无机材料物理性能期末复习题

期末复习题参考答案

一、填空

1. 一长30cm 的圆杆，直径4mm ，承受5000N 的轴向拉力。如直径拉成3.8 mm，且体积保持不变，在此拉力下名义应力值为 ，名义应变值为 。

2. 克劳修斯—莫索蒂方程建立了宏观量 介电常数 与微观量 极化率 之间的关系。 3．固体材料的热膨胀本质是 点阵结构中质点间平均距离随温度升高而增大 。

4．格波间相互作用力愈强，也就是声子间碰撞几率愈大，相应的平均自由程愈 小 ，热导率也就愈

质中 能量损耗 的大小。

7．无机非金属材料中的载流子主要是 电子 和 离子 。 8．广义虎克定律适用于 各向异性的非均匀 材料。

9．设某一玻璃的光反射损失为m ，如果连续透过x 块平板玻璃，则透过部分应为 I0•（1-m ）

2x 。 10．对于中心穿透裂纹的大而薄的板，其几何形状因子。

11．设电介质中带电质点的电荷量q l ， 则此偶极矩为 ql 。

12．裂纹扩展的动力是物体内储存的 弹性应变能 的降低大于等于由于开裂形成两个新表面所需的 表面能 。

13.Griffith 微裂纹理论认为，断裂并不是两部分晶体同时沿整个界面拉断，而是 裂纹扩展 的结果。 14．考虑散热的影响，材料允许承受的最大温度差可用 第二 热应力因子表示。

15．当温度不太高时，固体材料中的热导形式主要是 声子热导 。

16．在应力分量的表示方法中，应力分量σ, τ的下标第一个字母表示方向，第二个字母表示 应力作用 的方向。

17． 电滞回线 的存在是判定晶体为铁电体的重要根据。

18．原子磁矩的来源是电子的轨道磁矩、自旋磁矩和原子核的磁矩。而物质的磁性主要由 电子的自旋磁矩 引起。

19. 按照格里菲斯微裂纹理论，材料的断裂强度不是取决于裂纹的 数量 ，而是决定于裂纹的 大小 ，即是由最危险的裂纹尺寸或临界裂纹尺寸决定材料的 断裂强度。

20. 复合体中热膨胀滞后现象产生的原因是由于不同相间或晶粒的不同方向上膨胀系数差别很大，产生很大的内应力，使坯体产生微裂纹。

21. 晶体发生塑性变形的方式主要有 滑移 和 孪生 。

22. 铁电体是具有 自发极化 且在外电场作用下具有 电滞回线 的晶体。 23. 自发磁化的本质是 电子间的静电交换相互作用 。 二、名词解释

自发极化：极化并非由外电场所引起，而是由极性晶体内部结构特点所引起，使晶体中的每个晶胞内

存在固有电偶极矩，这种极化机制为自发极化。

断裂能：是一种织构敏感参数, 起着断裂过程的阻力作用，不仅取决于组分、结构，在很大程度上受

到微观缺陷、显微结构的影响。包括热力学表面能、塑性形变能、微裂纹形成能、相变弹性能等。

滞弹性：当应力作用于实际固体时，固体形变的产生与消除需要一定的时间，这种与时间有关的弹性

称为滞弹性。

格波：处于格点上的原子的热振动可描述成类似于机械波传播的结果，这种波称为格波，格波的一个

特点是，其传播介质并非连接介质，而是由原子、离子等形成的晶格。

电介质：指在电场作用下能建立极化的一切物质。

电偶极子：是指相距很近但有一距离的两个符号相反而量值相等的电荷。

蠕变：固体材料在保持应力不变的条件下，应变随时间延长而增加的现象。它与塑性变形不同，塑性

变形通常在应力超过弹性极限之后才出现，而蠕变只要应力的作用时间相当长，它在应力小于弹性极限时也能出现。

突发性断裂：断裂源处的裂纹尖端所受的横向拉应力正好等于结合强度时，裂纹产生突发性扩展。一

旦扩展，引起周围应力的再分配，导致裂纹的加速扩展，这种断裂称为突发性断裂。

压电效应：不具有对称中心的晶体在沿一定方向上受到外力的作用而变形时，其内部会产生极化现象，

同时在它的两个相对表面上出现正负相反的电荷。当外力去掉后，它又会恢复到不带电的状态，这种现象称为正压电效应。当作用力的方向改变时，电荷的极性也随之改变。相反，当对不具有对称中心晶体的极化方向上施加电场，晶体也会发生变形，电场去掉后，晶体的变形随之消失，这种现象称为逆压电效应，或称为电致伸缩现象。

