材料物理课后答案+第二版+(熊兆贤+著)+科学出版社.pdf 39页

'材料物理性能习题与解答吴其胜盐城工学院材料工程学院2007，3 《材料物理性能》习题解答目录1材料的力学性能.....................................................................................22材料的热学性能...................................................................................123材料的光学性能...................................................................................174材料的电导性能...................................................................................205材料的磁学性能...................................................................................296材料的功能转换性能...........................................................................371 《材料物理性能》习题解答1材料的力学性能1-1一圆杆的直径为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体积V/mm3直径d/mm圆面积S/mm2拉伸前1227.22.54.909拉伸后1227.22.44.524F4500真应力σT===995(MPa)A4.524×10−62l1A02.5真应变ε=ln=ln=ln=0.0816T2l0A2.4F4500名义应力σ===917(MPa)A4.909×10−60∆lA0名义应变ε==−1=0.0851lA0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。1-2一试样长40cm,宽10cm,厚1cm，受到应力为1000N拉力，其杨氏模量为3.5×109N/m2，能伸长多少厘米?40cm1cm10cm解：LoadLoadσF⋅l01000×40∆l=ε⋅l0=⋅l0===0.0114(cm)EA0⋅E1×10×10−4×3.5×1092 《材料物理性能》习题解答1-3一材料在室温时的杨氏模量为3.5×108N/m2,泊松比为0.35，计算其剪切模量和体积模量。解：根据E=2G(1+µ)=3B(1−2µ)可知：E3.5×108剪切模量G===1.3×108(Pa)≈130(MPa)2(1+µ)2(1+0.35)E3.5×108体积模量B===3.9×108(Pa)≈390(MPa)3(1−2µ)3(1−0.7)1-4试证明应力-应变曲线下的面积正比于拉伸试样所做的功。证：ε2l2Fdl1l21面积S=∫σdε=∫=∫Fdl=W,亦即S∝W.ε1l1AlVl1V或者：l2ε2ε2做功W=∫Fdl=∫Aσldε=V∫σdε=VS,亦即W∝S.l1ε1ε11-5一陶瓷含体积百分比为95%的Al2O3(E=380GPa)和5%的玻璃相(E=84GPa)，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E1=380GPa,E2=84GPa,V1=0.95,V2=0.05。则有上限弹性模量EH=E1V1+E2V2=380×0.95+84×0.05=365.2(GPa)V1V2−10.950.05−1下限弹性模量EL=(+)=(+)=323.1(GPa)E1E238084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331.3GPa和293.1GPa。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：-t/τ其应力松弛曲线方程为：σ(t)=σ(0)e则有：σ(0)=σ(0);σ(∞)=0;σ(τ)=σ(0)/e.Voigt模型可以较好地模拟应变蠕变过程：σ0−t/τ−t/τ其蠕变曲线方程为：ε(t)=(1−e)=ε(∞)(1−e)Eσ0σ0−1则有：ε(0)=0；ε(∞)=；ε(τ)=(1−e).E3E 《材料物理性能》习题解答1.01.00.80.80.60.60.40.4σ(t)/σ(0)ε(t)/ε(∞)0.20.20.00.0012345t/τ012345t/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。