材料物理性能第七章作业课后习题

1、7.2电子极化和SR TOC o 1-5 h z SF6(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SF6气体的介电常数为1.0015。单位体积S后的分子数N可以由气体定律 P=(N/Na) RT得到。计算SFs 分子的电极化率如。将其与图7.4中Z线的极化率进行分析比较。(注：SR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 : r =1+N oe / 推出公式(2):%=b (&-1)/N(2)由已知条件可知：N=PNa/RT=101325*6.02*10

2、23/(8.314*298)=2.462*10 25& =1.0015 =8.85*10-12带入公式(2)可得：%=8.85*10 -12*(1.0015-1)/(2.462*10 25) 计算得： 55.39*10-40F m2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(单位F - m2)原子HeNeArKrXeRnZ21018365686e*10400.180.451.72.74.45.9易知SF6的Z为70,带入该式可得：oe =5.04*10-40 F m2,与计算结果相差不多，可见计算 的数据5.39*10-40 F . m2符合这条拟合线，计算结果较为准

3、确。7.3液氤的电子极化液氤常常被用于辐射探测器，其密度为3.0g. cm3依据表7.1的电极化率计算其相对介电常数(的实验值是1.96)解：要计算，需要从密度d求出单位体积Xe原子的个数。如果 Mat =131.29是Xe的原子质量数。Na是阿伏伽德罗常数，那么NAdat6.02 1023 mol 1 3g.cm3131.29g.mol 11.375 1022 cm 3根据 N=1.375 1028m3 和 e 4.4 10 40F ?m228401.6831.375 104.4 10Z_Z _ 128.85 10 121 2N e若采用克劳体斯一莫索提方程，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 r 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、硅和错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、硅和铸的特性& rMat密度(g/cm3)a e(10-40Fm2)Y(GPa)Eg(eV)n金刚石5.8123.520.9238275.52.42硅11.928.092.334.171901.123.45错1672.615.325.027

5、5.80.674.09a解释为什么e r从金刚石到错依次增加。答：因为从金刚石到铺， 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er的关系式可以看出，电子极化率增加， r也增加，所以e r从金刚石到错依次增加。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?

7、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&rO该公式在什么情况下有效，什么情况下失效?证明：根据麦克斯韦电磁波理论:c - n yj Crl v=1,所以其中科为介质的磁导率。对于无机材料这样的电介质，科nJ r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。1000图1极化率与弹性模量的关系极化率-带隙%/ 10-40Fm2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/cm3。使用克劳修斯-莫索提方程和简化关系式（7.14）来

8、计算每水分子的永久偶极矩P0,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 6.1X10-30Cm进行比较，能得到什么结论？当p0取水分子的真实值6.1M0-30C-m时，由克劳修斯-莫索提方程计算出的是多少？ 解：首先，已知 d=1g/cm3; M=18.02g/mol ; k=1.38 M0-23j/k； &=8.854 10-12F/m 假设T=298K水单位体积分子数为：Nd=NMd=(6.02 1023/mol)(1g/cm 3)/(18.02g/mol)=3.34 1028/m3（1）用关系式（7.14） &=1

9、 +以来计算水分子的P0,即假设局域场与宏观场相同。 町此时乳高频尸1 + e=4 ,即Ne oe=3 0式静态)=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且偶极取向极化率为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)用克劳修斯-莫索提方程计算水分子的 p。： W号(Nee+ Nd d)其中 Neae= oN4-1)/(4+2

10、)=1.5 0 3 0贝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(真实)=6.1 X10-30 C m P0(克-莫方程求出)=2.13 X10-30 C mP0(简化关系式求出)=15.77 X 10-30 C 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

11、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 $P2onnnos n=-=(1/3) (6.1X10-30C m)2/(1.38 10(30.16 W-40F m2)/3 (8.854 W-12F/m)=4.2924则衿-2.91$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N解：由P RT行：400 C (673.15K)、10个大气压下单位体积水蒸气分子数为NaN迎RT1.01 106 6.02 102338.314 673.15=1.086 1026 m偶极

12、取向极化率KT30 26.1 10 301.3810 2367n5F?m2392=1.34 10 F ?m介电常数1.086 1C26 1.74 1039=1 +128.85 1012=1.02135在400C、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E2 曰。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：E1*Q = E2*Q + F则可以得到：F =（日-E2）*Q 0由F Ei （如图7.7.