电致伸缩：当在不具有对称中心晶体的极化方向上施加电场时，晶体会发生变形，电场去掉后，晶体

的变形随之消失，这种现象称为电致伸缩现象，或称为逆压电效应。

铁电体：具有自发极化且在外电场作用下具有电滞回线的晶体。 三、问答题

1．简述K I 和K IC 的区别。

答：K I 应力场强度因子：反映裂纹尖端应力场强度的参量。

K IC 断裂韧度：当应力场强度因子增大到一临界值时，带裂纹的材料发生断裂，该临界值称为断裂韧性。

K I 是力学度量，它不仅随外加应力和裂纹长度的变化而变化，也和裂纹的形状类型，以及加载方式有关，但它和材料本身的固有性能无关。而断裂韧性K IC 则是反映材料阻止裂纹扩展的能力，因此是材料的固有性质。 2. 简述位移极化和松驰极化的特点。

答：位移式极化是一种弹性的、瞬时完成的极化，不消耗能量；松弛极化与热运动有关，完成这种极化需要一定的时间，并且是非弹性的，因而消耗一定的能量。 3. 为什么金属材料有较大的热导率，而非金属材料的导热不如金属材料好？

答：固体中导热主要是由晶格振动的格波和自由电子运动来实现的。在金属中由于有大量的自由电子，而且电子的质量很轻，所以能迅速地实现热量的传递。虽然晶格振动对金属导热也有贡献，但只是很次要的。在非金属晶体，如一般离子晶体的晶格中，自由电子是很少的，晶格振动是它们的主要导热机构。因此，金属一般都具有较非金属材料更大的热导率。

4．说明图中三条应力-应变曲线的特点，并举例说明其对应的材料。

答：受力情况下，绝大多数无机材料的变形行为如图中曲线(a)所示，即在弹性变形后没有塑性形变(或塑性形变很小) ，接着就是断裂，总弹性应变能非常小，这是所有脆性材料的特征，包括离子晶体和共价晶体等。在短期承受逐渐增加的外力时，有些固体的变形分为两个阶段，在屈服点以前是弹性变形阶段，在屈服点后是塑性变形阶段。包括大多数金属结构材料如图中曲线(b)所示。橡皮这类高分子材料具有极大的弹性形变，如图中曲线(c)所示，是没有残余形变的材料，称为弹性材料。

5．如果要减少由多块玻璃组成的透镜系统的光反射损失，通常可以采取什么方法？为什么？

答：有多块玻璃组成的透镜系统，常常用折射率和玻璃相近的胶粘起来，这样除了最外和最内的两个表面是玻璃和空气的相对折射率外，内部各界面均是玻璃和胶的较小的相对折射率，从而大大减少了界面的反射损失。

6．阐述大多数无机晶态固体的热容随温度的变化规律。

答：根据德拜热容理论，在高于德拜温度θD 时，热容趋于常数(25J／(K·mo1)，低于θD 时与T 3成正比。因此，不同材料的θD 是不同的。无机材料的热容与材料结构的关系是不大的，绝大多数氧化物、碳化物，热容都是从低温时的一个低的数值增加到1273K 左右的近似于25J ／K·mol的数值。温度进一步增加，热容基本上没有什么变化。 7. 有关介质损耗描述的方法有哪些？其本质是否一致？

答：损耗角正切、损耗因子、损耗角正切倒数、损耗功率、等效电导率、复介电常数的复项。多种方法对材料来说都涉及同一现象。即实际电介质的电流位相滞后理想电介质的电流位相。因此它们的本质是一致的。

8. 简述提高陶瓷材料抗热冲击断裂性能的措施。

答：(1) 提高材料的强度σf ，减小弹性模量E 。(2) 提高材料的热导率。(3) 减小材料的热膨胀系数。(4) 减小表面热传递系数h 。(5) 减小产品的有效厚度r m 。 四、论述题：

