2022年第39屆全國中學生物理競賽復賽試題及答案解析

22、本試題共8道題，6頁，總分為320分。4、需要閱卷老師評閱的內容一定要寫在答題紙上；寫在試題紙和草稿紙上的解答一律不能得分。一、(Ⅲ"分）新型電動汽車在剎車時，可以用發(fā)電機來回收能量。假設此發(fā)電機原理可抽象為如圖”所示，兩磁極之間的磁場可近似為均勻磁場，磁感應強度大小為B。繞有n匝導線的線圈為長方形,電阻，假設電動汽車剎車時受到的地面摩擦可以忽略，即剎車時失去的動能全部用來發(fā)第39屆全國中學生物理競賽復賽試題(”）初始時刻線圈平面與磁場垂直，若線圈轉動角速度恒為3,求電路開路時線圈兩端電壓隨時間的變化。與磁場夾角為獨＜畋2）,下，線圈剛好轉過N圈后，電動汽車完全剎住，直到剎停前發(fā)電機線圈轉動角速度為恒值饑。求式下，剎車開始時線圈平面剛好與磁場垂直，且發(fā)電機線圈轉動第一圈時角速度為氣，之后每轉動一圈角速度的值為前一圈角速度的一半。若在發(fā)電機轉完第N圈，且未轉完第N+1圈時，電動汽車剎停。求電動汽車初速度的范圍。小的角度稱為偏折角，與天體中心的最近距離，G為萬有引力常數，M為天體質量，c勇真空中光速。（”）如圖2a所示，當發(fā)光背景天體、大質量球對稱天體中心以及望遠鏡恰好處在同一條直線上時,望遠鏡會觀測到愛因斯坦環(huán)這一引力透鏡現象。已知一背景天體發(fā)出的光線通過某近鄰白矮星附近時，形成的愛因斯坦環(huán)相對于望遠鏡的角半徑如二31.53毫弧秒，近鄰白矮星到望遠鏡的距離為第1頁，共46頁夔因斯坦環(huán)第4頁，共46頁轉對稱軸，透鏡入射面在"式rvr。的區(qū)域不透光，出射面垂直于%軸。假設光線平行于*軸入射，入射光與工軸距離為r,偏折角￡仍滿足€=表己知光學透鏡的折射率為n0(n0>l),空氣折射率為”小偏折角《可視為小角度。求透鏡入射面在r>r0區(qū)域的表達式x(r),用r、n0>R和表示。(Ⅱx引力透鏡現象還可以用一個軸對稱等厚變折射率透鏡模擬演示。透鏡的橫截面如圖2c所示,忽略光線在透鏡內的偏折，光線在透鏡出射面的偏折角￡仍滿足￡=?偏折角￡可視為小角度。已知n(ri)=7ii，且rVri區(qū)域不透光。求透鏡折射率在rl區(qū)域的表達式n(r),用r、R、七、木架結構中的重要形式，看似零碎的木質部件，卻可以托起千鈞重量。卯樺工藝匯聚了我國古人的尺寸比大梁或立柱本身的截面尺寸小得多，所以其彎曲剛度亦小得多，在框架失穩(wěn)變形時，大梁和立柱的變形可以忽略不計。如圖3a所示，當卯樺結構受彎矩作用其彎曲轉角租小于臨界角伽時，卯樣的彎矩M和轉角歹之間滿足線性關系M=k(p,其中A為卯樺的彎曲變形剛度系數。北京大鐘寺的永樂大鐘重46.5噸懸掛在木架上(圖3b),木架由大梁和立柱通過卯樺結構進行連接，其承重立柱立在石座上，石座與立柱之間的連接可以視為滿足簡支條件，即立柱僅繞支點無滑轉動。由于該重物構成的系統(tǒng)失穩(wěn)后作簡諧振動所需條件，以及該系統(tǒng)簡諧振動的角頻率。重力加速度大小為g。（Ⅱ）如圖3d所示，為了提高木架受擾后的穩(wěn)定性和承重能力，在制作卯梯結構時使木架立柱AC、BD具有一個原始傾角們從而具有等腰梯形結構。設傾斜立柱和橫梁的長度分別為R、Zo木架橫梁中心固定重量為G的重物后受擾失穩(wěn)，系統(tǒng)平衡時立柱AC、BD的附加傾角（即傾角改變量）分別為Y.