电介质物理.docx

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电介质物理

第二章变化电场中的电介质

2-1什么是瞬时极化、缓慢极化？

它们所对应的微观机制代表什么？

极化对电场响应的各种情况分别对何种极化有贡献？

答案略

2-2何谓缓慢极化电流？

研究它有何意义？

在实验中如何区分自由

电荷、束缚电荷随产生的传到电流？

答案略

2-3何谓时域响应、频域响应？

两者的关系如何？

对材料研究而言，

时域、频域的分析各由什么优缺点？

答案略

2-4已知某材料的极化弛豫函数f（t）=1

τe-t/τ，同时材料有自由电荷传

导，其电导率为γ，求该材料的介质损耗角正切tgδ。

解：

由弛豫函数f（t）=1

τe-t/τ可知德拜模型

极化损耗tgδP，漏导损耗tgδG

如果交变电场的频率为ω；

则tgδP=（εs-ε∞）ωτ22εs+ε∞ϖτ

tgδG=ε-εγ1（+s

2∞2）ωε0ε∞1+ωτ

该材料的介质损耗正切为：

tgδ=tgδP+tgδG

2-5在一平板介质（厚度为d，面积为S）上加一恒定电压V，得到通过介质的总电流为I=α+βe-Vt,已知介质的光频介电常数为ε∞，求单位体积内的介质损耗、自由电子的电导损耗、极化弛豫与时间的关系。

若施加频率为ω的交变电场，其值又为多23

少？

并求出介质极化弛豫函数f（t）。

解：

在电场的作用下（恒场）介质中的功率损耗即为介质损耗

电功dA=Vdq=VI（t）dt

A=⎰VI（t）dt=⎰（α+βe-Vt）Vdt=αVt+β（1-e-Vt）00tt

∂A=αV+βVe-Vt=I（t）V∂t

W1=（αV+βVe-Vt）单位体积中的介电损耗：

w=dsds

αV自由电子电导损耗：

w1=ds

βV-Vte极化弛豫损耗：

wα=dsW=

电导率：

R=ρdVsV,I0=α==,sRρd

电流：

I=α+βe-Vt

其中IR=α为传导电流

Ir=βe-Vt为极化电流

dQrd（sσr）dP==srdtdtdt

dP（ε-ε∞）ε0E0-t/τer=s

dtτ

（ε-ε∞）ε0E0-t/τe=βe-Vt故Ir=s另一方面Ir=

τ

有τ=1V,E=,（εs-ε∞）ε0sV2=βdVd

εs=ε∞+βd

ε0sV2

因而，加交变电场w时：

（εs-ε∞）221+ωτ

（ε-ε∞）ωτ''1=s极化损耗：

εr221+ωτ'=ε∞+εr

24

''2=电导损耗：

εr

γαd

=

ωε0ε0ωsV

（εs-ε∞）ε0ω2τV212

''1E=单位体积中的极化损耗功率：

Wr=ωε0εr222

22d（1+ωτ）单位体积中的电导损耗功率：

WG=W=Wr+WG弛豫函数：

f=2-6

1

Vα

ds

τ

e-t/τ=Ve-Vt

1

若介质极化弛豫函数f（t）=

τ

e-t/τ，电导率为γ，其上施加电场

E（t）=0（t<0）;