1．何为相变增韧？论述氧化锆增韧陶瓷的机理。

答：利用多晶多相陶瓷中某些成分在不同温度的相变，从而增韧的效果，这统称为相变增韧。 第二相颗粒相变韧化（transformation toughening）是指将亚稳的四方ZrO 2颗粒引入到陶瓷基体中，当裂纹扩展进入含有t -ZrO 2晶粒的区域时，在裂纹尖端应力场的作用下，将会导致t -ZrO 2发生t →m 相变，因而除了产生新的断裂表面而吸收能量外，还因相变时的体积效应（膨胀）而吸收能量，可见，应力诱发的这种组织转变消耗了外加应力。同时由于相变粒子的体积膨胀而对裂纹产生压应力，阻碍裂纹扩展。结果这种相变韧化作用使在该应力水平下在无相变粒子的基体中可以扩展的裂纹在含有氧化锆 t→m 相变粒子的复合材料中停止扩展，如要使其继续扩展，必须提高外加应力水平，具体体现在提高了材料的断裂韧性。

2．说明下图中各个参量，数字及曲线所代表的含义。

答：B s ——饱和磁感应强度，当外加磁场H 增加到一定程度时，B 值就不再上升，也就是这块材料磁化的极限。

Br ——剩余磁感应强度，当外加磁场降为0时，材料依然保留着磁性，其强度为B r 。 Hc ——矫顽力（矫顽磁场强度），表示材料保持磁化、反抗退磁的能力。据此大小可以区分软磁和硬磁。

µ——磁导率（=B/H），表示材料能够传导和通过磁力线的能力。

Oabc 段表示材料从宏观无磁性到有磁性的磁化过程；cdefghc 段表示物质在外加磁场中磁化、退磁再磁化的过程，因为退磁的过程滞后于磁化曲线，故又称此曲线为磁滞回线。由该曲线围成的空间有明确的物理意义，即曲线围起的面积越大，矫顽力（H c ）越大，要求的矫顽场强越大，磁化

所需的能量越大，磁性材料就越“硬”；反之，曲线围起的面积越小，磁性材料就越“软”。

d e

g

µ h

f

3. 论述大多数无机非金属材料在常温下不能产生塑性形变的原因。

答：无机非金属材料的组成主要是晶体材料，原则上讲可以通过位错的滑移实现塑性变形。但是由于陶瓷晶体多为离子键或共价键，具有明显的方向性。同号离子相遇，斥力极大，只有个别滑移系能满足位错运动的几何条件和静电作用条件。晶体结构愈复杂，满足这种条件就愈困难。另外，陶瓷材料一般呈多晶状态，而且还存在气孔、微裂纹、玻璃相等。其晶粒在空间随机分布，不同方向的晶粒，其滑移面上的剪应力差别很大。即使个别晶粒已达临界剪应力而发生滑移，也会受到周围晶粒的制约，使滑移受到阻碍而终止。所以多晶材料更不容易产生滑移。所以大多数无机非金属材料在常温下不能进行塑性变形。

4. 用固体能带理论说明什么是导体、半导体、绝缘体，并予以图示。

答：根据能带理论，晶体中并非所有电子，也并非所有的价电子都参与导电，只有导带中的电子或价带顶部的空穴才能参与导电。从下图可以看出，导体中导带和价带之间没有禁区，电子进入导带不需要能量，因而导电电子的浓度很大。在绝缘体中价带和导期隔着一个宽的禁带E g ，电子由价带到导带需要外界供给能量，使电子激发，实现电子由价带到导带的跃迁，因而通常导带中导电电子浓度很小。

半导体和绝缘体有相类似的能带结构，只是半导体的禁带较窄(Eg 小) ，电子跃迁比较容易。

五、计算题（每题5分，共20分）

1. 一圆杆的直径为2.5mm 、长度为25cm 并受到4500N 的轴向拉力，若直径拉细至2.4mm ，且拉伸变形后圆杆的体积不变, 求在此拉力下的真应力、真应变、名义应力和名义应变，并比较讨论这些计算结果。

解：根据题意可得下表

拉伸前后圆杆相关参数表

F 4500==995(MPa ) A 4. 524⨯10-6

A 0l 12. 52

真应变εT =ln =ln =ln =0. 08162

l 0A 2. 4F 4500

名义应力σ===917(MPa )

