材料物理性能第七章作業(yè)課后習(xí)題

1、7.2電子極化和SR TOC o 1-5 h z SF6(六氟化硫)氣體具有高的絕緣強度，因此在高壓應(yīng)用中被廣泛的用作絕緣體和電解質(zhì)，例如高壓變壓器、開關(guān)、斷路器、傳輸線以及高壓電容等。在室溫和一個大氣壓下SF6氣體的介電常數(shù)為1.0015。單位體積S后的分子數(shù)N可以由氣體定律 P=(N/Na) RT得到。計算SFs 分子的電極化率如。將其與圖7.4中Z線的極化率進行分析比較。(注：SR分子沒有凈偶極距。假定所有的極化率都是由電極化所引起)解：由公式7.14 : r =1+N oe / 推出公式(2):%=b (&-1)/N(2)由已知條件可知：N=PNa/RT=101325*6.02*10

2、23/(8.314*298)=2.462*10 25& =1.0015 =8.85*10-12帶入公式(2)可得：%=8.85*10 -12*(1.0015-1)/(2.462*10 25) 計算得： 55.39*10-40F m2分析：如教材表7-1 :惰性氣體元素電子極化率與電子數(shù)量Z之間的關(guān)系(單位F - m2)原子HeNeArKrXeRnZ21018365686e*10400.180.451.72.74.45.9易知SF6的Z為70,帶入該式可得：oe =5.04*10-40 F m2,與計算結(jié)果相差不多，可見計算 的數(shù)據(jù)5.39*10-40 F . m2符合這條擬合線，計算結(jié)果較為準(zhǔn)

3、確。7.3液氤的電子極化液氤常常被用于輻射探測器，其密度為3.0g. cm3依據(jù)表7.1的電極化率計算其相對介電常數(shù)(的實驗值是1.96)解：要計算，需要從密度d求出單位體積Xe原子的個數(shù)。如果 Mat =131.29是Xe的原子質(zhì)量數(shù)。Na是阿伏伽德羅常數(shù)，那么NAdat6.02 1023 mol 1 3g.cm3131.29g.mol 11.375 1022 cm 3根據(jù) N=1.375 1028m3 和 e 4.4 10 40F ?m228401.6831.375 104.4 10Z_Z _ 128.85 10 121 2N e若采用克勞體斯一莫索提方程，可得:彳 2 1.375 104

4、.4 101 1.893 8.85 10, 1.375 1028 4.4 10 401123 8.85 10 12綜上之，簡單關(guān)系公式低估了相對介電常數(shù)，由于實驗值是1.96,故所得結(jié)果 r 1.89為所求相對介電常數(shù)。7.4相對介電常數(shù)，鍵強，帶隙和折射率金剛石、硅和錯都是具有相同晶體結(jié)構(gòu)的共價鍵固體，它們的相對介電常數(shù)如表7.10所示。表7.10金剛石、硅和鑄的特性& rMat密度(g/cm3)a e(10-40Fm2)Y(GPa)Eg(eV)n金剛石5.8123.520.9238275.52.42硅11.928.092.334.171901.123.45錯1672.615.325.027

5、5.80.674.09a解釋為什么e r從金剛石到錯依次增加。答：因為從金剛石到鋪， 電子數(shù)目依次增加， 而電子極化率與電子數(shù)目及護城線性關(guān)系，所以隨著電子數(shù)目的增加，電子極化率增加，由電子極化率與er的關(guān)系式可以看出，電子極化率增加， r也增加，所以e r從金剛石到錯依次增加。b計算每種晶體中原子的極化率，并作極化率-彈性模量圖，他們有相關(guān)性嗎？解：金剛石NAd29310 m(6.02 1023mol 1) (3.52ggDm 3)10233I .ci M.1112aeN r 2NAdMatNdMat3 (8.85 10 12) 5.8 11.77 10295.8(6.02 1023 mol

6、1) (2.33ggcm 3)N er 228.090.923 10 40Fgm24.991022 cm3 4.991028m3123 (8.85 10 12) 11.9 14.99 102811.94.1740210 Fgm(6.02 1023 mol1) (5.32ggpm3)72.614.411022cm3 4.4128310 mae3e0er 1 3 (8.85 1012) 16N er 24.41 102816 21 5.0240210 Fgm極化率-彈性模量圖見圖 1,由圖中可以看出，隨著極化率的增加，彈性模量幾乎呈線性減小。c根據(jù)b中得到的極化率作極化率 -帶隙圖。它們有聯(lián)系嗎?

