无机材料物理性能课后习题答案
无机材料物理性能-习题讲解
2. 已知金刚石的相对介电常数r=5.5，磁化 率=-2.17×10-5，试计算光在金刚石中的传 播速度
c c c v n rr r (1 ) 3 108 5.5 (1 2.17 105 ) 1.28108 m / s
引起散射的其它原因还有：缺陷、杂质、晶粒界 面等。
7. 影响热导率的因素有哪些？
温度的影响:
低温：主要是声子传导。自由程则有随温度的升高而迅速降低的特点，低温时，上限为晶粒的距离， 在高温时，下限为晶格的间距。
高温下热辐射显著，光子传导占优势；
在低温时，热导率λ与T3成比例。高温时,λ则迅速降低。 结晶构造的影响 ：声子传导与晶格振动的非谐和有关。晶体结构越复杂，晶格振动的非谐和越大， 自由行程则趋于变小，从而声子的散射大， λ 低。
9.证明固体材料的热膨胀系数不因内含均匀 分散的气孔而改变
对于内含均匀分散气孔的固体材料，可视为固相 与气相组成的复合材料，其热膨胀系数为：
V KW / K W /
i i i i i i i
由于空气组分的质量分数Wi≈0，所以气孔对热膨 胀系数没有贡献。
10. 影响材料散热的因素有哪些？
第三章
材料的光学性能
---习题讲解
1. 试述光与固体材料的作用机理
在固体材料中出现的光学现象是电磁辐射与固体材料中的 原子、离子或电子之间相互作用的结果。一般存在两种作 用机理： 一是电子极化，即在可见光范围内，电场分量与传播过程 中遇到的每一个原子都发生相互作用，引起电子极化，即 造成电子云和原子核的电荷中心发生相互位移，所以当光 通过介质时，一部分能量被吸收同时光速减小，后者导致 折射。 二是电子能态转变：即电磁波的吸收和发射包含电子从一 种能态向另一种能态转变的过程。材料的原子吸收了光子 的能量之后可将较低能级的电子激发到较高能级上去，电 子发生的能级变化与电磁波频率有关。
材料物理性能课后习题答案解析北航出版社田莳主编
材料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1. 一电子通过5400V 电位差的电场，（1）计算它的德布罗意波长；（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni 晶体（111）面（面间距d =2.04×10-10m ）的布拉格衍射角。
（P5）12341311921111o '(2)6.610 =(29.1105400 1.610)=1.67102K 3.7610sin sin 2182hh pmE md dλπλθλλθθ----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==⇒=解：（1）=（2）波数=（3）22. 有两种原子，基态电子壳层是这样填充的;;s s s s s s s 2262322626102610（1）1、22p 、33p （2）1、22p 、33p 3d 、44p 4d ，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）3. 如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少k T ？（P15）1()exp[]11ln[1]()()1/4ln 3()3/4ln 3FF F F f E E E kT E E kT f E f E E E kT f E E E kT=-+⇒-=-=-=⋅=-=-⋅解：由将代入得将代入得4. 已知Cu 的密度为8.5×103kg/m 3，计算其E 0F 。
（P16） 2203234262333118(3/8)2(6.6310)8.510 =(3 6.0210/8)291063.5=1.0910 6.83Fh E n m J eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=解：由5. 计算Na 在0K 时自由电子的平均动能。
（Na 的摩尔质量M=22.99，.0ρ⨯33=11310kg/m ）（P16）22323426233311900(3/8)2(6.6310) 1.01310 =(3 6.0210/8)291022.99=5.2110 3.253 1.085F F h E n mJ eVE E eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===解：由由 6. 若自由电子矢量K 满足以为晶格周期性边界条件x x L ψψ+()=()和定态薛定谔方程。
材料物理性能课后习题答案解析北航出版社田莳主编
材料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1. 一电子通过5400V 电位差的电场，（1）计算它的德布罗意波长；（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni 晶体（111）面（面间距d =2.04×10-10m ）的布拉格衍射角。
（P5）12341311921111o '(2)6.610 =(29.1105400 1.610)=1.67102K 3.7610sin sin 2182hh pmE md dλπλθλλθθ----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==⇒=解：（1）=（2）波数=（3）22. 有两种原子，基态电子壳层是这样填充的;;s s s s s s s 2262322626102610（1）1、22p 、33p （2）1、22p 、33p 3d 、44p 4d ，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）3. 如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少k T ？（P15）1()exp[]11ln[1]()()1/4ln 3()3/4ln 3FF F F f E E E kT E E kT f E f E E E kT f E E E kT=-+⇒-=-=-=⋅=-=-⋅解：由将代入得将代入得4. 已知Cu 的密度为8.5×103kg/m 3，计算其E 0F 。
（P16） 2203234262333118(3/8)2(6.6310)8.510 =(3 6.0210/8)291063.5=1.0910 6.83Fh E n m J eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=解：由5. 计算Na 在0K 时自由电子的平均动能。
（Na 的摩尔质量M=22.99，.0ρ⨯33=11310kg/m ）（P16）22323426233311900(3/8)2(6.6310) 1.01310 =(3 6.0210/8)291022.99=5.2110 3.253 1.085F F h E n mJ eVE E eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===解：由由 6. 若自由电子矢量K 满足以为晶格周期性边界条件x x L ψψ+()=()和定态薛定谔方程。
材料物理性能课后习题答案-北航出版社-田莳主编【范本模板】
材料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1. 一电子通过5400V 电位差的电场,(1）计算它的德布罗意波长;（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni 晶体（111）面（面间距d =2。
04×10—10m ）的布拉格衍射角。
