𝑡}{𝑅 𝐶}$ , 所以 $𝑣 (𝑡) \approx (\frac{𝐼_{0}}{𝐶}) 𝑡$ , 峰值 $𝑣_{max} \approx 𝐼_{0} \frac{𝑡_{𝑤}}{𝐶} = \frac{𝑄}{𝐶}$ , 随后按 $𝑅 𝐶$ 衰减, 波形近似窄三角脉冲. 若 $𝑡_{𝑤} ≫ 𝑅 𝐶$ , 输出先快速趋近 $𝐼_{0} 𝑅$ , 在脉冲大部分时间近似保持平台, 结束后按 $𝑅 𝐶$ 衰减, 波形近似圆角矩形.

5.2. 2

外特性斜率 $𝐾 = d \frac{𝑣_{𝑜}}{d} 𝑣_{𝑖}$ . 三段增益为: $𝐾_{1} = \frac{𝐴 - 𝐵}{𝑏 - 𝑎} = (\frac{1.0 - 1.4}{3 - 1}) V m V^{- 1} = - 200$ , $𝐾_{2} = \frac{- 𝐴 - 𝐴}{𝑎 - (- 𝑎)} = (\frac{- 1.0 - 1.0}{2}) V m V^{- 1} = - 1000$ , $𝐾_{3} = \frac{- 𝐵 - (- 𝐴)}{𝑏 - 𝑎} = (\frac{- 1.4 + 1.0}{2}) V m V^{- 1} = - 200$ .

密勒等效电容 $𝐶_{𝑀} = 𝐶_{𝑓 (1 - 𝐾)}$ . 对 $𝐶_{𝑓} = 1 p F$ , $𝐶_{M1} = 𝐶_{M3} = 201 p F$ , $𝐶_{M2} = 1001 p F$ . 若输入端本身电容 $𝐶_{𝑖} = 10 p F$ , 则 $𝐶_{in,1} = 𝐶_{in,3} = 211 p F$ , $𝐶_{in,2} = 1011 p F$ .

当输入电流由小变大且电流源方向向下时, $𝑣_{𝑖}$ 逐渐变负, 工作点从原点向左移动: 先在 $(- 𝑎, 𝑎)$ 高增益区快速上升, 再进入 $(- 𝑏, - 𝑎)$ 慢增益区, 最后在 $𝑣_{𝑖} \leftarrow 𝑏$ 时输出饱和到 $𝑣_{𝑜} \approx 𝐵 = 1.4 V$ .

5.3. 3

图中反馈网络为 $𝑅_{2} = 1000 M Ω$ , $𝐶_{2} = 1 p F$ , $𝐴 = 1 \cdot 10^{4}$ .

输入端还并联有 $𝑅_{1} = 100 M Ω$ , $𝐶_{1} = 2000 p F$ .

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: $𝑅_{f,eq} = (\frac{1000}{10001}) M Ω \approx 0.100 M Ω$

\begin{aligned} 𝑅_{𝑖} & = 100 M Ω ∥ 0.100 M Ω \approx 9.99 \cdot 10^{4} Ω \\ 𝐶_{𝑖} & = 2000 p F + 10001 \times 1 p F = 12001 p F \approx 12.0 n F \end{aligned}

所以等效输入阻抗可写为 $𝑍_{𝑖} \approx 99.9 k Ω ∥ 12.0 n F$

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 $𝑅_{1} = 100 k Ω, 𝑅_{2} = 1 k Ω, 𝐴 = 1000$ , $\frac{𝑣_{𝑜}}{𝑣_{𝑖}} = - 1000 \times \frac{100}{100 + 1001} \approx - 90.83$

5.4.2. (2)

同相放大器反馈系数 $𝛽 = \frac{𝑅_{2}}{𝑅_{1} + 𝑅_{2}} = \frac{1}{100}$ , 且 $𝑣_{𝑜} = 𝐴 (𝑣_{𝑖} - 𝛽 𝑣_{𝑜})$ . 闭环增益 $\frac{𝑣_{𝑜}}{𝑣_{𝑖}} = \frac{𝐴}{1 + 𝐴 𝛽}$ . 代入 $𝐴 = 1000$ , $𝛽 = 0.01$ , 得 $\frac{𝑣_{𝑜}}{𝑣_{𝑖}} \approx 90.91$ . 两种电路的有限开环闭环增益分别为 $𝐾_{1} \approx - 90.83$ , $𝐾_{2} \approx 90.91$ .

5.5. 5

定义: 反相输入节点 $𝑣_{𝑖}$ , 输出 $𝑣_{𝑜}$ , 左侧运放输出 $- 𝐴 𝑣_{𝑖}$ . 中间 RC 网络满足:

\frac{- 𝐴 𝑣_{𝑖} - 𝑣_{𝑜}}{𝑅} = 𝐶 \frac{d 𝑣_{𝑜}}{d 𝑡} + 𝐶_{𝑓} \frac{d 𝑣_{𝑜} - 𝑣_{𝑖}}{d 𝑡}

输入端 KCL 为 $𝑖 (𝑡) = 𝐶_{𝑖} \frac{d 𝑣_{𝑖}}{d 𝑡} + 𝐶_{𝑓} \frac{d 𝑣_{𝑖} - 𝑣_{𝑜}}{d 𝑡}$ . 拉氏域令 $𝑖 (𝑡) = 𝑄 𝛿 (𝑡)$ , 即 $𝐼 (𝑠) = 𝑄$ , 得 $𝑉_{𝑜 (𝑠)} = - \frac{𝑄 (𝐴 - 𝑅 𝐶_{𝑓} 𝑠)}{𝑠 (𝐶_{𝑇} + 𝐾 𝑠)}$ , 其中 $𝐶_{𝑇} = 𝐶_{𝑖} + (1 + 𝐴) 𝐶_{𝑓}$ , $𝐾 = 𝑅 (𝐶_{𝑖} 𝐶 + 𝐶_{𝑖} 𝐶_{𝑓} + 𝐶 𝐶_{𝑓})$ . 部分分式:

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})})

时域表达式:

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 $(1 + 𝐴) 𝐶_{𝑓} ≫ 𝐶_{𝑖}$ , 则 $𝐶_{𝑇} \approx (1 + 𝐴) 𝐶_{𝑓}$ , $𝜏 \approx 𝑅 \frac{𝐶}{1 + 𝐴}$ , 稳态幅度 ${lim}_{𝑡 \to \infty} 𝑣_{𝑜 (𝑡)} \approx - 𝐴 \frac{𝑄}{(1 + 𝐴) 𝐶_{𝑓}} \approx - \frac{𝑄}{𝐶_{𝑓}}$ . 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}

波形为快速上升后稳定到 $- \frac{𝑄}{𝐶_{𝑓}}$ . 若在 $𝐶_{𝑓}$ 两端并联 $𝑅_{𝑓}$ 且 $𝑅_{𝑓} 𝐶_{𝑓} ≫ 𝑅 𝐶$ , 快上升基本不变, 但反馈电容通过 $𝑅_{𝑓}$ 缓慢泄放, 输出以 $𝜏_{𝑓} \approx 𝑅_{𝑓} 𝐶_{𝑓}$ 回到基线, 即由“快上升 + 平顶”变为“快上升 + 慢恢复”.

5.6. 6

闭环上限频率 $𝑓_{𝐻} \approx \frac{GBW}{1 + \frac{𝐶_{𝑖}}{𝐶_{𝑓}}}$ , 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: $(1)$ $𝑡_{𝑟} \approx 3.85 n s$ . $(2)$ $𝑡_{𝑟} \approx 2.10 n s$ . $(3)$ $𝑡_{𝑟} \approx 1.93 n s$ . $(4)$ $𝑡_{𝑟} \approx 4.20 n s$ .

