(完整word版)核辐射探测学习题参考答案(修改)

第一章射线与物质的相互作用

1.不同射线在同一物质中的射程问题

如果已知质子在某一物质中的射程和能量关系曲线，能否从这一曲线求得d （氘核）与t （氚核）在同一物质中的射程值？如能够，请说明如何计算？

解：P12”利用Bethe 公式，也可以推算不同带点例子在某一种吸收材料的射程。”根据公式：)()(22v R M M v R b a

b

b a a Z

Z =

，可求出。

步骤：1先求其初速度。

2查出速度相同的粒子在同一材料的射程。 3带入公式。

2：阻止时间计算：

请估算4MeV α粒子在硅中的阻止时间。已知4MeV α粒子的射程为17.8μm 。

解：解：由题意得 4MeV α粒子在硅中的射程为17.8um 由T ≌1.2×107-R

E

Ma

，Ma=4得 T ≌1.2×107-×17.8×106-×4

4()s ＝2.136×1012-()s

3：能量损失率计算

课本3题，第一小问错误，应该改为“电离损失率之比”。更具公式1.12-重带点粒子电离能量损失率精确表达式。及公式1.12-电子由于电离和激发引起的电离能量损失率公式。代参数入求解。

第二小问：快电子的电离能量损失率与辐射能量损失率计算：

()2082

2.34700700

()rad ion

dE E Z dx dE

dx

*⨯≅

=≈

4光电子能量：

光电子能量：（带入B K ） 康普顿反冲电子能量：

200.511m c Mev =

i

e hv E ε-=

22020

0(1cos ) 2.04(1cos 20) 4.16160.06

0.3947(1cos )0.511 2.04(1cos 20)0.511 2.040.06

Er Ee Mev m c Er θθ--⨯====+-+-+⨯5:Y 射线束的吸收

解：由题意可得线性吸收系数10.6cm μ-=，311.2/pb g cm ρ=

122

2

0.6 5.3610/11.2/m pb cm cm g g cm μμρ--∴===⨯质量吸收系数 由r N μσ=*可得吸收截面：

1

232223

0.6 1.84103.2810/r cm cm N cm

μ

σ--===⨯⨯ 其中N 为吸收物质单位体积中的原子数2233.2810/N cm =⨯ 0()t I t I e μ-=要求射到容器外时强度减弱99.9% 0

()

0.1%0.001t I t e I μ-∴

=∴=即t=5In10 =11.513cm

6：已知)1()(t

ι

--=e A t f t 是自变量。

①求ι增大时，曲线的变化形势。 ②画出f(t)的曲线。

答：①当ι增大时，曲线同一个自变量t 值最后将是函数结果减小。 当A>0时，f(t)=)1(A /Γ--t e 的图像为下面图一：其中y1,y2,y3,y4,y5,y6分别为Γ为0.25,0.5,1,2,3,4时的图像

当A<0时，f(t)=)1(A /Γ--t e 的图像为下面图二：其中y1,y2,y3,y4,y5,y6分别为Γ为

0.25,0.5,1,2,3,4时的图像

7.计算Po 210放射源发射的α粒子()MeV E 304.5=α 在水中的射程。

答：先求α粒子在空气中的射程

cm E R 88.3304.5318.0318.05.15

.10=⨯==α

由

10

01

A A R R ρρ= 对多种元素组成的化合物或混合物，因为与入射粒子的能量相比，原子间的化学键能可以忽略，所以其等效原子量

∑=i

i i A n A

式中i n 为各元素的原子百分数。

对空气而言，81.30=A ，在标准状态下，33010226.1--⋅⨯=cm g ρ，所以 04102.3R A

R ρ

-⨯=

对水而言 2163

1132=+=

=∑i

i i A n A 在水中的射程

m R A

R μρ

8.2488.32102.3102.3404=⨯⨯⨯=⨯=--

第二章 辐射探测中的统计概率问题

1、设测量样品的真平均奇数率为15-s ，试用泊松分布公式确定在任一秒内得到

的技术小于或等于2的概率。

解：由题可知 １、解：由题得 X~π（5）

()5≡≡m E ξ

()m

n e n m n P n P -===!