（P5）12341311921111o '(2)6.610 =(29.1105400 1.610)=1.67102K 3.7610sin sin 2182hh pmE md dλπλθλλθθ----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==⇒=解：（1）=（2）波数=（3）22. 有两种原子,基态电子壳层是这样填充的;;s s s s s s s 2262322626102610（1）1、22p 、33p （2）1、22p 、33p 3d 、44p 4d ，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）3. 如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少k T?(P15）1()exp[]11ln[1]()()1/4ln 3()3/4ln 3FF F F f E E E kT E E kT f E f E E E kT f E E E kT=-+⇒-=-=-=⋅=-=-⋅解：由将代入得将代入得4. 已知Cu 的密度为8.5×103kg/m 3，计算其E 0F 。
（P16） 2203234262333118(3/8)2(6.6310)8.510 =(3 6.0210/8)291063.5=1.0910 6.83Fh E n m J eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=解：由5. 计算Na 在0K 时自由电子的平均动能。
（Na 的摩尔质量M=22.99，.0ρ⨯33=11310kg/m )（P16）22323426233311900(3/8)2(6.6310) 1.01310 =(3 6.0210/8)291022.99=5.2110 3.253 1.085F F h E n mJ eVE E eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===解：由由 6. 若自由电子矢量K 满足以为晶格周期性边界条件x x L ψψ+()=()和定态薛定谔方程。
材料物理性能课后习题解答_北航
材料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1. 一电子通过5400V 电位差的电场，（1）计算它的德布罗意波长；（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni 晶体（111）面（面间距d =2.04×10-10m ）的布拉格衍射角。
（P5）12341311921111o '(2)6.610 =(29.1105400 1.610)=1.67102K 3.7610sin sin 2182hh pmE m d dλπλθλλθθ----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==⇒=解：（1）=（2）波数=（3）22. 有两种原子，基态电子壳层是这样填充的;;s s s s s s s 2262322626102610（1）1、22p 、33p （2）1、22p 、33p 3d 、44p 4d ，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）3. 如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少k T ？（P15）1()exp[]11ln[1]()()1/4ln 3()3/4ln 3FF F F f E E E kT E E kT f E f E E E kT f E E E kT=-+⇒-=-=-=⋅=-=-⋅解：由将代入得将代入得4. 已知Cu 的密度为8.5×103kg/m 3，计算其E 0F 。
（P16）2203234262333118(3/8)2(6.6310)8.510 =(3 6.0210/8)291063.5=1.0910 6.83Fh E n m J eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=解：由5. 计算Na 在0K 时自由电子的平均动能。
（Na 的摩尔质量M=22.99，.0ρ⨯33=11310kg/m ）（P16）220323426233311900(3/8)2(6.6310) 1.01310 =(3 6.0210/8)291022.99=5.2110 3.253 1.085FF h E n mJ eVE E eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===解：由由 6. 若自由电子矢量K 满足以为晶格周期性边界条件x x L ψψ+()=()和定态薛定谔方程。
无机材料物理性能习题答案
无机材料物理性能习题答案1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。
解根据题意可得下表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。
1-4一陶瓷含体积百分比为95的Al2O3 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E1380GPaE284GPaV10.95V20.05。
则有当该陶瓷含有5的气孔时将P0.05代入经验计算公式EE01-1.9P0.9P2可得其上、下限弹性模量分别变为331.3 GPa和293.1 GPa。
1-5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 0t 和t 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Voigt模型可以较好地模拟应变蠕变过程拉伸前后圆杆相关参数表体积V/mm3 直径d/mm 圆面积S/mm2 拉伸前1227.2 2.5 4.909 拉伸后1227.2 2.4 4.524 0816.04.25.2lnlnln22001AAllT真应变91710909.4450060MPaAF名义应力0851.0100AAll名义应变99510524.445006MPaAFT真应力2.36505.08495.03802211GPaVEVEEH上限弹性模量1.3238405.038095.0112211GPaEVEVEL下限弹性模量.10011100//0eEEeeEttt则有其蠕变曲线方程为./00000et-t/e则有其应力松弛曲线方程为 1 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。
(完整版)《无机材料物理性能》课后习题答案
《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：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,E 2=84GPa,V 1=0.95,V 2=0.05。
则有当该陶瓷含有5%的气孔时，将P=0.05代入经验计算公式E=E 0(1-1.9P+0.9P 2)可得，其上、下限弹性模量分别变为331.3 GPa 和293.1 GPa 。
0816.04.25.2ln ln ln 22001====A A l l T ε真应变)(91710909.4450060MPa A F =⨯==-σ名义应力0851.0100=-=∆=AA l l ε名义应变)(99510524.445006MPa A F T =⨯==-σ真应力)(2.36505.08495.03802211GPa V E V E E H =⨯+⨯=+=上限弹性模量)(1.3238405.038095.0()(112211GPa E V E V E L =+=+=--下限弹性模量1-11一圆柱形Al 2O 3晶体受轴向拉力Ff 为135 MPa,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：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 = 时的纵坐标表达式。
τ解：Maxwell 模型可以较好地模拟应力松弛过程：Voigt 模型可以较好地模拟应变蠕变过程：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。
材料物理性能部分课后习题..