5.7. 7

跨导放大器满足 $𝑖_{𝑜} = 𝐺 (𝑣_{+} - 𝑣_{-}) = - 𝐺 𝑣_{𝑖}$ , 其中 $𝐺 = 10 m A V^{- 1} = 0.01 S$ . 参数: $𝐶_{𝑖} = 100 p F$ , $𝐶_{𝑓} = 1 p F$ , $𝐶 = 10 p F$ , $𝑅 = 500$ . 主时间常数近似: $𝜏 \approx \frac{𝐶_{𝑖} 𝐶 + 𝐶_{𝑖} 𝐶_{𝑓} + 𝐶 𝐶_{𝑓}}{𝐶_{𝑓} 𝐺 + \frac{𝐶_{𝑖} + 𝐶_{𝑓}}{𝑅}}$ .

其中 $𝐺 = 10 m A V^{- 1} = 0.01 S$

图中参数为

\begin{matrix} 𝐶_{𝑖} = 100 p F \\ 𝐶_{𝑓} = 1 p F \\ 𝐶 = 10 p F \\ 𝑅 = 500 k Ω \end{matrix}

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) p F^{2} = 1110 p F^{2}

$𝐶_{𝑓} 𝐺 = 1 \cdot 10^{- 12} F \times 0.01 S = 1.0 \cdot 10^{- 14} F s^{- 1}$

\frac{𝐶_{𝑖} + 𝐶_{𝑓}}{𝑅} = \frac{101 \cdot 10^{- 12} F}{500 \cdot 10^{3} Ω} \approx 2.02 \cdot 10^{- 16} F s^{- 1}

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

故

𝜏 \approx \frac{1110 \cdot 10^{- 24} F^{2}}{1.02 \cdot 10^{- 14} F s^{- 1}} \approx 1.09 \cdot 10^{- 7} s = 109 n s

于是输出电压的上升时间估算为 $𝑡_{𝑟} \approx 2.2 𝜏 \approx 2.4 \cdot 10^{- 7} s = 240 n s$

因此该跨导前放的输出上升时间约为 $𝑡_{𝑟} \approx 0.24 µ s$

6. 第十次作业

6.1. KTC 噪声

图中电路是一个一阶 RC 低通, 其传递函数为:

𝐻 (𝑗 𝜔) = \frac{1}{1 + 𝑗 𝜔 𝑅 𝐶}

题设电阻热噪声输入功率谱密度为 $𝑠_{𝑖 (𝜔)} = 2 𝑘 𝑇 \frac{𝑅}{𝜋}$ , 因而输出噪声功率谱密度:

𝑠_{𝑜 (𝜔)} = {| 𝐻 (𝑗 𝜔) |}^{2} 𝑠_{𝑖 (𝜔)} = \frac{2 𝑘 𝑇 𝑅}{𝜋 (1 + 𝜔^{2} 𝑅^{2} 𝐶^{2})}

输出噪声均方值为:

𝑣_{𝑜}^{2} = \int_{0}^{\infty} 𝑠_{𝑜 (𝜔)} d 𝜔 = \frac{2 𝑘 𝑇 𝑅}{𝜋} \int_{0}^{\infty} \frac{d 𝜔}{1 + 𝜔^{2} 𝑅^{2} 𝐶^{2}} = \frac{𝑘 𝑇}{𝐶}

所以输出电压噪声均方根值为:

𝑣_{n,rms} = \sqrt{\frac{𝑘 𝑇}{𝐶}}

这就是电容上的 KTC 噪声.

6.2. 理想运放电路中的输出噪声

设理想运放输入电流为零, 反相端满足虚地. 按图中噪声源位置写出输出噪声:

编号	主要关系	输出噪声
(1)	输入电压噪声经反馈直接反映到输出	$𝑑 𝑣_{𝑜}^{2} = 𝑑 𝑣_{𝑛}^{2}$
(2)	输出端串联噪声在测量端直接出现	$𝑑 𝑣_{𝑜}^{2} = 𝑑 𝑣_{𝑛}^{2}$
(3)	输入电压噪声经噪声增益放大	$𝑑 𝑣_{𝑜}^{2} = {(1 + \frac{𝐶_{𝑖}}{𝐶_{𝑓}})}^{2} 𝑑 𝑣_{𝑛}^{2}$
(4)	输出噪声源位于反馈环内, 理想负反馈将其抵消	$𝑑 𝑣_{𝑜}^{2} = 0$
(5)	输入电流噪声流过反馈电容	$𝑑 𝑣_{𝑜}^{2} = 𝑑 \frac{𝑖_{𝑛}^{2}}{𝜔^{2} 𝐶_{𝑓}^{2}}$
(6)	输入端并联 $𝐶_{𝑖}$ 处于虚地, 不改变电流噪声传递	$𝑑 𝑣_{𝑜}^{2} = 𝑑 \frac{𝑖_{𝑛}^{2}}{𝜔^{2} 𝐶_{𝑓}^{2}}$
(7)	前放后接 CR 高通, $𝐻 (𝑗 𝜔) = 𝑗 𝜔 𝑅 \frac{𝐶}{1 + 𝑗 𝜔 𝑅 𝐶}$	$𝑑 𝑣_{𝑜}^{2} = 𝑑 𝑖_{𝑛}^{2} 𝑅^{2} \frac{𝐶^{2}}{𝐶_{𝑓}^{2} (1 + 𝜔^{2} 𝑅^{2} 𝐶^{2})}$

其中 (3) 的结果说明, 串联输入电压噪声会随总输入电容增大而放大为更大的输出噪声.

6.3. 带宽为 $1 M Hz$ 时的等效噪声电荷

输入电压噪声密度取 $𝑒_{𝑛} = 1 n V^{- 1}$ , 等效噪声带宽 $𝐵 = 1 M Hz$ . 题图中的滤波器在带宽内 ${| 𝐻 |}^{2} = 1$ , 因而输入电压噪声均方根值为:

𝑣_{n,rms} = 𝑒_{𝑛} \sqrt{𝐵} = 1 n V^{- 1} \sqrt{1 \cdot 10^{6} Hz} = 1 µ V

对电荷灵敏前放, 输入电压噪声的输出噪声增益为:

𝐴_{𝑛} = 1 + \frac{𝐶_{in}}{𝐶_{𝑓}} = 1 + \frac{9}{1} = 10

输出噪声均方根值为 $10 µ V$ . 用信号关系 $𝑣_{𝑜} = \frac{𝑄}{𝐶_{𝑓}}$ 折算到输入端, 有:

𝑄_{ENC} = 𝐶_{𝑓} 𝐴_{𝑛} 𝑣_{n,rms} = (𝐶_{𝑓} + 𝐶_{in}) 𝑣_{n,rms} = 10 p F \times 1 µ V = 1.0 \cdot 10^{- 17} C

因此:

ENC = \frac{𝑄_{ENC}}{𝑒} \approx \frac{1.0 \times 10^{- 17}}{1.602 \times 10^{- 19}} \approx 62 𝑒

6.4. 电荷灵敏前放的 a, b, c 噪声

三类噪声的主要来源可按频率依赖区分:

$𝑎$ 噪声: 串联白电压噪声经输入总电容转换成电流噪声, 所以 $𝑑 𝑖_{𝑎}^{2} = 𝑎_{𝑖}^{2} 𝜔^{2} d 𝜔$ .
$𝑏$ 噪声: 平行白电流噪声, 主要来自探测器漏电流散粒噪声和反馈电阻热噪声, 所以 $𝑑 𝑖_{𝑏}^{2} = 𝑏_{𝑖}^{2} d 𝜔$ .
$𝑐$ 噪声: $\frac{1}{𝑓}$ 电压噪声经输入电容转换后的项, 所以 $𝑑 𝑖_{𝑐}^{2} = 𝑐_{𝑖}^{2} 𝜔 d 𝜔$ .

