材料物理性能第七章作业课后习题2013版中文版

7.2 电子极化和SF 6

SF 6(六氟化硫) 气体具有高的绝缘强度，因此在高压应用中被广泛的用作绝缘体和电解质，例如高压变压器、开关、断路器、传输线以及高压电容等。在室温和一个大气压下SF 6气体的介电常数为1.0015。单位体积SF 6的分子数N 可以由气体定律P=(N/NA ) RT 得到。计算SF 6分子的电极化率αe 。将其与图7.4中Z 线的极化率进行分析比较。(注：SF 6分子没有净偶极距。假定所有的极化率都是由电极化所引起) 解：由公式7.14：εr =1+Nαe /ε0(1)

推出公式(2)：

αe =ε0 (εr -1)/N (2)

由已知条件可知：N=PNA /RT=101325*6.02*1023/(8.314*298)=2.462*1025 εr =1.0015 ε0=8.85*10-12

带入公式(2)可得：

αe =8.85*10-12*(1.0015-1)/(2.462*1025) 计算得：αe =5.39*10-40F ·m 2 分析：

如教材表7-1：惰性气体元素电子极化率与电子数量Z 之间的关系(α

单位F ·m 2

根据表

7-1，用Excel 拟合图7-4，得：

可见αe 几乎与Z 呈线性关系，αe =(0.0704 Z +0.1156)*10-40为拟合的线性曲线。

易知SF 6的Z 为70，带入该式可得：αe =5.04*10-40 F·m 2，与计算结果相差不多，可见计算的数据5.39*10 F·m 符合这条拟合线，计算结果较为准确。

7.3液氙的电子极化

液氙常常被用于辐射探测器，其密度为3.0g. cm 依据表7.1的电极化率计算其相对介电常数（ε的实验值是1.96） 解：

r

-3

-40

2

要计算εr ，需要从密度d 求出单位体积Xe 原子的个数。如果M at =131.29是Xe 的原子质量数。Na 是阿伏伽德罗常数，那么

N A d 6.02⨯1023mol -1⨯3g . cm -3

N ===1.375⨯1022cm -3 -1

M at 131.29g . mol

根据N=1.375⨯1028m -3和αe =4.4⨯10-40F ∙m 2 得到：

εr =1+

N αe

ε0

1.375⨯1028⨯4.4⨯10-40

=1+=1.683 -12

8.85⨯10

若采用克劳体斯—莫索提方程，可得：

28-402N αe 2⨯1.375⨯10⨯4.4⨯101+1+

3ε0-12

εr ===1.89 28-40

N e 1.375⨯10⨯4.4⨯101-1-

3ε03⨯8.85⨯10-12

综上之，简单关系公式低估了相对介电常数，由于实验值是1.96，故所得结果εr =1.89为所求相对介电常数。

7.4 相对介电常数，键强，带隙和折射率

金刚石、硅和锗都是具有相同晶体结构的共价键固体，它们的相对介电常数如表7.10所示。

表7.10 金刚石、硅和锗的特性

金刚石 硅 锗

εr 5.8 11.9 16

M at 12 28.09 72.61

密度

3

αe

-40

2

Y (GPa) 827 190 75.8

E g (eV) 5.5 1.12 0.67

n 2.42 3.45 4.09

（g/cm） (10F ⋅m ) 3.52 2.33 5.32

0.923 4.17 5.02

a 解释为什么εr 从金刚石到锗依次增加。

答：因为从金刚石到锗，电子数目依次增加，而电子极化率与电子数目及护城线性关系，所以随着电子数目的增加，电子极化率增加，由电子极化率与ε化率增加，εr 也增加，所以εr 从金刚石到锗依次增加。

b 计算每种晶体中原子的极化率，并作极化率-弹性模量图，他们有相关性吗？ 解：金刚石

r

的关系式可以看出，电子极

N A d (6.02⨯1023mol -1) ⨯(3.52g cm -3) N ===1.77⨯1023cm -3=1.77⨯1029m -3

M at 12

3ε0εr -13⨯(8.85⨯10-12) 5.8-1αe ===0.923⨯10-40F m 2 29

N εr +21.77⨯105.8+2

硅

N A d (6.02⨯1023mol -1) ⨯(2.33g cm -3)

N ===4.99⨯1022cm -3=4.99⨯1028m -3

M at 28.09

3ε0εr -13⨯(8.85⨯10-12) 11.9-1αe ===4.17⨯10-40F m 2 28

N εr +24.99⨯1011.9+2

锗

N A d (6.02⨯1023mol -1) ⨯(5.32g cm -3)

N ===4.41⨯1022cm -3=4.41⨯1028m -3

M at 72.61

3ε0εr -13⨯(8.85⨯10-12) 16-1

αe ===5.02⨯10-40F m 2 28

N εr +24.41⨯1016+2

极化率-弹性模量图见图1，由图中可以看出，随着极化率的增加，弹性模量几乎呈线性减小。

c 根据b 中得到的极化率作极化率-带隙图。它们有联系吗？

答：极化率-带隙图见图2. 由图中可以看出，随着极化率的增加，带隙减小。 d

证明折射率n = 证明：根据麦克斯韦电磁波理论：

v =

n =

c

= v

其中μ为介质的磁导率。对于无机材料这样的电介质，μ=1，所以

n =此公式在介质为无机材料时适用。

e 上面得到的结论可以用于NaCl 等离子晶体吗？ 答：不可以，因为它们的极化机制不同。

图1 极化率与弹性模量的关系

图2 极化率与带隙的关系

习题7.5 极性液体：

若水的静态介电常数是80，高频介电常数是4，水的密度是1g/cm。使用克劳修斯-莫索提方程和简化关系式（7.14）来计算每水分子的永久偶极矩p 0，其间假设介电常数是由单个分子的偶极取向和电子极化引起，且这里局域场与宏观场相同。将所得到的结果和水分子的永久偶极矩6.1×10-30C·m 进行比较，能得到什么结论？当p 0取水分子的真实值6.1×10-30C·m 时，由克劳修斯-莫索提方程计算出的εr 是多少？