课后习题第一章1.德拜热容的成功之处是什么？答：德拜热容的成功之处是在低温下，德拜热容理论很好的描述了晶体热容，CV.M∝T的三次方2.何为德拜温度？有什么物理意义？答：HD=hνMAX/k 德拜温度是反映晶体点阵内原子间结合力的一个物理量德拜温度反映了原子间结合力，德拜温度越高，原子间结合力越强3.试用双原子模型说明固体热膨胀的物理本质答：如图，U1（T1）、U2（T2）、U3(T3）为不同温度时的能量，当原子热振动通过平衡位置r0时，全部能量转化为动能，偏离平衡位置时，动能又逐渐转化为势能；到达振幅最大值时动能降为零，势能打到最大。
由势能曲线的不对称可以看到，随温度升高，势能由U1(T1）、U2（T2）向U3（T3）变化，振幅增加，振动中心就由r0'，r0''向r0'''右移，导致双原子间距增大，产生热膨胀第二章1.300K1×10-6Ω·m4000K时电阻率增加5%由于晶格缺陷和杂质引起的电阻率。
解：按题意:p(300k) = 10∧-6 则: p(400k) = (10∧-6)* (1+0.05) ----(1)在400K温度下马西森法则成立，则: p(400k) = p(镍400k) + p(杂400k) ----(2) 又: p(镍400k) = p(镍300k) * [1+ α* 100] ----(3) 其中参数: α为镍的温度系数约= 0.007 ; p(镍300k)(室温) = 7*10∧-6 Ω.cm) 将(1)和(3)代入(2)可算出杂质引起的电阻率p(杂400k)。
2.为什么金属的电阻因温度升高而增大，而半导体的电阻却因温度的升高而减小？对金属材料，尽管温度对有效电子数和电子平均速率几乎没有影响，然而温度升高会使离子振动加剧，热振动振幅加大，原子的无序度增加，周期势场的涨落也加大。
这些因素都使电子运动的自由称减小，散射几率增加而导致电阻率增大而对半导体当温度升高时，满带中有少量电子有可能被激发到上面的空带中去，在外电场作用下，这些电子将参与导电。
材料物理性能课后习题答案 北航出版社 田莳主编
材料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1. 一电子通过5400V 电位差的电场，（1）计算它的德布罗意波长；（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni 晶体（111）面（面间距d =×10-10m ）的布拉格衍射角。
（P5）12341311921111o '(2)6.610 =(29.1105400 1.610)=1.67102K 3.7610sin sin 2182hh pmE m d dλπλθλλθθ----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==⇒=解：（1）=（2）波数=（3）22. 有两种原子，基态电子壳层是这样填充的;;s s s s s s s 2262322626102610（1）1、22p 、33p （2）1、22p 、33p 3d 、44p 4d ，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）3. 如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少k T ？（P15）1()exp[]11ln[1]()()1/4ln 3()3/4ln 3FF F F f E E E kT E E kT f E f E E E kT f E E E kT=-+⇒-=-=-=⋅=-=-⋅解：由将代入得将代入得4. 已知Cu 的密度为×103kg/m 3，计算其E 0F 。
（P16）2203234262333118(3/8)2(6.6310)8.510 =(3 6.0210/8)291063.5=1.0910 6.83Fh E n m J eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=解：由5. 计算Na 在0K 时自由电子的平均动能。
（Na 的摩尔质量M=，.0ρ⨯33=11310kg/m ）（P16）220323426233311900(3/8)2(6.6310) 1.01310 =(3 6.0210/8)291022.99=5.2110 3.253 1.085FF h E n mJ eVE E eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===解：由由 6. 若自由电子矢量K 满足以为晶格周期性边界条件x x L ψψ+()=()和定态薛定谔方程。
材料物理性能课后习题答案北航出社田莳主编
资料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1.一电子经过 5400V 电位差的电场，（1）计算它的德布罗意波长； （2）计算它的波数；（ 3）计算它对 Ni 晶体（ 111）面（面间距 d =× 10-10 m ）的布拉格衍射角。
（ P5）解：（ 1） =hh1p(2 mE) 2= 6.6 10 341(29.1 10 31 5400 1.6 10 19 ) 2=1.67 10 11 m（2）波数 K = 23.76 1011（ 3） 2d sinsin2o 18'2 d2.有两种原子，基态电子壳层是这样填补的（1）1s 2、2s 2 2p 6、3s 2 3p 3;3.，请分别写出 n=3 的所有电子的四个量（2）1s 2、2s 2 2p 6、3s 2 3p 63d 10、 4s 2 4p 6 4d 10;子数的可能组态。
（非书上内容）4. 5.6.如电子占有某一能级的几率是 1/4 ，另一能级被占有的几率为 3/4 ，分别计算两个能级的能量比费米能级超出多少 k T （ P15）7.1解：由 f ( E)EF ]exp[E1kT 8.E E F11]kT ln[f ( E )将 f (E) 1/ 4代入得 E E F ln 3 kT将 f (E)3/ 4代入得 EE Fln 3 kT9.已知 Cu 的密度为× 10 3kg/m 3，计算其 E 0F 。
（ P16）解：h 22(3n / 8 )3由 E F2m 10.= (6.633426210 31)(3 8.5 106.02 1023 / 8 ) 32 9 10 63.5=1.09 10 18J 6.83eV11.计算 Na 在 0K 时自由电子的均匀动能。