-6A 04. 909⨯10

∆l A 0

名义应变ε==-1=0. 0851

l 0A 真应力σT =

由计算结果可知：真应力大于名义应力，真应变小于名义应变。

2. 一材料在室温时的杨氏模量为3.5×108 N/m2, 泊松比为0.35，计算其剪切模量和体积模量。

E =2G (1+μ) =3B (1-2μ) 可知： 解：根据

E 3. 5⨯108

剪切模量G ===1. 3⨯108(Pa ) ≈130(MPa )

2(1+μ) 2(1+0. 35) E 3. 5⨯108

体积模量B ===3. 9⨯108(Pa ) ≈390(MPa )

3(1-2μ) 3(1-0. 7)

3. 一陶瓷含体积百分比为95%的Al 2O 3 (E = 380 GPa)和5%的玻璃相(E = 84 GPa)，试计算其上限和下限弹性模量。若该陶瓷含有5%的气孔，再估算其上限和下限弹性模量。 解：令E 1=380GPa,E2=84GPa,V1=0.95,V2=0.05。则有

上限弹性模量E H =

E 1V 1+E 2V 2=380⨯0. 95+84⨯0. 05=365. 2(GPa )

V V 0. 950. 05-1下限弹性模量E L =(1+2) -1=(+) =323. 1(GPa )

E 1E 238084当该陶瓷含有5%的气孔时，将P=0.05代入经验计算公式E=E0(1-1.9P+0.9P2)

可得，其上、下限弹性模量分别变为331.3 GPa和293.1 GPa。

4. 一圆柱形Al 2O 3晶体受轴向拉力F ，若其临界抗剪强度τf 为135MPa, 求沿图

中所示之方向的滑移系统产生滑移时需要的最小拉力值，并求滑移面的法向应力。

解： 由题意得图示方向滑移系统的剪切强度可表示为：

τ=

F cos 53︒

⨯cos 60︒

0. 00152π

τf ⨯0. 00152π

⇒F min ==3. 17⨯103(N )

cos 53︒⨯cos 60︒

3. 17⨯103⨯cos 60︒

此拉力下的法向应力为：σ==1. 12⨯108(Pa ) =112(MPa ) 2

0. 0015π/cos 60︒

5. 融熔石英玻璃的性能参数为：E=73Gpa；γ=1.56J/m2；理论强度σth=28Gpa。如材料中存在最大长度为2μm 的内裂，且此内裂垂直于作用力方向，计算由此导致的强度折减系数。 解：2c=2μm c=1×10-6m

σc =

2E γ2⨯73⨯109⨯1. 56

==0. 269GPa -6πc 3. 14⨯1⨯10

强度折减系数=1-0.269/28=0.99

6. 一钢板受有长向拉应力350MPa ，如在材料中有一垂直于拉应力方向的中心穿透缺陷，长8mm(=2c)。此钢材的屈服强度为1400MPa ，计算塑性区尺寸r 0及其裂缝半长c 的比值。讨论用此试件来求K IC 值的可能性。

1/2

K I=Y σ=σ. =39.23Mpa.m

r 0=

1K I2

() =0. 125mm 2πσys

1

=>0.021 15π

r 0/c =0. 125/4=0. 031>

用此试件来求K IC 值的不可能。

7. 一陶瓷零件上有一垂直于拉应力的边裂，如边裂长度为：（1）2mm ；(2)0.049mm；(3)2μm ；分别求上述三种情况下的临界应力。设此材料的断裂韧性为1.62MPa.m 2。讨论讲结果。

K I =Y σc Y=1.12=1.98

σ=

K I 1. c

=0. 818c -1/2

(1)c=2mm, σc =0. 818/2⨯10-3=18. 25MPa

(2)c=0.049mm, σc =0. 818/0. 049⨯10-3=116. 58MPa

c=2um, σc =0. 818/2⨯10-6=577. 04MPa

8．康宁1723玻璃（硅酸铝玻璃）具有下列性能参数：λ=0.021J/( cm﹒s ﹒℃) ；α=4.6×10-6/℃；

σp=7.0Kg/mm2，E=6700Kg/mm2，μ=0.25。求第一及第二热冲击断裂抵抗因子。

σf (1-μ)

