材料物理導論習題解答

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上材料物理性能習題與解答吳 其 勝鹽城工學院材料工程學院2007，3目 錄1材料的力學性能1-1一圓桿的直徑為2.5 mm、長度為25cm并受到4500N的軸向拉力，若直徑拉細至2.4mm，且拉伸變形后圓桿的體積不變,求在此拉力下的真應力、真應變、名義應力和名義應變，并比較討論這些計算結果。解：根據題意可得下表拉伸前后圓桿相關參數表體積V/mm3直徑d/mm圓面積S/mm2拉伸前1227.22.54.909拉伸后1227.22.44.524 由計算結果可知：真應力大于名義應力，真應變小于名義應變。1-2一試樣長40cm,寬10cm,厚1cm，受到應力為1000N拉力，其

2、楊氏模量為3.5×109 N/m2，能伸長多少厘米?1cm10cm40cmLoadLoad解：1-3一材料在室溫時的楊氏模量為3.5×108 N/m2,泊松比為0.35，計算其剪切模量和體積模量。解：根據 可知：1-4試證明應力-應變曲線下的面積正比于拉伸試樣所做的功。證：1-5一陶瓷含體積百分比為95%的Al2O3 (E = 380 GPa)和5%的玻璃相(E = 84 GPa)，試計算其上限和下限彈性模量。若該陶瓷含有5 %的氣孔，再估算其上限和下限彈性模量。解：令E1=380GPa,E2=84GPa,V1=0.95,V2=0.05。則有當該陶瓷含有5%的氣孔時，將P=

3、0.05代入經驗計算公式E=E0(1-1.9P+0.9P2)可得，其上、下限彈性模量分別變?yōu)?31.3 GPa和293.1 GPa。1-6試分別畫出應力松弛和應變蠕變與時間的關系示意圖，并算出t = 0,t = 和t = 時的縱坐標表達式。解：Maxwell模型可以較好地模擬應力松弛過程： Voigt模型可以較好地模擬應變蠕變過程： 以上兩種模型所描述的是最簡單的情況，事實上由于材料力學性能的復雜性，我們會用到用多個彈簧和多個黏壺通過串并聯組合而成的復雜模型。如采用四元件模型來表示線性高聚物的蠕變過程等。1-7試述溫度和外力作用頻率對聚合物力學損耗角正切的影響并畫出相應的溫度譜和頻率譜。解：（

4、詳見書本）。1-8一試樣受到拉應力為1.0×103 N/m2,10秒種后試樣長度為原始長度的1.15倍,移去外力后試樣的長度為原始長度的1.10倍,若可用單一Maxwell模型來描述,求其松弛時間值。解：根據Maxwell模型有： 可恢復 不可恢復 依題意得：所以松弛時間=/E=1.0×105/2×104=5(s).1-9一非晶高聚物的蠕變行為可用一個Maxwell模型和一個Voigt模型串聯描述，若t=0時施以拉伸應力為1.0×104 N/m2至10小時,應變?yōu)?.05,移去應力后的回復應變可描述為,t為小時，請估算該力學模型的四個參數值。3,32,2

5、E2,2E1,1解：據題即求如圖E1,E2,2和3四參數。如圖所示有其中1立即回復，2逐漸回復，3不能回復。Voigt的回復方程為：，這里t為從回復時算起，而題目的t為從開始拉伸時算起，所以此題的回復方程為：排除立即恢復后的應變，應變的回復方程就可寫成 1-10當取Tg為參考溫度時log中的C1=17.44,C2=51.6，求以Tg+50為參考溫度時WLF方程中的常數C1和C2。解：FN60°53°3mm1-11一圓柱形Al2O3晶體受軸向拉力F，若其臨界抗剪強度f為135 MPa,求沿圖中所示之方向的滑移系統產生滑移時需要的最小拉力值，并求滑移面的法向應力。解：1-12拉