（ Na 的摩尔质量 M=， =1.013 103 kg/m 3 ）（ P16） 解：由 E F 0h 22(3 n / 8 ) 32m= (6.6310 34 )21.013 106212.(3 6.02 1023 /8 )32 9 10 31 22.99=5.21 10 19J 3.25eV由E 03E F 01.08eV513. 若自由电子矢量 K 知足认为晶格周期性界限条件( x)= ( x L)和定态薛定谔方程。
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材料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1. 一电子通过5400V 电位差的电场，（1）计算它的德布罗意波长；（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni 晶体（111）面（面间距d =2.04×10-10m ）的布拉格衍射角。
（P5）12341311921111o '(2)6.610 =(29.1105400 1.610)=1.67102K 3.7610sin sin 2182hh pmE md dλπλθλλθθ----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==⇒=解：（1）=（2）波数=（3）22. 有两种原子，基态电子壳层是这样填充的;;s s s s s s s 2262322626102610（1）1、22p 、33p （2）1、22p 、33p 3d 、44p 4d ，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）3. 如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少k T ？（P15）1()exp[]11ln[1]()()1/4ln 3()3/4ln 3FF F F f E E E kT E E kT f E f E E E kT f E E E kT=-+⇒-=-=-=⋅=-=-⋅解：由将代入得将代入得4. 已知Cu 的密度为8.5×103kg/m 3，计算其E 0F 。
（P16） 2203234262333118(3/8)2(6.6310)8.510 =(3 6.0210/8)291063.5=1.0910 6.83Fh E n m J eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=解：由5. 计算Na 在0K 时自由电子的平均动能。
（Na 的摩尔质量M=22.99，.0ρ⨯33=11310kg/m ）（P16）22323426233311900(3/8)2(6.6310) 1.01310 =(3 6.0210/8)291022.99=5.2110 3.253 1.085F F h E n mJ eVE E eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===解：由由 6. 若自由电子矢量K 满足以为晶格周期性边界条件x x L ψψ+()=()和定态薛定谔方程。
材料物理性能课后习题解答-北航
材料物理性能课后习题解答-北航(总21页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--材料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1. 一电子通过5400V 电位差的电场，（1）计算它的德布罗意波长；（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni 晶体（111）面（面间距d =×10-10m ）的布拉格衍射角。
（P5） 12341311921111o '(2)6.610 =(29.1105400 1.610) =1.67102K 3.7610sin sin 2182h h p mE m d d λπλθλλθθ----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==⇒=解：（1）=（2）波数=（3）2 2. 有两种原子，基态电子壳层是这样填充的3. ;;s s s s s s s 2262322626102610（1）1、22p 、33p （2）1、22p 、33p 3d 、44p 4d ，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）4. 如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少k T （P15）5. 1()exp[]11ln[1]()()1/4ln 3()3/4ln 3F F F F f E E E kTE E kT f E f E E E kTf E E E kT=-+⇒-=-=-=⋅=-=-⋅解：由将代入得将代入得 6. 已知Cu 的密度为×103kg/m 3，计算其E 0F 。
（P16）2203234262333118(3/8)2(6.6310)8.510 =(3 6.0210/8)291063.5=1.0910 6.83Fh E n m J eV ππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=解：由 7. 计算Na 在0K 时自由电子的平均动能。
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材料物理性能课后习题答案解析_北航出版社_田莳主编
材料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1. 一电子通过5400V 电位差的电场，（1）计算它的德布罗意波长；（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni 晶体（111）面（面间距d =2.04×10-10m ）的布拉格衍射角。