第一冲击断裂抵抗因子：R =

αE

7⨯9. 8⨯106⨯0. 75= -664. 6⨯10⨯6700⨯9. 8⨯10

=170℃

第二冲击断裂抵抗因子：R '=

λσf (1-μ)

αE

=170×0.021=3.57 J/(cm﹒s)

9. 一热机部件由反应烧结氮化硅制成，其热导率λ=0.184J/(cm.s.℃) ，最大厚度=120mm.如果表面热传递系数h=0.05 J/(cm2.s. ℃), 假定形状因子S=1，估算可兹应用的热冲击最大允许温差。 解：

∆T m =R 'S ⨯

1

0. 31r m h

1

0. 31⨯6⨯0. 05

=226×0.184=447℃

10. 光通过一块厚度为1mm 的透明Al 2O 3板后强度降低了15%，试计算其吸收和散射系数的总和。

解:

I =I 0e -(α+s ) x

I

∴=e -(α+s ) x ∴0. 85=e -(α+s ) ⨯0. 1 I 0∴α+s =-10ln 0. 85=1. 625cm -1

11. 一截面为0.6cm 2，长为1cm 的n 型GaAs 样品，设μn =8000cm 2/V ⋅s 3，n =1015cm ，试求该样

品的电阻。

解： ρ=

1

σ

=

11

=15=0. 781Ω⋅cm nq μn 10⨯1. 6⨯10-19⨯8000

R =ρ⋅

l 1=0. 781⨯=1. 3ΩS 0. 6

《材料物理性能》

第一章材料的力学性能

1-1一圆杆的直径为2.5 mm 、长度为25cm 并受到4500N 的轴向拉力，若直径拉细至2.4mm ，且拉伸变形后圆杆的体积不变, 求在此拉力下的真应力、真应变、名义应力和名义应变，并比较讨论这些计算结果。

解：

F 4500==995(MPa ) A 4. 524⨯10-6

A 0l 12. 52

真应变εT =ln =ln =ln =0. 08162

l 0A 2. 4F 4500

名义应力σ===917(MPa )

A 04. 909⨯10-6∆l A 0

名义应变ε==-1=0. 0851

l 0A 真应力σT =

由计算结果可知：真应力大于名义应力，真应变小于名义应变。

1-5一陶瓷含体积百分比为95%的Al 2O 3 (E = 380 GPa)和5%的玻璃相(E = 84 GPa)，试计算其上限和下限弹性模量。若该陶瓷含有5 %的气孔，再估算其上限和下限弹性模量。 解：令E 1=380GPa,E2=84GPa,V1=0.95,V2=0.05。则有

上限弹性模量E H =E 1V 1+E 2V 2=380⨯0. 95+84⨯0. 05=365. 2(GPa )

V V 0. 950. 05-1

下限弹性模量E L =(1+2) -1=(+) =323. 1(GPa )

E 1E 238084

当该陶瓷含有5%的气孔时，将P=0.05代入经验计算公式E=E0(1-1.9P+0.9P2) 可得，其上、下限

弹性模量分别变为331.3 GPa和293.1 GPa。

1-6试分别画出应力松弛和应变蠕变与时间的关系示意图，并算出t = 0,t = ∞ 和t = τ时的纵坐标表达式。

解：Maxwell 模型可以较好地模拟应力松弛过程：

则有：σ(0) =σ(0); σ(∞) =0; σ(τ) =σ(0) /e .

V oigt 模型可以较好地模拟应变蠕变过程：

σ(t ) /σ(0)

1.0

其蠕变曲线方程为：ε(t ) =则有：ε(0) =0；ε(∞) =

σ0

E

(1-e -t /τ) =ε(∞)(1-e -t /τ)

σ0

E

；ε(τ) =

1.0

σ0

E

(1-e -1).