6、伸某試樣得到如下表的數據,試作曲線圖,并估算楊氏模量、屈服應力和屈服時的伸長率以及抗張強度。5102030405060250500950125014701565169070809010012015016601500140013801380(斷)屈服點揚氏模量,由圖中未達屈服點時線段的斜率可求出。（圖中可以讀出），屈服時伸長率即為屈服點的應變，斷裂時對應的即是抗張強度。1-13氦原子的動能是E=kT(式中波爾茲曼常數k=1.38x10-23 J/K)，求T = 1 K時氦原子的物質波的波長。解：1-14利用Sommerfeld的量子化條件，求一維諧振子的能量。解： 1-15波函數的幾率流密度，取

7、球面坐標時，算符，求定態(tài)波函數的幾率流密度。解：1-16一粒子在一維勢阱中運動，勢阱為 求束縛態(tài)(0 < E < U0)的能級所滿足的方程。解：因為1-17 求融熔石英的結合強度，設估計的表面能力為1.75J/m2; Si-O的平衡原子間距為1.6*10-8cm;彈性模量從60到75Gpa=1-18 融熔石英玻璃的性能參數為：E=73 Gpa；=1.56 J/m2；理論強度th=28 Gpa。如材料中存在最大長度為2m的內裂，且此內裂垂直于作用力方向，計算由此導致的強度折減系數。2c=2m c=1*10-6m=強度折減系數=1-0.269/28=0.991-19 證明測定材料斷裂韌

8、性的單邊切口、三點彎曲梁法的計算公式：是一回事。證明： 1-20 一陶瓷三點彎曲試件，在受拉面上于跨度中間有一豎向切口如圖。如果E=380 Gpa，=0.24，求KIc值，設極限荷載達50Kg。計算此材料的斷裂表面能。解 c/W=0.1, Pc=50*9.8N ,B=10, W=10，S=40 代入下式：= =62*（0.917-0.145+0.069-0.012+0.0012）=1.96*0.83=1.63Pam1/2 J/m21-21 一鋼板受有長向拉應力350MPa，如在材料中有一垂直于拉應力方向的中心穿透缺陷，長8mm(=2c)。此鋼材的屈服強度為1400 MPa，計算塑性區(qū)尺寸r0及

9、其裂縫半長c的比值。討論用此試件來求KIC值的可能性。=39.23Mpa.m1/2 >0.021用此試件來求KIC值的不可能。1-22 一陶瓷零件上有一垂直于拉應力的邊裂，如邊裂長度為：（1）2mm;(2)0.049mm;(3)2 um, 分別求上述三種情況下的臨界應力。設此材料的斷裂韌性為1.62MPa.m2。討論講結果。Y=1.12=1.98=(1) c=2mm, (2) c=0.049mm, c=2um, 2 材料的熱學性能2-1 計算室溫（298K）及高溫（1273K）時莫來石瓷的摩爾熱容值，并請和按杜龍-伯蒂規(guī)律計算的結果比較。（1） 當T=298K，Cp=a+bT+cT-2=

10、87.55+14.96*10-3*298-26.68*105/2982=87.55+4.46-30.04=61.97 *4.18J/mol.K（2） 當T=1273K，Cp=a+bT+cT-2=87.55+14.96*10-3*1293-26.68*105/12732=87.55+19.34-1.65=105.24*4.18J/mol.K=438.9 J/mol.K 據杜隆-珀替定律：(3Al2O3.2SiO4) Cp=21*24。94=523.74 J/mol.K2-2 康寧1723玻璃（硅酸鋁玻璃）具有下列性能參數：=0.021J/(cm.s.); =4.6*10-6/;p=7.0Kg/m