若 $𝐴$ 为理想放大器且忽略 $𝑅_{𝑓}$ , 输入电流噪声到输出的传递阻抗为 $𝑍_{𝑓} = \frac{1}{𝑗 𝜔 𝐶_{𝑓}}$ , 所以:

𝑑 𝑣_{𝑜}^{2} = {| 𝑍_{𝑓} |}^{2} (𝑑 𝑖_{𝑎}^{2} + 𝑑 𝑖_{𝑏}^{2} + 𝑑 𝑖_{𝑐}^{2})

即:

𝑑 𝑣_{𝑜}^{2} = (\frac{𝑎_{𝑖}^{2}}{𝐶_{𝑓}^{2}} + \frac{𝑏_{𝑖}^{2}}{𝜔^{2} 𝐶_{𝑓}^{2}} + \frac{𝑐_{𝑖}^{2}}{𝜔 𝐶_{𝑓}^{2}}) d 𝜔

若考虑反馈电阻且运放为单极点模型:

𝐴 (𝑠) = \frac{𝐴_{0}}{1 + 𝑠 𝜏_{0}}, 𝐴_{0} ≫ 1

令反馈导纳 $𝑌_{𝑓} = \frac{1}{𝑅_{𝑓}} + 𝑠 𝐶_{𝑓}$ , 输入电流噪声到输出的精确传递阻抗为:

𝑍_{𝑡 (𝑠)} = \frac{𝐴 (𝑠)}{𝑠 𝐶_{𝑖} + (1 + 𝐴 (𝑠)) 𝑌_{𝑓}}

在 $𝐴_{0} ≫ 1$ 下可写成:

𝑍_{𝑡 (𝑠)} \approx \frac{1}{\frac{1}{𝑅_{𝑓}} + 𝑠 𝐶_{𝑓} + 𝑠 \frac{𝐶_{𝑖}}{𝐴 (𝑠)}} = \frac{1}{\frac{1}{𝑅_{𝑓}} + 𝑠 (𝐶_{𝑓} + \frac{𝐶_{𝑖}}{𝐴_{0}}) + 𝑠^{2} 𝐶_{𝑖} \frac{𝜏_{0}}{𝐴_{0}}}

因而输出噪声功率谱为:

𝑑 𝑣_{𝑜}^{2} = {| 𝑍_{𝑡 (𝑗 𝜔)} |}^{2} (𝑎_{𝑖}^{2} 𝜔^{2} + 𝑏_{𝑖}^{2} + 𝑐_{𝑖}^{2} 𝜔) d 𝜔

反馈电阻使低频处 $𝑍_{𝑡}$ 不再按 $\frac{1}{𝜔}$ 发散; 有限增益带宽又在高频端引入额外滚降.

7. 第十一次作业

7.1. CR-(RC) 成形电路的 ENC

对等时间常数的一阶 CR-(RC) 成形, 输入电荷信号的峰值归一化后, 可采用常用形状因子:

{ENC}^{2} = \frac{𝑒^{2}}{8 𝑒_{0}^{2}} (\frac{4 𝑘 𝑇 𝑅_{𝑠} 𝐶_{Σ}^{2}}{𝜏} + \frac{4 𝑘 𝑇 𝜏}{𝑅_{𝑝}}) + \frac{𝑒^{2}}{2 𝑒_{0}^{2}} 𝐴_{𝐹} 𝐶_{Σ}^{2}

其中前两项分别为串联白噪声和平行白噪声, 最后一项为 $\frac{1}{𝑓}$ 噪声, $𝑒$ 为自然常数, $𝑒_{0}$ 为元电荷. 代入 $𝑅_{𝑠} = 100 Ω$ , $𝑅_{𝑝} = 100 M Ω$ , $𝐴_{𝐹} = 1 \cdot 10^{- 12} V^{2}$ , $𝐶_{Σ} = 10 p F$ , $𝑇 = 300 K$ , 得:

$𝜏$	串联项	平行项	$\frac{1}{𝑓}$ 项	总 ENC
$0.2 µ s$	$173 𝑒$	$34.5 𝑒$	$120 𝑒$	$213 𝑒$
$5 µ s$	$34.5 𝑒$	$173 𝑒$	$120 𝑒$	$213 𝑒$

最佳成形时间由串联项和平行项相等给出:

𝜏_{opt} = \sqrt{(𝑅_{𝑠} 𝐶_{Σ}^{2} 𝑅_{𝑝})} = \sqrt{100 \times {(10 \times 10^{- 12})}^{2} \times 10^{8}} = 1.0 µ s

此时串联项和平行项各约 $77.2 𝑒$ , 加上 $\frac{1}{𝑓}$ 项后:

{ENC}_{min} \approx 162 𝑒

7.2. 不同成形时间下的信噪比

噪声转角时间 $𝜏_{𝑐} = 1 µ s$ 表示串联噪声和平行噪声在该成形时间相等. 忽略与成形时间无关的 $\frac{1}{𝑓}$ 项时:

{ENC}^{2} (𝜏) \propto \frac{𝜏}{𝜏_{𝑐}} + \frac{𝜏_{𝑐}}{𝜏}

题给 $𝜏 = 𝜏_{𝑐}$ 时 $𝜂_{opt} = 1000$ , 因而:

𝜂 (𝜏) = 𝜂_{opt} \sqrt{\frac{2}{\frac{𝜏}{𝜏_{𝑐}} + \frac{𝜏_{𝑐}}{𝜏}}}

代入得:

$𝜏$ / $µ s$	$𝜂$
$0.125$	$496$
$0.25$	$686$
$0.5$	$894$
$1$	$1000$
$2$	$894$
$4$	$686$
$8$	$496$

信噪比关于 $𝜏 = 𝜏_{𝑐}$ 近似对称; 时间常数太小串联噪声主导, 太大平行噪声主导.

7.3. 脉冲光反馈前放后的 CR-RC 成形电路

为使输出信噪比最佳, 取成形时间等于噪声转角时间:

𝜏 = 𝜏_{𝑐} = 2 µ s

一个可行设计是采用一级 CR 微分和一级 RC 积分, 二者时间常数均为 $2 µ s$ , 再加电压增益 $37$ 的放大级. 例如取:

𝐶_{1} = 𝐶_{2} = 1 n F, 𝑅_{1} = 𝑅_{2} = 2 k Ω

则:

𝑅_{1} 𝐶_{1} = 𝑅_{2} 𝐶_{2} = 2 µ s

电路拓扑可写为:

前放输出 -> CR 高通(tau=2 us) -> 增益 37 -> RC 低通(tau=2 us) -> 输出

7.4. 阶跃输入下 CR-RC 输出随 $𝜏$ 的变化

等时间常数 CR-RC 成形电路的传递函数为:

𝐻 (𝑠) = 𝑠 \frac{𝜏}{{(1 + 𝑠 𝜏)}^{2}}

对阶跃输入 $𝑉_{𝑖} 𝑢 (𝑡)$ , 输出为:

𝑣_{𝑜 (𝑡)} = 𝑉_{𝑖} (\frac{𝑡}{𝜏}) 𝑒^{- \frac{𝑡}{𝜏}} 𝑢 (𝑡)

因而达峰时间和峰值为:

𝑡_{𝑀} = 𝜏, 𝑉_{OM} = \frac{𝑉_{𝑖}}{𝑒}

所以 $𝜏 = 1 µ s$ , $2 µ s$ , $4 µ s$ , $8 µ s$ 时, 峰值不变, 波形只按时间轴等比例拉宽, 达峰时间分别为 $1 µ s$ , $2 µ s$ , $4 µ s$ , $8 µ s$ .