（P5）12341311921111o '(2)6.610 =(29.1105400 1.610)=1.67102K 3.7610sin sin 2182hh pmE m d dλπλθλλθθ----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==⇒=解：（1）=（2）波数=（3）22. 有两种原子，基态电子壳层是这样填充的;;s s s s s s s 2262322626102610（1）1、22p 、33p （2）1、22p 、33p 3d 、44p 4d ，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）3. 如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少k T ？（P15）1()exp[]11ln[1]()()1/4ln 3()3/4ln 3FF F F f E E E kT E E kT f E f E E E kT f E E E kT=-+⇒-=-=-=⋅=-=-⋅解：由将代入得将代入得4. 已知Cu 的密度为8.5×103kg/m 3，计算其E 0F 。
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（Na 的摩尔质量M=22.99，.0ρ⨯33=11310kg/m ）（P16）220323426233311900(3/8)2(6.6310) 1.01310 =(3 6.0210/8)291022.99=5.2110 3.253 1.085FF h E n mJ eVE E eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===解：由由 6. 若自由电子矢量K 满足以为晶格周期性边界条件x x L ψψ+()=()和定态薛定谔方程。
材料物理性能课后习题答案-北航出版社-田莳主编【范本模板】
材料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1. 一电子通过5400V 电位差的电场,(1）计算它的德布罗意波长;（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni 晶体（111）面（面间距d =2。
04×10—10m ）的布拉格衍射角。
（P5）12341311921111o '(2)6.610 =(29.1105400 1.610)=1.67102K 3.7610sin sin 2182hh pmE md dλπλθλλθθ----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==⇒=解：（1）=（2）波数=（3）22. 有两种原子,基态电子壳层是这样填充的;;s s s s s s s 2262322626102610（1）1、22p 、33p （2）1、22p 、33p 3d 、44p 4d ，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）3. 如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少k T?(P15）1()exp[]11ln[1]()()1/4ln 3()3/4ln 3FF F F f E E E kT E E kT f E f E E E kT f E E E kT=-+⇒-=-=-=⋅=-=-⋅解：由将代入得将代入得4. 已知Cu 的密度为8.5×103kg/m 3，计算其E 0F 。
（P16） 2203234262333118(3/8)2(6.6310)8.510 =(3 6.0210/8)291063.5=1.0910 6.83Fh E n m J eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=解：由5. 计算Na 在0K 时自由电子的平均动能。
（Na 的摩尔质量M=22.99，.0ρ⨯33=11310kg/m )（P16）22323426233311900(3/8)2(6.6310) 1.01310 =(3 6.0210/8)291022.99=5.2110 3.253 1.085F F h E n mJ eVE E eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===解：由由 6. 若自由电子矢量K 满足以为晶格周期性边界条件x x L ψψ+()=()和定态薛定谔方程。
【物理】材料物理性能课后习题答案北航出版社田莳主编供参考
【关键字】物理材料物理习题集第一章固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1.一电子通过5400V电位差的电场，（1）计算它的德布罗意波长；（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni晶体（111）面（面间距d=2.04×10-10m）的布拉格衍射角。
（P5）2.有两种原子，基态电子壳层是这样填充的，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）3.如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少kT？（P15）4.已知Cu的密度为8.5×103kg/m3，计算其（P16）5.计算Na在0K时自由电子的平均动能。
（Na的摩尔质量M=22.99，）（P16）6.若自由电子矢量K满足以为晶格周期性边界条件和定态薛定谔方程。
试证明下式成立：eiKL=17.试用布拉格反射定律说明晶体电子能谱中禁带产生的原因。
（P20）8.试用晶体能带理论说明元素的导体、半导体、绝缘体的导电性质。
答：（画出典型的能带结构图，然后分别说明）9.过渡族金属物理性质的特殊性与电子能带结构有何联系？（P28）答：过渡族金属的d带不满，且能级低而密，可容纳较多的电子，夺取较高的s带中的电子，降低费米能级。
补充习题1.为什么镜子颠倒了左右而没有颠倒上下？2.只考虑牛顿力学，试计算在不损害人体安全的情况下，加速到光速需要多少时间？3.已知下列条件，试计算空间两个电子的电斥力和万有引力的比值4.画出原子间引力、斥力、能量随原子间距变化的关系图。
5.面心立方晶体，晶格常数a=0.5nm，求其原子体密度。
6.简单立方的原子体密度是。
假定原子是钢球并与最近的相邻原子相切。
确定晶格常数和原子半径。