0.80.8

ε(t ) /ε(∞)

0.60.6

0.40.4

0.20.2

0.0

1

2

3

4

5

0.0

应力松弛曲线

t/τ

012345

应变蠕变曲线

t/τ

以上两种模型所描述的是最简单的情况，事实上由于材料力学性能的复杂性，我们会用到用多个弹簧和多个黏壶通过串并联组合而成的复杂模型。如采用四元件模型来表示线性高聚物的蠕变过程等。

1-11一圆柱形Al 2O 3晶体受轴向拉力F ，若其临界抗剪强度τf 中所示之方向的滑移系统产生滑移时需要的最小拉力值，并力。

解： 由题意得图示方向滑移系统的剪切强度可表示为：

为135 MPa, 求沿图求滑移面的法向应F cos 53︒

⨯cos 60︒2

0. 0015π

τf ⨯0. 00152π

⇒F min ==3. 17⨯103(N ) cos 53︒⨯cos 60︒

τ=

3. 17⨯103⨯cos 60︒8

此拉力下的法向应力为：σ==1. 12⨯10(Pa ) =112(MPa ) 2

0. 0015π/cos 60︒

第二章 脆性断裂和强度

2-1 求融熔石英的结合强度，设估计的表面能力为1.75J/m2; Si-O的平衡原子间距为1.6*10-8cm; 弹性模量从60到75Gpa

σth =

E γ(60~75) *109*1. 75

==25. 62~28. 64GPa -10a 1. 6*10

2-2 融熔石英玻璃的性能参数为：E=73 Gpa；γ=1.56 J/m2；理论强度σth=28 Gpa。如材料中存在最大长度为2μm 的内裂，且此内裂垂直于作用力方向，计算由此导致的强度折减系数。 2c=2μm c=1*10-6m

σc =

2E γ2*73*109*1. 56

==0. 269GPa πc 3. 14*1*10-6

强度折减系数=1-0.269/28=0.99

2-5 一钢板受有长向拉应力350MPa ，如在材料中有一垂直于拉应力方向的中心穿透缺陷，长8mm(=2c)。此钢材的屈服强度为1400 MPa ，计算塑性区尺寸r 0及其裂缝半长c 的比值。讨论用此试件来求K IC 值的可能性。

K I=Y σ=σ. c =39.23Mpa.m

1/2

r 0=

1K I2() =0. 125mm 2πσys

1

=>0.021 用此试件来求K IC 值的不可能。 15π

r 0/c =0. 125/4=0. 031>

2-6 一陶瓷零件上有一垂直于拉应力的边裂，如边裂长度为：（1）2mm;(2)0.049mm;(3)2 um, 分别求上述三种情况下的临界应力。设此材料的断裂韧性为1.62MPa.m 2。讨论讲结果。 解：K I =Y σc Y=1.12=1.98

σ=

K I 1. c

=0. 818c -1/2

(1)c=2mm, σc =0. 818/2*10-3=18. 25MPa

(2)c=0.049mm, σc =0. 818/0. 049*10-3=116. 58MPa (3)（3）c=2um, σc =0. 818/2*10-6=577. 04MPa

2-4 一陶瓷三点弯曲试件，在受拉面上于跨度中间有一竖向切口如图。如果E=380 Gpa ，μ=0.24，求K Ic 值，设极限荷载达50Kg 。计算此材料的断裂表面能。

解 c/W=0.1, Pc=50*9.8N ,B=10, W=10，S=40 代入下式：

K IC =P c S [2. 9(c /W ) 1/2-4. 6(c /W ) 3/2+21. 8(c /W ) 5/2-37. 6(c /W ) 7/2+38. 7(c /W ) 9/2]3/2BW =

=62*50*9. 8*40[2. 9*0. 11/2-4. 6*0. 13/2+21. 8*0. 15/2-37. 6*0. 17/2+38. 7*0. 19/2]3/210*0. 010

（0.917-0.145+0.069-0.012+0.0012）

=1.96*0.83==1.63Pam1/2

K IC =2E γ 1-μ2

2K IC (1-μ2) γ==(1. 63*106) 2*0. 94/(2*380*109) =3. 28 J/m2

2E

第三章 材料的热学性能

2-1 计算室温（298K ）及高温（1273K ）时莫来石瓷的摩尔热容值，并请和按杜龙-伯蒂规律计算的结果比较。

（1） 当T=298K，Cp=a+bT+cT-2=87.55+14.96*10-3*298-26.68*105/2982

=87.55+4.46-30.04

=61.97 *4.18J/mol.K

（2） 当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

据杜隆-珀替定律：(3Al2O 3.2SiO 4)