11、m2.E=6700Kg/mm2,=0.25.求第一及第二熱沖擊斷裂抵抗因子。第一沖擊斷裂抵抗因子： = =170第二沖擊斷裂抵抗因子： =170*0.021=3.57 J/(cm.s)2-3 一熱機部件由反應燒結氮化硅制成，其熱導率=0.184J/(cm.s.)，最大厚度=120mm.如果表面熱傳遞系數h=0.05 J/(cm2.s.),假定形狀因子S=1，估算可茲應用的熱沖擊最大允許溫差。=226*0.184=4472-4、系統自由能的增加量，又有若在肖特基缺陷中將一個原子從晶格內移到晶體表面的能量求在0產生的缺陷比例（即）是多少？2-5在室溫中kT=0.024eV,有一比費米能級高0.24

12、eV的狀態(tài)，采用玻爾茲曼統計分布函數計算時，相對于費米-狄拉克統計分布函數計算的誤差有多少？2-6 NaCl和KCl具有相同的晶體結構，它們在低溫下的Debye溫度D分別為310K和230K，KCl在5K的定容摩爾熱容為3.8*10-2J/(K.mol),試計算NaCl在5K和KCl在2K的定容摩爾熱容。 2-7 證明固體材料的熱膨脹系數不因為含均勻分散的氣孔而改變。2-8 在一維雙原子的點陣中：（1）若求證存在關系？（2）證明在L=，聲頻支中所有輕原子靜止，而光頻支中所有重原子靜止，并畫出此時原子的振動圖像。（3）若，請證明此時只有聲頻支而無光頻支。2-9 試計算一條合成剛玉晶體Al2O3棒

13、在1K的熱導率，它的分子量為102，直徑為3mm，聲速500m/s，密度為4000kg/m3，德拜溫度為1000K。2-10 一樣品在300K的熱導率為320J/（m2.s.K）,電阻率為10-2,求,其電子熱導熱的比值.(Loremtz常量L=2.45*10-8(V/K)23 材料的光學性能3-1一入射光以較小的入射角i和折射角r通過一透明明玻璃板,若玻璃對光的衰減可忽略不計,試證明明透過后的光強為(1-m)2解：W = W + W 其折射光又從玻璃與空氣的另一界面射入空氣則3-2 光通過一塊厚度為1mm 的透明Al2O3板后強度降低了15%，試計算其吸收和散射系數的總和。解: 3-3 有一

14、材料的吸收系數=0.32cm-1，透明光強分別為入射的10%，20%，50%及80%時，材料的厚度各為多少？解: 3-4一玻璃對水銀燈藍、綠譜線=4358A和5461A的折射率分別為1.6525和1.6245，用此數據定出柯西Cauchy近似經驗公式的常數A和B，然后計算對鈉黃線=5893A的折射率n及色散率dn/d值。解： 3-5攝影者知道用橙黃濾色鏡拍攝天空時，可增加藍天和白云的對比，若相機鏡頭和膠卷底片的靈敏度將光譜范圍限制在3900-6200A之間，并反太陽光譜在此范圍內視成常數，當色鏡把波長在5500A以后的光全部吸收時，天空的散射光波被它去掉百分之幾呢？瑞利Rayleugh定律認為

15、：散射光強與4成反比解： 3-6設一個兩能級系統的能級差（1）分別求出T=102K103K，105K，108K時粒子數之比值N2/N1（2）N2=N1的狀態(tài)相當于多高的溫度？（3）粒子數發(fā)生反轉的狀態(tài)相當于臬的溫度？ 解：1） 2） 3） 已知當時粒子數會反轉，所以當時，求得T<0K, 所以無法通過改變溫度來實現粒子反轉3-7一光纖的芯子折射率n1=1.62,包層折射率n2=1.52,試計算光發(fā)生全反射的臨界角c.解： 4 材料的電導性能4-1 實驗測出離子型電導體的電導率與溫度的相關數據，經數學回歸分析得出關系式為：(1) 試求在測量溫度范圍內的電導活化能表達式。(2) 若給定T1=5