求C,D支點受力豎直分量Fey、的大小，結果用G、R、I、伙"、y表示。失穩(wěn)，立柱AC右傾附加傾角達到最大值OA）V0o）時，立柱BD的附加傾角、橫梁與水平方向的四、(Ⅲ"分）如圖Ⅲ所示，半徑為R、質量均為m的均勻實心球體A、B、C兩兩相切地放置在光滑水平面上。三個球體的外側有一光滑固定圓筒，其內表面與A、B、C外切。初始時刻，A、B、C靜止，一繞圓筒豎直中心軸轉動的均勻球體D輕放于球體A、B、C正上方。已知D的質量也為m、半徑也為R,D的初始角速度大小為Q。，D與A、B、C之間的動摩擦因數為“，A、B、C三個球體之間無摩擦。經歷一段時間后，整個體系達到D相對于A、B、C沒有滑動的穩(wěn)定狀態(tài)。重力加速度大小為g。求：(”)體系從初始狀態(tài)到達穩(wěn)定狀態(tài)所需時間，以及穩(wěn)定狀態(tài)時，球體A、D的角速度大小。（l）達到穩(wěn)定狀態(tài)時，A、C兩球切點的相對速度大小與A球質心速度大小之比。(”）如圖3c所示，豎直面內門型卯樺框架立于水平基石C、D處，已知立柱高為&、橫梁長為Z。立柱、橫梁由卯梯結構連接于A、B,該卯梯的彎曲變形剛度系數為如。若在橫梁中心固定一重物,承載重物質量非常小，忽略木架質量及卯樺摩擦損耗。第5頁，共46頁圖5a圖5b圖5a圖5b（l）另一種擺式差分電容式加速度傳感器如圖5b所示，在絕緣底座上固定兩個金屬電極板，可動電極通過一個轉軸連接到底座上，與左右兩個極板形成兩個平板電容，分別為G和。l。在系統(tǒng)靜止或勻速直線運動時，可動電極與固定電極相平行；當傳感器垂直于薄板平面方向加速運動時，可動電極繞轉軸偏轉一個小角度饑可動電極與左右兩個極板之間不再平行。己知轉軸與兩固定電極的距離均為d,薄板電極是邊長為〃的正方形，真空介電常數為印，偏轉角"?d/a，忽略極板邊管劣、D2,電容Ci、C2，電阻卅、&，負載電阻化，以及周期性方波信號源"組成。假設"、D2均為理想二極管，方波信號源〃的內阻為"小電壓幅值為+U和-U,周期『遠大于電容充放電的時域獲得了廣泛的應用。電容式加速度計是--種MEMS加速度傳感器，由固定的金屬電極和可動的金屬薄板電極組成可變電容器。當傳感器加速運動時，可動薄板電極相對固定電極位置發(fā)生了變化,因此電極之間的電容也發(fā)生變化。利用接口電路測量電容變化量可以得到加速度的大小。可動電極安裝在絕緣的敏感質量塊上，與左右兩個極板形成兩個平板電容，分別為％和C2。當傳感器垂直于薄板平面方向加速運動時，敏感質量塊平行于此方向發(fā)生平移（極板之間保持平行）。已知可動電極與兩側金屬板的初始距離均為do,極板的正對面積為一個邊長為。的正方形，真空介電常數為印，忽略極板邊緣效應及底座的影響。當可動極板與左側金屬板的距離減少了ΔΔ時，求差分電容#（Ci一。l）的表達式。圖5d第4頁，共46頁(1)若。=0,證明懸浮圓桶處于不穩(wěn)定平衡。(2)若初始時刻懸浮圓桶處于穩(wěn)定平衡，求滿足條件的n和。。(3)若n(1)若。=0,證明懸浮圓桶處于不穩(wěn)定平衡。(2)若初始時刻懸浮圓桶處于穩(wěn)定平衡，求滿足條件的n和。。(3)若n=3,求圓桶懸浮并且處于穩(wěn)定平衡時活塞在液體中的深度。