E（t）=at（t>0,a为常数）求通过介质的电流密度。

解：

已知：

f=

1

τ

e-t/τ

t

D（T）=ε0ε∞E（T）+ε0（εs-ε∞）⎰f（t-x）E（x）dx

=ε0ε∞αt+ε0（εs-ε∞）α⎰

t

1

τ

e-（t-x）/τxdx

=ε0ε∞αt+ε0（εs-ε∞）α（t-τ+τe-t/τ）=ε0ε∞αt+ε0（εs-ε∞）ατ（e-t/τ-1）j（t）=2-7

dD（t）

+γE（t）=ε0ε∞α+ε0（εs-ε∞）αe-t/τ+γαtdt

求德拜弛豫方程中ε''吸收峰的半高宽？

ε''吸收峰高为多少？

出

现在什么频率点上？

ε''吸收峰中（以半高宽为范围）ε'的变化为多少？

占ε'总变化量的百分之几？

''dεr11

''ax=（εs-ε∞）=0可得ωm=εm

τ2dω

（ε-ε∞）ωτ11

''ax=（εs-ε∞）=s半高ε''（ω）=εm22241+ωτ

1

可以解得ωτ=2±3,ω=（2±3）

解：

令

τ

12

3半高宽∇ω=ω=[2+3-（2-3）]=

ττ

25

由于ε'=ε∞+（εs-ε∞）221+ωτ

在ε''吸收峰的半高宽范围，ε'的变化11∆ε'=ε'[（2+）]-ε'[（2-）]ττ

=（εs-ε∞）

1+（2+）2-（εs-ε∞）1+（2-）2

=0.866（εs-ε∞）

ε'的总变化量（ε'（0）-ε'（∞）=εs-ε∞

ε'占总变化量的百分数86.6%

2－8试对德拜方程加以变化，说明如何通过ε''（ω），ε'（ω）的测量，最后确定弛豫时间。

解：

在ε''极大值处ωm=

ε'=1τ11''ax=（εs-ε∞）（εs+ε∞）εm22

11（εs+ε∞）时，对应ωm求τ=2ωm

11（εs-ε∞）时对应ωm求弛豫时间：

τ=2ωm测量ε'~ω曲线测ε'=''ax=测量ε''~ω曲线测εm

另εr'-ε∞ε'''ωτ1,==εs-ε∞1+ω2τ2εs-ε∞1+ω2τ2

"'所以εr=ωτ（εr-ε∞）,τ=εr''

ω（εr'-ε∞）

εr''',且ω→∞时，εr→εs所以ω→∞时，很大，τ=ω（εs-ε∞）可以求的τ

2－9已知一极性电介质具有单弛豫时间，为了确定这一弛豫时间τ，对其ε''在一定的频率范围内进行测量（在一定的温度下），结果表明τ所对应的频率远高于所用的频率，证明得到的ε''地变化满足形式

26

ε''=（l-M2f2）f其中τ2=M4π2l

若介质具有明显的直流电导，若介质没有明显的直流电导，ε''与f的变化关系记成对数形式更有用，为什么？

解：

已知τ2=M2/4π2l,ω=2πf

ωτ<<1,1

221+ωτ

（ε-ε∞）ωτ22=（ε-ε）ωτ（1-ωτ）ε''（ω）=s

s∞221+ωτ≈1-ω2τ2=2π（εs-ε∞）τf（1-4π2f2τ2）

=2π（εs-ε∞）τf（1-M2f2/l）=2π（εs-ε∞）τ（l-M2f2）fl

令2π（εs-ε∞）τ=l

即ε''（ω）=（l-Mf2）f

如果介质有明显的直流电导ε''（ω）=

当ωτ<<1时，漏导损耗ε''~1（εs-ε∞）ωτγ+22ε0ω1+ωτ

ω可以用ε''~lnf或者ε''~lnω作图

2-10一个以极性电介质（单弛豫）制作的电容器，在上施加一正弦

交变电压，试写出热损耗对频率的函数。

并证明在ε''极大值对

应的频率下损耗为其极大值得一半。

试问能否用上面的结果作

实际测量，以确定弛豫时间τ？

ε0（εs-ε∞）ω2τ2解：

单位体积中的介质损耗功率w=γE+gE=（γ+）E222（1+ωτ）22

g为电容器中的介质在交变电场下的等效电导率，γ为介质电导率

E为宏观平均电场强度的有效值

当ω=0的时候，wmin=γE2

当ω→∞的时候,wmax=[γ+11ε0（εs-ε∞）]E2≈ε0（εs-ε∞）E22τ2τ

27

1

（εs-ε∞）高频下由于漏导很小

τ2

111

ε0（εs-ε∞）E2=wmaxw=[γ+ε0（εs-ε∞）]E2≈

4τ4τ2

''ax时，ωm=εm

1

'max=，εr

不能确定弛豫时间τ因为忽略了介质中的漏导损耗2－11已知电介质静态介电常数εs=4.5，折射率n=1.48，温度t1=25oC时，极化弛豫时间常数τ1=1.60⨯10-3s，t2=125oC时τ2=6.5⨯10-6s。