}{ξ {

}()5100-===∴e P P ξ

{}(){}()5235

22

522511--======e

P P e P P ξξ 125.0321=++=∴P P P P

２、解：因为E()ξ=100 即X~

π(100)

所以m 较大可近似X~N （100，210） 所以Ｐ｛ξ＝104｝≈

(104100)200--≈0.367 X P ≤≤｛96104｝＝Φ104-100（）10－Φ96-100（）

10

＝２Φ（0.4）－１＝0.3108

3、解：由题意知经一分钟测量后m=400，则统计误差为

标准偏差m =σ=20，相对标准偏差==

m

1

ν0.05 将测量时间延长至9分钟，标准偏差σ将增大，相对标准偏差ν会减小(P55)

4．用光子轰击光阳极。已知打出一个光电子的概率p,不打出光电子的概率q=1-p 。设用n 表示打出的光电子数，问n 是什么样的随机变量，其平均值，方差为何？

答：设一束光中用N 个光子，则n 服从二项分布，其平均值为N p *,方差为N )1(q p N q p -****即

5,设随机变量ξ遵守泊松分布，且知其平均值m=10,试利用表2 .1计算ξ取大于1值的概率。

解： 方法1：（不利用表2.1）

p{ξ=0}=p(0)=1010!0100

--=*e e P{ξ=1}=p(1)=1010!

110101--*=*e e 所以，ξ取大于1的概率为：

P{ξ>1}=1-p{ξ=0}-p{ξ=1}=1—1010*10---e e

方法2：（利用表2.1 ）

当n 较大时，泊松分布中，

{

}2

2(10)20

()()1010()(10,10)

1(2.846)0.9978

n m E D m P n n p εεσεφφφ--==∴==∴=

∴>=-==

第四章 闪烁探测器

1.试计算24

Na 的2.76MevV γ射线在NaI(T1)单晶谱仪的输出脉冲幅度谱上，康普顿边缘与单逃逸峰之间的相对位置。

答案：康普顿边缘，即最大反冲电子能量

MeV h c

m h E e 53.276.22511.0176

.2212

max ,=⨯+=ν

+ν=

单逃逸峰：

MeV E s 25.2511.076.2=-=

2.试详细分析上题中γ射线在闪烁体中可产生哪些次级过程。

答 ： 光电效应（光电峰或全能峰）；

康普顿效应（康普顿坪）； 电子对生成效应（双逃逸峰）。

上述过程的累计效应形成的全能峰；单逃逸峰。以级联过程（如γ-γ等）为主的和峰。

3. 当入射粒子在蒽晶体内损失1MeV 能量时，产生20300个平均波长为447nm 的光子，试计算蒽晶体的闪烁效率。

答案：波长为o

A nm 4470447=的荧光光子的能量 eV KeV A h o

77.24470

12400

)()

(4.12==

λ=

ν 闪烁效率 %

63.510120300

77.26=⨯⨯=

ν

=

h E C ph np

4.假设NaI(T1)晶体的发光时间常数为230ns ，求一个闪烁事件发射其总光产额的99%需要多少时间？

答案：闪烁体发光的衰减的指数规律

()0

τ-τ=

t ph

e n t n

所以，一个闪烁事件发射其总光产额的99%需要时间： 99.010

=-τ-t e

s

t μ=⨯τ=06.1100ln 0

5.试定性分析，分别配以塑料闪烁体及NaI(T1)闪烁晶体的两套闪烁谱仪所测得0.662MeV γ射线谱的形状有何不同？

答：由于塑料闪烁体有效原子序数Z 、密度ρ及发光效率均低于NaI(T1)闪烁晶体，对测得的0.662MeV γ射线谱的形状，其总谱面积相应的计数、峰总比、全能峰的能量分辨率均比NaI(T1)闪烁晶体差，甚至可能没有明显的全能峰。