7、答：極化率-帶隙圖見圖2.由圖中可以看出，隨著極化率的增加，帶隙減小。d證明折射率n&rO該公式在什么情況下有效，什么情況下失效?證明：根據(jù)麥克斯韋電磁波理論:c - n yj Crl v=1,所以其中科為介質(zhì)的磁導(dǎo)率。對于無機材料這樣的電介質(zhì)，科nJ r此公式在介質(zhì)為無機材料時適用。e上面得到的結(jié)論可以用于NaCl等離子晶體嗎?答：不可以，因為它們的極化機制不同。1000圖1極化率與彈性模量的關(guān)系極化率-帶隙%/ 10-40Fm2圖2極化率與帶隙的關(guān)系習(xí)題7.5極性液體：若水的靜態(tài)介電常數(shù)是 80,高頻介電常數(shù)是 4,水的密度是1g/cm3。使用克勞修斯-莫索提方程和簡化關(guān)系式（7.14）來

8、計算每水分子的永久偶極矩P0,其間假設(shè)介電常數(shù)是由單個分子的偶極取向和電子極化引起，且這里局域場與宏觀場相同。將所得到的結(jié)果和水分子的永久偶極矩 6.1X10-30Cm進行比較，能得到什么結(jié)論？當(dāng)p0取水分子的真實值6.1M0-30C-m時，由克勞修斯-莫索提方程計算出的是多少？ 解：首先，已知 d=1g/cm3; M=18.02g/mol ; k=1.38 M0-23j/k； &=8.854 10-12F/m 假設(shè)T=298K水單位體積分子數(shù)為：Nd=NMd=(6.02 1023/mol)(1g/cm 3)/(18.02g/mol)=3.34 1028/m3（1）用關(guān)系式（7.14） &=1

9、 +以來計算水分子的P0,即假設(shè)局域場與宏觀場相同。 町此時乳高頻尸1 + e=4 ,即Ne oe=3 0式靜態(tài))=l+Neae + N dad =80=1+(3 0+Nd ad)/ 0 S 0加=768.854 便-12F/m)/( 3.34 1028/m3)=201.47 W-40F m2且偶極取向極化率為3：p3 kTp0=V3kT ad =X(1.38 X 10-23 J/K) X(298K) X (201.47 X 10-40 F m2) =15.77 10-30C m(2)用克勞修斯-莫索提方程計算水分子的 p。： W號(Nee+ Nd d)其中 Neae= oN4-1)/(4+2

10、)=1.5 0 3 0貝U有(80-1)/(80+2)=0.5+ 里/ 即 ad=38 3X8.854 10-12F/m)/82 ( 3.34 1028/m3)=3.685 1-40F m2p0=V3kT ad =，3 X( 1.38 X 10-23 J/K) X(298K) X (3.685 X 10-40 F m2) =2.13 10-30C mP0(真實)=6.1 X10-30 C m P0(克-莫方程求出)=2.13 X10-30 C mP0(簡化關(guān)系式求出)=15.77 X 10-30 C m兩種算法得出的值都與真實值相差很大，因此得出以下結(jié)論：首先克勞修斯-莫索提方程不適用于偶極電

11、介質(zhì)，即其局域場不能以洛倫茲局域場定義；其次，偶極電介質(zhì)的局域場不等于其宏觀電場，因此不能使用簡化公式 7.14。(3)用克勞修斯-莫索提方程計算 $P2onnnos n=-=(1/3) (6.1X10-30C m)2/(1.38 10(30.16 W-40F m2)/3 (8.854 W-12F/m)=4.2924則衿-2.91$求得為負值，因此驗證了不能用克勞修斯-莫索提方程計算偶極電介質(zhì)。7.6答案N解：由P RT行：400 C (673.15K)、10個大氣壓下單位體積水蒸氣分子數(shù)為NaN迎RT1.01 106 6.02 102338.314 673.15=1.086 1026 m偶極

12、取向極化率KT30 26.1 10 301.3810 2367n5F?m2392=1.34 10 F ?m介電常數(shù)1.086 1C26 1.74 1039=1 +128.85 1012=1.02135在400C、10個大氣壓下水蒸氣的介電常數(shù)是1.02135。7.7解：1.該力沿什么方向?答：由題目中左圖可以看出來，沿著電場方向向右，電場線變得越來越密集。由電學(xué)知識可以推知，偶極子右邊的場強比偶極子左邊的場強大，即E2 曰。假設(shè)F方向沿電場方向向右。那么對偶極子p進行受力分析，如圖 7.7.1b,即：E1*Q = E2*Q + F則可以得到：F =（日-E2）*Q 0由F Ei （如圖7.7.