⑴若電阻R=10ii。。求。粒子入射后，電阻R上電壓隨時間的變化。(2)若電阻R=5x107Q。求q粒子入射后，電阻R上電壓隨時間的變化。(3)電離計數器對入射。粒子計數時，讀出信號幅度超過閾值再降到閾值以下的過程視為有一個a六、(40分)一個深為H的足夠大的池內裝滿液體，液體溫度與深度九的關系為T=R)0<h<Hfn為正整數。液體密度為P。一個薄正圓柱形圓桶質量為M,截面積為S,桶壁光滑絕熱。圓桶中有一質量為m的良導熱薄活塞。活塞和桶底之間密封圓桶倒扣在池內，如圖6所示。初始時刻，圓桶懸浮在液體池內某處，氣體溫度為To,體積為氣體體積遠小于圓桶容積。重力加速度大小為g,大氣壓強恒定為P。。容器內氣體可視為理想氣體，圓桶薄壁和薄活塞的厚度均可以忽略，圖6七、(40分)1908年蓋革設計制成了一臺a粒子電離計數器。帶電粒子穿過氣體能產生電離，電離計數器是一種氣體探測器，它能測量電離過程中產生的電荷量。如圖7所示，某電離室可以簡化為放置在充以氯氣的氣密容器內的平行板電容器，電容器兩電極之間施加電壓以產生均勻電場，忽略邊緣效應。帶電粒子穿過電離室時會損失能量將氯原子電離，使氯原子電離的平均能量是25eV,產生的電子和氯離子在電場作用下發(fā)生漂移，分別被陽極和陰極收集，引出相應的電信號即可實現對帶電粒子的測量。電離室等效電容C=10pF,電極間距d=30cm。電壓Uo=1.5x104V時，電子沿電場方向的漂移速度〃一=5cm/ps,蠢離子的漂移速度u+=10cm/ms,電子電量大小。=1.6xIO-】。Co能量為5MeV的。粒子平行于電極板入射到電離室后損失全部能量，忽略其在電場中的偏轉，其入射位置與陽極的距離x0=10cm。假定電離電荷全部被電極收集，讀出信號是電阻R上的電壓。第5頁，共46頁線圈總切割磁力線的面積為設此時電動勢為則由電動機瞬時電動勢公（2）此時的發(fā)動機電動勢為設此時汽車受到的阻力為&則由能量守恒和功率公式有N=U⑥設加速度大小為％,另由牛頓第二定律有f2/（/?%網）⑧（3）設線圈轉動一圈的總耗能為皂，由正余弦交變電流的做功公式得粒子穿過了探測器。如果這一過程持續(xù)時間（過閾時間）過長，入射。粒子頻率過高時會發(fā)生漏計情況。通過減小電阻，可以有效降低信號過閾時間，提高計數準確率。將電阻R更換為2x105Q,信號幅度閾值設為8=0.3mV。求電阻R上讀出信號的過閾時間（計算精度取2位有效數字并判斷能否滿足50kHz的計數率要求？八、（40分）1925年烏倫貝克與古德斯米特提出電子自旋假設，即電子具有內稟角動量，角動量大小為乎力，在測量方向上的分量只可能為土!M比如電子在勻強穩(wěn)恒磁場中，磁場方向為測量方向，盡管自旋角動量大小是乎龍，在磁感應強度方向上的分量只可能為土!龍，而不可能是其它值。電子有自旋磁矩，磁矩大小與角動量大小之比稱為旋磁比，自旋角動量的旋磁比是軌道角動量的兩倍。在氫原子中，原子核相對電子的軌道運動會在電子處形成磁場，該磁場會影響電子自旋的運動。設電子質量為〃7，電子電量大小為e,真空介電常數為句，普朗克常數為人，土記為龍，光速為c,（1）在相對電子靜止的參考系中，求電子所在位置的磁感應強度大小；（2）在相對原子核靜止的參考系中，證明電子自旋磁矩隨電子的運動發(fā)生進動，并求自旋磁矩的進動角速度大小；（3）在相對原子核靜止的參考系中，若電子的運動速度與光速之比的三次方是可忽略的小量，求第39屆全國中學生物理競賽復賽試題參考解答-R-+⑨第&頁，共4&頁E?N=⑩聯(lián)立⑨,E?N=⑩聯(lián)立⑨,⑩嶺=Bab瞟溫(3)設線圈轉動第i圈的總耗能為&,由正余弦交變電流的做功公式得E=gJ2??