16、00K，1=10-9（T2=1000K，2=10-6（ 計算電導活化能的值。解：（1） = = W= 式中k=（2） B=-3000W=-ln10.(-3)*0.86*10-4*500=5.94*10-4*500=0.594eV4-2. 根據缺陷化學原理推導（1）ZnO電導率與氧分壓的關系。（2）在具有陰離子空位TiO2-x非化學計量化合物中，其電導率與氧分壓的關系。（3）在具有陽離子空位Fe1-xO非化學計量化合物中，其電導率與氧分壓的關系。（4）討論添加Al2O3對NiO電導率的影響。解：（1）間隙離子型： 或 （2）陰離子空位TiO2-x： （3）具有陽離子空位Fe1-xO： （4）添加

17、Al2O3對NiO： 添加Al2O3對NiO后形成陽離子空位多，提高了電導率。4-3本征半導體中，從價帶激發(fā)至導帶的電子和價帶產生的空穴參與電導。激發(fā)的電子數n可近似表示為：式中N為狀態(tài)密度，k為波爾茲曼常數，T為絕對溫度。試回答以下問題：（1）設N=1023cm-3,k=8.6”*10-5eV.K-1時, Si(Eg=1.1eV),TiO2(Eg=3.0eV)在室溫（20）和500時所激發(fā)的電子數（cm-3）各是多少：（2）半導體的電導率（-1.cm-1）可表示為式中n為載流子濃度（cm-3），e為載流子電荷（電荷1.6*10-19C）,為遷移率（cm2.V-1.s-1）當電子（e）和空穴（

18、h）同時為載流子時，假定Si的遷移率e=1450（cm2.V-1.s-1），h=500（cm2.V-1.s-1），且不隨溫度變化。求Si在室溫（20）和500時的電導率解：（1） Si 20 =1023*e-21.83=3.32*1013cm-3 500 =1023*e-8=2.55*1019 cm-3 TiO220 =1.4*10-3 cm-3500 =1.6*1013 cm-3(2) 20 =3.32*1013*1.6*10-19(1450+500) =1.03*10-2（-1.cm-1） 500 =2.55*1019*1.6*10-19(1450+500) =7956 （-1.cm-1）

19、4-5 一塊n型硅半導體，其施主濃度，本征費米難能級Ei在禁帶正中，費米能級EF在Ei之上0.29eV處,設施主電離能.試計算在T=300K時施主能級上的電子濃度EC0.29eV0.05eVEDEFEiEV Eg=1.12eV4-6 一塊n型硅材料，摻有施主濃度，在室溫（T=300K）時本征載流濃度，求此時該塊半導體的多數載流子濃度和少數載流子濃度。4-7 一硅半導體含有施主雜質濃度，和受主雜質濃度，求在T=300K時（）的電子空穴濃度以及費米載流了濃度。4-8 設鍺中施主雜質的電離能，在室溫下導帶底有效狀態(tài)密度，若以施主雜質電離90%作為電離的標準，試計算在室溫（T=300K）時保持雜質飽和

20、電離的施主雜質濃度范圍。4-9 設硅中施主雜質電離能，施主雜質濃度，以施主雜質電離90%作為達到強電離的最低標準，試計算保持飽和雜質電離的溫度范圍。4-10 300K時，鍺的本征電阻率為47.cm,如電子空求本征鍺的載流子濃度分別為3900和1900.求本征鍺的載流子濃度.4-11本征硅在室溫時電子和空穴遷移分別為1350和500,當摻入百萬分之一的As后,設雜質全部電離,試計算其電導率.比本征硅的電導率增大了多少倍?4-12在500g的硅單晶中摻有4.5*10-5g的硼,設雜質全部電離,求該材料的電阻率(設),硅單密度為,硼的原子量為10.8).4-13 設電子遷移率為,硅的電子有效質量,如