以峰值的 $1 %$ 作为脉冲宽度边界, 解 $(\frac{𝑡}{𝜏}) 𝑒^{1 - \frac{𝑡}{𝜏}} = 0.01$ 得两个交点约为 $0.0037 𝜏$ 和 $7.64 𝜏$ , 因而:

𝑡_{𝑊 (1 %)} \approx 7.64 𝜏

也就是说 $𝜏$ 增大几倍, 达峰时间和脉冲宽度也相应增大几倍.

7.5. 弹道亏损

弹道亏损来自探测器电流脉冲宽度不可忽略时, 成形电路不能把全部电荷按理想冲激输入那样转化为同一峰值. 如果成形时间与电荷收集时间同量级或更短, 不同收集时间的事件会得到不同峰值, 峰位被拉低并展宽, 因而会恶化能量分辨率.

若探测器输出电流脉冲都是宽度相同的矩形, 则弹道亏损只造成共同的幅度降低, 可通过能量刻度修正. 在这种理想情况下它不会额外展宽能峰, 因而不会使能量分辨率变坏. 真正造成分辨率恶化的是事件间收集时间或脉冲形状的差异.

7.6. 成形时间的折中

对 CR-RC 能谱系统, 成形时间 $𝜏$ 的选择需要在三类效应之间折中:

为了信噪比最好, 应取 $𝜏$ 接近噪声转角时间 $𝜏_{𝑐}$ , 使串联噪声和平行噪声大致平衡.
为了减小弹道亏损, 应增大 $𝜏$ , 使成形时间明显长于探测器电荷收集时间, 输出峰值对电流脉冲宽度不敏感.
为了减小信号堆积, 应减小 $𝜏$ , 使脉冲宽度变窄, 高计数率下相邻事件更容易分开.

因此实际取值不是单纯越大或越小越好, 而是选在噪声最优附近, 并根据探测器收集时间和计数率作偏移: 低计数率、慢收集时可适当取大, 高计数率时需要适当取小.

7.7. 阶跃输入下两级成形电路波形

第一极为反相 CR 高通, 参数 $𝐶_{1} = 1000 p F$ , $𝑅_{1} = 1 k Ω$ , $𝑅_{2} = 10 k Ω$ , 故 $𝜏_{1} = 𝑅_{1} 𝐶_{1} = 1 µ s$ . 对 $𝑉_{iM} = 0.1 V$ 阶跃输入:

𝑣_{2} (𝑡) = - (\frac{𝑅_{2}}{𝑅_{1}}) 𝑉_{iM} 𝑒^{- \frac{𝑡}{𝜏_{1}}} = - 1.0 V 𝑒^{- \frac{𝑡}{1 µ s}}

第二极为反相 RC 低通, $𝑅_{3} = 1 k Ω$ , $𝑅_{4} = 10 k Ω$ , $𝐶_{4} = 100 p F$ , 所以 $𝜏_{2} = 𝑅_{4} 𝐶_{4} = 1 µ s$ . 两级时间常数相同, 总传递函数为:

\frac{𝑉_{𝑜 (𝑠)}}{𝑉_{𝑖 (𝑠)}} = 100 𝑠 \frac{𝜏}{{(1 + 𝑠 𝜏)}^{2}}, 𝜏 = 1 µ s

因此:

𝑣_{𝑜 (𝑡)} = 100 𝑉_{iM} (\frac{𝑡}{𝜏}) 𝑒^{- \frac{𝑡}{𝜏}} = 10 V (\frac{𝑡}{𝜏}) 𝑒^{- \frac{𝑡}{𝜏}}

输出达峰时间 $𝑡_{𝑀} = 𝜏 = 1 µ s$ , 峰值 $𝑉_{OM} = \frac{10 V}{𝑒} \approx 3.68 V$ .

7.8. 不同 $𝑅_{𝑓}$ 和 $𝑅_{1}$ 下的 $𝑣_{1} (𝑡)$ 与 $𝑣_{𝑜 (𝑡)}$

题图中 $𝐶_{𝑓} = 2 p F$ , $𝐶_{1} = 2000 p F$ , $𝑅_{2} = 1 k Ω$ . 记 $𝑉_{𝑄} = \frac{𝑄}{𝐶_{𝑓}}$ . 前放输出为:

𝑣_{1} (𝑡) = {\begin{cases} - 𝑉_{𝑄} if 𝑅_{𝑓} \to \infty \\ - 𝑉_{𝑄} 𝑒^{- \frac{𝑡}{𝜏_{𝑓}}} if 𝑅_{𝑓} < \infty \end{cases}

其中 $𝜏_{𝑓} = 𝑅_{𝑓} 𝐶_{𝑓}$ . 当 $𝑅_{𝑓} = 1 \cdot 10^{8} Ω$ 时, $𝜏_{𝑓} = 200 µ s$ .

对后级耦合网络, 若 $𝑅_{1} \to \infty$ , 则为 CR 高通, 时间常数 $𝜏_{ℎ} = 𝑅_{2} 𝐶_{1} = 2 µ s$ . 若 $𝑅_{1}$ 有限, 低频分压系数 $𝐾 = \frac{𝑅_{2}}{𝑅_{1} + 𝑅_{2}}$ , 快时间常数 $𝜏_{ℎ} = (𝑅_{1} ∥ 𝑅_{2}) 𝐶_{1}$ .

四种情况为:

$𝑅_{𝑓} \to \infty$ , $𝑅_{1} \to \infty$ : $𝑣_{1} (𝑡) = - 𝑉_{𝑄}$ ; $𝑣_{𝑜 (𝑡)} = - 𝑉_{𝑄} 𝑒^{- \frac{𝑡}{2 µ s}}$ . 输出初值 $- 𝑉_{𝑄}$ , 以 $2 µ s$ 衰减到零.
$𝑅_{𝑓} = 1 \cdot 10^{8} Ω$ , $𝑅_{1} = 100 k Ω$ : $𝑣_{1} (𝑡) = - 𝑉_{𝑄} 𝑒^{- \frac{𝑡}{200 µ s}}$ . 由于 $𝑅_{1} 𝐶_{1} = 𝑅_{𝑓} 𝐶_{𝑓} = 200 µ s$ , 慢极点近似抵消, $𝜏_{ℎ} = (100 kO ∥ 1 kO) \times 2000 pF \approx 1.98 µ s$ , 所以 $𝑣_{𝑜 (𝑡)} \approx - 𝑉_{𝑄} 𝑒^{- \frac{𝑡}{1.98 µ s}}$ .
$𝑅_{𝑓} = 1 \cdot 10^{8} Ω$ , $𝑅_{1} \to \infty$ : $𝑣_{1} (𝑡) = - 𝑉_{𝑄} 𝑒^{- \frac{𝑡}{200 µ s}}$ . 后级高通与前放衰减共同作用:
$𝑣_{𝑜 (𝑡)} = - \frac{𝑉_{𝑄}}{1 - \frac{𝜏_{ℎ}}{𝜏_{𝑓}}} (𝑒^{- \frac{𝑡}{𝜏_{ℎ}}} - (\frac{𝜏_{ℎ}}{𝜏_{𝑓}}) 𝑒^{- \frac{𝑡}{𝜏_{𝑓}}})$
其中 $𝜏_{ℎ} = 2 µ s$ , $𝜏_{𝑓} = 200 µ s$ . 波形先从约 $- 𝑉_{𝑄}$ 快速衰减, 后面留下约 $1 %$ 幅度的反向长尾.
$𝑅_{𝑓} \to \infty$ , $𝑅_{1} = 4 k Ω$ : $𝑣_{1} (𝑡) = - 𝑉_{𝑄}$ . 此时 $𝐾 = \frac{1}{4 + 1} = 0.2$ , $𝜏_{ℎ} = (4 kO ∥ 1 kO) \times 2000 pF = 1.6 µ s$ . 输出为:
$𝑣_{𝑜 (𝑡)} = - 𝑉_{𝑄} (0.2 + 0.8 𝑒^{- \frac{𝑡}{1.6 µ s}})$
即初值仍为 $- 𝑉_{𝑄}$ , 但不回到零, 而是以 $1.6 µ s$ 衰减到 $- 0.2 𝑉_{𝑄}$ 的平台.