設初始時運動速度為咨，由能量守恒公式得帛慮到等比數話求和公式聯(lián)立②,得醐JEW"響<v2<"J2(T2??評分標準：本題40分。第(1)問11分：①式2分，②③④式各3分；第(2)問11分，⑤式2分，⑥⑦⑧式各3分；第(3)問9分，⑨⑩式各3分；第(4)問9分，回式各2分，⑥式3分。€=%+#=誓①星到望遠鏡的距離為如,背景天體到近鄰白矮星的距離為丸s。第a頁，共46頁Pqtan#==⑤A__b__f4GMPqtan#==⑤A__b__f4GMdg)l/2__/4GMds-d/A1/2UE=di=kc2dLds)=Ic2dLds)愛因斯坦環(huán)相對于觀察者的角半徑將％和b代入可得⑥近鄰白矮星的質量⑦③=-----c2bdL蛇f4GMgs)l/2Vc2ds/b=/4GMdLdLSX1/2=\c2dL+dLsJ將各量代入可得4x(6.67xl0-11Nm2kg-2)估算出該近鄰白矮星質量為1.34x1030kgo⑵心=c2dLdsG}=c2dLOl4Gds—d^4Gl—diJ—sM=京成sini=n0si"作出光線在透鏡后表面的法線，根據折射定律⑧=1.34x1030kg?(3xlO8ms~1)2(5.52x3.O9xlO16m)(31.53xlO-3x—rad)2⑩將代入⑩-第846頁arno(no-l)rarno(no-l)rn/\i?n0gn-(涪)-cosi透鏡后表面表達式為⑩—〃0("0-1ln⑩在r處和r+4r處經梯度折射率材料出射后光線偏折角竺=1血”5*=-擋drzir-?021rDrfndn=—-fr-drDJrirn=—^Inr+nr+^\nr1?(1)由卯樺的彎矩M=%,可得單個卯樺的附加應變能：木架失穩(wěn)后的附加應變能為：AW=幻。2重物重力勢能的改變：=一GR(1-⑥R(l-cos0())評分標準：本題40分。第(1)問13分，①式2分，②③式各1分，⑤⑥⑦式各2分，⑧式1分，⑨式2分。第(2)問16分，⑩式各2分，式各1分，式各3分，式各2分。第(3)問11分，式4分，式3分，色)式各2分。第946頁2k\-mgRmR^(Ⅱ)如上圖，以初始橫梁中心⑩木架受重物作用立柱AC2k\-mgRmR^(Ⅱ)如上圖，以初始橫梁中心⑩木架受重物作用立柱AC、BD的附加轉角（傾角改變量）分別為"、分別為：當滿足：2/q-mgR或/q>警—cosa+GRsin(^-y)l+2Rsinp?aR-CQSa=，+/?[2sin“一sin(/?+8)-sin(/?-—)]由，以D為轉軸根據力矩平衡可得：'可得C點受力豎直分量：Icosa+Rsin(/?-y)+/?sin(/?+0)?a?b⑦⑨⑥式對時間求導得：第32頁，共48頁-3“NRsin0=/警②球A質心在平行于水平面內的圓周上運動。矗心的切向運動方程：-3“NRsin0=/警②球A質心在平行于水平面內的圓周上運動。矗心的切向運動方程：球A繞過其質心的軸轉動方程(只有*D球對其摩擦力產生非零力矩)：”NR=/誓④球D繞豎直軸轉動方程：3Ncos0=mg①評分參考：本題40分。