1-7试述温度和外力作用频率对聚合物力学损耗角正切的影响并画出相应的温度谱和频率谱。解：（详见书本）。1-8一试样受到拉应力为1.0×103N/m2,10秒种后试样长度为原始长度的1.15倍,移去外力后试样的长度为原始长度的1.10倍,若可用单一Maxwell模型来描述,求其松弛时间τ值。⎧σ=σ1=σ2解：根据Maxwell模型有：⎪σσ⎨ε=ε1+ε2=+t⎪⎩Eη可恢复不可恢复依题意得：⎧σ1.0×103E===2×104(Pa)⎪⎪ε10.05⎨3⎪σt1.0×10×105η===1×10(Pa⋅s)⎪⎩ε20.1所以松弛时间τ=η/E=1.0×105/2×104=5(s).4 《材料物理性能》习题解答1-9一非晶高聚物的蠕变行为可用一个Maxwell模型和一个Voigt模型串联描述，若t=0时施以拉伸应力为1.0×104N/m2至10小时,应变为0.05,移去应力后的回10−t复应变可描述为ε=(3+e)/100,t为小时，请估算该力学模型的四个参数值。解：据题即求如图E1,E2,η2和η3四参数。如图所示有σ0σ0−t/τσ0ε=ε+ε+ε=+(1−e)+t123EEη123E1,ε1其中ε1立即回复，ε2逐渐回复，ε3不能回复。⎧σ010−10ε==0.05−(3+e)/100=0.01⎪1E⎪14E2,ε2η2,ε⎪σ01.0×1010−∞⇒⎨ε3=t=⋅36000=(3+e)/100=0.032ηη⎪33⎪ε=0.05−0.03−0.01=0.012⎪η3,ε⎩34⎧1.0×106E==1.0×10(Pa)⎪1⎪0.01⇒⎨4⎪1.0×10×3600010η==1.2×10(Pa⋅s)⎪⎩30.03Voigt的回复方程为：ε=εexp(−t/τ)，这里t为从回复时算起，而题目的t为从开始拉(t)010−t伸时算起，所以此题的回复方程为：ε=εexp()(t)0τ排除立即恢复后的应变，应变的回复方程就可写成10−t10−tε=(0.05−0.01−0.03)exp()+0.03,得出τ＝3600s，（与ε＝（3＋e)/100相比）(t)τ41.0×10−1069∴ε＝（1－e)=0.01,∴E=1.0×10Pa,η=Eτ=3.6×10Pa⋅s2222E2−c(T−T)1s1-10当取Tg为参考温度时logα=中的C1=17.44,C2=51.6，求以T()c+T−T2sTg+50℃为参考温度时WLF方程中的常数C1和C2。5 《材料物理性能》习题解答解：B⎧C==17.44(B是常数，f是T时的自由体积百分数)⎪1gg2.303f⎪gQ⎨f⎪gC==51.6(B是自由体积在T以上的热膨胀系数)2fg⎪B⎩f101.6又有f=f+B(T−T)⇒f=f+50B=fgfgg+50gfg51.6⎧17.44C==8.861⎪⎪101.6/51.6∴以Tg+50°C为参考时有⎨101.6F⎪C=×51.6=101.6⎪⎩251.6τ1-11一圆柱形Al2O3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Nτ53°60°τ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：Fcos53°τ=×cos60°20.0015πτ×0.00152πФ3mmf3⇒F==3.17×10(N)mincos53°×cos60°33.17×10×cos60°8此拉力下的法向应力为：σ==1.12×10(Pa)=112(MPa)20.0015π/cos60°1-12拉伸某试样得到如下表的数据,试作σ−ε曲线图,并估算杨氏模量、屈服应力和屈服时的伸长率以及抗张强度。3ε×1051020304050604σ×10Pa25050095012501470156516903ε×107080901001201504σ×10Pa16601500140013801380(断)6 《材料物理性能》习题解答σ屈服点εσ扬氏模量E=,由图中未达屈服点时线段的斜率可求出。σ=σ（图中可以读出），屈屈服点ε服时伸长率即为屈服点的应变，断裂时对应的即是抗张强度。31-13氦原子的动能是E=kT(式中波尔兹曼常数k=1.38x10-23J/K)，求T=1K2时氦原子的物质波的波长。解：⎧312⎪E=kT=mv根据⎨22⎪⎩P=mv=h/λ−34h6.6×10−9⇒λ=h/P===1.26×10(m)=12.6(nm)3mkT−34×10−233××1.38×10×1236.02×101-14利用Sommerfeld的量子化条件，求一维谐振子的能量。