"

（1）分别求出温度t1、t2下（εr）max的极值频率fm1，fm2以及

'1,fm'2.（tgδ）max的极值频率fm

"

'，εr'，εr''

（2）分别求出在以上极值频率下εr，（tgδ），εr

max

，（tgδ）max。

'，εr''，tgδ。

（3）分别求出250C,50Hz,106Hz时的εr（4）从这些结果可以得出什么结论？

（5）求该电介质极化粒子的活化能U（设该电介质为单弛弛豫时间）。

解：

εs=4.5,n=1.48,ε∞=n2=2.2,ω=2πf

（1）ωm1=

1=

6251

f==100Hz,=625m1-3

2π1.6⨯10

τ1

ωm2

1.5⨯105145

f==3.3⨯10Hz,===1.5⨯10m1-6

2πτ26.5⨯10

1

（tgδ）max时的，ωm1=

1

τ

εs

ε∞

4.5

'1=142HZ，fm=894

2.2

4.5

'2=3.3⨯104HZ=2.1⨯105fm

2.2

ωm1=

1

τ1

1

εs1=

ε∞1.6⨯10-3s1=

ε∞6.5⨯10-6

ωm2=

τ2

28

（2）在极值频率下：

ω=ωm11（εs+ε∞）=（4.5+2.2）=3.3522

11''max=（εs-ε∞）=（4.5-2.2）=1.15εr22'=εr

tgδ=''εmaxε-ε∞1.15=s==0.34'εrεs+ε∞3.35

'ω=ωm

'=εr2εsε∞2⨯4.5⨯2.2==2.96εs+ε∞4.5+2.2

''=εrεs-ε∞4.5-2.2sε∞=4.5⨯2.2=1.07εs+ε∞4.5+2.2

tgδ=εs-ε∞4.5-2.2==0.372sε∞24.5⨯2.2

（3）T=25oC,f1=50HZ,τ1=1.6⨯10-3,ω1=2πf1=314

τ1ω1=0.5（εs-ε∞）4.5-2.2=2.2+=4.041+0.251+ω2τ2

（ε-ε∞）ωτ（4.5-2.2）*0.5''（ω1）=s==0.92εr221+0.251+ωτ'（ω1）=ε∞+εr

tgδ（ω1）=''（ω1）0.92εr==0.23'（ω1）4.04εrf2=106Hz,ω2=2πf2=6.28⨯106,τ1ω2=10-3'（ω2）=ε∞+εr（εs-ε∞）4.5-2.2=2.2+=4.51+ω2τ21+10-6

（εs-ε∞）ωτ（4.5-2.2）*10-3

-3''（ω2）===2.3⨯10εr22-61+ωτ1+10

εr''（ω2）2.3⨯10-3

tgδ（ω2）===5⨯10-4εr'（ω2）4.5

''max（4）温度越高，极化弛豫时间越小，εr极值频率越大

29

'大于εr''max（tgδ）max的频率ωm频率ωm

（5）τ=

1u/kT

e

2υ0

τ1=

1u/kT21u/kT1

τ2=ee

2υ02υ0

uu

;lnτ2=-ln2υ0+

kT2kT1

lnτ1=-ln2υ0+

u=

kT1T2（lnτ1-lnτ2）

=0.56ev

T1-T2

该极化粒子的极化能U为0.56ev

2－12某极性电介质εs=10，ε∞=2.5，在某一温度下τ=10-3s，求其分别在频率为f=50Hz,100Hz交变电压作用下，电容器消耗的全部有功、无功电能中有多少被转化为热量。

解：

由ω1=6.28⨯50,τ=10-3,ω1τ=0.314,ω2τ=6.28

（εs-ε∞）

'（ω2）=9.33=2.14εr

22

1+ωτ（ε-ε∞）ωτ

''（ω1）=s''（ω2）=2.68=1.17εrεr

1+ω2τ2'（ω1）=ε∞+εr''=η1

εr''εr''+εr'εr'εr''+εr'