第(1)第(2)問10分，⑥⑦⑧⑨⑩每式各2分；第(3)問10分，成式各1分，式各2分，⑥式各3分。第(4)問10分，式各2分?bb、a聯(lián)合可得D點受力豎直分量(也可C^cosa+GRsin(/?+0)^cosa+GRsin(/?+0)方lcosa+Rsin(/?-y)+/?sin(/?+0)l+2Rsinfi(1)、設D球與A、B、C每個球體之間的壓力大小為N、每個球體的質量為m；在初末狀態(tài)之間的明刻，D的角速度(方向繞豎直軸)大小為DQ),A、B、C球的角速度大小為弘。(由對稱性可知A、B、C角速度大小相等)，末狀態(tài)球D,A的角速度大小分別為。尸口"A球質心速度大0,sme=乎。由對稱性可知在整個過程中，球D繞豎直軸轉動。球D在豎直方向受合外力為零：?b、?b式中cos。由給出。RI=GRcos(fi+3。)+-sina-Rcosg乙=GRcos(/?--扣泌-Rcos/?]?由于失穩(wěn)后橫梁傾角為Q，則木架兩個卯棒的彎角分別為：01=。0+a,由①卯樺的附加應變能為：??ALV=蜒+^P2=比2[(&o+a)2+(yo+a)2]木架失穩(wěn)時立柱AC、BD的附加轉角分別為缶、皿，由④可得重物重量為：R[2cos"-cos(/?+0o)-cos(/?-yo)]2R[cosp-cosi+0Q)]-lsina2R[cosp-cos(p-YQ)]+lsina°倒翌團第11頁，共46頁⑨⑩②,③,④對時間積分得到達到末狀態(tài)之前任意時刻的角速度、速度：*)=0__迎罕曾⑨⑩②,③,④對時間積分得到達到末狀態(tài)之前任意時刻的角速度、速度：*)=0__迎罕曾")=*5τ。=斜設整個過程經歷的時間為T,則有OfVCf=UcCD，=3(7)=±2mRsin6〃N7+15sin"u到達末狀態(tài)時，A、B、C球分別與D球無相對滑動，接觸點處相對速度為零給出約束條件:3由⑥⑧⑨5佰c3f=玄為Q.=(2)、以下記四個球體的質心分別為A、B、C、Do在整個過程中，過D球質心的豎直軸保持不變。以正三角形ACB的中心O為原點，BO方向為x軸，在ACB平面內過O點平行于AC方向的軸為*軸，豎直向上為z軸(過D點)建立直角坐標系?！钒藌三個方向的單位矢量分別記為末狀態(tài)A球繞質心轉動的角速度矢量在AOD平面內且垂直于ADo由幾何關系可知A球繞其自身質心的角速度矢量、A球質心繞z軸圓周運動的角速度矢量以及A球質心的位置矢量分別為：@無=字3=(cos60°t-其中，3為0A、B、C三球球心到O點距離。切點相對于A球由①?以及sin0=豐得到T=平堅(A球上)切點的速度：??TTTRa+^AXrARC=-RJ相似地，C球繞其質心的角速度矢量、C球質心繞Z軸的角速度以及C球質心的位置矢量分別為：—第34頁，共48頁??由務822及sM9=平得到比值為：*??考慮兩極板延長線交點為O,電場線和電勢線關于O點圓周對稱，以O點為圓心建立極坐標系(r,"x。設上極板電勢無，下極板電勢S，等勢面U與。的關系為S距離O點尸處的電荷密度為④U2-UA辦一⑤E=7UIdU刁”)第35頁，共48頁第(”x問l"分，①?③④式各第xlx問l"分,。五、差分電容60a2￡oWC.=—,C2=—①>—d-Ld，S-d+Ad②re0U2~Ui.