222P122Px解：Q一维谐振子的能量E=+mωx⇒+=1相当于一个椭圆22m22mE2E/mω∴根据Sommerfeld量子化条件有：22EπPdx=π2mE⋅2E/mω==nh（这时Pdx相当于椭圆的面积）∫x∫xω⇒E=nhω(n=1,2,3,LL)ih∗∗1-15波函数的几率流密度J=(ψ∇ψ−ψ∇ψ)，取球面坐标时，算符2m∂1∂1∂1ikr∇=i+j+k，求定态波函数ψ=e的几率流密度。rθϕ∂rr∂θrsinθ∂ϕr7 《材料物理性能》习题解答解：1ikr*1−ikrQψ=e,ψ=errikr−1ikr*−ikr−1−ikr且∇ψ=i⋅e,∇ψ=i⋅er2r2rrih(∗∗)ihir(−2ikr)hk∴J=ψ∇ψ−ψ∇ψ==ir322m2mrmr1-16一粒子在一维势阱中运动，势阱为⎧U>0,x>a⎪oU(x)=⎨求束缚态(0=>0.021015π用此试件来求KIC值的不可能。1-22一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)2um,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.m2。讨论讲结果。K=YσcIY=1.12π=1.98KI−1/2σ==0.818c1.98c−3(1)c=2mm,σ=0.818/2*10=18.25MPac−3(2)c=0.049mm,σ=0.818/0.049*10=116.58MPac−6c=2um,σ=0.818/2*10=577.04MPac11 《材料物理性能》习题解答2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=438.9J/mol.K据杜隆-珀替定律：(3Al2O3.2SiO4)Cp=21*24。94=523.74J/mol.K可见，随着温度的升高，C趋近按Dulong−Petit定律所得的计算值。P,m2-2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。σ(1−µ)f第一冲击断裂抵抗因子：R=αE67*9.8*10*0.75=−664.6*10*6700*9.8*10=170℃λσ(1−µ)f第二冲击断裂抵抗因子：R′=αE=170*0.021=3.57J/(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=0.05J/(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。1∆T=R′S×m0.31rhm12 《材料物理性能》习题解答1=226*0.1840.31*6*0.05==447℃N!2-4、系统自由能的增加量∆F=∆E−TS，又有lnN=ln.若在肖特基缺陷(N−n)!n!中将一个原子从晶格内移到晶体表面的能量E=0.48eV,求在0℃产生的缺陷比例sn（即）是多少？NN!解：∆S=KlnW=Kln[](N−n)!⋅n!∆F=∆E−T∆S=∆E−KT[lnN!−ln(N−n)!−lnn!]根据Stirling公式：当N很大时，lnN!=NlnN−N,将上式整理得∆F=∆E−KT[NlnN−(N−n)ln(N−n)−nlnn]∂∆F平衡时，自由能具有最小值，由于热缺陷n引起的自由焓的变化()=0T,P∂nN−nnE⇒E−KTln=0⇒=exp(−)SnN−nKT−19n0.48×1.6×10−9当n不大时，N−n≈N,则=exp(−)=1.42×10−23N1.38×10×273.152-5在室温中kT=0.024eV,有一比费米能级高0.24eV的状态，采用玻尔兹曼统计分布函数计算时，相对于费米-狄拉克统计分布函数计算的误差有多少？−E/kT1.解：根据Boltzman分布有f=A⋅e=e(E−EF)/kT1同时费米−狄拉克统计分布函数为f=e(E−EF)/kT+111−e(E−EF)/kTe(E−EF)/kT+1因而相对误差为1e(E−EF)/kT+1−3−36.738×10−6.693×10==0.0067=0.67%−36.693×102-6NaCl和KCl具有相同的晶体结构，它们在低温下的Debye温度θD分别为310K和230K，KCl在5K的定容摩尔热容为3.8*10-2J/(K.mol),试计算NaCl在5K和KCl在2K的定容摩尔热容。13 《材料物理性能》习题解答根据德拜模型的热容量理论，当温度很低（T→0）时有h124T3C≈πNk()V5θD3h2−2−3−1−1对于KCl有，C（2K）=×3.8×10=2.43×10J⋅mol⋅KV353h230−2−2−1−1对于NaCl有，C（5K）=×3.8×10=1.55×10J⋅mol⋅KV33102-7证明固体材料的热膨胀系数不因为含均匀分散的气孔而改变。