8. 第十二次作业

8.1. 带正反馈电压比较器的阈值和回差

定义: $𝑉_{OH} = 3.2 V$ , $𝑉_{OL} = - 0.4 V$ , $𝑉_{OM} = 𝑉_{OH} - 𝑉_{OL} = 3.6 V$ , 开环增益 $𝐴 = 1500$ . 输入线性范围 $𝑉_{iM} = \frac{𝑉_{OM}}{𝐴} = 2.4 m V$ . 正反馈系数 $𝐹 = \frac{𝑅_{2}}{𝑅_{1} + 𝑅_{2}} = \frac{10}{11} \approx 0.909$ .

高电平时同相端电压 $𝑉_{2H} = \frac{𝑉_{OH} 𝑅_{2} + 𝑉_{ref} 𝑅_{1}}{𝑅_{1} + 𝑅_{2}} \approx 3.182 V$ , 上升阈值 $𝑉_{𝑇} = 𝑉_{1T} = 𝑉_{2H} - \frac{𝑉_{iM}}{2} \approx 3.181 V$ . 低电平时 $𝑉_{2L} = \frac{𝑉_{OL} 𝑅_{2} + 𝑉_{ref} 𝑅_{1}}{𝑅_{1} + 𝑅_{2}} \approx - 90.9 m V$ , 下降恢复阈值 $𝑉_{1R} = 𝑉_{2L} + \frac{𝑉_{iM}}{2} \approx - 89.7 m V$ . 回差为:

𝑉_{𝐻} = 𝑉_{1T} - 𝑉_{1R} = 𝑉_{OM} (𝐹 - \frac{1}{𝐴}) \approx 3.27 V

若要求 $𝑉_{𝐻^{'}} = 0.1 V$ , 则 $𝐹^{'} = \frac{𝑉_{𝐻^{'}}}{𝑉_{OM}} + \frac{1}{𝐴} \approx 0.0284$ , $\frac{𝑅_{1}}{𝑅_{2}} = \frac{1 - 𝐹^{'}}{𝐹^{'}} \approx 34.2$ . 因此要显著减小反馈系数: 保持 $𝑅_{2} = 10$ 时取 $𝑅_{1} \approx 342$ . 保持 $𝑅_{1} = 1$ 时需 $𝑅_{2} \approx 29 Ω$ .

8.2. 交流耦合施密特电路

因 $𝑉_{𝐵} = - 4 V$ , 输入端绝对电压 $𝑣_{1} = 𝑉_{𝐵} + 𝑉_{𝑖}$ . 复位后 $𝐶_{1}$ 隔直, $𝑉_{2}$ 由 $𝑅_{1}$ 拉到 $0 V$ . 此时 $𝑣_{1} = - 4 V < 𝑉_{2}$ , 输出为高电平. 输入上升时, 第一次翻转条件 $𝑣_{1} = 𝑉_{2} \approx 0 V$ , 相对于脉冲底部的阈值 $𝑉_{𝑇} = 0 V - 𝑉_{𝐵} = 4 V$ . 输出从 $𝑉_{OH}$ 跳到 $𝑉_{OL}$ 时, 因 $𝑡_{wi} ≪ 𝑅_{1} 𝐶_{1}$ , 电容电压近似不变, $𝑉_{2}$ 跟随输出跃变 $Δ 𝑉_{2} = 𝑉_{OL} - 𝑉_{OH} = - 3.0 V$ . 因此输入下降时恢复条件 $𝑣_{1} \approx - 3.0 V$ , 恢复阈值 $𝑉_{𝑅} = - 3.0 V - 𝑉_{𝐵} = 1.0 V$ , 回差 $𝑉_{𝐻} = 𝑉_{𝑇} - 𝑉_{𝑅} = 3.0 V$ .

波形上, $𝑉_{𝑂}$ 初始为高电平. $𝑉_{𝐵} + 𝑉_{𝑖}$ 上升越过 $0 V$ 时跳低, 下降越过 $- 3.0 V$ 时回高. $𝑉_{2}$ 在两个翻转时刻从 $0 V$ 跳到 $- 3.0 V$ , 再回到 $0 V$ .

8.3. 高纯锗探测器的本征能量分辨率

定义: 平均电离能 $𝑊 = 2.96 eV$ , 法诺因子 $𝐹 = 0.058$ . 对沉积能量 $𝐸$ , 平均载流子对数 $𝑁 = \frac{𝐸}{𝑊}$ , 涨落 $𝜎_{𝑁} = \sqrt{𝐹 𝑁}$ . 本征 FWHM: $𝜔_{𝑃} = 2.355 𝑊 𝜎_{𝑁} = 2.355 \sqrt{𝐹 𝐸 𝑊}$ .

对 $𝐸_{1} = 1173.2 k eV$ , 有 $𝑁_{1} \approx 3.96 \cdot 10^{5}$ , $𝜎_{𝑁, 1} \approx 1.52 \cdot 10^{2}$ , $𝜔_{𝑃, 1} \approx 1.06 k eV$ . 对 $𝐸_{2} = 1332.5 k eV$ , 有 $𝑁_{2} \approx 4.50 \cdot 10^{5}$ , $𝜎_{𝑁, 2} \approx 1.62 \cdot 10^{2}$ , $𝜔_{𝑃, 2} \approx 1.13 k eV$ . 若电子学噪声 $𝑁_{ENC} = 100$ , 则 $𝜔_{𝐸} = 2.355 𝑁_{ENC} 𝑊 \approx 0.697 k eV$ . 忽略电荷收集涨落时, $𝜔 = \sqrt{𝜔_{𝑃}^{2} + 𝜔_{𝐸}^{2}}$ , 得 $𝜔_{1} \approx 1.27 k eV$ , $𝜔_{2} \approx 1.32 k eV$ .

结果汇总如下:

能量	$𝑁$	$𝜎_{𝑁}$	本征 FWHM	含 ENC 后 FWHM	相对分辨率
$1173.2 k eV$	$3.96 \times 10^{5}$	$1.52 \times 10^{2}$	$1.06 k eV$	$1.27 k eV$	0.108%
$1332.5 k eV$	$4.50 \times 10^{5}$	$1.62 \times 10^{2}$	$1.13 k eV$	$1.32 k eV$	0.099%

8.4. 弹道亏损

设探测器电流 $𝑖 (𝑡) = \frac{𝑄}{𝑡_{𝐷}} (𝑢 (𝑡) - 𝑢 (𝑡 - 𝑡_{𝐷}))$ . 若输入为理想冲激 $𝑄 𝛿 (𝑡)$ , 输出峰值 $𝑉_{𝑀} = 𝑄 max (ℎ (𝑡)) = \frac{𝑄}{𝐶}$ .

8.4.1. 矩形冲激响应

$ℎ_{𝑎 (𝑡)} = \frac{1}{𝐶} (𝑢 (𝑡) - 𝑢 (𝑡 - 2 𝑡_{𝐷}))$ . 两矩形完全重叠时重叠长度为 $𝑡_{𝐷}$ , 所以 $𝑉_{OM,a} = \frac{𝑄}{𝑡_{𝐷}} \cdot \frac{1}{𝐶} \cdot 𝑡_{𝐷} = \frac{𝑄}{𝐶}$ , 弹道亏损 $𝐷_{𝐵, 𝑎} = \frac{𝑉_{𝑀} - 𝑉_{OM,a}}{𝑉_{𝑀}} = 0$ .