13、2a）,由于偶極子方向變成與電場方向相反，則正負電荷中心 與原來相反，那么同樣電場位置受到的電場力方向要與原來相反。假設(shè)F的方向向右，同樣進行受力平衡分析（如圖7.7.2b）得：匕*Q = Ei*Q + F得到：F = （E2 - B） *Q 0由F 0可知，F(xiàn)方向與假設(shè)方向一致，即 F方向向右(a)(b)圖 7.7.2.假定一個偶極子通常也會受到7.3.2節(jié)中所描述的扭矩，定性說明在非均勻電場內(nèi)隨機放置的偶極子會發(fā)生什么情況？在非均勻電場中因為隨機放置的偶極子的正負電荷中心所處位置的場強不一樣，所以受力不一樣（如圖7.7.3, F2 Fi）,那么偶極子整體受力不平衡。所以，偶極子除了要受到扭

14、矩發(fā)生旋轉(zhuǎn)是其方向與盡量與電場方向一致之外，還會因為受力不平衡而發(fā)生整體的位置移動。圖 7.7.3.圖中顯示，水流會在帶電梳子所產(chǎn)生的非均勻電場下發(fā)生彎曲，解釋所觀察到的現(xiàn)象。解釋：梳子上帶的是電子產(chǎn)生的電場，方向指向梳子本身。水流中的水分子在此電場下，發(fā)生不同方向不同程度的極化，在水流的過程出，同一個偶極子所處的電場方向在不斷發(fā)生變化，偶極子會受到扭矩發(fā)生旋轉(zhuǎn)，使其方向與某一刻所處位置的電場方向一致，即類似與圖7.7.1a中的偶極子，此偶極子受到的電場的合力方向朝向電場方向， 也就是指著梳子的方向， 那么當(dāng)電場足夠大的時候，分子的就會發(fā)生朝向梳子的位置移動， 即水流受到了梳子的吸引 而彎曲，

15、從而靠近梳子。7.8離子和電子極化（P550）解:CsBr晶體每晶格單元含有一個Cs+-Br-離子對，已知晶格常數(shù)為a=0.430*10-9m,則單位體積離子對數(shù)目 Ni為1a34(0.430 10 9m)31.26 1028 m 3Ni也各自是陽離子和陰離子的單位體積個數(shù)。從克勞修斯-莫索提方程，得到1-Ni e(Cs) Ni e(Br )3oN i即r 1(1.26 1028m 3)(3.35 10 40 4.5 10 40 5.8 10 40 F m2)r 23 (8.85 10 12 F m 1)解得r 3.04在靠近光波頻率時，離子極化因過于遲緩而來不及發(fā)生，所以光頻介電常數(shù)r,op

16、為1r,op 2r,op J1八Ni e(Cs) Ni e(Br ) 3 01r,op 2r,op /(1.26 1028m 3)(335 1040 45 1040F m2)3 (8.85 1012F m1)解 r,op=3.73習(xí)題7.9KCl晶體每晶格單元中含有 4個K+-C離子對，已知晶格常數(shù)為a=0.629X 10-9m,則單位體積 離子對數(shù)目N為：9 3a (0.629 10 )16,07 1027 m 3N也各自是陽離子和陰離子的單位體積個數(shù)。由克勞休斯-摸索提方程，有r 1r-2Ni e(Cl ) Ni i1一N (K ) 3 0即r 1(1.607 1028 m 3)(1.26

17、 10 40 3.41 10 40 4.58 10 40 F m2)r 23 (8.85 10 12F m 10解得r 4.81光頻時，離子極化由于過于遲緩而來不及發(fā)生，所以光頻介電常數(shù)皿為r,opr,op1Ni e(K ) 3 0Ni e(Cl )28340402)r,opr,op(1.607 10 m )(1.26 103.41 10 F m1213 (8.85 10 12F m 1)解得r,op 2,182實驗值為直流r 4.84和光頻r,op 2.19 ,與計算值非常接近。7.10 解：e r,dc=87.46(dc),e r尸=4.87,T =1/co 0=0.017ns由 r =

18、+ ( & r,dc- &)/1+( co ) )2 c r = ( r,dc- 產(chǎn))(co T ) /1+( CO T )得f(GHz)0.30.511.5359.1810204070100300實驗 值& r87.4687.2586.6185.3476.2068.1946.1342.3519.6910.167.206.144.87& r2.604.508.8513.1824.2834.5340.5540.2430.2317.6811.158.313.68計算 值& r87.3887.2386.5385.3979.7769.1346.9843.4519.719.166.325.594.95&

19、 r2.644.408.7212.9 024.0034.3241.2941.2131.7118.3310.857.662.57由圖可知，計算值與實驗值基本吻合。德拜弛豫、非德拜弛豫和 Cole-Cole圖 已知：t =1 。6=5,心=2, a =0.8 3=1德拜弛豫：解德拜方程得到實部:( r,dc r, )(1 ()2g = 8,4r,dc二2-,虛首B為:1 ()2A ,3 =0 時，=5； =03=0.1 時，=4.97;(5 2)(0.1)0.2971 (0.1)21(5叫)3=1/3 時，e=4.7;0.91 63=3 時，e=2.3;(5 2)(3)0.91 (3)23=10