解：首先，已知d=1g/cm3；M=18.02g/mol；k=1.38×10-23J/K；ε0=8.854×10-12F/m 假设T=298K

水单位体积分子数为：N d =

(1)用关系式（7.14）εr =1+εe 来计算水分子的p 0，即假设局域场与宏观场相同。

3

N d M

=(6.02×10/mol)(1g/cm)/(18.02g/mol)=3.34×10/m

233283

N α

此时εr (高频ε，即N e αe =3ε0

N α

εr (静态N α+Nαε0

0+N d αd )/ ε0

αd =76×(8.854×10-12F/m)/( 3.34×1028/m3)=201.47×10-40F·m 2

0且偶极取向极化率为αd 3kT 1p 2

-30p 0= d = =15.77×10C·m

(2)用克劳修斯-莫索提方程计算水分子的p 0r 其中N e αe =ε0×(4-1)/(4+2)=1.5ε0 则有(80-1)/(80+2)=0.5+

N d αd

3ε0

-12

28

3

-40

2

ε−1

εr +23ε0

1

e αe + Nd αd )

即αd =[38×3×(8.854×10F/m)]/[82×( 3.34×10/m)]=3.685×10F·m

p 0= d = =2.13×10-30C·m

p 0 克−莫方程求出 =2.13×10−30C·m p 0 简化关系式求出 =15.77×10−30C ·m

两种算法得出的值都与真实值相差很大，因此得出以下结论：

首先克劳修斯-莫索提方程不适用于偶极电介质，即其局域场不能以洛伦兹局域场定义；其次，偶极电介质的局域场不等于其宏观电场，因此不能使用简化公式7.14。

(3) 用克劳修斯-莫索提方程计算εr

αd =3kT =(1/3) ×(6.1×10C·m) /[(1.38×10J/K)×(298K)]=30.16×10F·m

p 0 真实 =6.1×10−30C ·m

1p 2

-302-23-402

εr −1εr

=(Ne αe + Nd αd )=0.5+[(3.34×10/m)×(30.16×10F·m )]/[3×(8.854×10F/m)]=4.2924 +23ε

1

283-402-12

则εr =-2.91

εr 求得为负值，因此验证了不能用克劳修斯-莫索提方程计算偶极电介质。 7.6答案 解：①由P =

N

RT 得：400℃（673.15K ）、10个大气压下单位体积水蒸气分子数为 N A

N =

P ∙N A RT

1. 01⨯106⨯6. 02⨯1023-3=m

8. 314⨯673. 15 10m =1.086×

②偶极取向极化率

26

-3

1P ∂d =∙0

3KT

2

16. 1⨯10-302=⨯F ∙m -23

31. 38⨯10⨯673. 15

10 =1.34×

③介电常数

-39

()

2

F ∙m 2

εr =1+

N (∂e +∂d )

ε0

1. 086⨯1026⨯1. 74⨯10-39

=1+ -12

8. 85⨯10

=1.02135

∴在400℃、10个大气压下水蒸气的介电常数是1.02135。

7.7 解：

1. 该力沿什么方向？

答：由题目中左图可以看出来，沿着电场方向向右，电场线变得越来越密集。由电学知识可以推知，偶极子右边的场强比偶极子左边的场强大，即E 2 > E1。假设F 方向沿电场方向向右。那么对偶极子p 进行受力分析，如图7.7.1b ，即： E 1*Q = E2*Q + F

则可以得到： F = （E 1 – E2）*Q

由F

-Q p

Ｅ

E 1E 2*Q

（a ） （b ）

图7.7.1

2. 当偶极子面向E 减小的方向时，此净力将怎样变化？

如上问一样，E 2 > E1（如图7.7.2a ），由于偶极子方向变成与电场方向相反，则正负电荷中心与原来相反，那么同样电场位置受到的电场力方向要与原来相反。 假设F 的方向向右，同样进行受力平衡分析（如图7.7.2b ）得： E 2*Q = E1*Q + F 得到：F = （E 2 – E1）*Q > 0

由 F > 0 可知，F 方向与假设方向一致，即F 方向向右

F E 2Q

（a ） （b ）

图7.7.2

3. 假定一个偶极子通常也会受到7.3.2节中所描述的扭矩，定性说明在非均匀电场内随机放置的偶极子会发生什么情况？

在非均匀电场中因为随机放置的偶极子的正负电荷中心所处位置的场强不一样，所以受力不一样（如图7.7.3，F 2 > F 1），那么偶极子整体受力不平衡。所以，偶极子除了要受到扭矩发生旋转是其方向与尽量与电场方向一致之外，还会因为受力不平衡而发生整体的位置移动。