Cp=21*24。94=523.74 J/mol.K

可见，随着温度的升高，C P , m 趋近按Dulong -Petit 定律所得的计算值。

2-2 康宁1723玻璃（硅酸铝玻璃）具有下列性能参数：λ=0.021J/(cm.s.℃); α=4.6*10-6/℃; σp=7.0Kg/mm2.E=6700Kg/mm2, μ=0.25.求第一及第二热冲击断裂抵抗因子。 第一冲击断裂抵抗因子：R =σf (1-μ) αE

7*9. 8*106*0. 75 = -664. 6*10*6700*9. 8*10

=170℃

第二冲击断裂抵抗因子：R '=λσf (1-μ) αE

=170*0.021=3.57 J/(cm.s)

2-3 一热机部件由反应烧结氮化硅制成，其热导率λ=0.184J/(cm.s.℃) ，最大厚度=120mm.如果表面热传递系数h=0.05 J/(cm2.s. ℃), 假定形状因子S=1，估算可兹应用的热冲击最大允许温差。 解：∆T m =R 'S ⨯

=226*0.184

==447℃

1 0. 31r m h 1 0. 31*6*0. 05

第四章 材料的光学性能

3-1．一入射光以较小的入射角i 和折射角r 通过一透明明玻璃板, 若玻璃对光的衰减可忽略不计, 试证明明透过后的光强为(1-m)2 解：n 21=sin i sin r

2W ' ⎛n 21-1⎫⎪= ⎪=m W n +1⎝21⎭W = W’ + W’’

W " W ' ∴=1-=1-m W W

其折射光又从玻璃与空气的另一界面射入空气 则W " ' W " ' 2=1-m ∴=(1-m ) W " W

3-2 光通过一块厚度为1mm 的透明Al 2O 3板后强度降低了15%，试计算其吸收和散射系数的总和。 解:

I =I 0e -(α+s ) x

∴I =e -(α+s ) x ∴0. 85=e -(α+s ) ⨯0. 1 I 0

∴α+s =-10ln 0. 85=1. 625cm -1

第五章 材料的电导性能

4-1 实验测出离子型电导体的电导率与温度的相关数据，经数学回归分析得出关系式为：

lg σ=A +B 1 T

(1) 试求在测量温度范围内的电导活化能表达式。

(2) 若给定T1=500K，σ1=10-9（Ω. cm ) -1

T2=1000K，σ2=10-6（Ω. cm ) -1

计算电导活化能的值。

解：（1）σ=10(A +B /T )

ln σ=(A +B /T ) ln 10

σ=e (A +B /T ) ln 10=e ln 10A e (ln10. B /T ) =A 1e (-W /kT )

W=-ln 10. B . k 式中k=0. 84*10-4(eV /K )

（2） lg 10-9=A +B /500

lg 10-6=A +B /100 0

B=-3000

W=-ln10.(-3)*0.86*10-4*500=5.94*10-4*500=0.594eV

4-3本征半导体中，从价带激发至导带的电子和价带产生的空穴参与电导。激发的电子数n 可近似表示为：n =N exp(-E g /2kT ) ，式中N 为状态密度，k 为波尔兹曼常数，T 为绝对温度。试回答以下问题：

（1）设N=1023cm -3,k=8.6”*10-5eV.K -1时, Si(Eg=1.1eV),TiO2(Eg=3.0eV)在室温（20℃）和500℃时所激发的电子数（cm -3）各是多少：

（2）半导体的电导率σ（Ω-1.cm -1）可表示为σ=ne μ，式中n 为载流子浓度（cm -3），e 为载流子电荷（电荷1.6*10-19C ）, μ为迁移率（cm 2.V -1.s -1）当电子（e ）和空穴（h ）同时为载流子时，

，μh=500（cm 2.V -1.s -1），且不随温度变化。σ=n e e μe +n h e μh 。假定Si 的迁移率μe=1450（cm 2.V -1.s -1）

求Si 在室温（20℃）和500℃时的电导率

解：（1） Si

20℃ n =1023exp(-1. 1/(2*8. 6*10-5*298) =1023*e-21.83=3.32*1013cm -3

-3 500℃ n =1023exp(-1. 1/(2*8. 6*10-5*773) =1023*e-8=2.55*1019 cm

TiO 2

20℃ n =1023exp(-3. 0/(2*8. 6*10-5*298)

