介质损耗测试仪_有电介质时的高斯定理

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有电介质时的高斯定理2009-04-27 14:58

有电介质时的高斯定理
外电场 E0 极化强度 P 极化电荷σ e '
总电场 E 附加场E'
外电场E0 的作用
下，电介质发生极化
极化强度P 和电介
质的形状，决定极
化电荷σ e '的分布
σ e ' 的分
布，又决
定了附加
场E'
从而影响了电介质
内部的总电场E
又反过来影响
了极化强度P
P, σ e ', E'和E间的关联
322
电位移 D 的高斯定理的积分形式
电介质存在时，高斯定理也成立
计算总电场E 的电场通量时，应计及高斯面内所包含的自
由电荷q0和极化电荷q ' ∫∫ ⋅ = Σ +
( )
0
( ) 0
d 1 ( ')
S S内
q q
ε
E S
用 ε
0 乘上式两边，与下式相加∫∫ ⋅ = −Σ
( ) ( )
d '
S
i
S
P S q
消去极化电荷Σq'
∫∫ ⋅ = Σ
( )
0
( )
( 0 + ) d
S S内
ε E P S q ? ∫∫ ⋅ = Σ
( )
0
( )
d
S S内
D S q
任意闭合曲面的电位移通量或电通量，等于该闭合曲面所
包围的自由电荷的代数和，这是有电介质时的高斯定理
麦克斯韦方程组的第一个方程，是电磁学的基本规律之一
在国际单位制中，电位移D 的单位是C / m2
引进辅助性的物理量
电位移或电通密度
D =ε 0E + P
323
D 的高斯定理的微分形式
∫∫ ⋅ = Σ
( )
0
( )
d
S S内
D S q
? 有电介质时，高斯定理的微分形式
∇⋅D =ρ0
ρ0
是自由电荷的体密度
各向同性、线性电介质的电位移
P =χ eε 0E
D =ε 0E + P
? D =ε 0E + P =ε 0E +χ eε 0E = (1+χ e)ε 0E
若 P 与ε
0 E 成比例
ε r =1+χ e
? ε = (1+χ e)ε 0 =ε rε 0
? D = (1+χ e)ε 0E ε ε E =ε E r 0 =
常量ε 与ε
0 同量纲，称为电容率(permitivity)或介电常量
(dielectric constant)
无量纲常量 ε
r，称为相对电容率或相对介电常量
真空中，ε r =1, ε =ε 0
ε0
称为真空电容率或真空介电常量
324
有电介质时，利用高斯定理和介质方程式计算静电场
∫∫ ⋅ = Σ
( )
0
( )
d
S S内
D S q 和 D =ε rε 0E =ε E
可以使电介质存在时的计算，大为简化
点电荷 q0 周围，充满相对电容率为ε r的电介质时，以q0
为中心，取半径r 作球形高斯面S
D 的高斯定理： 0
2
( )
d 4 r D q
S
∫∫ D⋅ S = π =
介质方程式 ：D E r 0 = ε ε
?
r
0
2
0
r 0 4 r 0
1
ε ε ε ε ε
E
r
E D q =
π
= =
有电介质时，点电荷q0 在周围介质内的静电场，是不存在
电介质时的静电场的 (1/ ε
r) 倍
在电场 E0 分布的空间内，充满均匀电介质，介电常数为ε
时，或者均匀介质的表面，正好是等势面时
r 0 0 0 D =ε ε E =ε E =ε E
?
r
0
0 0 ,
ε
D =ε E E = E
ε = (1+χ e)ε 0 =ε rε 0，E0是自由电荷所产生的电场
325
电介质的屏蔽作用
电介质的存在，会使场强减小，因为点电荷 q0，被一层电
性相反的极化电荷包围，q0 所产生的电场，被抵消了一部
分，这是极化电荷对自由电荷q0 起了一定的屏蔽作用
电容器中充满均匀介质时，在极板电荷不变的情况下，将
使其中的场强减小，使两极板间的电势差降低，从而使其
电容增大，电容C增大为真空时电容C0的ε r倍，C =ε rC0，
326
[例题9. 3 ]
平行板电容器的极板面积为S，间距为d，其中平行放置电
介质，厚度为δ ，相对电容率为 ε
r，介质两边都是相对电
容率为1 的空气，电容器两极板，接电势差为U 的恒压电
源，若忽略平行板电容器的边缘效应，试求两极板间的电
位移D 和场强E 的分布，并求出极板上的电量Q 和电容C
[解]
作柱形高斯面，ΔS1在金属极板内，ΔS2 在两极板间，通过
场点P
利用有电介质时的高斯定理
d 2 S2
S
∫∫D⋅ S =DΔS = Q Δ ，
在金属内E = 0，D=0
间隙中的场强 由 0E0
S
D = Q =ε -->
S
E D Q
0 0
2 ε ε
= = .