對極板上電量積分fQ=d歡=Q￡o(—70—re0U2~Ui.對極板上電量積分fQ=d歡=Q￡o(—70—)ln[l+d甘a?！竣夼c=她=￥(^^)⑦⑨d1=]=瓦01叩七-g財，22=灰70],n0ae0=—^ln1+⑩土a(bd0⑧△C=&勺=ln0?.C21+/護-d2-a202.（3）在《=如時，〃輸出方波正半周，導通，Di截止，等效電路圖如下圖=00?"。）=—u，，_第14頁，共26頁__-十__C2電源內阻為0,=&+Rl列電路方程+%)__-十__C2電源內阻為0,=&+Rl列電路方程+%)&=0?dt&2+Rl。令1(卅/?2+\Rl+RrRl)/11(R1+RD__/12&L=__°Cl(t)”=c^r~計入初始條件式可得關于的方程?t-￡o\?rlu+ER2+RlR2+Rl?dUcME小RlU~aT~T1+&1Q),#0解得(可用從l/ci(to+0)和4100+8)的角度求解)第15頁，共26頁壓評分標準：本題40分。(2)壓評分標準：本題40分。(2)問14分，④⑤⑥⑧⑨⑩各2分；⑶問20分電容初始條件式4分，各2分。/如)=導(〃+最)唧(-籍,如=苛?(1)平衡時容器內的氣體的溫度與導熱活塞接觸液面的溫度相等。氣體的溫度為To,活塞在液體氣體懸浮時，上下壓強相等，P下=p_t0=M+m氣體懸浮滿足阿基米德浮力定律。⑥當容器位置發(fā)生改變，活塞所處深度變?yōu)?=/io+Ax=?+△%,其中正方向向下。若容器能達到熱平衡，氣體下表面壓強變?yōu)镻下=(pgIP°)-%=(pg?+P。)-%號壕墻pq°+5(T=p°+5(TTo[a(^-l)n+l]=To棚=捉墻?下=P°+P砒一件=P。+pg+"-普由于Q=0,因此，液體和氣體溫度不隨高度變化。根據玻意耳定律氣體系統(tǒng)上表面壓強變?yōu)榈?6頁，共46頁P[=Po+籍+pg（/r-9P[=Po+籍+pg（/r-9=Po+乎+pg（?+Ax-段）⑧氣體系統(tǒng)上下壓強差為AP,正方向向下，滿足=捋Jg-。拗?氣體在上表面的壓強為p±#Po！平+pg（?+公-蘭根據氣體狀態(tài)方程「下=施?（"+令）+P。]-胃=—一Pg^⑨pgpg—xsPq+pg如果容器處于穩(wěn)定平衡，則容器偏離初始平衡位置后，壓強差必須與符號相反。根據上式,由于AP與符號相同，因此懸浮容器處于不穩(wěn)平衡。氣體在下表面的壓強為也=業(yè)TTo初始時刻，懸浮容器滿足阿基米德定律Ⅲ#號第37頁，共48頁p上—p下———pg亍^[VQ-V]p上—p下———pg亍^[VQ-V]pWos域（翌［一何。-軟（翌捋X?5流"} pg"如形頊制]-若懸浮容器處于穩(wěn)定平衡，則壓強差AP必須與任意小的符號相反，因此n#”當AP=O時，Ax￥"的解km滿足方程當"6AxV也吉或者Ax-Ax/時，的方向均指向/i=^+Ax+o則AXm為第38頁，共48頁曲=-器2（也就是說在2k時間內，曲=-器2（也就是說在2k時間內，電荷移動帶來的電壓改變?yōu)?結彼1“這里〃是電荷的漂移速度，因此電荷漂移等價于電流源-學V。a考慮到電壓改變有來自于漂移速度快的電子和速度慢的離子兩者的貢獻。伊和"一分別表示離子和電子的平均漂移速度，+e和-e是攜帶的電荷，則我們有曲+=__井⑨第(2)問1第(3)問1因此在電子和離子的漂移過程中電容可以相對獨立考慮。