第二章材料的电性能1.铂线300K时电阻率为1×10-7Ω·m，假设铂线成分为理想纯。
试求1000K时的电阻率。
（P38）2.镍铬丝电阻率（300K）为1×10-6Ω·m，加热到4000K时电阻率增加5%，假定在此温度区间内马西森定则成立。
材料物理性能课后习题答案 北航出版社 田莳主编
材料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1. 一电子通过5400V 电位差的电场，（1）计算它的德布罗意波长；（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni 晶体（111）面（面间距d =2.04×10-10m ）的布拉格衍射角。
（P5）12341311921111o '(2)6.610 =(29.1105400 1.610)=1.67102K 3.7610sin sin 2182hh pmE m d dλπλθλλθθ----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==⇒=解：（1）=（2）波数=（3）22. 有两种原子，基态电子壳层是这样填充的;;s s s s s s s 2262322626102610（1）1、22p 、33p （2）1、22p 、33p 3d 、44p 4d ，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）3. 如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少k T ？（P15）1()exp[]11ln[1]()()1/4ln 3()3/4ln 3FF F F f E E E kT E E kT f E f E E E kT f E E E kT=-+⇒-=-=-=⋅=-=-⋅解：由将代入得将代入得4. 已知Cu 的密度为8.5×103kg/m 3，计算其E 0F 。
（P16）2203234262333118(3/8)2(6.6310)8.510 =(3 6.0210/8)291063.5=1.0910 6.83Fh E n m J eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=解：由5. 计算Na 在0K 时自由电子的平均动能。
（Na 的摩尔质量M=22.99，.0ρ⨯33=11310kg/m ）（P16）220323426233311900(3/8)2(6.6310) 1.01310 =(3 6.0210/8)291022.99=5.2110 3.253 1.085FF h E n mJ eVE E eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===解：由由 6. 若自由电子矢量K 满足以为晶格周期性边界条件x x L ψψ+()=()和定态薛定谔方程。
材料物理性能课后答案
材料物理性能课后答案材料物理性能是指材料在外部作用下所表现出的物理特性，包括力学性能、热学性能、电学性能、磁学性能等。
了解材料的物理性能对于材料的选用、设计和应用具有重要意义。
下面是一些关于材料物理性能的课后答案，希望能对大家的学习有所帮助。
1. 什么是材料的力学性能？材料的力学性能是指材料在外力作用下所表现出的性能，包括抗拉强度、屈服强度、弹性模量、硬度等。
这些性能直接影响着材料的承载能力和使用寿命。
2. 为什么要了解材料的热学性能？材料的热学性能是指材料在温度变化下的性能表现，包括热膨胀系数、导热系数、比热容等。
了解材料的热学性能可以帮助我们选择合适的材料用于高温或低温环境，确保材料的稳定性和可靠性。
3. 材料的电学性能有哪些重要指标？材料的电学性能包括介电常数、电导率、击穿电压等指标。
这些性能直接影响着材料在电子器件中的应用，对于电子材料的选用和设计具有重要意义。
4. 什么是材料的磁学性能？材料的磁学性能是指材料在外磁场作用下的性能表现，包括磁化强度、磁导率、矫顽力等。
了解材料的磁学性能可以帮助我们选择合适的材料用于磁性材料和磁性器件的制备。
5. 如何评价材料的物理性能综合指标？材料的物理性能综合指标是综合考虑材料的力学性能、热学性能、电学性能、磁学性能等多个方面的性能指标，通过综合评价来确定材料的适用范围和性能等级。
这些综合指标可以帮助我们更好地了解材料的综合性能，为材料的选用和设计提供参考依据。
总结，了解材料的物理性能对于材料的选用、设计和应用具有重要意义，希望以上答案可以帮助大家更好地理解和掌握材料的物理性能知识。
对于材料物理性能的学习，需要多加练习和实践，才能真正掌握其中的精髓。
祝大家学习进步！。
《无机材料物理性能》课后习题答案.doc
解:&) 4.909x10 《材料物理馅能》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。
F 4500 、—= ---------------- =995( MPa)A 4.524x1()2真应变勺=In上=In色=In 7 = 0.0816 1° A 2.42名义应力a = — = —- =917 (MP。
) —o名义应变 ^ = - = —-1=0.0851/。
A山计算结果町知：真应力大于名义应力，真应变小于名义应变。
1- 5 —陶瓷含体积百分比为95%的A12O3(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Ei=380GPa,E2=84GPa,Vi=0.95,V2=0.05。
则有上限弹性模量=E}V{ +E2V2 = 380 X 0.95 +84 X 0.05 =365.2(GF Q)下限弹性模量曲=(4 +生尸=(性 + 些广=323.1(。
「。
)E] E2 380 84当该陶瓷含有5%的气孔时，将P=0. 05代入经验计算公式E=E o(l-1.9P+O. 9P2)可得，其上、下限弹性模量分别变为331.3 GPa和293. 1 GPa。
1-11 一圆柱形MO]晶体受轴向拉力F,若其临界抗剪强度弓为135 MPa,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:Feos 53。
