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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
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- 电介质 物理