8.4.2. 三角冲激响应

ℎ_{𝑏 (𝑡)} = {\begin{cases} \frac{𝑡}{𝐶 𝑡_{𝐷}} if 0 \leq 𝑡 \leq 𝑡_{𝐷} \\ \frac{2 𝑡_{𝐷} - 𝑡}{𝐶 𝑡_{𝐷}} if 𝑡_{𝐷} < 𝑡 \leq 2 𝑡_{𝐷} \\ 0 otherwise \end{cases}

最大平均值出现在积分窗口以 $𝑡_{𝐷}$ 为中心时, 区间为 $[\frac{𝑡_{𝐷}}{2}, 3 \frac{𝑡_{𝐷}}{2}]$ . 面积 $𝑆 = \frac{𝑡_{𝐷}}{𝐶} - 2 \times (\frac{1}{2} \cdot \frac{𝑡_{𝐷}}{2} \cdot \frac{1}{2 𝐶}) = 3 \frac{𝑡_{𝐷}}{4 𝐶}$ . 因此 $𝑉_{OM,b} = \frac{𝑄}{𝑡_{𝐷}} \cdot 𝑆 = 3 \frac{𝑄}{4 𝐶}$ , $𝐷_{𝐵, 𝑏} = \frac{\frac{𝑄}{𝐶} - 3 \frac{𝑄}{4 𝐶}}{\frac{𝑄}{𝐶}} = \frac{1}{4}$ . 即输出为理想冲激输入的 $75 %$ .

8.4.3. 电流脉宽在 $0.5 𝑡_{𝐷}$ 到 $𝑡_{𝐷}$ 之间变化时

设电流脉宽 $𝑡_{𝑠}$ , 总电荷仍为 $𝑄$ , 电流幅度 $\frac{𝑄}{𝑡_{𝑠}}$ . 图 (a) 中只要 $𝑡_{𝑠} \leq 2 𝑡_{𝐷}$ , 矩形脉冲可完全放入平台, 峰值恒为 $𝑉_{OM,a (𝑡_{𝑠})} = \frac{𝑄}{𝐶}$ . 图 (b) 中最大积分窗口仍以三角形峰值为中心, 当 $𝑡_{𝑠} \leq 2 𝑡_{𝐷}$ 时:

𝑉_{OM,b (𝑡_{𝑠})} = \frac{𝑄}{𝑡_{𝑠}} \cdot \int_{𝑡_{𝐷} - \frac{𝑡_{𝑠}}{2}}^{𝑡_{𝐷} + \frac{𝑡_{𝑠}}{2}} ℎ_{𝑏 (𝑡)} d 𝑡 = \frac{𝑄}{𝐶} (1 - \frac{𝑡_{𝑠}}{4 𝑡_{𝐷}})

所以 $𝑉_{OM,b (0.5 𝑡_{𝐷})} = 7 \frac{𝑄}{8 𝐶}$ , $𝑉_{OM,b (𝑡_{𝐷})} = 3 \frac{𝑄}{4 𝐶}$ . 弹道亏损从 $\frac{1}{8}$ 增大到 $\frac{1}{4}$ , 即图 (b) 输出随电流脉宽增加而降低, 会把同一能量事件展宽到不同幅度并恶化能量分辨率.

9. 第十三次作业

9.1. ${}^{60}{Co}$ 的 $1.33 M eV$ 伽马射线 MDA

定义: 能量分辨率 $𝜔_{FWHM} = 2 k eV$ . 若取一个 FWHM 作为全能峰能窗, 本底计数 $𝐵 = 𝑏 Δ 𝐸 𝐿_{𝑇} = 1 k eV s^{- 1} \times 2 k eV \times 1000 s = 2000$ . 95% 探测限采用 Currie 形式:

𝐿_{𝐷} = 2.71 + 4.65 \sqrt{𝐵}

代入 $𝐵 = 2000$ 得 $𝐿_{𝐷} \approx 2.11 \times 10^{2}$ . 最小可探测活度定义为 $𝐴_{MDA} = \frac{𝐿_{𝐷}}{𝐿_{𝑇} 𝜀 𝑃_{𝛾}}$ . 对 ${}^{60}{Co}$ 的 $1332.5 k eV$ 级联伽马线, 取 $𝑃_{𝛾} \approx 1$ , $𝜀 = 0.04 % = 4.0 \times 10^{- 4}$ , $𝐿_{𝑇} = 1000 s$ , 即:

𝐴_{MDA} \approx \frac{2.11 \times 10^{2}}{1000 \times 4.0 \times 10^{- 4}} \approx 5.3 \cdot 10^{2} Bq

即: 若题中 $0.04 %$ 已是所选能窗内的有效全能峰效率, 则 $𝐴_{MDA} \approx 5.3 \cdot 10^{2} Bq$ . 若 $0.04 %$ 是整个高斯全能峰总效率, 而只取中心 $\frac{𝜔_{FWHM}}{2}$ 能窗, 峰面积比例 $𝑓 = erf (\sqrt{ln 2}) \approx 0.761$ , 有效效率为 $𝑓 𝜀$ , 于是 $𝐴_{MDA} \approx 6.9 \cdot 10^{2} Bq$ .

形式: $𝐴_{MDA} \propto \frac{𝐿_{𝐷}}{𝐿_{𝑇} 𝜀 𝑃_{𝛾}}$ . 本底主导时 $𝐵 = 𝑏 Δ 𝐸 𝐿_{𝑇}$ , $𝐿_{𝐷} \propto \sqrt{𝐵}$ , 近似:

𝐴_{MDA} \propto \frac{\sqrt{𝑏 Δ 𝐸}}{𝜀 𝑃_{𝛾} \sqrt{𝐿_{𝑇}}}

所以降低 MDA 的方向很明确: 降低本底 $𝑏$ , 缩小但不过窄的能窗 $Δ 𝐸$ , 提高全能峰效率 $𝜀$ , 增加计数时间 $𝐿_{𝑇}$ , 并选择发射概率大, 干扰少的伽马线. 其中 $𝐿_{𝑇}$ 的收益只有 $\frac{1}{\sqrt{𝐿_{𝑇}}}$ 量级, 屏蔽和效率优化通常更直接.

9.2. 同轴型高纯锗探测器所需偏压更低的原因

平面型 HPGe 可近似为一维平板结. 定义: 杂质浓度 $𝑁$ , 厚度 $𝐷$ , 介电常数 $𝜀$ . 全耗尽电压数量级为 $𝑉_{𝐷, plane} = \frac{𝑒 𝑁 𝐷^{2}}{2 𝜀}$ . 因此探测厚度为 MeV 伽马射线所需的厘米量级时, 偏压按 $𝐷^{2}$ 快速增大. 例如 $𝑁 = 1 \cdot 10^{10} c m^{- 3}$ , $𝐷 = 1 c m$ 时约需 $565 V$ . 若平面厚度增至 $5 c m$ , 偏压约增大 $25$ 倍, 进入十几 kV 量级.

同轴型 HPGe 在晶体中心开孔并设置中心电极, 电场与耗尽层主要沿径向分布. 对内半径 $𝑎$ , 外半径 $𝑏$ 的双开端同轴结构, 令 $𝜌 = 𝑒 𝑁$ , 从外电极向内耗尽时, 全耗尽电压可写为:

𝑉_{𝐷, coax} = \frac{𝜌}{4 𝜀} (𝑏^{2} - 𝑎^{2}) - \frac{𝜌 𝑎^{2}}{2 𝜀} ln (\frac{𝑏}{𝑎})

即: 探测体积可通过长度和外半径增加, 但关键耗尽距离由径向间隙 $𝑏 - 𝑎$ 控制, 不必让整个探测厚度都成为一维耗尽宽度. 中心孔还缩短最大漂移距离, 并使中心附近漂移场和权电场更强. 因此在相近有效体积和全能峰效率下, 同轴型可以用较低偏压达到全耗尽, 这也是大体积 HPGe 伽马谱仪通常采用同轴结构的原因.