20、時，e=2.0297; (5 2)(10)0.2971 (10)2F,另當(dāng) 3 =1 時，=3.5；1.51 (1)G,時，=2 ; =0帶入已普適介電弛豫 TOC o 1-5 h z r,dcr,r r) HYPERLINK l bookmark121 o Current Document ,1 (j)rA,B,C,D,E,F,G,3j 2 J釬，利用歐拉公式求解復(fù)數(shù)哥運算1 (j )0.83 =0 時，=5； =033=0.1 時，r j r 2 ，解得 =0.40263 =1/3 時，r j r 2 =0.82903 =3 時，r j 2 =0.82883 =10 時，r j r 2 =

21、0.4026另當(dāng) 3 =1 時， =3.5; 1當(dāng)時，e=2 ； e =0=4.8021 ;1 (0.04897 0.15073 j)解得：1 (0.12832 0.39492 j)解得:1 (0.74418 2.29036 j)解得:1 (1.94977 6.00076 j)=4.3687 ;=2.6312 ;=2.1979 ;其結(jié)果統(tǒng)計入下表格:3 =03 =0.13 =1/3co =33 =10CO =1德拜弛，54.974.72.32.02973.52豫00.2970.90.90.2971.50普適介，54.80214.36872.63122.19793.52電弛豫00.40260.8

22、2900.82880.40261.090作圖要求以頻率取對數(shù)為橫坐標(biāo)，考慮到3取值，取 10的對數(shù)其結(jié)果成對稱分布。CO3 =03 =0.13=1/3co =3w =10CO =1lg 3-1-0.47710.477110，54.974.72.32.02973.5200.2970.90.90.2971.50，54.80214.36872.63122.19793.5200.40260.82900.82880.40261.090結(jié)論：1,無論是德拜弛豫還是普適介電弛豫均存在隨著頻率增加，實部逐漸降低，而虛部先增加 后降低，在3 =1/ TT時最大。2,利用德拜弛豫和普適介電弛豫計算所得介電常數(shù)相近

23、，并且針對實部，在較低頻率時德 拜弛豫值比較大，而高頻時德拜弛豫較?。惶摬吭陔x3=1/。時德拜弛豫較大，遠離時普適介電弛豫值較大。3,德拜弛豫的Cole-Cole圖是標(biāo)準(zhǔn)半圓，而普適介電弛豫Cole-Cole圖不是標(biāo)準(zhǔn)半圓，這是因為單純用弛豫時間已經(jīng)無法精確描述介質(zhì)行為。其中普適介電弛豫的極點值較低， 相對變化平緩。聚酯電容器的等效電路. 設(shè)一個1nF的聚酯電容器的聚合膜厚度為1dm.計算這個電容器在1K Hz下50c和120c時的等效電路?？傻玫绞裁唇Y(jié)論？解：由圖1所示，1nF的聚酯電容器在 50c和120c時er都是常數(shù)，并可以粗略地讀出相對介電常數(shù)，在 50c時， J =2.6,在120

24、c時， J =2.8L f l IIPLTat/= IkHz /fl，一/DEAU. 1ooi 3 - 0001 f LnnnAiM施t!楠、A.L，A -R 尹同/ol二” qwcwm和俳 上加.何的叮&： wZ勾tS二 z九Ma% x 伙”7 乂川 zgwjr 2 ; ip 4g”/月1她;泳女,&沖何 然上戲以夠乙T摭H巡每多味名學(xué)收彳抽分曲值 ；。Ai3144,支1二儂1 - 1WM，”/。力帆八樹”，心,F 171-二07 小 A啦拓陶共的也新的好電阻:曲二w，6uts二2九”。用川.川“。力刈二m /尸 打二“加二|4%乂/幾7.13學(xué)生用微波加熱土豆泥解：1、單位體積土豆泥在單位

25、時間內(nèi)平均所消耗的能量為Wvoi = co Erms2 o r tan 8(1)其中 w =2% f rtan S=/2)將(2)帶入(1)中Wvol=2 兀 f Erms2 e 0 e r =(2 ttX 2.48 9HZ)0X (200M02V/m) 2X (8.85 10-12F/m) X21 =11578 X105w/m3轉(zhuǎn)化為每立方厘米Wvol = Wvol/106=1157.8 w/cm32、加熱10cm3的土豆泥60s所消耗的總能量為 . W=W vol W xt二(1157.8 w/cm3)x (10cm3) 40s=694.68KJ7.14缺失7.15 證明：ZAB(para