13、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：匕*Q = Ei*Q + F得到：F = （E2 - B） *Q 0由F 0可知，F方向与假设方向一致，即 F方向向右(a)(b)图 7.7.2.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, F2 Fi）,那么偶极子整体受力不平衡。所以，偶极子除了要受到扭

14、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。图 7.7.3.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，

15、从而靠近梳子。7.8离子和电子极化（P550）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*10-9m,则单位体积离子对数目 Ni为1a34(0.430 10 9m)31.26 1028 m 3Ni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r,op

16、为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习题7.9KCl晶体每晶格单元中含有 4个K+-C离子对，已知晶格常数为a=0.629X 10-9m,则单位体积 离子对数目N为：9 3a (0.629 10 )16,07 1027 m 3N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，所以光频介电常数皿为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实验值为直流r 4.84和光频r,op 2.19 ,与计算值非常接近。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- 产)(co T ) /1+( CO T )得f(GHz)0.30.511.5359.1810204070100300实验 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计算 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由图可知，计算值与实验值基本吻合。德拜弛豫、非德拜弛豫和 Cole-Cole图 已知：t =1 。6=5,心=2, a =0.8 3=1德拜弛豫：解德拜方程得到实部:( r,dc r, )(1 ()2g = 8,4r,dc二2-,虚首B为:1 ()2A ,3 =0 时，=5； =03=0.1 时，=4.97;(5 2)(0.1)0.2971 (0.1)21(5叫)3=1/3 时，e=4.7;0.91 63=3 时，e=2.3;(5 2)(3)0.91 (3)23=10

20、时，e=2.0297; (5 2)(10)0.2971 (10)2F,另当 3 =1 时，=3.5；1.51 (1)G,时，=2 ; =0带入已普适介电弛豫 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钎，利用欧拉公式求解复数哥运算1 (j )0.83 =0 时，=5； =033=0.1 时，r j r 2 ，解得 =0.40263 =1/3 时，r j r 2 =0.82903 =3 时，r j 2 =0.82883 =10 时，r j r 2 =

21、0.4026另当 3 =1 时， =3.5; 1当时，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 ;其结果统计入下表格: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普适介，54.80214.36872.63122.19793.52电弛豫00.40260.8

22、2900.82880.40261.090作图要求以频率取对数为横坐标，考虑到3取值，取 10的对数其结果成对称分布。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3 =1/ TT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

23、，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3=1/。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。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1dm.计算这个电容器在1K Hz下50c和120c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 50c和120c时er都是常数，并可以粗略地读出相对介电常数，在 50c时， J =2.6,在120

24、c时， 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,&冲何 然上戏以够乙T摭H巡每多味名学收彳抽分曲值 ；。Ai3144,支1二侬1 - 1WM，”/。力帆八树”，心,F 171-二07 小 A啦拓陶共的也新的好电阻:曲二w，6uts二2九”。用川.川“。力刈二m /尸 打二“加二|4%乂/几7.13学生用微波加热土豆泥解：1、单位体积土豆泥在单位

25、时间内平均所消耗的能量为Wvoi = co Erms2 o r tan 8(1)其中 w =2% f rtan S=/2)将(2)带入(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转化为每立方厘米Wvol = Wvol/106=1157.8 w/cm32、加热10cm3的土豆泥60s所消耗的总能量为 . W=W vol W xt二(1157.8 w/cm3)x (10cm3) 40s=694.68KJ7.14缺失7.15 证明：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),则有丘(*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),则有 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 )当Cp=10nF, Rp=100kQ, co=1MHz时，带入上面的公式可得: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的锂电容,电介质厚度 d7.16铝电容电解电容较适合于采用串联等效模型R+J coG。一个标称值为（低频电容值为 22

28、F）在10KHz时的特性如下：屋 不20, tan 8 = 0.05= 0.16 m,有效面积 A=150cn2,试计算 Cp, Rp, Q, R。解：由题意可知， 当电容器等效为并联模式时,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将题中所给条件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当电容器等效为串联模式时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将 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锂电容

31、与氧化锂电容的对比解：氧化铝电容的单位体积电容为:?0?1CV011 二？氧化锂电容的单位体积电容为:?2Cvol2 = ?W_?1?另Cvol1/ Cvol2= ?=0.71所以，当选择厚度相同的两种电容时，氧化锂电容器更好。习题7.18聚酯电容器的电容温度系数r均随温度而改变。平行板电容器的计算公式为：C 工rxy,其中x、v、z、zL来表示，故公式可写成C 0 rL将上式对温度T求微分可得：dCdTL-d-r0LdTdLdT1 dC等式两端同除以C 0 rL得：C dTd r r dTdLL dT即可证明 TCC -dCC dTr dT其中1 dLL dT解：因为TCCr dT又入已知证

32、明：因题中假设材料是各项同性的， 故x、y、z均可用要预测10Hkz下室温（25C）时的TCC,需求得此温度下的和 JrdT由图可知和T呈线性关系，可设 r aT b代入图上两点（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下室温时的TCC 为 1.9810-4。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

33、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其中 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Ti-To ,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 = (Ti-To) 2 kL/ In ( b/a ) (7.98)热传递速率内导线的温度会一直上升

34、，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 )EmakV/a In (b/a) (7.100)同轴电缆中的最大电场强度当Emax达到电介质击穿强度日时，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Ebr 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

35、更高。随电流增大而不断升高的Ti,最终会使Ebr降低的太多，以至于和Emax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 .m。绝缘层为3mmB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.如果考虑温度对的影响，将 =01+ 0 (T-Q 代入式7.99,重新计算b中的电流。设25时有0=3.9*10-3/。b 解：由于击穿发生在最大电场点，击穿时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根据图7.64 (b)可得到此场强值对应的温度为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：由于温度对有影响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 fs=1MHZ下运转，求每种材料的带宽.给出杨氏模量 Y和密度r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 .已知：石英晶体的Y=80GPa,k2.65g cm-3.PZT陶瓷的Y=70GPa,47.7g .cm-3.假定晶体中Y机械振动的波速 尸一,波长在J?s只考虑基态n=1的情况.解:(1)由 k2=12