=1.4*10-3 cm-3

500℃ n =1023exp(-3. 0/(2*8. 6*10-5*773)

=1.6*1013 cm-3

(2) 20 ℃σ=n e e μe +n h e μh

=3.32*1013*1.6*10-19(1450+500)

=1.03*10-2（Ω-1.cm -1）

500℃ σ=n e e μe +n h e μh

=2.55*1019*1.6*10-19(1450+500)

=7956 （Ω-1.cm -1）

4-2. 根据缺陷化学原理推导

（1）ZnO 电导率与氧分压的关系。

（4）讨论添加Al 2O 3对NiO 电导率的影响。

-1/61∙∙解：（1）间隙离子型：ZnO ⇔Zn i +2e '+O 2 [e ']∝P O 2 2

1-1/4∙或ZnO ⇔Zn i +e '+O 2 [e ']∝P O 2 2

（4）添加Al 2O 3对NiO ：

∙"Al 2O 3→2Al N i +V N i +3Oo

添加Al 2O 3对NiO 后形成阳离子空位多，提高了电导率。

第六章 材料的功能转换性能

6-1 金红石（TiO 2）的介电常数是100，求气孔率为10%的一块金红石陶瓷介质的介电常数。 解：

εm =100, χm =0. 9; ε气=εd =1, χ气=χd =0. 1χm εm (+ε=2εd ) +χd εd 0. 9⨯100⨯(2+1) +0. 1⨯133εm ==85. 92ε2120. 9(+) +0. 1χm (+d ) +χd 330033εm

6-2 一块1cm*4cm*0.5cm的陶瓷介质，其电容为2.4-6μF, 损耗因子tg δ为0.02。求：①相对介电常数；②损耗因素。

解：1C ⋅d 2. 4⨯10-12⨯0. 5⨯10-2

(1) 相对电容率εr =⋅==3. 39 ε0A 8. 854⨯10-12⨯1⨯4⨯10-4

2. 4⨯10-12⨯0. 5⨯10-2-13-1ε' ' =ε' tan δ=⨯0. 02=6. 0⨯10F ⋅m (2) 损耗因子1⨯4⨯10-4

6-3 镁橄榄石(Mg2SiO 4) 瓷的组成为45%SiO2,5%Al2O 3和50%MgO,在1400℃烧成并急冷（保留玻璃相），陶瓷的εr=5.4。由于Mg 2SiO 4的介电常数是6.2，估算玻璃的介电常数εr 。（设玻璃体积浓度为Mg 2SiO 4的1/2）

ln ε=x 1ln ε1+x 2ln ε2∴ln 5. 4=21ln 6. 2+ln ε2⇒ε2=4. 096≈4. 133

6-4 如果A 原子的原子半径为B 的两倍，那么在其它条件都是相同的情况下，原子A 的电子极化率大约是B 的多少倍？

解： 电子极化率αe =4πε0R 3∝R 3, R A =2R B ⇒αe , A =8αe , B

6-5 为什么碳化硅的电容光焕发率与其折射率的平方n 2相等

解：

麦克斯韦电磁场理论V =

折射率n =C , C ∴n =V

由于SiC 属于非铁磁性物质∴μ＝1

∴n =

, n 2=ε

第七章 材料的磁学性能

1自发磁化的物理本质是什么? 材料具有铁磁性的充要条件是什么?

答: 铁磁体自发磁化的本质是电子间的静电交换相互作用

材料具有铁磁性的充要条件为:

1) 必要条件:材料原子中具有未充满的电子壳层, 即原子磁矩

2) 充分条件:交换积分A > 0

2. 用能量的观点说明铁磁体内形成磁畴的原因

答:根据热力学定律, 稳定的磁状态一定是对应于铁磁材料内总自由能极小值的状态. 磁畴的形成和稳定的结构状态, 也是对应于满足总的自由能为极小值的条件. 对于铁材料来说，分成磁畴后比分成磁畴前能量缩小, 故铁磁材料自发磁化后必然分成小区域的磁畴, 使总自由能为最低, 从而满足能量最低原理. 可见, 退磁场能是形成磁畴的原因