21、加以強度為104V/m的電場,試求平均自由時間和平均自由程.4-14一截面為0.6cm2, 長為1cm的n型GaAs樣品,設,試求該樣品的電阻.4-15 一截在為10-3cm2,摻有雜質濃度的 P型硅樣品,在樣品內加有強度為103V/cm的電場,求:(1)室外溫時樣品的電導率及流過樣品的電流密度.(2)400K時樣品的電導率及流過樣品的電流密度.4-16 分別計算 有下列列雜質的硅，在室溫時的載流子濃度和電阻率；（1）硼原子/cm3（2）硼原子/cm3+磷原子/cm3（3）磷原子/cm3+硼原子/cm3+砷原子/cm34-17 （1）證明且電子濃度，空穴濃度時，材料的電導率最小，并求出min的

22、表達式。（2）試求300K時，InSb的最小電導率和最大電導率，什么導電類型的材料電阻率可達最大？（T=300K時，InSb的）。4-18 假定硅中電子的平均動能為，試求室外溫時電子熱運動的均方根速度，如將硅置于10V/cm的電場中，證明電子的平均漂移速度小于熱運動速度，設電子遷移率為1500cm2/V.S.如仍設遷移率為上述數值，計算電場為104V/cm時的平均漂移速度，并與熱運動速度作一比較，這時電子的實際平均漂移速度和遷移率為多少？4-19 輕摻雜的硅樣品在室外溫下，外加電壓使電子的漂移速度是它的熱運動速度 的十分之一，一個電子由于漂移而通過1m區(qū)域中的平均碰撞次數和此時加在這個區(qū)域的電

23、壓為多少？5 材料的磁學性能5-1. 垂直板面方向磁化的大薄片性磁性材料，去掉磁化場后的磁極化強度是，試計算板中心的退磁場大小。解：垂直于板面方向磁化,則為垂直于磁場方向J = 0M = 1Wb/m2退磁場Hd = - NM大薄片材料,退磁因子Na = Nb = 0, Nc = 1所以Hd = - M = -=7.96×105A/m5-2試證明拉莫進動頻率WL = 證明:由于逆磁體中自旋磁矩相互抵消,只須考慮在磁場中電子軌道運動的變化,按照動量矩定理,電子軌道動量l的變化等于作用在磁矩l的力矩,即:= l ,式中B0 = 0H為磁場在真空中的磁感應強度.而 l = - 上式改寫成:

24、,又因為所以,在磁場B0電子的軌道角動量l和軌道磁矩均繞磁場旋轉,這種旋轉運動稱為拉莫運動,拉莫運動的頻率為5-3 退磁因子與哪些因素有關？試計算下列情況的N值：（1）被磁化的球形磁體；（2）垂直于軸線方向磁化的細長圓形磁棒；（3）平行平面磁化的無限大薄圓形磁片。解：退磁因子,無量綱,與磁體的幾何形狀有關.對于旋轉橢圓體的三個主軸方向退磁因子之和,存在下面簡單的關系:Na + Nb +Nc = 1 (a,b,c分別是旋轉橢圓體的三個半主軸,它們分別與坐標軸x,y,z方向一致)根據上式,很容易求得其三種極限情況下的退磁因子:1) 球形體:因為其三個等軸, Na = Nb = Nc 2) 細長圓柱

25、體: 其為a,b等軸,而c>>a,b 而 3) 薄圓板體: b=a>>c 5-4何謂軌道角動量猝滅現象?由于晶體場導致簡并能級分裂,可能出現最低軌道能級單態(tài).當單態(tài)是最低能級軌道時,總軌道角動量的絕對值L2雖然保持不變,但軌道角動量的分量Lz不再是常量. 當Lz的平均值為0,即時,稱其為軌道角動量猝滅.5-5推導居里-外斯定律,說明磁化率與溫度的關系0證明: 鐵磁體中作用于本征磁矩的有效磁感應場其中M為磁化強度,則為內場,順磁體磁化強度表達式: 把B0用Beff代替,則得到鐵磁體磁化強度:.(1)當T>Tc時,自發(fā)磁化強度消失,只有在外磁場B0作用下產生磁化強度當