T = -------- ；— x cos 600.00152〃r f xO.00152^- 2nFmin = ---------------- = 3.17 x 103 (N)m,n cos 53° X cos 60°此拉力下的法向应力为：(7 =317xI0_xcos60° = L12xl08(P€/) = 112(A/P6Z) 0.00152^/cos 60°0.0 应变蠕变曲线 =25.62 〜28.64GF“ 1-6试分别画出应力松弛利应变蠕变与时间的关系示意图,并算出t 二0, t=g 和L 二T 时的纵 坐标表达式。
材料物理性能课后习题答案_北航出版社_田莳主编
材料物理习题集第一章 固体中电子能量结构和状态（量子力学基础）1. 一电子通过5400V 电位差的电场，（1）计算它的德布罗意波长；（2）计算它的波数；（3）计算它对Ni 晶体（111）面（面间距d =2.04×10-10m ）的布拉格衍射角。
（P5）12341311921111o '(2)6.610 =(29.1105400 1.610)=1.67102K 3.7610sin sin 2182hh pmE m d dλπλθλλθθ----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==⇒=解：（1）=（2）波数=（3）22. 有两种原子，基态电子壳层是这样填充的;;s s s s s s s 2262322626102610（1）1、22p 、33p （2）1、22p 、33p 3d 、44p 4d ，请分别写出n=3的所有电子的四个量子数的可能组态。
（非书上内容）3. 如电子占据某一能级的几率是1/4，另一能级被占据的几率为3/4，分别计算两个能级的能量比费米能级高出多少k T ？（P15）1()exp[]11ln[1]()()1/4ln 3()3/4ln 3FF F F f E E E kT E E kT f E f E E E kT f E E E kT=-+⇒-=-=-=⋅=-=-⋅解：由将代入得将代入得4. 已知Cu 的密度为8.5×103kg/m 3，计算其E 0F 。
（P16）2203234262333118(3/8)2(6.6310)8.510 =(3 6.0210/8)291063.5=1.0910 6.83Fh E n m J eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=解：由5. 计算Na 在0K 时自由电子的平均动能。
（Na 的摩尔质量M=22.99，.0ρ⨯33=11310kg/m ）（P16）220323426233311900(3/8)2(6.6310) 1.01310 =(3 6.0210/8)291022.99=5.2110 3.253 1.085FF h E n mJ eVE E eVππ---=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===解：由由 6. 若自由电子矢量K 满足以为晶格周期性边界条件x x L ψψ+()=()和定态薛定谔方程。
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《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：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,E 2=84GPa,V 1=,V 2=。
则有当该陶瓷含有5%的气孔时，将P=代入经验计算公式E=E 0+可得，其上、下限弹性模量分别变为 GPa 和 GPa 。
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 为135 MPa,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。
0816.04.25.2ln ln ln 22001====A A l l T ε真应变)(91710909.4450060MPa A F =⨯==-σ名义应力0851.0100=-=∆=A A l l ε名义应变)(99510524.445006MPa A F T =⨯==-σ真应力)(2.36505.08495.03802211GPa V E V E E H =⨯+⨯=+=上限弹性模量)(1.323)8405.038095.0()(112211GPa E V E V E L =+=+=--下限弹性模量解：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：Voigt 模型可以较好地模拟应变蠕变过程：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。
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m 2; Si-O 的平衡原子间距为*10-8cm;弹性模量从60到75Gpa).1()()(0)0()1)(()1()(10//0----==∞=-∞=-=e EEe e Et t t στεσεεεσεττ；；则有：其蠕变曲线方程为：./)0()(;0)();0()0((0)e (t)-t/e στσσσσσστ==∞==则有：：其应力松弛曲线方程为0123450.00.20.40.60.81.0σ(t )/σ(0)t/τ应力松弛曲线123450.00.20.40.60.81.0ε(t )/ε(∞)t/τ应变蠕变曲线)(112)(1012.160cos /0015.060cos 1017.3)(1017.360cos 53cos 0015.060cos 0015.053cos 82332min 2MPa Pa N F F f =⨯=︒︒⨯⨯=⨯=︒⨯︒⨯=⇒︒⨯︒=πσπτπτ：此拉力下的法向应力为为：系统的剪切强度可表示由题意得图示方向滑移a E th γσ==GPa 64.28~62.2510*6.175.1*10*)75~60(109=-2-2 融熔石英玻璃的性能参数为：E=73 Gpa ；γ= J/m 2；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*10-6mc E c πγσ2==GPa 269.010*1*14.356.1*10*73*269=- 强度折减系数=28=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。