2 p

F 1

图7.7.3

4. 图中显示，水流会在带电梳子所产生的非均匀电场下发生弯曲，解释所观察到的现象。

解释：梳子上带的是电子产生的电场，方向指向梳子本身。水流中的水分子在此电场下，发生不同方向不同程度的极化，在水流的过程出，同一个偶极子所处的电场方向在不断发生变化，偶极子会受到扭矩发生旋转，使其方向与某一刻所处位置的电场方向一致，即类似与图7.7.1a 中的偶极子，此偶极子受到的电场的合力方向朝向电场方向，也就是指着梳子的方向，那么当电场足够大的时候，分子的就会发生朝向梳子的位置移动，即水流受到了梳子的吸引而弯曲，从而靠近梳子。

7.8离子和电子极化 (P550)

+--9

解:CsBr晶体每晶格单元含有一个Cs -Br 离子对，已知晶格常数为a=0.430*10m ，则单位体积离子对数目Ni 为

1428-3

==1. 26⨯10m a 3(0. 430⨯10-9m ) 3

Ni 也各自是阳离子和阴离子的单位体积个数。从克劳修斯-莫索提方程，得到

εr -11

=[N i αe (Cs +) +N i αe (Br -) +N i αi ]

εr +23ε0

即

εr -1(1. 26⨯1028m -3)(3. 35⨯10-40+4. 5⨯10-40+5. 8⨯10-40F ⋅m 2)

=εr +23⨯(8. 85⨯10-12F ⋅m -1)

解得εr

=3. 04

εr , op 为

在靠近光波频率时，离子极化因过于迟缓而来不及发生，所以光频介电常数

εr , op -11

=[N i αe (Cs +) +N i αe (Br -)]

εr , op +23ε0

即

εr , op -1(1. 26⨯1028m -3)(3. 35⨯10-40+4. 5⨯10-40F ⋅m 2)

=εr , op +23⨯(8. 85⨯10-12F ⋅m -1)

解r , op =3.73

ε

习题7.9

+--9

KCl 晶体每晶格单元中含有4个K -Cl 离子对，已知晶格常数为a=0.629×10m, 则单位体积离子对数目N i 为：

44==16. 07⨯1027m -3 -93a (0. 629⨯10)

N i 也各自是阳离子和阴离子的单位体积个数。由克劳休斯-摸索提方程，有

εr -11

=[N i α(K +) +N i αe (Cl -) +N i αi ]

εr +23ε0

即

εr -1(1. 607⨯1028m -3)(1. 26⨯10-40+3. 41⨯10-40+4. 58⨯10-40F ⋅m 2)

=-12-1

εr +23⨯(8. 85⨯10F ⋅m 0

解得εr =4. 81

光频时，离子极化由于过于迟缓而来不及发生，所以光频介电常数εr , op 为

εr , op -11

=[N i αe (K +) +N i αe (Cl -)]

εr , op +23ε0

即

εr , op -1(1. 607⨯1028m -3)(1. 26⨯10-40+3. 41⨯10-40F ⋅m 2)

=-12-1

εr , op +23⨯(8. 85⨯10F ⋅m )

解得εr , op =2. 182实验值为直流εr =4. 84和光频εr , op =2. 19，与计算值非常接近。 7.10 解：εr ,dc =87.46(dc), εr, ∞=4.87, τ=1/ω0=0.017ns

’2

由εr =εr , ∞+（εr ,dc -εr , ∞）/[1+(ωτ) ] ‘εr ’=（εr ,dc -εr , ∞）（ωτ）/[1+(ωτ) 2] 得

100

80

60

ε′及ε′′

40

20

-2-10123456

由图可知，计算值与实验值基本吻合。

㏑f

7.11德拜弛豫、非德拜弛豫和Cole-Cole 图 已知：τ=1，εr,dc =5，εr,∞=2，α=0.8，β=1 （1） 德拜弛豫：

解德拜方程得到实部：ε’=εr,∞+A ， ω=0时，ε’=5；ε’’=0 B ， ω=0.1时，ε’=4.97；ε'' =

εr , dc -εr , ∞(εr , dc -εr , ∞)(ωτ)

，虚部为： ε'' =22

1+(ϖτ) 1+(ωτ)

(5-2)(0.1)

=0.297 2

1+(0.1)

1(5-2)()

=0.9 C ， ω=1/3时，ε’=4.7；ε'' =

1+() 2

3

D ， ω=3时，ε’=2.3；ε'' =

(5-2)(3)

=0.9 2

1+(3)

(5-2)(10)

=0.297

1+(10)2

E ， ω=10时，ε’=2.0297；ε'' =

F ， 另当ω=1时，ε’=3.5；ε'' =

(5-2)*1

=1.5 2

1+(1)

G ， 当ω→∞时，ε’=2；ε’’=0

（2） 普适介电弛豫：

εr , dc -εr , ∞

εr =εr , ∞+

[1+(j ωτ) α]β

，带入已知得：

εr ' -j εr =' ' +3

[+1j ω(0

.