平行板电容器
327
有电位移通量的是ΔS2处， 包围在此高斯面内的自由电荷
为Δq0 =σ e0ΔS = S
S
Q Δ ， ΔS =ΔS2
由此可得，电介质中的场强S
E D Q
r 0 r 0
1 ε ε ε ε
= =
两极板间的电势差为
( ) ( )
0 r
1 2 ε
δ δ
ε
= δ + −δ = d − +
S
U E E d Q
[1 ( 1)]
r
r
0 ε
δ ε
ε
= − −
S d
Qd
电容器极板间的电势差 U 已给定，由上式可得
1
r
= 0 [1− ( r −1)]−
ε
ε δ ε
d d
Q US
利用 C0 =ε 0S / d，可得
[1 ( 1)]
r
r
0
ε
δ ε
ε
− −
= =
d
d
S
U
C Q
r
r
0
1 ( 1)
ε
−δ ε −
=
d
C
328
各向异性、线性电介质,P 与E 的方向不同
需用极化率张量来描述两者间的关系
铁电体、永电体和压电体
永电体或驻极体
极化强度不随外场的撤除而消失，与永磁体的性质有些类
似，如石蜡等
铁电体
P 和E 间的关系非线性，有与铁磁体磁滞效应类似的电滞
效应,如酒石酸钾钠和钛酸钡等
压电体
外力作用而发生形变时，极化强度会变化，从而在表面上
产生极化电荷，这种现象称为压电效应
利用石英单晶的压电效应，可以制成以其固有频率稳定振
荡的振荡器，扫描隧道显微镜还巧妙地利用了压电效应的
逆效应，电致伸缩效应
电介质的击穿
强电场中，不导电的电介质，绝缘性会遭到破坏，称为电
介质的击穿，电介质材料，能承受的最大场强，称为击穿
场强或介电强度。
329
表 9 - 2 电介质的相对电容率和击穿场强
电介质 相对电容率 ε r 击穿场强
/( kV⋅mm−1 )
空气 ( 0 °C, 100
kPa )
1. 000 54 3
空气 ( 0 °C, 10
MPa )
1. 055
水 ( 0 °C ) 87. 9
水 ( 20 °C ) 80. 2
水 ( 30 °C ) 76. 6
变压器油4. 5 14
聚四氟乙烯2. 0 35
纸3. 5 16
氧化钽11. 6 15
二氧化钛100 6
云母3. 7 ~ 7. 5 80 ~ 200
瓷5. 7 ~ 6. 8 6 ~ 20
电木5 ~ 7. 6 10 ~ 20
玻璃5 ~ 10 10 ~ 25
钛酸钡103 ~ 104 3
330
§9 - 3 静电场的能量
带电体系的静电能
将带电体系中的电荷，分割为无限多个小部分，彼此分散
在相距无穷远的地方，通常规定，处于这种状态下的静电
能为零
( 1 ) 点电荷间的相互作用能
相距 r12 的两个点电荷q1 和q2，组成一带电体系
建立两点电荷体系的两种方式
①先把点电荷 q1，由无穷远处搬到P1 上，再把另一个点电
荷q2，由无穷远处，搬到P2 上，与q1 相距r12
搬动 q2 时，需抵抗q1 的电场力，F21 = q2 E1 作功
21 2 1 2 21
2 2 A' d q d q V P P = − ∫ ⋅ = − ∫ ⋅ = ∞ ∞
F l E l
21
1
0
21 1 2 1 4
( ) 2 d 1
r
V V P q P
πε
= = −∫∞ ⋅ = E l
是 q1 在P2 点产生的电势
两点电荷体系
带电体系的静电能 We ，等于把分散的各部分电荷，从无
穷远处聚集成现有带电体系时，抵抗静电力所作的功A'
331
② 先把 q2 搬到P2 上，再把q1 由无穷远搬到P1 处
需抵抗电场力F12 = q1E2作功，A' = q1V12
12
2
0
12 2 1 2 4
( ) d 1 1
r
V V P q P
πε
= = − ∫ ⋅ = ∞
E l
是 q2 在P1 点产生的电势
上述两种过程所得的结果是一致的
A' = q2V21 = q1V12
12
1 2
4 0
1
r
q q