6.试解释NaI(T1)闪烁探测器的能量分辨率优于BGO 闪烁探测器的原因，为何后者的探测效率要更高一些？

答：NaI(T1)闪烁探测器的能量分辨率优于BGO 闪烁探测器是由于前者的发

光效率明显优于后者，BFO 仅为()Tl NaI 的8%。而后者的密度和有效原子序数则优于前者。

7.用NaI(T1)单晶γ谱仪测137Cs 的662keV γ射线，已知光的收集效率

35

.0=ph F ，光电子收集效率1≅c g ，光阴极的光电转换效率22.0=k Q ，NaI(T1)晶

体相对于蒽晶体的相对发光效率为230%。又知光电倍增管第一打拿极倍增因子

251=δ，后面各级的6=δ，并认为T v 及I v 均为4%，试计算闪烁谱仪的能量分辨

率。

⎥⎥⎥⎦⎤

⎢⎢⎢⎣

⎡

-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=ph ph

n I n n v ph

12σ这里的

答案：

已知条件改为：

MeV

Y ph 光子4103.4⨯=。 且不考虑T v 及I v 的影响。

由（9-5-21）式

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⨯⨯⨯⨯⨯=η161256122.0135.0103.4662.0136

.24

%16.51018.236.12

=⨯⨯=-

第五章 半导体探测器

1.试计算粒子在硅中损失100keV 的能量所产生的电子－空穴对数的平均值与方差。

答案：常温下，在硅中产生一个电子-空穴对所需的能量：eV 62.3=ω

电子－空穴对数的平均值： 4

5

01076.262.3101⨯=⨯=ω=E N

电子－空穴对数的方差：

3

40210

14.41076.215.00⨯=⨯⨯==σN F N

2当α粒子被准直得垂直于硅P-N 结探测器的表面时，241Am 刻度源的主要α射线峰的中心位于多道分析器的461道。然后，改变几何条件使α粒子偏离法线35°角入射，此时看到峰漂移至449道。试求死层厚度（以α粒子能量损失表示）。 答案：

由手册可查，241Am 刻度源的主要α射线能量

MeV

E 485.5=α。并假

设多道的增益（即每道所对应的能量）为G 。

设α粒子在垂直入射时，在死层厚度内损失能量为1E ，则在偏离法线

035入射时在死层内损失的能量10

12220.135cos E E E ==。可得到方程

1

1485.5461E E E G -=-=⨯α

1

2220.1485.5449E E E G -=-=⨯α

解可得 MeV E 580.01=

3.算金硅面垒探测器结电容，设其直径20mm ，cm 1000⋅Ω=ρ，V=100V 。

答案：金硅面垒探测器结由N 型硅为原材料，由（10-4-9）式，结电

容

()F V C d μρ⨯⨯⨯π=2

142108.11

)F μ=⨯⨯⨯=3.1781001000108.114.32

14

4.本征区厚10mm 的平面Ge(Li)探测器工作在足以使载流子速度饱和的外加电压下，问所加电压的近似值是多少？若任一脉冲的空穴或电子损失不超过0.1%，问载流子所必须具有的最短寿命是多少？

答案：由载流子达到饱和速度的电场强度

V E 5

10≈，计算得到需加电压5

10伏，似乎太高，一般为5000伏左右。 由于载流子的损失N dt dN ∝，

所以服从指数规律

()0

0001.0N e N x N E x ==τ⋅⋅μ-

式中L E =τ⋅⋅μ，称为漂移长度，其定义为载流子经过长度为L 时，

载流子浓度降为原来的e 1。由上式

001.0=τ

⋅⋅μ-E x e 91

.61000ln ==τ⋅⋅μE x

式中 s V cm ⋅⨯≈μ24104，

cm V E 3

105⨯=

s 4

3

41023.791.61051041-⨯=⨯⨯⨯⨯=

τ

5.设电荷收集是完全的、电子学噪声可忽略不计，求Ge(Li)探测器对137Cs0.662MeV γ射线的期望能量分辨率（Ge 中法诺因子F ＝0.13，W0＝2.96eV ）。

答案：能量分辨率

5．

试估计工作在2000V 的4mm 厚的Si(Li)探测器电荷收集时间的最大值。

答案：在77K 下，硅中的空穴的迁移率s V cm P ⋅⨯=μ24101.1比电子迁移率小，

s E

d

t P P 941027.74

.02000101.14.0-⨯=⨯

⨯=

⨯μ=

KeV

FEw E 19.196.210662.013.036.236.26

0=⨯⨯⨯==∆