，利用欧拉公式求解复数幂运算 8

) ]

A ， ω=0时，ε’=5；ε’’=0 B ， ω=0.1时，εr ' -j εr '' =2+

ε’’=0.4026

C ， ω=1/3时，εr ' -j εr ' =' 2+

ε’’=0.8290

D ， ω=3时，εr ' -j εr ' =' 2+

ε’’=0.8288

E ， ω=10时，εr ' -j εr '' =2+

3

，解得：ε’=4.8021；

[1+(0.04897+0.15073j )]

3

[1+(0. 128+32

0. 3j 9492) ]

解得：ε’=4.3687；

3[1+(0. 744+18

2. 2j 9036) ]

解得：ε’=2.6312；

3

[1+(1.94977+

6. 00076j )]

解得：ε’=2.1979；

ε’’=0.4026

F ， 另当ω=1时，ε’=3.5；ε'' =1.09 G ， 当ω→∞时，ε’=2；ε’’=0

其结果统计入下表格：

德拜弛豫 普适介电弛豫

ε’ ε’’ ε’ ε’’

ω=0 5 0 5 0

ω=0.1 4.97 0.297 4.8021 0.4026

ω=1/3 4.7 0.9 4.3687 0.8290

ω=3 2.3 0.9 2.6312 0.8288

ω=10 2.0297 0.297 2.1979 0.4026

ω=1 3.5 1.5 3.5 1.09

2 0 2 0

作图要求以频率取对数为横坐标，考虑到ω取值，取10的对数其结果成对称分布。

ω lg ω ε’ ε’’ ε’ ε’’

ω=0 5 0 5 0

ω=0.1 -1 4.97 0.297 4.8021 0.4026

ω=1/3 4.7 0.9 4.3687 0.8290

ω=3 2.3 0.9 2.6312 0.8288

ω=10 1 2.0297 0.297 2.1979 0.4026

ω=1 0 3.5 1.5 3.5 1.09

2 0 2 0

-0.4771 0.4771

结论：

1， 无论是德拜弛豫还是普适介电弛豫均存在随着频率增加，实部逐渐降低，而虚部先增加

后降低，在ω=1/τ时最大。 2， 利用德拜弛豫和普适介电弛豫计算所得介电常数相近，并且针对实部，在较低频率时德

拜弛豫值比较大，而高频时德拜弛豫较小；虚部在离ω=1/τ时德拜弛豫较大，远离时普适介电弛豫值较大。

3， 德拜弛豫的Cole-Cole 图是标准半圆，而普适介电弛豫Cole-Cole 图不是标准半圆，这

是因为单纯用弛豫时间已经无法精确描述介质行为。其中普适介电弛豫的极点值较低，

相对变化平缓。

7.12 聚酯电容器的等效电路. 设一个1nF 的聚酯电容器的聚合膜厚度为1μm. 计算这个电容器在1K Hz下50℃和120℃时的等效电路。可得到什么结论？

解：由图1所示，1nF 的聚酯电容器在50℃和120℃时εr ’都是常数，并可以粗略地读出相对介电常数，在50℃时，εr ’=2.6，在120℃时，εr ’=2.8

图1. 在1K Hz下PET 相对介电常数和损耗因子tan δ与温度的关系

由电容的等式可推出面积A ，

图2. 一定频率下电容的等效电路

7.13 学生用微波加热土豆泥

解：1、单位体积土豆泥在单位时间内平均所消耗的能量为 W vol =ωErms 2ε0εr ′tanδ (1)

′′′

其中ω=2πf εr tanδ=εr （2） 将（2）带入（1）中

Wvol=2πf Erms2ε0εr′′ =(2π×2.48×109HZ)×（200×102V/m）2×（8.85×10-12F/m）×21 =11578×105w/m3 转化为每立方厘米

Wvol′= Wvol/106=1157.8 w/cm3

2、加热10cm3的土豆泥60s 所消耗的总能量为 W=Wvol ×V×t

=(1157.8 w/cm3)×（10cm 3）×60s =694.68KJ

7.14 缺失

7.15 证明：Z AB(parallel) =

1jw C p +R 1

p

′

=

j

R 1+ ωC p R p

–j

ωC p R 2p

1+ ωC p R p

Z AB(series)= Rs +jw C = Rs -ωC

s

s

令Z AB(parallel)= ZAB(series) ，则有所以R s =

R P

1+ ωC p R p

R P

1+ ωC p R p

1

= Rs ωC p R 2p

1+ ωC p R p

ωC s

1

C s =Cp [1+

1

R p

ωC p R p

1

R s +

jw C s

Y AB(parallel)= +j ωC p ，Y AB(series)=

1R p

=1+ ωC R 21+ ωC

s s

ω2C 2R

ωC 2s R s

令Y AB(parallel)= YAB(series)，则有所以R p =Rs [

1

2

1+ ωC s R s

ω2C 2ωC s s R s

，ωC = p 21+ ωC s R s 1+ ωC s R s 2C s

，C p =

1+ ωC s R s 2

当C p =10nF，R p =100kΩ，ω=1MHz时，带入上面的公式可得： R s =

R 1+ ωC p R p

105

1+ 106×10−８×105

≈0.1Ω

1

C s =Cp [1+

1ωC p R p

]=10−8×[1+

106×10−８×105

≈10−8F=10nF

7.16 钽电容电解电容较适合于采用串联等效模型R s +jωC s 。一个标称值为22μF 的钽电容（低频电容值为22μF ）在10KHz 时的特性如下：ε´r ≈20，tan δ≈0.05，电介质厚度d ＝0.16μm ，有效面积A=150cm2，试计算C p ，R p ，C s ，R s 。 解：由题意可知，

① 当电容器等效为并联模式时，

Y=jωCp +1/Rp ;