9.3. 中心电极为阴极时的感应电流

取同轴探测器内半径为 $𝑎$ , 外半径为 $𝑏$ , 事件发生在半径 $𝑟_{0}$ 处. 中心电极权电场 $𝐸_{𝑤 (𝑟)} = \frac{1}{𝑟 ln (\frac{𝑏}{𝑎})}$ . 中心电极为阴极时, 空穴向中心电极漂移, 电子向外电极漂移. 若漂移速度饱和且大小分别为 $𝑣_{ℎ}$ 和 $𝑣_{𝑒}$ , 则两种载流子对中心电极的感应电流幅度可定性写成:

| 𝑖_{ℎ (𝑡)} | \propto \frac{𝑣_{ℎ}}{(𝑟_{0} - 𝑣_{ℎ} 𝑡) ln (\frac{𝑏}{𝑎})}

| 𝑖_{𝑒 (𝑡)} | \propto \frac{𝑣_{𝑒}}{(𝑟_{0} + 𝑣_{𝑒} 𝑡) ln (\frac{𝑏}{𝑎})}

其中空穴分量持续 $0 < 𝑡 < \frac{𝑟_{0} - 𝑎}{𝑣_{ℎ}}$ , 电子分量持续 $0 < 𝑡 < \frac{𝑏 - 𝑟_{0}}{𝑣_{𝑒}}$ . 符号取决于前置放大器定义的电流方向. 定性图主要看幅度和持续时间. 由于 $𝐸_{𝑤} \propto \frac{1}{𝑟}$ , 越靠近中心电极, 单位漂移距离产生的感应电流越大.

图中 A 点比 B 点更靠近中心电极:

A 点产生的空穴很快到达中心阴极, 因而有一个较短, 较大的上升型空穴电流分量. 电子要漂移到外电极, 时间较长, 其电流分量随 $𝑟$ 增大而逐渐减小.
B 点靠近外电极, 电子很快被外电极收集, 电子分量短且较小. 空穴需从大半径漂移到中心电极, 持续时间长, 并且随着接近中心电极电流幅度逐渐增大.

因此, 若把中心电极感应电流画为同一极性的脉冲, A 点脉冲前段较强且短空穴分量明显, 随后有较长的衰减电子分量. B 点脉冲则先有很短的电子分量, 之后主要表现为较长并逐渐增强的空穴分量, 到空穴到达中心电极时结束.

9.4. 不同 ENC 下 ${}^{60}{Co}$ 能峰的能量分辨率

定义: HPGe 平均电离能 $𝑊 = 2.96 eV$ , 法诺因子 $𝐹 = 0.058$ . 若电荷收集完全, 能量分辨率只考虑信号产生涨落和电子学噪声, 本征贡献 $𝜔_{𝑃} = 2.355 \sqrt{𝐹 𝐸 𝑊}$ , 电子学噪声贡献 $𝜔_{𝐸} = 2.355 𝑁_{ENC} 𝑊$ , 总半高宽 $𝜔 = \sqrt{𝜔_{𝑃}^{2} + 𝜔_{𝐸}^{2}}$ .

对 $𝐸_{1} = 1173.2 k eV$ , $𝜔_{𝑃, 1} = 2.355 \sqrt{0.058 \times 1173.2 \times 10^{3} \times 2.96} eV \approx 1.06 k eV$ . 对 $𝐸_{2} = 1332.5 k eV$ , $𝜔_{𝑃, 2} = 2.355 \sqrt{0.058 \times 1332.5 \times 10^{3} \times 2.96} eV \approx 1.13 k eV$ .

不同 ENC 下的结果为:

能峰能量	ENC	电子学 FWHM	总 FWHM	相对分辨率
$1173.2 k eV$	$50$	$0.349 k eV$	$1.11 k eV$	$0.0949 %$
$1173.2 k eV$	$200$	$1.39 k eV$	$1.75 k eV$	$0.149 %$
$1173.2 k eV$	$500$	$3.49 k eV$	$3.64 k eV$	$0.310 %$
$1332.5 k eV$	$50$	$0.349 k eV$	$1.18 k eV$	$0.0885 %$
$1332.5 k eV$	$200$	$1.39 k eV$	$1.79 k eV$	$0.135 %$
$1332.5 k eV$	$500$	$3.49 k eV$	$3.66 k eV$	$0.275 %$

可以看出, 当 ENC 从 50 e 增大到 500 e 时, 电子学噪声项从次要贡献变成主导贡献, 总能量分辨率明显恶化. 两个能峰的本征分辨率随 $\sqrt{𝐸}$ 增大, 但相对分辨率随能量升高略有改善.

10. 第十四次作业

10.1. SDD 探测 X 射线能谱时分辨率优于硅 PIN 的原因

X 射线探测的能量分辨率可写成 $𝜔 = 2.355 𝑤 \sqrt{𝐹 \frac{𝐸}{𝑤} + 𝑁_{ENC}^{2}}$ , 其中第一项是电离统计涨落, 第二项是电子学噪声. 对同样的硅材料, $𝑤$ 与 $𝐹$ 基本相同, 差异主要来自 $𝑁_{ENC}$ .

SDD 的核心优势是把大面积入射窗口和小面积收集阳极分离. 横向漂移场把电子云输运到很小的阳极, 所以阳极电容和前放输入电容远小于同面积硅 PIN 探测器. 串联噪声近似随输入电容增大而增大, 因此 SDD 可获得更低 ENC. 同时 SDD 漏电流较小, 漂移收集路径清楚, 并且小电容允许较短成形时间下保持较好噪声性能. 对低能 X 射线, 电子学噪声常是决定 FWHM 的主要项, 因而 SDD 的能量分辨率优于硅 PIN.

10.2. 不同 ENC 下 $5.9 k eV$ X 射线能量分辨率

定义: $𝐸 = 5.9 k eV = 5900 eV$ , $𝑤 = 3.6 eV$ , $𝐹 = 0.12$ . 平均电子-空穴对数 $𝑁 = \frac{𝐸}{𝑤} \approx 1.64 \cdot 10^{3}$ , 法诺涨落为 $\sqrt{𝐹 𝑁} \approx 14.0$ 个电子. 若 ENC 以电子数计, 总半高宽为:

𝜔 = 2.355 𝑤 \sqrt{𝐹 \frac{𝐸}{𝑤} + 𝑁_{ENC}^{2}}

代入得:

ENC	$𝜎_{𝑁}$ / e	FWHM	相对分辨率
$4$	$14.6$	$124 eV$	$2.10 %$
$10$	$17.2$	$146 eV$	$2.48 %$

即: ENC 从 $4 𝑒$ 增加到 $10 𝑒$ 时, 电子学噪声项明显抬高低能 X 射线峰宽, FWHM 由约 $124 eV$ 增至 $146 eV$ .

10.3. 两种伽马谱仪对 ${}^{137}{Cs}$ 的 MDA

定义: $𝐸_{𝛾} = 662 k eV$ , 发射分支比 $𝑌 = 85.1 % = 0.851$ , 全能峰效率 $𝜀 = 10 % = 0.10$ , 本底谱密度 $𝑏 = 1 \cdot 10^{3} k eV s^{- 1}$ , 测量时间 $𝑇 = 1 h = 3600 s$ . 能窗宽度取 $Δ 𝐸 = 5 𝜔_{FWHM}$ , 本底计数 $𝐵 = 𝑏 Δ 𝐸 𝑇$ , Currie 探测限 $𝐿_{𝐷} = 2.71 + 4.65 \sqrt{𝐵}$ , 因而 $𝐴_{MDA} = \frac{𝐿_{𝐷}}{𝜀 𝑇 𝑌}$ .