26、llel) =-1T = -2 j-2JwCp+而1+(aCpRp )1+(aCpRp )1JZAB(series)= R+jwC = Rs -2人Rp8 C pRp 1，ZAB(parallel)= ZAB(series),則有丘(*Rp )2 = 8 1+( wCpRp )2=所以 Rs =RP2, Cs =Cp1+1-2 1+( aCpRp )( aCpRp )1.YAB(parallel) = + J W p ,11co Cs Rs. 8csYAB(seriesF =1+(3 )2+ J1+(sRs )2jwC s人口 r 2L- 182C2Rsp8csv YAB(parallel)=

27、 YAB(series),則有 R；=1+(3CsRs 了，wCp=1+(wCsRs )2所以 Rp =RS1+( R )2, Cp=1+( R )2l+ ( (0 I s Rs )l+ ( (0 I s Rs )當(dāng)Cp=10nF, Rp=100kQ, co=1MHz時，帶入上面的公式可得:Rs=Rf-2=-2 =0.1 Q1+( a。p Rp )1+(10 6X 1(J 8 X 1(5)18Cs =G1+(；=10 8力(10 6X1。-)2 L10-8F=10nF22科F的鋰電容,電介質(zhì)厚度 d7.16鋁電容電解電容較適合于采用串聯(lián)等效模型R+J coG。一個標(biāo)稱值為（低頻電容值為 22

28、F）在10KHz時的特性如下：屋 不20, tan 8 = 0.05= 0.16 m,有效面積 A=150cn2,試計算 Cp, Rp, Q, R。解：由題意可知， 當(dāng)電容器等效為并聯(lián)模式時,Y=j wP+1/Rp；Y=j 3 A a/d= j 3 Ao( & - j er)/d=j9 Ar/ d +、3 A堡 & r/d可以推出 Cp=A e0er/d;Rp=d/ 9 A & r j d/ 9 A o ertan 6 = d/2jt fA 0 e rtan 6將題中所給條件d= 0.16(1 m A=150cm2 e r=20 f=10KHz tan 8 =0.05=8.85 x10-12F

29、/m代入得，Cp= 150X 10-4 - 8.85 X 10-12 - 20/0.16X 10-6 F=16.59 科 FRp=0.16X 10-6/2 - 3.14 - 10X 103 - 8.85 X 10-12 - 20 0.05 - 150X 10-4Q=19.19 Q當(dāng)電容器等效為串聯(lián)模式時Z Z=1/Y=R+1/ j 械 CY=j 3 A Id f/Y=d/j 3 A=d、/ GJ Ac(j r+e r)=d( a- -j a)/ 3 A0E ( r 午 r )可以推出 Rs=d r/ 卜 A (er + er ) 1/Cs=d er/ A 0 (er er ) . tan 8

30、=0.05 e r=20 r= tan 8 e r=1將 d=0.16m A=150cm2 e r=20 f=10KHz Jr =1=8.85 x 10-12F/m 代入得Rs=0.16X 10-6 . 1/ 2 3.14 . 10X 103 . 150X 10-4 (1 + 400) - 8.85X 10-12 Q =4.78 X 10-2 QCs=150 X10-4 - 8.85X 10-12 (1 + 400) /0.16X 10-6 - 20=16.64 科 F答：Cp= 16.59 F; Rp= 19.19Q; Rs=.78 X 10-2Q; Cs=16.64 科 F。7.17鋰電容

31、與氧化鋰電容的對比解：氧化鋁電容的單位體積電容為:?0?1CV011 二？氧化鋰電容的單位體積電容為:?2Cvol2 = ?W_?1?另Cvol1/ Cvol2= ?=0.71所以，當(dāng)選擇厚度相同的兩種電容時，氧化鋰電容器更好。習(xí)題7.18聚酯電容器的電容溫度系數(shù)r均隨溫度而改變。平行板電容器的計算公式為：C 工rxy,其中x、v、z、zL來表示，故公式可寫成C 0 rL將上式對溫度T求微分可得：dCdTL-d-r0LdTdLdT1 dC等式兩端同除以C 0 rL得：C dTd r r dTdLL dT即可證明 TCC -dCC dTr dT其中1 dLL dT解：因為TCCr dT又入已知證

32、明：因題中假設(shè)材料是各項同性的， 故x、y、z均可用要預(yù)測10Hkz下室溫（25C）時的TCC,需求得此溫度下的和 JrdT由圖可知和T呈線性關(guān)系，可設(shè) r aT b代入圖上兩點（20, 2.57）和（60,2.585）可求得a=3.8X 10-4b=2.5624所以 r 3.8 10-4T 2.5624代入 T=25 得=2.57181 dC代入公式TCC 1 dCC dT1 d rr dT1_ _-4-6 -4一!一 3.8 10 4 50 10 6 1.98 10 42.5718因此，10Hkz下室溫時的TCC 為 1.9810-4。7.21同軸電纜中的電介質(zhì)擊穿一根水下高壓同軸電纜如圖

