《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 22
001====A A l l T ε真应变)
(91710
909.44500
60MPa A F =⨯==-σ名义应力0851
.010
0=-=∆=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)84
05.038095.0()(1
12211GPa E V E V E L =+=+=--下限弹性模量
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：
V oigt 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。

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。

解：
F
τ N
60°
53° Ф3mm
)
(112)(1012.160cos 1017.3)(1017.360cos 53cos 0015.060cos 0015.053cos 8
2332min 2MPa Pa N F F f =⨯=︒⨯⨯=⨯=︒
⨯︒⨯=⇒︒
⨯︒
=
σπ
τπτ：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).
1()()(0)0()
1)(()1()(10
//0
----=
=
∞=-∞=-=e E
E
e e E
t 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0
1
2
3
4
5
0.0
0.20.40.60.81.0
σ(t )/σ(0)
t/τ
应力松弛曲线
012345
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
ε(t )/ε(∞)
t/τ
应变蠕变曲线
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/m 2; Si-O 的平衡原子间距为1.6*10-8cm;弹性模量从60到75Gpa
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=1.56 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*10-6m
c E c πγσ2==GPa 269.010*1*14.356
.1*10*73*269=- 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。

c Y K σ=I =c .σπ=39.23Mpa.m 1/2
mm K r ys
125.0)(212
0==
I σπ =>
==π
151
031.04/125.0/0c r >0.021 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1.62MPa.m 2。

讨论讲结果。

解：c Y K I σ= Y=1.12π=1.98
c
K 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==-σ
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：
])/(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 BW
S
P 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*（0.917-0.145+0.069-0.012+0.0012） =1.96*0.83==1.63Pam 1/2
2
12μγ
-=
E K IC 28.3)10*380*2/(94.0*)10*63.1(2)1(92622
==-=E
K IC μγ J/m 2
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：(3Al 2O 3.2SiO 4) Cp=21*24。

94=523.74 J/mol.K
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/mm 2.E=6700Kg/mm 2,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：E
R f αμσ)
1(-=
=6
6610
*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*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/(cm 2.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：h
r S R T m m 31.01
⨯
'=∆
=226*0.18405
.0*6*31.01
==447℃
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
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 -,
减可忽略不计,试证明明透过后的光强为(1-m)2
解：r
i
n sin sin 21=
W = W’ + W’’ m W
W W W m n n W W -=-=∴=⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+-=1'1"11'2
2121
其折射光又从玻璃与空气的另一界面射入空气 则
()2
1'"1"'"m W
W 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:
1
1.0)()(0
)(0625.185.0ln 1085.0-⨯+-+-+-=-=+∴=∴=∴
=cm s e e I I
e I I s x s x s αααα
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：T
B
A 1
lg +=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).-Ωcm
T2=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 +=σ
10ln )/(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=-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：)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”*10-5eV.K -1时, Si(Eg=1.1eV),TiO 2(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μσne =，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，h h e e e n e n μμσ+=。

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

求Si 在室温（20℃）和500℃时的电导率
解：（1） Si
20℃ )298*10*6.8*2/(1.1ex p(10523--=n =1023*e -21.83=3.32*1013cm -3 500℃ )773*10*6.8*2/(1.1ex p(10523--=n =1023*e -8=2.55*1019 cm -3 TiO 2
20℃ )298*10*6.8*2/(0.3ex p(10523--=n
=1.4*10-3 cm -3
500℃ )773*10*6.8*2/(0.3ex p(10523--=n
=1.6*1013 cm -3 (2) 20 ℃h h e e e n e n μμσ+=
=3.32*1013*1.6*10-19(1450+500) =1.03*10-2（Ω-1.cm -1） 500℃ h h e e e n e n μμσ+=
=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。

解：（1）间隙离子型：22
1
2O e Zn ZnO i
+'+⇔∙
∙ []6/12
-∝'O P e 或22
1O e Zn ZnO i +'+⇔∙ []4
/12-∝'O P e
（4）添加Al 2O 3对NiO ：
Oo V Al O Al i N i N 3232+"
+→∙
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。

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。

92
.851.0)300132(9.01
1.0)300132(1009.0)332()332(1
.0,1;9.0,100=++⨯++⨯⨯=++++=
======d
m
d
m d d m d
m m d d m m χεεχεχεεεχεχχεεχε气气解：4122
12039.310
4110854.8105.0104.21)1(----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=A d C r εε相对电容率解：
6-3 镁橄榄石(Mg 2SiO 4)瓷的组成为45%SiO 2,5%Al 2O 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）
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？
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
ε
εμεμεμ
==
∴∴=∴=
=2,1
,
n n SiC n V
C
n C
V ＝属于非铁磁性物质由于折射率麦克斯韦电磁场理论解：
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
1.4096.4ln 3
1
2.6ln 324.5ln ln ln ln 222211≈=⇒+=
∴+=εεεεεx x B
e A e B A e R R R R ,,33082,4ααπεα=⇒=∝=电子极化率解：
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。