2

2

2

2

=

2.14

2.14⨯2.14+9.33⨯9.33

=22.3%

'=η1''==0.814,η2

εr''εr''+εr'

2

2

=0.399

'=η2

εr'r''+εr'

2

2

=0.697

2－13已知某极性液体电介质εs=5，ε∞=2.5，在频率为f=106Hz下温度t1=10o其粘度为η=0.06Pa⋅s，试求0C处出现（tgδ）ma，x其分子半径a。

8πηa34πηa3

==解：

τ=2KT2KTKT

ξ

30

'=ωm1sτε∞,τ=1'ωmε∞=2.25⨯10-7εs

a3=KTτ=1536.8⨯10-30m3,a=11.5⨯10-10m4πη

2-14在讨论介质弛豫时，介质中有效电场和宏观平均电场的不一致

结果有什么影响？

对什么结果没有影响？

解：

若有效电场Ee与宏观平均E一致稳态时

2－15

解

剩余跃迁粒子书∆n=nqδ12KTEe弛豫极化强度Pnq2δ2r=12KTEe弛豫时间τ=12υeu/KT0如果Ee随时间变化与E不一致，稳态时∆n=nqδ12KTEePnq2δ2（εs+2）（ε∞+2）r=（ε∞-1）ε0E+12KT9Eτ=εs+23Eτs+2e=τεε>τ∞+2对∆n没有影响，对τ有影响何谓电介质测量中的弥散区？

弥散区的出现说明了什么？

若某介质有明显的两个弥散区，则又说明了什么？

在ω=1τ附近的频率范围，介电常数发生剧烈的变化,ε'由εs→ε∞；ε''出现极大值这仪频率称为弥散区；弥散区的出现证明了极化机制中出现弛豫过程，造成极化能量损耗；出现两个弥散区，该电介质存在着弛豫时间不同的两种驰31：

豫极化机制。

2－16试分别对下面四种弛豫分布计算ε'ε''，（在ωτ0=0,0.05,0.5，1，10，100，∞点），并对接过进行讨论。

（1）单弛豫时间（德拜型）

（2）G（lnτ）=c0.95τ0<τ<1.053τ0

G（lnτ）=0τ>1.053τ0,τ<0.95τ0

（3）G（lnτ）=c0.9τ0<τ<1.111τ0

G（lnτ）=0τ>1.111τ0,τ<0.9τ0

（4）G（lnτ）=c0.8τ0<τ<1.29τ0

G（lnτ）=0τ>1.25τ0,τ<0.8τ0

其中c满足⎰∞

τ=0G（lnτ）dlnτ=1

解：

（1）单弛豫时间，德拜弛豫ε'（ω）=ε（εs-ε∞）

r∞+1+ω2τ2ε''（ω）=（εs-ε∞）ωτ

r1+ω2τ2

ωτ0=00.050.51ε'r（ω）=εs0.5（εs+ε∞）ε'r'（ω）=00.05（εs-ε∞）0.4（εs-ε∞）ωτ0=10100∞ε'r（ω）=ε∞ε'r'（ω）=0.1（εs-ε∞）0可见ε'r（ω）从εs→ε∞；εr''（ω）从0→εmax''→0