33、7.64（a）所示。電流流過內(nèi)部導(dǎo)線時會產(chǎn)生熱量，熱量通過絕緣電介質(zhì)傳導(dǎo)給外部導(dǎo)線，然后通過傳導(dǎo)和對流散失掉。假設(shè)當(dāng)內(nèi)導(dǎo)線流過直流電流 I時達到了穩(wěn)定狀態(tài)。每秒產(chǎn)生熱量Q =dQ/dt,若以內(nèi)導(dǎo)線的焦耳熱表示則為其中 是電阻率， r 是導(dǎo)線半徑， L 是電纜長度熱量從內(nèi)部導(dǎo)線通過電介質(zhì)絕緣層沿徑向向外部導(dǎo)線流動，然后傳遞到周圍環(huán)境。這種熱傳遞是通過電介質(zhì)的熱傳導(dǎo)實現(xiàn)的。熱傳遞的速率Q取決于內(nèi)外導(dǎo)線的溫差Ti-To ,電纜的幾何尺寸(a,b和L),以及絕緣電介質(zhì)的熱導(dǎo)率k。從基本熱傳導(dǎo)理論可知：Q = (Ti-To) 2 kL/ In ( b/a ) (7.98)熱傳遞速率內(nèi)導(dǎo)線的溫度會一直上升

34、，直到達到熱平衡狀態(tài)，此時式 (7.97) 表示的焦耳熱產(chǎn)生速率等于由式(7.98) 表示的電介質(zhì)絕緣層的熱傳導(dǎo)速率b. 擊穿發(fā)生在最大電場點。最大電場點位于r=a 處，即剛好處于內(nèi)導(dǎo)線的外圍，其計算公式為(參見例題 7.11 )EmakV/a In (b/a) (7.100)同軸電纜中的最大電場強度當(dāng)Emax達到電介質(zhì)擊穿強度日時，就會發(fā)生電介質(zhì)擊穿現(xiàn)象。對于多數(shù)聚合物絕緣材料，其電介質(zhì)強度Ebr 與溫度有關(guān)，而且一般來說，會隨著溫度的升高而逐漸減小。圖 7.64( b )所示就是一個典型的例子。如果負載電流I 增大，那么每一秒的時間內(nèi)就產(chǎn)生更多的熱量Q,由式7.99可知，這會使內(nèi)導(dǎo)線的溫度

35、更高。隨電流增大而不斷升高的Ti,最終會使Ebr降低的太多，以至于和Emax相等，使絕緣層擊穿(熱擊穿)。假設(shè)某一同軸電纜的內(nèi)導(dǎo)線為鋁導(dǎo)線，直徑 10mm電阻率為27n .m。絕緣層為3mmB的聚乙烯聚合物，其長期直 流電介質(zhì)強度如圖7.64 (b)所示。如果該電纜用于傳輸40KV的電壓，且外屏蔽層溫度和環(huán)境溫度相同， 均為 25， 那么當(dāng)聚合體的熱導(dǎo)率為0.3W/K.m 左右時， 使該電纜失效的直流電流為多大？C.如果考慮溫度對的影響，將 =01+ 0 (T-Q 代入式7.99,重新計算b中的電流。設(shè)25時有0=3.9*10-3/。b 解：由于擊穿發(fā)生在最大電場點，擊穿時Emax=EbrEm

36、ax=V/a In (b/a) =40*10 3/0.005* In ( 0.008/0.005 ) =17.021*10 6 V/m根據(jù)圖7.64 (b)可得到此場強值對應(yīng)的溫度為90 C由于 Ti =To+ I 2 In ( b/a ) /2 2a2kI=22a2k (Ti-To) / In (b/a ) 0.5=2 20.005 2*0.3(363-298)/27*109 In (0.008/0.005 )=870.8 AC 解：由于溫度對有影響01+ 0 (Ti-T0) LI 2/ a2= (Ti-T。)2 kL/ In (b/a)I=22a2k (Ti-To) / 01+ 0 (Ti

37、-To) In (b/a) 0.5=2 20.005 20.3 (363-298 ) /27*10 -9 1+3.9*10-3 (363 -298) In ( 0.008/0.005 ) 0.5 =777.8A壓電性考慮一個石英晶體的和一個PZT陶瓷的濾波器都設(shè)定在 fs=1MHZ下運轉(zhuǎn)，求每種材料的帶寬.給出楊氏模量 Y和密度r濾波器是一個帶電極的圓盤并且高頻中振蕩.求每種材料的圓盤直徑 .已知：石英晶體的Y=80GPa,k2.65g cm-3.PZT陶瓷的Y=70GPa,47.7g .cm-3.假定晶體中Y機械振動的波速 尸一,波長在J?s只考慮基態(tài)n=1的情況.解:(1)由 k2=12