26、T>>Tc時,可令,則(1)式變?yōu)?.(2)又代入(2)式有 解得 令 則得當T時,為鐵磁性當T > Tc 時,為順磁性5-6自發(fā)磁化的物理本質是什么?材料具有鐵磁性的充要條件是什么?答: 鐵磁體自發(fā)磁化的本質是電子間的靜電交換相互作用材料具有鐵磁性的充要條件為:1) 必要條件:材料原子中具有未充滿的電子殼層,即原子磁矩2) 充分條件:交換積分A > 05-7超交換作用有哪些類型? 為什么A-B型的作用最強?答: 具有三種超交換類型: A-A, B-B和A-B因為金屬分布在A位和B位,且A位和B位上的離子磁矩取向是反平行排列的.超交換作用的強弱取決于兩個主要的因素: 1

27、)兩離子之間的距離以及金屬離子之間通過氧離子所組成的鍵角i 2) 金屬離子3d電子數目及軌道組態(tài).A-B型1=125°9 ; 2=150°34A-A型3=79°38B-B型4=90° 5=125°2 因為i越大,超交換作用就越強,所以A-B型的交換作用最強.5-8 論述各類磁性-T的相互關系1) 抗磁性. 與溫度無關, <02) 順磁性: ,Tc為臨界溫度,成為順磁居里溫度,T>Tc時顯順磁性 3) 反鐵磁性:當溫度達到某個臨界值TN以上,服從居里-外斯定律 4) 鐵磁性: f>0, T< Tc,否則將轉變?yōu)轫槾判?并服

28、從居里-外斯定律 5) 亞鐵磁性: 是未抵消的反鐵磁性結構的鐵磁性5-9比較鐵磁體中五種能量的下列關系:（1）數學表達式；（2）來源和物理意義（3）對磁矩取向的作用。答:鐵磁材料的五種相互作用能分別為: 交換能Fex,磁晶各向異性能Fx,磁彈性能F,退磁場能Fd和外磁場能FH相鄰原子電子自旋的單位體積內的交換能A>0時,電子自旋不平行,則會引起系統交換能的增加, Fex>0,只有當不考慮自旋軌道耦合時,交換能Fex是各向同性的.磁晶各向異性能Fx,是飽和磁化強度矢量在鐵磁材料中取不同方向時隨時間而改變的能量,僅與磁化強度矢量在晶體中的相對晶軸的取向有關磁晶各向異性來源于電子自旋與軌

29、道的相互耦合作用以及晶體電場效應.這種原子或離子的自旋與軌道的耦合作用,會導致鐵磁體的長度和體積的大小發(fā)生變化,出現所謂的磁致伸縮鐵磁體在受到應力作用時會發(fā)生相應的應變,從而引起磁彈性能F,包括由于自發(fā)形變而引起的磁應力能,包括外加應力和內應力鐵磁體在外磁場中具有位能成為外磁場能FH,外磁場能是鐵磁體磁化的動力有限尺寸的鐵磁體材料,受到外加磁場H的變化,會在兩端面上分別出現正負磁荷,從而產生減弱外磁場的磁場Hd,均勻磁化材料的退磁場能Fd為: 5-10用能量的觀點說明鐵磁體內形成磁疇的原因答:根據熱力學定律,穩(wěn)定的磁狀態(tài)一定是對應于鐵磁材料內總自由能極小值的狀態(tài).磁疇的形成和穩(wěn)定的結構狀態(tài),也是對應于滿足總的自由能為極小值的條件.對于鐵材料來說，分成磁疇后比分成磁疇前能量縮小,故鐵磁材料自發(fā)磁化后必然分成小區(qū)域的磁疇,使總自由能為最低,從而滿足能量最低原理.可見,退磁場能是形成磁疇的原因5-11 設立方晶體鐵磁材料的，計算其單疇的臨界尺寸。解：單位面積的疇壁能量 S