∑αiKiWi/ρi对于复合材料有α=V∑KiWi/ρi由于空气组分的质量分数W≈0，所以气孔不影响α，也不影响α。iVl2-8在一维双原子的点阵中：（1）若m/m>1,求证存在关系？12（2）证明在L=π/a，声频支中所有轻原子m静止，而光频支中所有重原子m21静止，并画出此时原子的振动图像。（3）若m1≈m2，请证明此时只有声频支而无光频支。14 《材料物理性能》习题解答解：2111124sinLa（1）ω=k[(+)±(+)−]±emmmmmm121212mm22+1+12m1m124sinLa⇒ω=k[()±()−]由m/m〈〈1⇒±e21mmmm221221124sinLa11m22ω=k[±()−]=k[±1−4sinLa]±eemmmmmmm22122211/21−1/21由于对于y=x,y"=x，有y(1+∆x)=y(1)+y"(1)∆x=1+∆x2211m22⇒ω=k[±(1−4sinLa)]±emmm2212kem222kem2m22则有ω=(1−sinLa)=[(1−+cosLa+mmmmm2121122kem22m24(1+cosLa)+cosLa2=m2m14m12kem222ke22ke=(1+cosLa)∴ω=sinLa=sinLa−m2mmm2112得证。(2)：2111124sinLaω=k[(+)±(+)−]±emmmmmm121212⎧22keω=⎪+当L=±π时，ω2=k[(1+1)±1−1]⎯m⎯2〈⎯m2→⎪m22a±emmmm⎨2k1212⎪ω2=e−⎪m⎩122⎧(m1ω−2ke)A+(2kecosLa)B=0A2m2ω−2ke又根据⎨⇒()=22⎩(m2ω−2ke)B+(2kecosLa)A=0Bm1ω−2ke⎧πB20声学支中：L=±时,()=⇒B=0,m静止；⎪Am22a2⎪−1⎪m⇒1⎨πA20⎪光学支中：L=±时，()=⇒A=0,m静止。1⎪2aBm1−1⎪m⎩215 《材料物理性能》习题解答(3)：2244sinLa2ke1/2若m≈m,ω=k[±−]=[(1±cosLa)]12±e22m1m1m1m1π⎧ω=0,光学支振动频率为0，无光学支；+当L=±时,cosLa=−1⇒⎨aω≠0,光学支振动频率不为0，有光学支。⎩+2-9试计算一条合成刚玉晶体Al2O3棒在1K的热导率，它的分子量为102，直径为3mm，声速500m/s，密度为4000kg/m3，德拜温度为1000K。解3102/4000×10−29一个AlO分子的体积为V==4.24×1023236.02×104d3−29−10假设分子为球形，则π()=4.24×10∴d=4.33×10m322336.02×10×4000×1028分子数密度n==2.36×102101−11λ==5.09×10ms22πdnh124T3C=πNk()=9.7J/K⋅mol(N=5N)vA5θDh1h1−11−8k=CVλ=×9.7×500×5.09×10=8.23×10J/m.s.ktvss332-10一样品在300K的热导率为320J/（m2.s.K）,电阻率为10-2Ω.m,求,其电子热导热的比值.(Loremtz常量L=2.45*10-8(V/K)2解：e−8−2−1−4−1−1−1电子热导率k=L⋅σ⋅T=2.45×10×(10)×300=7.35×10J⋅m⋅s⋅Ktee−4ktkt7.35×10−6===2.30×10he−4kk−k320−7.35×10ttt16 《材料物理性能》习题解答3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)2sini解：n=21sinr2W"⎛n−1⎞21=⎜⎟=m⎜⎟Wn+1W=W’+W’’⎝21⎠W"W"∴=1−=1−mWW其折射光又从玻璃与空气的另一界面射入空气W""W""2则=1−m∴=(1−m)W"W3-2光通过一块厚度为1mm的透明Al2O3板后强度降低了15%，试计算其吸收和散射系数的总和。解:−(α+s)xI=Ie0I−(α+s)x−(α+s)×0.1∴=e∴0.85=eI0−1∴α+s=−10ln0.85=1.625cm3-3有一材料的吸收系数α=0.32cm-1，透明光强分别为入射的10%，20%，50%及80%时，材料的厚度各为多少？解:−αx−αxII=Ie∴e=0I0I∴−αxx=lnI0−ln0.1−ln0.2−ln0.5∴X==7.2cm,X==5.03cm,X==2.17cm1230.320.320.32−ln0.8X==0.697cm40.323-4一玻璃对水银灯蓝、绿谱线λ=4358A和5461A的折射率分别为1.6525和1.6245，B用此数据定出柯西Cauchy近似经验公式n=A+的常数A和B，然后计算对钠2λ黄线λ=5893A的折射率n及色散率dn/dλ值。