38、if_2 f a= fa對于石英晶體：k=0.1 fs=1MHz得 fa=1.005MHzBandwidth= fa-fs=5KHz對于 PZT 陶瓷：k=0.72 fs=1MHz得 fa=1.441MHzBandwidth= fa-fs=441KHz由 d=n( ) n=1 得 d=( )對于石英晶體:Y=80GPa,尸2.65g cm-3 后iO2=5.49X 10-3 m d sio2=2.75 x 10-3 m 對于 PZT 陶瓷：Y=70GPa,年7.7g cm-3 Qzt=3.02X 10-3md=ZT=1.51 x 10-3 m給晶體施加壓力 T會在壓電晶體中產(chǎn)生極化P,因此會在

39、其內(nèi)部建立電場E,其表達式為E=gT , g是壓電電壓系數(shù)。若 &是晶體的介電常數(shù)，證明 g=d/( 0&)。一個BaTiO 3樣品沿某一方向定向(稱為 3方向)，且沿該方向有 d=190pC N-1,1900那么該方向上的g為多少？將該值與測量值0.013m2 C-1進行分析比較。證明：誘導(dǎo)極化強度P=dT=dF/A電谷 C= 0 3A/LV=Q/C=AP/C= dF/( e 0 r A/L)=dLF/ 0er A=dTL/( 0$)得出 E=dT/ 01又E=gTdT/( 0 亦gT 則 g=d/( 0 &)解：g= d/( os力=190 0-12m V-1/(8.85 1 短午/m M

40、900)=0.011m2 C-1由于0.011小于0.013,因此理論值小于測量值。這是由于具有電壓效應(yīng)的晶體BaTiO3樣品為多晶體，其多晶取向是隨機的，電疇的取向也是混亂的。一般沿一個方向施加應(yīng)力可能引起其他結(jié)晶方向的誘導(dǎo)極化。理論計算中，是將力施加到某一特定方向，得到的是理想晶體的壓電電壓系數(shù)。但實際BaTiO3多晶體內(nèi)部會有空洞空穴等缺陷，導(dǎo)致壓電性能發(fā)生改變。此外，也可能是實驗誤差的原因。解：a.已知公式8D= d33V , L = ($d31V , 將已知數(shù)值 L=20mm,D=0.25mm,d 33= 500 x -12m V-1,d31250M0-12m V-1, V = 10

41、0V 代入公式，可得：SD = d33V = 500 10-12m V-1X100V = 5 10-8mSL=(L)d31V=(0225) X (-250 便-12mV-1)X100V-2 x 10-6 m可得到的結(jié)論為：在 100V的電壓下，Q和8L的變化量都非常小。3 L 2b.由公式h = 2 d31 (D) V代入已知數(shù)據(jù)可得h= -d31 (-) V = - X(-250 X102-12 m ?V-1 ) X(-) X100V0.25mm=-2.4 X10-4 m = -0.24mm所得結(jié)論：當(dāng)電壓為 100V時，懸臂梁端的偏移量為0.24mm,而雙壓電晶片元件的厚度為2D=0.5m

42、m,同時，與a中的D和也相比都有明顯的變化量，因此測量偏移量反應(yīng)微小變量更靈敏。7.251公式解：由題意知在基頻振動模式時n=1得L -2公式(2)由(1)和(2)得L 2f對于石英：Y=80Gpa=8.0 1010pa2.65g.cm 32.65 103kg/m3，一3，10 m/sY 18 0 1010 -超聲波的傳播速度v (Y)2 (3)25.492.65 10當(dāng) f1 1KHz 時 L1v 5.49 1032f12.0 1032.745m當(dāng) f2 1MHz時L25.49 1032.0 10632.745 10 3m7.26.熱釋電探測器兩種熱輻射探測器的熱釋電材料分別為PZT和PVD

43、F。PZT和PVDF的特性如下表所示。探測器的接受區(qū)域為4mm2。PZT陶瓷和PVDF薄膜的厚度分別為 0.1mm和0.005mm。兩種探測器所接受的熱輻射均被周期性斬波，允許持續(xù)通過的輻射時間為0.05s。?熱釋電系數(shù)p(X ?.?-? k-1)密度(g cm-3)比熱容c (JK-1 g-1)PZT2903807.70.3PVDF12271.761.3A.若兩者均接受強度為10 cm-2的輻射，計算每個探測器輸出電壓的幅值。電路中相應(yīng)的電流是多少？在實際中，什么因素將限制輸出電壓的幅值？B.如果可探測的最小信號電壓是10nV,可探測的最小輻射強度是多少？解答：（a）.輸出電壓推導(dǎo)：V= =