38、if_2 f a= fa对于石英晶体：k=0.1 fs=1MHz得 fa=1.005MHzBandwidth= fa-fs=5KHz对于 PZT 陶瓷：k=0.72 fs=1MHz得 fa=1.441MHzBandwidth= fa-fs=441KHz由 d=n( ) n=1 得 d=( )对于石英晶体:Y=80GPa,尸2.65g cm-3 后iO2=5.49X 10-3 m d sio2=2.75 x 10-3 m 对于 PZT 陶瓷：Y=70GPa,年7.7g cm-3 Qzt=3.02X 10-3md=ZT=1.51 x 10-3 m给晶体施加压力 T会在压电晶体中产生极化P,因此会在

39、其内部建立电场E,其表达式为E=gT , g是压电电压系数。若 &是晶体的介电常数，证明 g=d/( 0&)。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-1,1900那么该方向上的g为多少？将该值与测量值0.013m2 C-1进行分析比较。证明：诱导极化强度P=dT=dF/A电谷 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 则 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,因此理论值小于测量值。这是由于具有电压效应的晶体BaTiO3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BaTiO3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。解：a.已知公式8D= d33V , L = ($d31V , 将已知数值 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可得到的结论为：在 100V的电压下，Q和8L的变化量都非常小。3 L 2b.由公式h = 2 d31 (D) V代入已知数据可得h= -d31 (-) V = - X(-250 X102-12 m ?V-1 ) X(-) X100V0.25mm=-2.4 X10-4 m = -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2D=0.5m

42、m,同时，与a中的D和也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。7.251公式解：由题意知在基频振动模式时n=1得L -2公式(2)由(1)和(2)得L 2f对于石英：Y=80Gpa=8.0 1010pa2.65g.cm 32.65 103kg/m3，一3，10 m/sY 18 0 1010 -超声波的传播速度v (Y)2 (3)25.492.65 10当 f1 1KHz 时 L1v 5.49 1032f12.0 1032.745m当 f2 1MHz时L25.49 1032.0 10632.745 10 3m7.26.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PVD

43、F。PZT和PVDF的特性如下表所示。探测器的接受区域为4mm2。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。?热释电系数p(X ?.?-? k-1)密度(g cm-3)比热容c (JK-1 g-1)PZT2903807.70.3PVDF12271.761.3A.若两者均接受强度为10 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= =

44、 ?P= ?（C为电容，p为热释电系数）（1）T=?/中c为比热容，A为接受区域面积，L为厚度）（2）电容C=?m里？%=（3）（2）和（3）分别带入（1）得： TOC o 1-5 h z ?H? H V = = （4）? ?在时间 久内，AH取决于入射辐射的强度I, AH=IA At （5）,（5）代入（4）式可得：? H?t V =尸，（6）? ? .一?AT.极化电流推导：由公式（7.62）得：？?= ?= ? （7）,其中？劾感应极化电流密度。先后将（2）式、（5）式代入（7）消去AT和小得:?=赤?尹对 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。对 PVDF薄膜：同理可求 V = 0.5mV; ?= 9.44X 10-13 A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:?=(9)? 、-1 AV(,) ?At代入数值得：代入最小信号电压得PZT最小辐射强度I=3.13 w/mPVDF最小辐射强度1=2科W/m7.27解：假设吸收能量H是温度升高 T(AL )Cs Tp H

46、.、P p T 电容C o rA/L AL CsQ pH L p H 电压变化 V C L Cs0 rA A Cs 0 rt时间吸收的能量取决于入射强度I,且 H IA t则 v pI tCs 0 r带入数据得,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热释电电流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电流响应率pL

47、 Cs621200 10 cm K0.2mm 7.5g cm 3 0.43J K 1 g 10.31 A/w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） 。Ri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。Ci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Y是一种表面特性，它代表入射辐射被吸收的比率，y I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

48、器接受的区域面积为A,厚度为L,密度为p ,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。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 ） cdT A I KA（T T0）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 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=k /L.但实际上并非如此，因此 K=k /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） Voexp（ 丫）exp（-，/ ） thel式中Vo为常数，pel是时间常数，可由RiCt来计算，Ct是总电容，等于Ci Cdet，而Cdet是探测器的电容。有一面积为1mm,厚度为0.05mm的PZT热释电探测器，假定此PZT的_ -3_ _-1 -1-1-1r 250,7.7g cm , c 0.31J Kg,1.5W K m。将这个探测器与一个R1 10M , C1 3pF的FET电路相连。令热传导的损失常数K为k /L和刀=1 ,计算 th和。el。绘制出输出电压示意图。能得出什么结论。thCdet_ _-12250 8.85 10106-3 F0.05 10-11 一4.43 10 Fel(CdetCi)Ri