c Y K σ=I =c .σπ=mm K r ys125.0)(2120==I σπ =>==π151031.04/125.0/0c r > 用此试件来求K IC 值的不可能。
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。
讨论讲结果。
解：c Y K I σ= Y=π=cK I 98.1=σ=2/1818.0-c(1)c=2mm, MPa c 25.1810*2/818.03==-σ(2)c=0.049mm, MPa c 58.11610*049.0/818.03==-σ (3)（3）c=2um, MPa c 04.57710*2/818.06==-σ2-4 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=，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=, Pc=50* ,B=10, W=10，S=40 代入下式：])/(7.38)/(6.37)/(8.21)/(6.4)/(9.2[2/92/72/52/32/12/3W c W c W c W c W c BWSP K c IC +-+-==]1.0*7.381.0*6.371.0*8.211.0*6.41.0*9.2[010.0*1040*8.9*502/92/72/52/32/12/3+-+-=62*（） =*==2212μγ-=E K IC 28.3)10*380*2/(94.0*)10*63.1(2)1(92622==-=EK IC μγ J/m 2第三章 材料的热学性能2-3 一热机部件由反应烧结氮化硅制成，其热导率λ=.℃)，最大厚度=120mm.如果表面热传递系数h= J/.℃),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：hr S R T m m 31.01⨯'=∆=226*05.0*6*31.01==447℃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=+*10-3**105/2982=+ *（2） 当T=1273K ，Cp=a+bT+cT -2=+*10-3**105/12732=+ J/据杜隆-珀替定律： Cp=21*24。
94= J/2-2 康宁1723玻璃（硅酸铝玻璃）具有下列性能参数：λ=.℃); α=*10-6/℃;σp=7.0Kg/=6700Kg/mm 2,μ=.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：ER f αμσ)1(-==66610*8.9*6700*10*6.475.0*10*8.9*7-=170℃第二冲击断裂抵抗因子：E R f αμλσ)1(-='=170*= J/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：rin sin sin 21=W = W’ + W’’ m WW W W m n n W W -=-=∴=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=1'1"11'22121 其折射光又从玻璃与空气的另一界面射入空气则()21'"1"'"m WW 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:11.0)()(0)(0625.185.0ln 1085.0-⨯+-+-+-=-=+∴=∴=∴=cm s e e I Ie I I s x s x s αααα定律所得的计算值。
趋近按，可见，随着温度的升高Petit Dulong C m P -,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：TBA 1lg +=σ (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（1).-ΩcmT2=1000K ，σ2=10-6（1).-Ωcm计算电导活化能的值。
解：（1）)/(10T B A +=σ 10ln )/(ln T B A +=σ10ln )/(T B A e +=σ=)/.10(ln 10ln T B A e e =)/(1kT W e A - W=k B ..10ln - 式中k=)/(10*84.04K eV -（2） 500/10lg 9B A +=- 1000/10lg 6B A +=- B=-3000W=-ln10.(-3)**10-4*500=*10-4*500=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：)2/ex p(kT E N n g -=，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”*时, Si(Eg=,TiO 2(Eg=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）可表示为μσne =，式中n 为载流子浓度（cm -3），e 为载流子电荷（电荷*10-19C ）,μ为迁移率（）当电子（e ）和空穴（h ）同时为载流子时，h h e e e n e n μμσ+=。
假定Si 的迁移率μe=1450（），μh=500（），且不随温度变化。
求Si 在室温（20℃）和500℃时的电导率解：（1） Si20℃ )298*10*6.8*2/(1.1ex p(10523--=n =1023*=*1013cm -3 500℃ )773*10*6.8*2/(1.1ex p(10523--=n =1023*e -8=*1019 cm -3 TiO 220℃ )298*10*6.8*2/(0.3ex p(10523--=n=*10-3 cm -3500℃ )773*10*6.8*2/(0.3ex p(10523--=n=*1013 cm -3 (2) 20 ℃h h e e e n e n μμσ+= =*1013**10-19(1450+500) =*10-2（Ω） 500℃ h h e e e n e n μμσ+= =*1019**10-19(1450+500) =7956 （Ω） 4-2. 根据缺陷化学原理推导（1）ZnO 电导率与氧分压的关系。