44、 ?P= ?（C為電容，p為熱釋電系數(shù)）（1）T=?/中c為比熱容，A為接受區(qū)域面積，L為厚度）（2）電容C=?m里？%=（3）（2）和（3）分別帶入（1）得： TOC o 1-5 h z ?H? H V = = （4）? ?在時間 久內(nèi)，AH取決于入射輻射的強度I, AH=IA At （5）,（5）代入（4）式可得：? H?t V =尸，（6）? ? .一?AT.極化電流推導(dǎo)：由公式（7.62）得：？?= ?= ? （7）,其中？劾感應(yīng)極化電流密度。先后將（2）式、（5）式代入（7）消去AT和小得:?=赤?尹對 PZT 陶瓷：p=380X 10-6 ? ?2 K-1, At= 0.05s,

45、? = 8.85 X10-12，由式(6)求得V=0.32mV;由式(8)求得？?= 6.58 X 10-13 A。對 PVDF薄膜：同理可求 V = 0.5mV; ?= 9.44X 10-13 A在推導(dǎo)公式時，忽略了熱量損失，假設(shè)輻射I被熱釋電晶體完全吸收。實際上，晶體對輻射的吸收率，晶體上的熱量損耗，以及放大器的輸入阻抗等都會限制輸出電壓的幅值。(b).由式(6)可反解入射輻射強度I:?=(9)? 、-1 AV(,) ?At代入數(shù)值得：代入最小信號電壓得PZT最小輻射強度I=3.13 w/mPVDF最小輻射強度1=2科W/m7.27解：假設(shè)吸收能量H是溫度升高 T(AL )Cs Tp H

46、.、P p T 電容C o rA/L AL CsQ pH L p H 電壓變化 V C L Cs0 rA A Cs 0 rt時間吸收的能量取決于入射強度I,且 H IA t則 v pI tCs 0 r帶入數(shù)據(jù)得,200 10 6cm2 K 1 10 w cm 2 10ms一小(八 4、,311121 1.49 10 V 7.5g cm 3 0.43J K 1 g 1 47 8.854 10 F m 1熱釋電電流I Jp AP A pIAt L Cs200 10 6c m 2K 1 10 w cm 2(10)2mm23-2-12.43A0.2mm 7.5g cm 0.43J K g電流響應(yīng)率pL

47、 Cs621200 10 cm K0.2mm 7.5g cm 3 0.43J K 1 g 10.31 A/w在計算電壓信號時最主要的假設(shè)是沒有任何的熱量損失。7.28熱釋電探測器如圖所示是一個熱釋電輻射探測器電路。FET接成電壓跟隨器的形式（源跟隨器） 。Ri表示通常位于FET與信號元之間的偏置電阻與FET輸入電阻的并聯(lián)電阻。Ci代表了總的FET輸入電容，包括除熱釋電探測器電容之外的所有寄生電容。假設(shè)入射輻射強度為常數(shù)I。發(fā)射率Y是一種表面特性，它代表入射輻射被吸收的比率，y I是單位面積單位時間內(nèi)吸收的能量。所吸收的部分能量使探測器的溫度升高，部分能量通過傳導(dǎo)和對流散失到周圍環(huán)境 中。令探測

48、器接受的區(qū)域面積為A,厚度為L,密度為p ,比熱（每單位質(zhì)量的熱容量）為c.則熱損失將與探測器的溫度T與周圍環(huán)境溫度 T。之差成正比，也與表面積A（遠大于L）成正比。由能量的守恒定律可得：探測器內(nèi)能（熱量）的增率=能量的吸收率-熱損失率即（AL ） cdT A I KA（T T0）dt式中K是表征熱損失的比例常數(shù)，因此它取決于導(dǎo)熱系數(shù) 如果只考慮從探測器表面到 探測器底部（探測器基底）的熱損失，那么 K=k /L.但實際上并非如此，因此 K=k /L只是 一種非常簡化的形式。c信號通過FET電路后，輸出電壓 v （t）可表示為v（t） Voexp（ 丫）exp（-，/ ） thel式中Vo為常數(shù)，pel是時間常數(shù)，可由RiCt來計算，Ct是總電容，等于Ci Cdet，而Cdet是探測器的電容。有一面積為1mm,厚度為0.05mm的PZT熱釋電探測器，假定此PZT的_ -3_ _-1 -1-1-1r 250,7.7g cm , c 0.31J Kg,1.5W K m。將這個探測器與一個R1 10M , C1 3pF的FET電路相連。令熱傳導(dǎo)的損失常數(shù)K為k /L和刀=1 ,計算 th和。el。繪制出輸出電壓示意圖。能得出什么結(jié)論。thCdet_ _-12250 8.85 10106-3 F0.05 10-11 一4.43 10 Fel(CdetCi)Ri