Y=jωAε0εr /d= jωAε0(ε´r －jε´´r )/d=jωAε0ε´r /ｄ＋ωAε0ε´´r ／d

可以推出C p ＝Aε0ε´r /ｄ; R p ＝d ／ωAε0ε´´r ＝d ／ωAε0ε´r tan δ＝d ／2πf Aε0ε´r tan δ

2

将题中所给条件d ＝0.16μm A=150cmε´r =20 f=10KHz tan δ=0.05 ε0=8.85×10-12F/m代入得，

C p ＝150×10-4·8.85×10-12·20／0.16×10-6 F=16.59μF

R p ＝0.16×10-6／2·3.14·10×103·8.85×10-12·20·0.05·150×10-4Ω=19.19Ω ② 当电容器等效为串联模式时

Z=1/Y=Rs +1/ jωCs ;

可以推出R s =dε´´r /ωAε0（ε´´r ２＋ε´r ２）1/Cs =dε´r / Aε0（ε´´r ２＋ε´r ２） ∵tan δ=0.05ε´r =20 ∴ε´´r = tanδ·ε´r =1

将d ＝0.16μm A=150cm2 ε´r =20 f=10KHz ε´´r =1 ε0=8.85×10-12F/m代入得 R s =0.16×10·1／﹛2·3.14·10×10·150×10（1﹢400）·8.85×10﹜Ω=4.78×10Ω

C s =150×10-4·8.85×10-12（1﹢400）／0.16×10-6·20=16.64μF 答：C p ＝16.59μF ；R p ＝19.19Ω；R s =.78×10-2Ω；C s =16.64μF 。

7.17钽电容与氧化铌电容的对比 解：氧化铌电容的单位体积电容为：C vol1=

εε d1ε0εr2

d2

-6

3

-4

-12

-2

氧化钽电容的单位体积电容为：C vol2 =C vol1/C vol2=εr12=0.7

r2d21

ε

d2

由计算可知，氧化铌电容的单位体积电容比氧化钽电容的单位体积电容小，

所以从单位

体积电容的角度上说氧化钽电容更好。

在选择时还应当从厚度方面考虑，相同电压下，当厚度相同时： C vol1/C vol2=εr1r2

ε

所以，当选择厚度相同的两种电容时，氧化铌电容器更好。

习题7.18 聚酯电容器的电容温度系数 平行板电容器的计算公式为：C =

ε0εr xy

z

，其中x 、y 、z 、εr 均随温度而改变。

⑴证明：因题中假设材料是各项同性的，故x 、y 、z 均可用L 来表示，故公式可写成C =ε0εr L

将上式对温度T 求微分可得：

等式两端同除以C =ε0εr L 得：

d εd C dL

=ε0L r +ε0εr

dT dT dT

1d C 1d εr 1dL =+

C dT εr dT L dT

即可证明TCC =

1dL 1d C 1d εr

=+λ , 其中λ=

L dT C dT εr dT

⑵解：因为TCC =

1d εr

+λ，又λ已知

εr dT

d εr

dT

要预测10Hkz 下室温（25℃）时的TCC ，需求得此温度下的εr 和由图可知εr 和T 呈线性关系，可设εr =aT +b 代入图上两点（20，2.57）和（60,2.585） 可求得 a=3.8×10-4 b=2.5624 所以εr =3. 8⨯10-4T +2. 5624 代入T=25得εr =2.5718 代入公式TCC =

1d C 1d εr 1

=+λ=⨯3. 8⨯10-4+50⨯10-6=1. 98⨯10-4 C dT εr dT 2. 5718

-4

因此，10Hkz 下室温时的TCC 为1. 98⨯10。

7.21同轴电缆中的电介质击穿一根水下高压同轴电缆如图7.64(a)所示。电流流过内部导线时会产生热量，热量通过绝缘电介质传导给外部导线，然后通过传导和对流散失掉。假设当内导线流过直流电流I 时达到了稳定状态。每秒产生热量Q ′=dQ/dt,若以内导线的焦耳热表示则为

Q ′=RI2=ρL I 2/∏a 2 (7.97)产生热的速率

其中ρ是电阻率，r 是导线半径，L 是电缆长度

热量从内部导线通过电介质绝缘层沿径向向外部导线流动，然后传递到周围环境。这种热传递是通过电介质的热传导实现的。热传递的速率Q ′取决于内外导线的温差T i -T o ，电缆的几何尺寸（a,b 和L ），以及绝缘电介质的热导率k 。从基本热传导理论可知：

Q ′=（T i -T o ）2∏kL/㏑（b/a） (7.98)热传递速率

内导线的温度会一直上升，直到达到热平衡状态，此时式(7.97)表示的焦耳热产生速率等于由式(7.98)表示的电介质绝缘层的热传导速率

b. 击穿发生在最大电场点。最大电场点位于r=a处，即刚好处于内导线的外围，其计算公式为（参见例题7.11）

E max =V/a㏑（b/a） (7.100)同轴电缆中的最大电场强度

当E max 达到电介质击穿强度E br 时，就会发生电介质击穿现象。对于多数聚合物绝缘材料，其电介质强度E br 与温度有关，而且一般来说，会随着温度的升高而逐渐减小。图7.64（b ）所示就是一个典型的例子。如果负载电流I 增大，那么每一秒的时间内就产生更多的热量Q ′，由式7.99可知，这会使内导线的温度更高。随电流增大而不断升高的T i ，最终会使E br 降低的太多，以至于和E max 相等，使绝缘层击穿（热击穿）。假设某一同轴电缆的内导线为铝导线，直径10mm ，电阻率为27n Ω.m 。绝缘层为3mm 厚的聚乙烯聚合物，其长期直流电介质强度如图7.64（b ）所示。如果该电缆用于传输40KV 的电压，且外屏蔽层温度和环境温度相同，均为25℃，那么当聚合体的热导率为0.3W/K.m左右时，使该电缆失效的直流电流为多大？