（2）f（τ）=c当0.95τ0<τ<1.053τ0的时候；320.5（εs-ε∞）其它f（τ）=0

εr'（ω）=ε∞+（εs-ε∞）⎰∞f（τ）dτc=ε+（ε-ε）[tg-1（1.053ωτ0）-tg-1（0.95ωτ0）]∞s∞2201+ωτω

=εc

∞+（εs-ε∞）ωAε'∞f（τ）dτ

r'（ω）=（εs-ε∞）⎰01+ω2τ2=（εc

s-ε∞）ωB

其中A和B皆为常数，且A和B分别为

A=tg-1（1.053ωτ0）-tg-1（0.95ωτ0）B=（1.053ωτ2

0）（0.95ωτ0）21.053τ0

2[1+（1.053ωτ2-2+ln

0）]2[1+（0.95ωτ0）]0.95τ

分别代入ωτ0的值可以求的A和B的值，从而求的ε',ε''的值；此处同理（3）（4）的算法同上此处略

2－17试证明：

对单弛豫时间，有关系式ε''（ω）2=（εS-ε'（ω））ε（'（ω）-ε∞）

对非单弛豫时间的情况其关系式为ε''（ω）2<（εs-ε'（ω））ε（'（ω）-ε∞）证明：

对于单弛豫时间

ε''（ω）2=（εS-ε'（ω））ε（'（ω）-ε∞）由德拜弛豫方程ε''（ω）=（εs-ε∞）ωτ（εs-ε

1+ω2τ2；ε'（ω）=ε∞）∞+1+ω2τ2（εε'）=（εs-ε2

∞）ωτ2（εs-ε∞）

s-1+ω2τ2；（ε'-ε∞）=1+ω2τ2（ω）2=（ε2

s-ε∞）ω2τ2

ε''（1+ω2τ2）2=（ε'-ε∞）（εs-ε'）证毕

对于非单弛豫时间ε'（ω）=ε∞+（εs-ε∞f（τ）dτ

0（1+ω2τ2）；ε''（ω）=（ε∞f（τ）dτ

∞）⎰s-ε∞）⎰0（1+ω2τ2）

33略

εs-ε'=（εs-ε∞）[1-⎰

∞

∞f（τ）dτf（τ）dτ

'；]ε-ε=（ε-ε）∞s∞⎰22220（1+ωτ）（1+ωτ）

由于对于弛豫时间f（τ）有⎰f（τ）dτ=1

∞

（εs-ε'（ω））（ε'（ω）-ε∞）=（εs-ε∞）2[1-⎰

∞

∞

∞f（τ）dτf（τ）dτ

]2222⎰0（1+ωτ）（1+ωτ）

=（εs-ε∞）

2

⎰

ω2τ2f（τ）dτ∞f（τ）dτ

22⎰222－18

因此==2-19

（1+ωτ）0（1+ωτ）

ε''（ω）2=（ε2

∞

（τ）dτ⎰∞f（τ）dτ

s-ε∞）

⎰

f0

（1+ω2τ2）0（1+ω2τ2）

比较上面两个式子可以知道：

ε''（ω）2<（εs-ε'（ω））ε（'（ω）-ε∞）

试证明：

若某介质优两个弛豫时间τ1,τ2（τ1>τ2），且权重因子相同，则ε*有关系式为εs-ε'（ω）τ1+τ2τ1τ2τ0ω（ε'（ωωτ0ε''（ω）=τ-）-ε∞）