πε
=
将两个点电荷，从无穷远处移到指定位置所作的功
等于这两点电荷间的相互作用能 Wint
( )
2
' 1 21 Wint = A = q1V12+q2V
12
1 2
4 0
1
r
q q
πε
=
由 N 个点电荷q1, q2,L, qN组成的系统
把这些点电荷，依次由无穷远处搬运到P1, P2,L, PN来
该点电荷系的静电相互作用能 Wint
等于建立这个带电体系的总功A'
i
N
i
iV q W Σ=
=
1
int 2
1 Σ Σ
=
−
π =
=
N
i
i
j ij
i j
r
q q
1
1
4 0 1
1
ε
Σ Σ
=
≠
π =
=
N
i
N
j i
j ij
i j
r
q q
1
( )
8 0 1
1
ε
Vi 表示除qi外，其余各点电荷在Pi处产生的电势
332
[例题9. 4 ]
正负电荷体系的静电能
氯化钠是离子晶体，由正离子Na+和负离子Cl−组成，分别
带电+e 和−e，计算离子间的相互作用能时，可以近似地看
成是电荷集中在球心的点电荷
氯化钠晶体中，正负离子相间地排列成整齐的立方点阵，
相邻的最近距离为a，每种离子的总数为N，求该晶体的
静电相互作用能
[解]
宏观晶体所包含的原子或离子数，至少为N ≈1020的数量
级，想从中找出所有的配对是不可能的，这里采用一种简
化的计算方法，先计算单个离子，与其他离子间的相互作
用能，然后乘以离子总数，再除以2
氯化钠晶体
333
假定立方体中心是正离子，与其他离子间的相互作用能是
)
3
8
2
( 6 12
4
1 2 2 2
0
int − + − +L
π
+ =
a
e
a
e
a
W e
ε
第一项来自 6 个最近的负离子，距离中心为a
第二项来自 12 个最近的正离子，距离中心2a
第三项来自大立方体 8 个顶点上的负离子，距离中心3a
越远的离子对 +
Wint的贡献越小，且各项正负相间，这个近
乎无穷级数是收敛的，其数值计算的结果为
a
W e
0
2
int 4
0.8738
πε
+ = −
单个负离子与所有其他离子的相互作用能 −
Wint等于+
Wint
所以晶体的总静电相互作用能为
= + + − = in+t int ( int int )
2
W 1 N W W NW
a
Ne
0
2
4
0.8738
πε
= −
Wint <0表明Wint 是晶体的静电结合能
上述计算，不适用于靠近晶体边界面的离子，因为这些离
子的一侧，没有另一侧那样多的“邻居”，对于宏观晶体来
说，这种离子的数目，只占离子总数的小部分，计算静电
结合能时，可以忽略它的影响
实际上，上述计算结果，比晶体实际结合能大 10 %左右
误差主要来源，是把离子看成点电荷，以及未计及量子交
换效应的缘故。
334
( 2 ) 电荷连续分布的静电能
连续分布的体电荷密度为ρ e，把带电体分割成许多体积元
i Δτ ，
则
每
个
体
积
元
的
电
量
为
Δqi =
ρeΔτ i
由 i
N
i
iV q W Σ=
=
1
int 2
1 Σ Σ
=
≠
π =
=
N
i
N
j i
j ij
i j
r
q q
1
( )
8 0 1
1
ε
在 0 → Δ i
τ
的极限下= ∫∫∫ρ dτ
2
1
We eV
对于面电荷连续分布情形W = ∫∫ V dS
2
1
e σ e
对于线电荷连续分布情形W = ∫ V dl
2
1
e ηe
若干个带电体组成的带电体系，总静电能We，是每个带电
体的自能，和各个带电体间的相互作用能组成的
每个带电体本身的自能，是把各部分电荷，聚集起来时作
的功
带电体间的相互作用能，从无穷远处移到当前位置所作的
功
335
( 3 ) 电荷在外电场中的能量
电荷 q 在外电场中P 点的电势能W(P) = qV (P)
( 4 ) 电容器储能
电容器充电过程中，能量转化为电容器中储存的电能，假