C ．如果考虑温度对ρ的影响，将ρ=ρ0[1+α0（T-T 0）]代入式7.99，重新计算b 中的电流。设25℃时有α0=3.9*10/℃。

b 解：由于击穿发生在最大电场点，击穿时E max =Ebr

E max =V/a㏑（b/a）=40*103/0.005*㏑（0.008/0.005）=17.021*106 V/m 根据图7.64（b ）可得到此场强值对应的温度为90℃ 由于T i =To +ρI 2㏑（b/a）/2∏2a 2k

I=[2∏a k （T i -T o ）/ρ㏑（b/a）]=[2∏0.005*0.3(363-298)/27*10㏑（0.008/0.005）] =870.8 A

C 解：由于温度对ρ有影响

ρ0[1+α0（T i -T0）]LI 2/∏a 2=（T i -T o ）2∏kL/㏑（b/a） I=[2∏a k （T i -T o ）/ρ0[1+α0（T i -T0）]㏑（b/a）]

2

2

0.5

2

2

0.5

2

2

-9

0.5

-3

=[2∏20.00520.3（363-298）/27*10-9 [1+3.9*10-3（363 -298）]㏑（0.008/0.005）]0.5 =777.8A

7.22压电性考虑一个石英晶体的和一个PZT 陶瓷的滤波器都设定在f s =1MHZ下运转, 求每种材料的带宽. 给出杨氏模量Y 和密度ρ. 滤波器是一个带电极的圆盘并且高频中振荡. 求每种材料的圆盘直径.

-3-3

已知:石英晶体的Y=80GPa, ρ=2.65g ·cm .PZT 陶瓷的Y=70GPa, ρ=7.7g ·cm . 假定晶体中

Y

机械振动的波速υ=

ρ

, 波长λ=υ/ƒs

只考虑基态n=1的情况.

解:(1)由k =1-

2

f

f

2s

f =2a a

f

s 2

-k

对于石英晶体: k=0.1 f s =1MHz 得fa=1.005MHz Bandwidth=f a -f s =5KHz

对于PZT 陶瓷: k=0.72 f s =1MHz 得fa=1.441MHz

Bandwidth=f a -f s =441KHz

Y

（2）由λ=υ/ƒs υ=

Y

得 λ=

ρρ

/ƒs

由d=n(

λλ) n=1 得 d=() 22

对于石英晶体: Y=80GPa, ρ=2.65g ·cm -3

λsio 2=5.49×10-3 m dsio 2=2.75×10-3 m 对于PZT 陶瓷: Y=70GPa, ρ=7.7g ·cm -3 λPZT =3.02×10-3md PZT =1.51×10-3 m

7.23给晶体施加压力T 会在压电晶体中产生极化P ，因此会在其内部建立电场E ，其表达式为E=gT，g 是压电电压系数。若ε0εr 是晶体的介电常数，证明g=d/(ε0εr ) 。一个BaTiO 3样品沿某一方向定向（称为3方向），且沿该方向有d=190pC·N -1, εr ≈1900，那么该方向上的g 为多少？将该值与测量值0.013m 2·C -1进行分析比较。 ①证明：诱导极化强度P=dT=dF/A 电容C=ε0εr A/L

∴V=Q/C=AP/C= dF/(ε0εr A/L)=dLF/ε0εr A=dTL/(ε0εr ) 得出E=dT/ε0εr 又∵E=gT ∴dT/(ε0εr )=gT 则g=d/(ε0εr )

②解：g= d/(ε0εr )=190×10m·V /(8.85×10F/m×1900)=0.011m·C

由于0.011小于0.013，因此理论值小于测量值。这是由于具有电压效应的晶体BaTiO 3

样品为多晶体，其多晶取向是随机的，电畴的取向也是混乱的。一般沿一个方向施加应力可能引起其他结晶方向的诱导极化。理论计算中，是将力施加到某一特定方向，得到的是理想晶体的压电电压系数。但实际BaTiO 3多晶体内部会有空洞空穴等缺陷，导致压电性能发生改变。此外，也可能是实验误差的原因。 7.24