17 《材料物理性能》习题解答解：Bn=A+2λ⎧B1.6525=A+⎪⎪43582⎧A=1.5754⎨∴⎨6⎪1.6245=A+B⎩B=1.4643×10⎪⎩5461261.4643×10λ=5893时n=1.5754+=1.617625893色散率:dn=(Bλ−2)"=−2Bλ−3=−1.431×10−5dλ3-5．摄影者知道用橙黄滤色镜拍摄天空时，可增加蓝天和白云的对比，若相机镜头和胶卷底片的灵敏度将光谱范围限制在3900-6200A之间，并反太阳光谱在此范围内视成常数，当色镜把波长在5500A以后的光全部吸收时，天空的散射光波被它去掉百分之几呢？[瑞利Rayleugh定律认为：散射光强与λ4成反比]解：6200111dx−∫5500λ45500362003==14.3%6200111dx−∫3900λ439003620033-6．设一个两能级系统的能级差E−E=0.01eV21（1）分别求出T=102K103K，105K，108K时粒子数之比值N2/N1（2）N2=N1的状态相当于多高的温度？（3）粒子数发生反转的状态相当于臬的温度？解：1）N−E2−E12=ekTN1−0.01evNQE−E=0.01ev∴2=ekT21N1N2分别将T代入即可求出的值分别为:0.3134,0.8905,0.9194,0.999999884N12）N=N的状态相当于多高的温度21−0.01ev−0.01evNQ2=ekT∴当ekT=1时,所得的T即为所求N18∴T→103）18 《材料物理性能》习题解答−0.01ev已知当N>N时粒子数会反转，所以当ekT>1时，求得T<0K,所以无法通过改变温21度来实现粒子反转3-7．一光纤的芯子折射率n1=1.62,包层折射率n2=1.52,试计算光发生全反射的临界角θc.解：−1⎛n2⎞−1⎛1.52⎞oθc=sin⎜⎜⎟⎟=sin⎜⎟=1.218=69.8⎝n1⎠⎝1.62⎠19 《材料物理性能》习题解答4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：1lgσ=A+BT(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)−1T2=1000K，σ2=10-6（Ω.cm)−1计算电导活化能的值。(A+B/T)解：（1）σ=10lnσ=(A+B/T)ln10(A+B/T)ln10ln10A(ln10.B/T)(−W/kT)σ=e=ee=A1eW=−ln10.B.k−4式中k=0.84*10(eV/K)−9（2）lg10=A+B/500−6lg10=A+B/1000B=-3000W=-ln10.(-3)*0.86*10-4*500=5.94*10-4*500=0.594eV4-2.根据缺陷化学原理推导（1）ZnO电导率与氧分压的关系。（2）在具有阴离子空位TiO2-x非化学计量化合物中，其电导率与氧分压的关系。（3）在具有阳离子空位Fe1-xO非化学计量化合物中，其电导率与氧分压的关系。（4）讨论添加Al2O3对NiO电导率的影响。••1−1/6解：（1）间隙离子型：ZnO⇔Zn+2e′+O[e′]∝Pi2O2220 《材料物理性能》习题解答•1−1/4或ZnO⇔Zn+e′+O[e′]∝Pi2O221−1/6••[]（2）阴离子空位TiO2-x：Oo⇔O2+Vo+2e′e′∝PO221″•[•]1/6（3）具有阳离子空位Fe1-xO：O2⇔Oo+VFe+2hh∝PO22（4）添加Al2O3对NiO：•″AlO→2Al+V+3Oo23NiNi添加Al2O3对NiO后形成阳离子空位多，提高了电导率。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=Nexp(−E/2kT)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),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=neµ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（cm2.V-1.s-1）当电子（e）和空穴（h）同时为载流子时，σ=neµ+neµeehh假定Si的迁移率μe=1450（cm2.V-1.s-1），μh=500（cm2.