设极板上的带电量为q，两极板间的电压为u，电源把电荷
−dq，从正极板搬到负极板所作的功，等于电势能的增加
(− dq u ) − (− dq u ) = dq (u − u ) = u dq − + + −
电源所作的功，全部转化成电容器储存的电能
= ∫ = ∫Q Q q
C
W u q q e 0 d 0 d CU QU
C
Q
2
1
2
1
2
2
2
= = =
U 是充电完毕时，电容器两极板间的电压
Q 是这时电容器上，每一极板所带电量的绝对值
若电容器中有电介质存在，则式中的 Q 可用Q0 代替
表示极板上所带自由电荷的量值
电容器充电
336
电场的能量和能量密度
电荷必定同时产生相伴的电场，电场可以脱离电荷而传播
电能是定域在电场中的，有必要把电能以场强E 表示出来
理想平行板电容器
面积 S 的极板上，自由电荷为Q0，两极板间的电压为U
电场所占空间的体积为 V = S d
平行板电容器中 D =σ e0 = Q0 /S
电容器所储存的能量为 W Q U DESd DEV
2
1
2
1
2
1
e = 0 = =
? 电场的电能密度 DE
V
w W
2
e 1
e = =
1．电场不均匀时，电场总电能W w V dV
2
e ∫∫∫ ed ∫∫∫ = = D⋅E
2．真空中，D=ε 0E ?
2
e 2 0
w = 1ε E
3．各向同性的线性电介质中，
D =ε rε 0E ?
2
e 2 r 0
w = 1ε ε E
上式包含了电介质的极化能
4．各向异性电介质中，一般D 与E 不同方向
必须采用普遍的表达式 e w = D⋅E
2
1
337
[例题9. 5 ]
计算真空中均匀带电球体的静电能，设球的半径为R，带
电量为Q.
[解]
均匀带电球体所产生的电场，
r <R，
3
4 0
1
R
E Qr
πε
=
r≥R， 3
4 0
1
r
E Qr
πε
=
解法一：计算定域在电场中的能量
（理想情况，，只考虑空间电荷分布，不用考虑介质的电极
化能量）
利用 W w V dV
2
e ∫∫∫ ed ∫∫∫ = = D⋅E ，可得静电能为，
W = ∫∫∫ E dV
2
2
0
e
ε
r r
R
R Qr 2 ) 4 d
4
(
2
2
0 3
0
0 π
π
= ∫ ε
ε r r
r
Q 2
R ) 4 d
4
(
2
2
2
0
0 π
π
+ ∫∞
ε
ε
r r
R
Q R d
8
4
6 0
0
2
∫ π
=
ε
∫∞
π
+ R r
Q r
2
0
2 d
8 ε
R
Q
R
Q
0
2
0
2
40 ε 8πε
+
π
=
R
Q
0
2
20
3
πε
=
338
解法二：计算带电体系的静电能
把带电球体分割成半径从零逐渐增加到 R 的薄球壳，厚度
为dr，累加这些球壳所消耗的能量，等于带电球体的总静
电能= ∫∫∫ρ dτ
2
1
We eV
带电球体的体电荷密度为 )
3
/( 4 3
ρ e = Q πR
半径为 r 的带电球体总电量为，
3
3
3
e )
3
( 4
R
q =ρ πr = Qr
表面的电势为，
3
0
2
4 0 4
( )
R
Qr
r
V r q
ε πε
=
π
=
增加一个新的球壳，带电球的半径增加 dr
电量的增加为 r
R
dq 3Qr d 3
2
=
把该球壳累加在半径为 r 的带电球上，所需作的元功为
6 e
0
2 4
d d
4
' d 3 r W
R
A V q Q r =
π
Δ = =
ε
所以，半径为 R 的带电球体的静电能为
R
r Q
R
W V q Q r Q R
0
2
6
0
2 4
e 0 0 20
d 3
4
d 3
ε πε
=
π
= ∫ = ∫
习题共 3 题： 8，10，14。 

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