解: a. 已知公式δD =d 33V , δL = D d 31V , 将已知数值

L

-12-1-122-1

L=

20mm,D=0.25mm,d33≈500×10-12m·V -1,d 31≈-250

-12-1×10m·V , V = 100V 代入公式，可得：

δD =d 33V = 500×10-12m·V -1×100V = 5×10-8m

L 20mm

δL = D d 31V = 0.25mm ×(-250×10-12m·V -1) × 100V=−2×

10−6m

可得到的结论为：在100V 的电压下，δD 和δL 的变化量都非常小。

b. 由公式h =2d 31 D V 代入已知数据可得

2

3L 2320mm

×100V h=d 31 V =× −250×10−12m ∙V −1 ×

=−2.4×10−4m =−0.24mm

所得结论：当电压为100V 时，悬臂梁端的偏移量为0.24mm ，而双压电晶片元件的厚度为

3

L 2

2D=0.5mm, 同时，与a 中的δD 和δL 相比都有明显的变化量，因此测量偏移量反应微小变量更灵敏。

7.25

解：由题意知在基频振动模式时n=1得L =

1

λ............... 公式(1) 2

λ=

v

....................................... 公式(2) f

v 2f

10

由(1)和(2)得L =

对于石英：Y=80Gpa=8. 0⨯10pa

ρ=2. 65g . cm -3=2. 65⨯103kg /m 3

1

8. 0⨯10102

) =5. 49⨯103m /s 超声波的传播速度v =() =(3

ρ2. 65⨯10

Y

v 5. 49⨯103==2. 745m 当f 1=1KHz 时L 1=32f 12. 0⨯10

12

v 5. 49⨯103

当f 2=1MHz 时L 2===2. 745⨯10-3m 6

2f 22. 0⨯10

7.26．热释电探测器两种热辐射探测器的热释电材料分别为PZT 和PVDF 。PZT 和PVDF 的特性如下表所示。探测器的接受区域为4mm 。PZT 陶瓷和PVDF 薄膜的厚度分别为0.1mm 和0.005mm 。两种探测器所接受的热辐射均被周期性斩波，允许持续通过的辐射时间为0.05s 。

2

A ． 若两者均接受强度为10μW·cm -2的辐射，计算每个探测器输出电压的幅值。电路中相

应的电流是多少？在实际中，什么因素将限制输出电压的幅值？ B ． 如果可探测的最小信号电压是10nV ，可探测的最小辐射强度是多少？ 解答：（a ）. 输出电压推导： △V =

△Q C

=

A△P C

=

A p△T C

C 为电容，p 为热释电系数）（1）

△T =ALρcc 为比热容，A 为接受区域面积，L 为厚度）（2） 电容C=

εεAL

△H

这里εr=ε‘r（3）

（2）和（3）分别带入（1）得：

△V =

Ap△H Lp△H

=（4） 0r0r

在时间△t 内，△H 取决于入射辐射的强度I ，△H=IA△t （5）， （5）代入（4）式可得：

△V =

p△H pI△t

=（6） 0r0r

p△T

△t

极化电流推导：由公式（7.62）得：Ip=Jp·A=A （7），其中Jp为感应极化电流密度。

先后将（2）式、（5）式代入（7）消去△T 和△H 得：

Ip=

pIA

（8） ρLc

对PZT 陶瓷：p=380×10−6C·m−2·K -1，△t =0.05s ，ε0=8.85×10−12，由式（6）求得△V =0.32mV ；由式（8）求得Ip=6.58×10−13A 。 对PVDF 薄膜：同理可求△V =0.5mV ；Ip=9.44×10−13A

在推导公式时，忽略了热量损失，假设辐射I 被热释电晶体完全吸收。实际上，晶体对辐射的吸收率，晶体上的热量损耗，以及放大器的输入阻抗等都会限制输出电压的幅值。 （b ）. 由式（6）可反解入射辐射强度I ：

−1△V p

I=（（9） ）0r代入数值得：代入最小信号电压得PZT 最小辐射强度I=3.13μW/m2 PVDF 最小辐射强度I=2μW/m

7.27解：假设吸收能量∆H 是温度升高∆T

2

∆H =(AL ρ) C s ∆T

∆P =p ∆T =

p ∆H

电容C =εo εr A /L

AL ρC s

∆Q p ∆H L p ∆H

=⋅=

C L ρC s ε0εr A A ρC s ε0εr

电压变化∆V =

∆t 时间吸收的能量取决于入射强度I ，且∆H =IA ∆t

则∆V =

pI ∆t

ρC s ε0εr

带入数据得，

200⨯10-6c ⋅m -2⋅K -1⨯10μw ⋅cm -2⨯10ms

∆V =≈1. 49⨯10-4V -3-1-1-12-1

7. 5g ⋅cm ⨯0. 43J ⋅K ⋅g ⨯47⨯8. 854⨯10F ⋅m

热释电电流

I ' =J P ⋅A =

∆P ⋅A pIA

=∆t L ρC s

200⨯10-6c ⋅m -2K -1⨯10μw ⋅cm -2⨯π⨯(=

102

) mm 2≈2. 43A -3-1-1

0. 2mm ⨯7. 5g ⋅cm ⨯0. 43J ⋅K ⋅g

电流响应率

J P p 200⨯10-6c ⋅m -2⋅K -1

R I ===≈0. 31μA /w

I L ρC s 0. 2mm ⨯7. 5g ⋅cm -3⨯0. 43J ⋅K -1⋅g -1

在计算电压信号时最主要的假设是没有任何的热量损失。

7.28 热释电探测器

如图所示是一个热释电辐射探测器电路。FET 接成电压跟随器的形式（源跟随器）。R 1表示通常位于FET 与信号元之间的偏置电阻与FET 输入电阻的并联电阻。C 1代表了总的FET 输入电容，包括除热释电探测器电容之外的所有寄生电容。假设入射辐射强度为常数I 。发射率η是一种表面特性，它代表入射辐射被吸收的比率，ηI 是单位面积单位时间内吸收的能量。所吸收的部分能量使探测器的温度升高，部分能量通过传导和对流散失到周围环境中。令探测器接受的区域面积为A ，厚度为L ，密度为ρ，比热（每单位质量的热容量）为c. 则热损失将与探测器的温度T 与周围环境温度T 0之差成正比，也与表面积A(远大于L) 成正比。由能量的守恒定律可得:

探测器内能（热量）的增率=能量的吸收率-热损失率

即 （AL ρ）c

dT

=A ηI -KA (T -T 0) dt

式中K 是表征热损失的比例常数，因此它取决于导热系数κ。如果只考虑从探测器表面到探测器底部（探测器基底）的热损失，那么K=κ/L.但实际上并非如此，因此K=κ/L只是一种非常简化的形式。

c 信号通过FET 电路后，输出电压v （t ）可表示为

v (t ) =V 0[exp(-式中V 0为常数，τ

el

-ex p (th ）el )]