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）Si23−520℃n=10exp(−1.1/(2*8.6*10*298)=1023*e-21.83=3.32*1013cm-323−5500℃n=10exp(−1.1/(2*8.6*10*773)=1023*e-8=2.55*1019cm-3TiO223−520℃n=10exp(−3.0/(2*8.6*10*298)21 《材料物理性能》习题解答=1.4*10-3cm-323−5500℃n=10exp(−3.0/(2*8.6*10*773)=1.6*1013cm-3(2)20℃σ=neµ+neµeehh=3.32*1013*1.6*10-19(1450+500)=1.03*10-2（Ω-1.cm-1）500℃σ=neµ+neµeehh=2.55*1019*1.6*10-19(1450+500)=7956（Ω-1.cm-1）1534-5一块n型硅半导体，其施主浓度N=10/cm，本征费米难能级Ei在禁带正D中，费米能级EF在Ei之上0.29eV处,设施主电离能∆ED=0.05eV.试计算在T=300K时施主能级上的电子浓度解：EC0.05eV查Si的E=1.12eV,∆E=E−EEDgDcDEFE−E=E−E−∆E−(E−E)DFciDFi0.29eV1.12Ei∴E−E=0.29−0.05=0.22eVDFE=1.12eV2g15N10Dn=N⋅f(E)==DDD110.22×1.6×10−19EV1+e(ED−EF)/kT1+exp()2−2321.38×10×300113=4.06×10/cm1534-6一块n型硅材料，掺有施主浓度N=1.5×10/cm，在室温（T=300K）时本D123征载流浓度n=1.3×10/cm，求此时该块半导体的多数载流子浓度和少数载流子i浓度。解：153⎧n=N=1.5×10/cm(多子)；0D⎪2Qni〈〈ND∴⎨ni93p==1.13×10/cm(少子)。⎪0N⎩D22 《材料物理性能》习题解答1534-7一硅半导体含有施主杂质浓度N=9×10/cm，和受主杂质浓度D163103N=1.1*10/cm，求在T=300K时（n=1.3×10/cm）的电子空穴浓度以及Ai费米载流了浓度。解：QN〈N,∴补偿后P型半导体DA又QN较少且T在室温，∴杂质几乎完全电离1615153⎧p=N−N=1.1×10−9×10=2×10/cmAD⎪⇒⎨n2(1.3×1010)2i43⎪n==15=8.45×10/cm⎩p2×10NV对于P型半导体，有E−E=kTlnFVNA193153N取1.0×10/cm，N取2×10/cmVA−20代入可得E−E=3.53×10J=0.22eVFV4-8设锗中施主杂质的电离能∆E=0.01eV，在室温下导带底有效状态密度D193N=1.04×10/cm，若以施主杂质电离90%作为电离的标准，试计算在室温c（T=300K）时保持杂质饱和电离的施主杂质浓度范围。解：+2ND低温区，忽略本征激发，仅考虑杂质电离有n=n=0D8ND∆ED/kT1/21+(⋅e)NC+183令n≥0.9N⇒N〈1.32×10/cmDDD183则有N〈1.32×10/cm时可保持强电离。D1634-9设硅中施主杂质电离能∆E=0.04eV，施主杂质浓度N=10/cm，以施主DD杂质电离90%作为达到强电离的最低标准，试计算保持饱和杂质电离的温度范围。23 《材料物理性能》习题解答解：NE−EDDFn=,当exp(−)>>1时D1ED−EFk0T1+exp(−)2kT0E−EDFn=2Nexp(−)DDkT0ND杂质饱和电离∴E=E+kTln代入上式Fc0NcNNDD∴n≈2N()exp(∆E/kT),令D_=2()exp(∆E/kT)DDD0D0NNcc∴n≈D_N,D_为未电离的施主杂质占总数的百分比DD3/2将N=2(2πmkT)/h代入cdn3/2∆ED1D_(2πk0mdn)（)()=(3/2)lnT+ln()∴T≈125K3kTNh0D4-10300K时，锗的本征电阻率为47Ω.cm,如电子空求本征锗的载流子浓度分别为223900cm/V.s和1900cm/V.s.求本征锗的载流子浓度.解：1Qσ==nq(µ+µ)iinpρi11133∴n===2.29×10/cmi−19ρq(µ+µ)47×1.6×10×(3900+1900)inp224-11本征硅在室温时电子和空穴迁移分别为1350cm/V.s和500cm/V.s,当掺入百万分之一的As后,设杂质全部电离,试计算其电导率.比本征硅的电导率增大了多少倍?