HPGe 的相对 FWHM 为 $0.2 % = 0.002$ , 所以 $𝜔_{FWHM} = 0.002 \times 662 k eV = 1.324 k eV$ , $Δ 𝐸 = 6.62 k eV$ , $𝐵 = 1000 k eV s^{- 1} \times 6.62 k eV \times 3600 s \approx 2.38 \cdot 10^{7}$ . 代入得 $𝐿_{𝐷} \approx 2.27 \cdot 10^{4}$ , $𝐴_{MDA} \approx 74 Bq$ .

NaI 的相对 FWHM 为 $7 % = 0.07$ , 所以 $𝜔_{FWHM} = 0.07 \times 662 k eV = 46.3 k eV$ , $Δ 𝐸 = 231.7 k eV$ , $𝐵 \approx 8.34 \cdot 10^{8}$ . 代入得 $𝐿_{𝐷} \approx 1.34 \cdot 10^{5}$ , $𝐴_{MDA} \approx 4.38 \cdot 10^{2} Bq$ .

探测器	相对 FWHM	能窗	$𝐵$	$𝐿_{𝐷}$	MDA
HPGe	$0.2 %$	$6.62 k eV$	$2.38 \times 10^{7}$	$2.27 \times 10^{4}$	$74 Bq$
NaI	$7 %$	$231.7 k eV$	$8.34 \times 10^{8}$	$1.34 \times 10^{5}$	$438 Bq$

即: 在效率和测量时间相同的前提下, NaI 的能量分辨率差导致能窗宽得多, 本底计数按能窗宽度增加, 而 MDA 近似随 $\sqrt{𝐵}$ 增大. 因此 NaI 的最低可探测活度约为 HPGe 的 $5.9$ 倍.

10.4. SiPM 的工作原理

SiPM 由大量并联微单元组成, 每个微单元本质上是工作在盖革模式的雪崩光电二极管. 偏置电压高于击穿电压, 即 $Δ 𝑉 = 𝑉_{bias} - 𝑉_{bd} > 0$ . 光子在耗尽区产生电子-空穴对后, 载流子触发自持雪崩, 单个微单元输出近似固定电荷 $𝑄_{cell} = 𝐶_{cell} Δ 𝑉$ . 串联的淬灭电阻使雪崩电流降低并把结电压拉回击穿以下, 随后微单元按 $𝑅_{𝑞} 𝐶_{cell}$ 时间常数恢复.

多个微单元同时接收光子时, 输出电荷近似为 $𝑄_{out} = 𝑁_{fire} 𝑄_{cell}$ , 在线性区 $𝑁_{fire} \propto 𝑁_{𝛾} PDE$ , 所以输出脉冲幅度与入射光子数成正比. 当入射光子数接近微单元总数时, 已触发单元不能立即再次响应, 输出出现饱和, 可近似写成 $𝑁_{fire} = 𝑁_{cell (1 - 𝑒^{- 𝑁_{𝛾} \frac{PDE}{𝑁_{cell}}})}$ . 实际性能还受暗计数, 光学串扰, 后脉冲和恢复时间限制.

11. 第十五次作业

11.1. 伽马相机的基本工作原理

伽马相机用于测量体内或样品中放射性核素发出的 $𝛾$ 射线空间分布. 其核心是把每个 $𝛾$ 光子的入射方向, 沉积能量和位置转换成一个图像事件, 再由大量事件累计成二维活度分布.

首先, 铅准直器只允许接近特定方向的 $𝛾$ 光子进入探测器, 斜入射光子大多被准直器吸收. 因而探测器晶体上的位置可以近似对应到被测物中的投影位置. 准直器决定了伽马相机的主要空间分辨率和灵敏度: 孔径越小, 分辨率越好但计数率越低.

进入探测器的光子通常在大面积 NaI(Tl) 闪烁晶体中发生光电效应或康普顿散射, 沉积能量转化为闪烁光. 晶体后面的光电倍增管阵列把闪烁光转换为电信号. 各光电倍增管信号幅度 $𝐴_{𝑖}$ 反映光斑在晶体中的分布, 可用 Anger 位置逻辑估计相互作用点:

𝑥 = \frac{\sum_{𝑖} 𝑥_{𝑖} 𝐴_{𝑖}}{\sum_{𝑖} 𝐴_{𝑖}}, 𝑦 = \frac{\sum_{𝑖} 𝑦_{𝑖} 𝐴_{𝑖}}{\sum_{𝑖} 𝐴_{𝑖}}, 𝐸 \propto \sum_{𝑖} 𝐴_{𝑖}

其中 $𝐸$ 用于能量甄别. 脉冲高度分析器只接受落在目标光电峰能窗内的事件, 从而抑制康普顿散射光子和环境本底. 被接受事件按 $(𝑥, 𝑦)$ 坐标填入图像矩阵, 长时间累计后得到放射性分布的平面投影图像. 若探头绕对象旋转并采集多角度投影, 则可进一步用 SPECT 重建三维分布.

11.2. ${}^{60}{Co}$ 的 $1.33 M eV$ 伽马射线 MDA

已知 HPGe 能量分辨率 $𝜔_{FWHM} = 2 k eV$ , 能窗宽度取 $Δ 𝐸 = 2 k eV$ . 本底谱密度 $𝑏 = 1 k eV s^{- 1}$ , 测量时间 $𝑇 = 1000 s$ , 因而能窗内本底计数为:

𝐵 = 𝑏 Δ 𝐸 𝑇 = 1 k eV s^{- 1} \times 2 k eV \times 1000 s = 2000

采用 95% 置信水平下常用的 Currie 探测限:

𝐿_{𝐷} = 2.71 + 4.65 \sqrt{𝐵}

代入 $𝐵 = 2000$ 得:

𝐿_{𝐷} = 2.71 + 4.65 \sqrt{2000} \approx 2.11 \cdot 10^{2}

全能峰探测效率 $𝜀 = 0.04 % = 4.0 \times 10^{- 4}$ . ${}^{60}{Co}$ 的 $1332.5 k eV$ 伽马发射概率接近 $1$ , 这里取 $𝑃_{𝛾} \approx 1$ . 因此最低可探测活度为:

𝐴_{MDA} = \frac{𝐿_{𝐷}}{𝜀 𝑃_{𝛾} 𝑇} \approx \frac{2.11 \times 10^{2}}{4.0 \times 10^{- 4} \times 1000} \approx 5.3 \cdot 10^{2} Bq

即该条件下 MDA 约为 $5.3 \cdot 10^{2} Bq$ .

由

𝐴_{MDA} \propto \frac{\sqrt{𝑏 Δ 𝐸}}{𝜀 𝑃_{𝛾} \sqrt{𝑇}}

可见, 降低 MDA 可以从以下方向入手:

降低本底: 增加铅屏蔽, 选用低本底材料, 远离环境放射源和宇宙线本底.
提高全能峰效率: 让样品更靠近探测器, 增大有效探测面积或选择更高效率探测器.
减小有效能窗: 改善能量分辨率, 在不明显损失峰面积的前提下缩窄能窗.
增加测量时间: 本底主导时 MDA 约按 $\frac{1}{\sqrt{𝑇}}$ 降低.
选择干扰更小且发射概率更高的特征 $𝛾$ 射线, 并用本底扣除或反符合技术抑制非目标计数.