-

是时间常数，可由R 1C t 来计算，C t 是总电容，等于C 1+C det , 而C det

是探测器的电容。有一面积为1mm 2，厚度为0.05mm 的PZT 热释电探测器，假定此PZT 的将这个探测器与一个εr =250，ρ=7.7g ⋅cm -3，c =0.31J ⋅K -1⋅g -1，κ=1.5W ⋅K -1⋅m -1。

R 1=10M Ω，C 1=3pF 的FET 电路相连。令热传导的损失常数K 为κ/L和η=1，计算τ

和τ

el

th

。绘制出输出电压示意图。能得出什么结论。

（τth =

L ρc

） K

C det

S 10-6-12

F =4.43⨯10-11F =εr ε0=250⨯8.85⨯10⨯-3

L 0.05⨯10

τel =（C det +C 1）R 1=（3.00⨯10-12+4. 43⨯10-11) ⨯107s =4. 73⨯10-4s

2

L ρc L 2ρc （0.05⨯10-3）⨯7. 7⨯103⨯0. 3⨯103

τth ===s =3. 85⨯10-3s

K κ1.5

v (t ) =V 0[exp(-⎧⎪v (0) =0⎨lim v(t ) =0 ⎪⎩t →+∞

th

）-ex p (-el )]

可知函数有一个渐近线t=0.

∂2v (t 1) ∂v (t 0) 令=0=0 2

∂t 0∂t 1

∂v (t 0) -t -t =V 0[-exp(0）+ex p (0)]=0

th th el el ∂t 0

解得t 0=

τel τth τ

th ) =1. 13⨯10-3s v(t0) =0. 65V 0

τth -τel τel

∂v (t 1)

=V 0[2exp(-t 1）-2ex p (-t 1)]=0v(t0) =0. 54V 0

th el th el ∂t 1

解得t 1=

τel τth ττττ

th ) =2el th ln(th ) =2⨯1. 13⨯10-3s =2.26⨯10-3s

τth -τel τel τth -τel τel

2

v/V0

0 0

将表中数据绘成图。从图中可以看出，输出信号近似为一个脉冲信号，通过电路将一个指数衰减的信号变成一个脉冲信号，利于检测。电压信号先上升后下降表明热释电电荷会耗散掉，适当调整τth 和τel 可提高输出信号的宽度，便于测量。

7.29 点火器设计

用两个背对背的PLZT 晶体设计一个PLZT 压电点火器，50N 的压力下，该点火器能够在0.5mm 的空气隙中产生60µJ 的火花放电。1个大气压下，0.5mm 空气隙的击穿电压为3000V 。试确定该点火器中晶体的尺寸以及介电常数。假设压电电压系数为0.023V ·m ·N -1。

-1

解：由公式7.57 ：E= g T g=0.023 V·m ·N

设晶体为圆片形，压电点火器为圆柱形，圆柱底面积为A ，直径为d ，高位L ，如下图

所示。

电场强度E=V/L 应力T=F/A ∴

t/s

V F

=g 若要在50N 的压力下点火，则：L A

FgL 50⨯0. 023⨯0. 5⨯10-32A =-m =0. 192⨯10-6m 2

V 3000

∴晶体圆片的直径d =

4A

4⨯0. 192⨯10-6

=m =0. 49mm π3. 14

A εr ε01

⨯V 2C =V 2 2L

∵背对背压电点火器中储存的能量：e =2⨯

eL 60⨯10-6⨯0. 5⨯10-3

∴εr =2==1. 96⨯103 2-6-12

V A ε03000⨯0. 192⨯10⨯8. 85⨯10

∴该设计中晶体圆片直径为0.49mm ，上下圆片距离为0.5mm ，介电常数为1.96×10。

3.

7.31用于微电子的低κ多孔电介质在互联工艺中，为了将互联电容将至最小，需要εr 较低的隔离层电介质（ILDs ）。这些材料被称为低κ电介质。

a. 考虑氟化二氧化硅，也称为氟硅酸盐玻璃（FSG ），其εr 为3.2。如果ILD 是40%的多孔电介质，那么它的有效介电常数是多少？

b. 如果需要一种有效介电常数εr 小于2，且孔的体积分数不能超过40%，那么初始的εr

应为多少？

解：由于本书所复印部分未涉及复合电介质计算，结合老师补充内容及查阅资料可知：对于一种电介质（ε1）散布于另一种连续电介质（ε2）中而构成的复合电介质，例如含有气泡之类的非均匀电介质，若气泡体积百分比为v 1，则该复合电介质的有效介电常数εeff 可采用如下的Maxwell —Garnett 公式来计算。

εeff -ε2ε-ε

=v 1⨯12 Maxwell —Garnett 公式

εeff +2ε2ε1+2ε2

该公式对于体积百分比大于20%的复合电介质近似程度很好。

a. 将ε1=1，v 1=40%，ε2=3.2代入Maxwell —Garnett 公式有：

εeff -3.2εeff +2⨯3.2

=40%⨯

1-3.2

解得：εeff ≈2.2

1+2⨯3.2

b. 将εeff =2，ε1=1，v 1=40%代入Maxwell —Garnett 公式有：

2-ε21-ε2

=40%⨯解得：ε2≈2.9

2+2ε21+2ε2