解：103Q300K时Si的n=1.3×10/cmi10−19−6−1−1σ=nq(µ+µ)=1.3×10×1.6×10×(1350+500)=3.85×10Ω⋅cmiinp223163又Q本征Si的密度N=5×10/cm,则n=5×10/cmiD16−19−1−1σ≈nqµ=5×10×1.6×10×1350=10.8Ω⋅cmnDnσn−66∴=10.8/3.85×10=2.8×10σi24 《材料物理性能》习题解答4-12在500g的硅单晶中掺有4.5*10-5g的硼,设杂质全部电离,求该材料的电阻率(设23µ=400cm/V.s),硅单密度为2.33g/cm,硼的原子量为10.8).P解：−54.5×1023500163Qp≈N=×6.02×10/()=1.17×10/cmA10.82.3311∴ρ===1.34Ω⋅cm16−19pqµ1.17×10×1.6×10×400p24-13设电子迁移率为0.1cm/V.S,硅的电子有效质量m=0.26m,如加以强度为cn0104V/m的电场,试求平均自由时间和平均自由程.解：∗−31qτnµnmn0.1×0.26×9.1×10−13Qµ=∴τ===1.48×10sn∗n−19mq1.6×10n4−13−10λ=υ⋅τ=µ⋅E⋅τ=0.1×10×1.48×10=1.48×10msdnnn4-14一截面为0.6cm2,长为1cm的n型GaAs样品,设2153µ=8000cm/V.s,n=10cm,试求该样品的电阻.n解：111Qρ====0.781Ω⋅cm15−19σnqµ10×1.6×10×8000nl1R=ρ⋅=0.781×=1.3ΩS0.64-15一截在为10-3cm2,掺有杂质浓度N=1013/cm3的P型硅样品,在样品内加有A强度为103V/cm的电场,求:(1)室外温时样品的电导率及流过样品的电流密度.(2)400K时样品的电导率及流过样品的电流密度.25 《材料物理性能》习题解答解：−31对Si，m（电子有效质量）=0.26m=0.26×9.1×10kgdn0V3kT3kT(1)Qσ=nqµ,µ=,V=∴σ=N⋅q⋅/EAEmmdndn−2319−193×1.38×10×30032−1−1=10×1.6×10/(10⋅10)=3.65Ω⋅m−310.26×9.1×103kT5−2−2i=σE=Nq=3.65×10A⋅m=36.5A⋅cmAmdn−1−1(2)同理，400K时，σ=4.12Ω⋅m5−2−2i==4.23×10A⋅m=42.3A⋅cm4-16分别计算有下列列杂质的硅，在室温时的载流子浓度和电阻率；（1）3×1015硼原子/cm3（2）1.3×1016硼原子/cm3+1.0×1016磷原子/cm3（3）1.3×1016磷原子/cm3+1.0×1016硼原子/cm3+1.0×1017砷原子/cm3解：153(1)Qn〈〈n,∴p≈N=3×10/cmiAA2−1−1又查得µ=480cm⋅V⋅sp−115−19−1∴ρ=(pqµ)=(3×10×1.6×10×480)=4.34Ω⋅cm1616163(2)p=N−N=1.3×10−1.0×10=0.3×10/cmAD−116−19−1∴ρ=(pqµ)=(0.3×10×1.6×10×480)=4.34Ω⋅cm161716163(3)n=1.3×10+1×10−1.0×10=10.3×10/cm2−1−1又Qµ=1350cm⋅V⋅sn−116−19−1∴ρ=(pqµ)=(10.3×10×1.6×10×1350)=0.045Ω⋅cm4-17（1）证明µ≠µ,且电子浓度n=niµ/µ，空穴浓度p=niµ/µ时，nPPnPn材料的电导率σ最小，并求出σmin的表达式。（2）试求300K时，InSb的最小电导率和最大电导率，什么导电类型的材料电阻率可达最大？（T=300K时，InSb的22163µ=7.8m/V.s,µ=780cm/V.s,n=1.6×10/cm）。npi26 《材料物理性能》习题解答解：2(1)证：Qn=np(由题中n=nµ/µ,p=nµ/µ可知)iipninp22nnii∴σ=nqµ+pqµ=nqµ+qµ=qµ+pqµnpnpnpnp2dσni令=0⇒qµ−qµ=0⇒n=nµ/µn2pipndnndσ令=0⇒p=nµ/µinpdp22dσdσ又Q〉0，〉0.∴当n=nµ/µ及p=nµ/µ时，σ有最小值。22ipninpdndp且σ=2nqµµminipn16−19−1−1(2)σ=2×1.6×10×1.6×10×78000×780=39.94Ω⋅cmmin1ρ==0.025Ω⋅cmmaxσmin又Qµ〉µ∴P型半导体的ρ为最大。npmax34-18假定硅中电子的平均动能为kT，试求室外温时电子热运动的均方根速度，02如将硅置于10V/cm的电场中，证明电子的平均漂移速度小于热运动速度，设电子迁移率为1500cm2/V.S.