2

0τ0ε''（ω）

证明：

由题意可知

ε'（ω）=ε111

∞+（εs-ε∞）2（1+ω2τ2+2

2）11+ωτ2

ε''（ω）=（ε1

ωτ1ωτ2s-ε∞）2（1+ω2τ2+τ2

）

11+ω22ε'（ω）-ε=（ε111

∞s-ε∞）2（1+ω2τ2+）

11+ω2τ22εs-ε'（ω）=

12（ε11s-ε∞）（2-1+ω2τ2+22）11+ωτ2

1

ω22

2

2（ετ1ω2τ2s-ε∞1+ω2τ2+1+ω2

τ2）12

ωε''（τ1+τ2）-τ1τ2ω2（ε'-ε∞）证毕给出经验关系

34

：

Jonscher

ε''（ω）=（ω/ω1）-mA1-n+（ω/ω2）

其中0

其中Cole－Cole图在高低频端与ε'轴的夹角分别为答案略

2-20某介质的εs=3.5，n2=2.7，U0=1eV，在交变电场的频率f=107

Hz，温度t=40oC时有个tgδ极大值，求tgδ极大值。

当tgδ极大值移向27oC时，求相应的电场频率。

解：

tgδ=π2（1-n）,π2m。

εs-ε∞3.5-2.7==0.132sε∞23.5*2.7

1εsτ=1U0/KTe2υ0'=ωmτε∞

'=2υ0e-U0/KT所以ωmsε∞

εsε∞f=υ0-Ueπ0/KT

lnf1=lnυ0εsU]-0πε∞KT1

sU]-0ε∞KT2

U011（-）=14.94KT1T2υlnf2=0πlnf2=lnf1-

即f2=e14..94=3.3⨯106Hz40oC的时候，tgδ极大值为0.13；tgδ极大值移向27oC时，相应的电场频率为3.3⨯106Hz35

2-21实验测得一种ZnO陶瓷的εs=130，0ε∞=900，激活能为0.3eV，

且在17oC时，损耗峰的位置在105Hz附近，求

（1）损耗峰的位置；

（2）当温度升高到200oC时，损耗峰的位置。

解ε''11

rmax=2（εs-ε∞）=2（1300-900）=200

在ε'r'ω1

max处m=ττ=1U0/KT

2υe

ωUKT

m=2πf=2υ0e-0/lnf1=lnυ0U

π-0

KT1

lnfυ0

2=lnπ-U0

KT2

lnfU0

2=lnf1-K（1

T-1）

1T2

=16.4

f16.4

2=e=1.3⨯107Hz

17oC时损耗峰值为200Hz

200oC时损耗峰值为1.3⨯107Hz

2-22若某介质有两个分离的德拜弛豫极化过程A和B

（1）给出ε'r和εr''的频率关系；

（2）作出一定温度下，ε'r和εr''的频率关系曲线，ε'r'和tgδ的极值频率；

（3）作出在一定温度下ε'r、εr''温度关系曲线；

（4）作出Cole－Cole图。

36并给出

'和εr''的频率关系作图略解：

此处只给出εrε'A（ω）=εn+

（εs-εn）1+ωτA

2

2

τA>τB

'（ω）=ε∞+εB

（εn-ε∞）1+ωτB

2

2

εs>εn>ε∞

'ε'A（ω）=

（εs-εn）ωτA1+ωτA

2

2

''（ω）=εB

（εn-ε∞）ωτB1+ωτB

2

2

和

2-23一平板电容器，其极板面积A=750cm2，极板间距离d=1mm，ε∞=2.1，在阶跃电压作用下电流ir按衰减函数f（t）=

1

τ

e

-tτ

衰减

（τ为弛豫时间），当阶跃电压U=150V时，ir=20⨯10-6e-136t0A

'、εr''和tgδ。

（1）求在1kHz交变电压作用下介质的εr'、εr''。

（2）求（tgδ）max及其极值频率下的εr

'、εr''和（3）若电导率γ=10-9S/m，求1kHz下计及漏导时候的εr

tgδ。

解：

（1）jr=

dPr

1-t/τ

=ε0（εs-ε∞）Eedt

U-t/τ

ed

-t/τ

e=Aε0（εs-ε∞）Ir=Ajr=Aε0（εs-ε∞）Et

=20⨯10-6e-1360

τ=

1U1-t/τ

e=20⨯10-6;Aε0（εs-ε∞）1360d

ω=2πf=6.28⨯10-3

（εs-ε∞）

=2.1722

1+ωτ（ε-ε∞）ωτ

ε''（ω）=s=0.03

1+ω2τ2

ε''0.03==0.014tgδ=

ε'2.17'（ω）=ε∞+εr

37

（2）（tgδ）max=εs-ε∞=0.282s∞

'=εr2εsε∞=0.071εs+ε∞

''=εrεs-ε∞s∞=2.65εs+ε∞

（3）考虑漏导时'（ω）=ε∞+εr（εs-ε∞）=2.17221+ωτ

ε''（ω）=

tgδ=[（εs-ε∞）ωτγ+=0.3222ωε01+ωτ1

（-）ε∞+s

2∞21+ωτ]（εs-ε∞）ωτγ+][ωε01+ω2τ2

=0.15

2-24有一电容器C1=300pF，tgδ1=0.005，另一电容器C2=60pF，tgδ2=0.04，求该二电容器并联时的电容量C和tgδ。

当C1为300pF的空气电容器时，求与C2串联合并联时的tgδ。

解：

串联时：

111111=+=+=CC1C23006050所以C=50pFtgδ=C1tgδ1+C2tgδ2=0.034C1+C2

并联时：

C=C1+C2=360pFC2（1+tg2δ2）tgδ1+C1（1+tg2δ1）tgδ2tgδ=C2（1+tg2δ2）+C1（1+tg2δ1）

由于：

tg2δ1<<1tg2δ