設沿著陽極距離知=10cm處粒子徑跡所產生的電子?離子對數目為N。它們在電場中的漂移導致電極上產生感應電荷，使電離室電容電壓產生一定的變化量=U—U°,電阻R上的電壓也是Ur=當有N個電荷q從X。移動到尤的過程中，電容上存儲的能量C扇/2按照以下方程將減小至CU2/2：!以=!邱一N.q.&.3—》o)②-)=-N?q.&七、(1)C=10pF,電阻R=1O】1Q,將系統(tǒng)作為RC電路考慮時系統(tǒng)的特征時間RC=Is，電子和離子的漂移時間①Ex=UQ/d=500V/cm④5MeV的。粒子在計數器中沉積其全部能量，產生的電子-離子對總數為這時即便所有的電子都移動到陽極，對電離室電容兩端的電壓改變很小，因為-N?q?&?10cm=1.6xIO-10)?扣扇=1.125x10~3J⑥U+U0^2Uq,U-Uq=AU⑦第3n頁，共48頁曲-=-號（u曲-=-號（u而對電子的漂移時間有"vt6廠=建=2ps?應當指出，電子和離子對信號的貢獻具有相同的符號，因為它們攜帶的電荷符號相反，且漂移方向岫）=-誨一匚當tWT-uR（t）=-$乂0-總〃+1,當yr+UR（t）=__知-（頃）俱當t>T+AU=AU+\t=T.+AU~\t-=T-=一與一務以一x0）#一罕=一3.2mV?當正離子被陰極收集后，系統(tǒng)按照RC電路運轉，電阻R上的電壓將變?yōu)?。綜上所述，電阻&上電壓隨時間的變化規(guī)律為??⑩說明：考慮氯離子漂移帶來的電壓改變，當t<T-時，財。=-知一―蕓亦，但因為v+?V-,因此氯離子漂移帶來的電壓改變可以忽略。T+>RCr0.5ms?T~?曲一=-號（-，一）*@在電子被陽極搜集以后，因為離子的漂移時間與系統(tǒng)特征時間（RC）相近，系統(tǒng)可以理解為一個帶電流源的RC電路（在上一問中，流經電流源的電流都流入在電容器，而這里會被電阻&分流）。又由于電容電壓在％附近變化，等效電路為第42頁，共46頁在離子漂移速度確定為伊的情況下，參考第⑧式，等效電流源以為岫)=-渤飛當在離子漂移速度確定為伊的情況下，參考第⑧式，等效電流源以為岫)=-渤飛當t<T~服t)=-朱°-與〃+R[i-。-伸。],當yT+號R@?因此當0Vt式廠有(3)當R=2x105。時-，才=亨+C零在離子完全被陰極吸收時AU+(T+)=-/才R[1-eE/GC],然后R上電壓按照RC電路衰減到0。綜上所述，有一如-—+c^r婦=TV因此電子漂移被陽極吸收產生的電壓為*+R=2.1|1V?c=0.3mV?因此以下的計算中不需要考慮氯離子漂移帶來的影響。因此讀出信號隨之間的變化為AU~(t)=-yV/?[l-eW(RC)]第41頁，共46頁UrQ）=-yV/?[luUrQ）=-yV/?[lu],當舊廠Ur0）=-^v~R[l-助,當t>T~設信號幅度上升超過閾值的時間為勺，下降越過閾值的時間為位，有??①搗?tx=-RC\n（l?對于過閾時間小有u50kHz對應的事例間隔為20ps,此時的探測器滿足>"kHz的計數率要求。?評分標準：本題Ⅲ"分第⑴問”b分，其中①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩各”分；@?@各l分；其中各八、件=碣mvr=nhⅢ三由畢奧■薩法爾定理，核繞電子圓周運動