如仍设迁移率为上述数值，计算电场为104V/cm时的平均漂移速度，并与热运动速度作一比较，这时电子的实际平均漂移速度和迁移率为多少？解：1∗23Qmυ=kT热022−233k0T3×1.381×10×3005−17−1υ===2.29×10m⋅s=2.29×10cm⋅s热∗−31m0.26×9.1×104−1E=10V/cm时，υ=µ⋅E=1500×10=1.5×10cm⋅s∴υ〈〈υd(漂)nd热447−1E=10V/cm时，υ"=1500×10=1.5×10cm⋅s,υ≈υd(漂)d热∗4ql4q(τµE)32πmnkT强场时Qµ==⇒τ=32πm∗kT32πm∗kT4qEnn−23qτ32πkT32π×1.381×10×300µ===∗∗42−31m4Em4×10×100.26×9.1×10nn2−1−12−1−1=0.2488m⋅v⋅s=2488cm⋅v⋅s47−1υ=µE=2488×10=2.488×10cm⋅sdn27 《材料物理性能》习题解答4-19轻掺杂的硅样品在室外温下，外加电压使电子的漂移速度是它的热运动速度的十分之一，一个电子由于漂移而通过1μm区域中的平均碰撞次数和此时加在这个区域的电压为多少？解：−23113kT13×1.381×10×30026−1υ=υ==×10=2.29×10cm⋅sd热∗−311010m100.26×9.1×10n−4平均自由程l=1µm=1.0×10cm−4l1.0×10−11平均自由时间τ===4.363×10s6υd2.29×10110−1平均碰撞次数P==2.29×10sτ∗υυ⋅mddn电场强度E==⇒µqτ∗4−31−6υd⋅mn⋅l2.29×10×0.26×9.1×10×10−4电压U=E⋅l===7.761×10V−19−11qτ1.6×10×4.363×1028 《材料物理性能》习题解答5材料的磁学性能5-1.垂直板面方向磁化的大薄片性磁性材料，去掉磁化场后的磁极化强度是2J=µM=1Wb/m，试计算板中心的退磁场大小。0解：垂直于板面方向磁化,则为垂直于磁场方向J=μ0M=1Wb/m2退磁场Hd=-NM大薄片材料,退磁因子Na=Nb=0,Nc=12J1Wb/m所以Hd=-M=-==7.96×105A/m−7µ4π×10H/m0eµ05-2试证明拉莫进动频率WL=H02me证明:由于逆磁体中自旋磁矩相互抵消,只须考虑在磁场H中电子轨道运动的变化,按照动量矩定理,电子轨道动量l的变化等于作用在磁矩μl的力矩,即:dl=μl×(µ0H)=µl×B0,式中B0=μ0H为磁场在真空中的磁感应强度.dte而μl=-l2mdledlrr上式改写成:=B×l,又因为=V=ϖL0线dt2mdt所以,在磁场B0电子的轨道角动量l和轨道磁矩均绕磁场旋转,这种旋转运动称eBµe00为拉莫运动,拉莫运动的频率为W==Hl02m2m5-3退磁因子与哪些因素有关？试计算下列情况的N值：（1）被磁化的球形磁体；（2）垂直于轴线方向磁化的细长圆形磁棒；（3）平行平面磁化的无限大薄圆形磁片。解：退磁因子,无量纲,与磁体的几何形状有关.对于旋转椭圆体的三个主轴方向退磁因子之和,存在下面简单的关系:Na+Nb+Nc=1(a,b,c分别是旋转椭圆体的三个半主轴,它们分别与坐标轴x,y,z方向一致)根据上式,很容易求得其三种极限情况下的退磁因子:29 《材料物理性能》习题解答11)球形体:因为其三个等轴,Na=Nb=Nc∴N=32)细长圆柱体:其为a,b等轴,而c>>a,b∴Na=Nb而Nc=01QNa+Nb+Nc=1∴Na=Nb=23)薄圆板体:b=a>>c∴Na=0Nb=0QNa+Nb+Nc=1∴Nc=15-4何谓轨道角动量猝灭现象?由于晶体场导致简并能级分裂,可能出现最低轨道能级单态.当单态是最低能级轨道时,总轨道角动量的绝对值L2虽然保持不变,但轨道角动量的分量Lz不∗再是常量.当Lz的平均值为0,即∫ϕLzϕdτ=0时,称其为轨道角动量猝灭.C5-5推导居里-外斯定律χ=,说明磁化率与温度的关系0T−Tc证明:铁磁体中作用于本征磁矩的有效磁感应场B=B+λMeff0其中M为磁化强度,则λM为内场,顺磁体磁化强度表达式:⎛gµJB⎞B0M=NgµBJBJ⎜⎜⎟⎟把B0用Beff代替,则得到铁磁体磁化强度:kT⎝B⎠⎡gµJ(B+λM)⎤B0M(B0)=NgµBJBJ⎢⎥……………….(1)kT⎣B⎦当T>Tc时,自发磁化强度消失,只有在外磁场B0作用下产生磁化强度gµJ(B+λM)B0当T>>Tc时,可令<<1,则(1)式变为:kTB22NgµJ(J+1)BM=(B+λM)………………..(2)03kTB22又QTc=NgµJ(J+1)λ/3k代入(2)式BBT(B+λM)c0有M=λTTBTc0c解得M=令C"=(T−T)λλc30 《材料物理性能》习题解答C"BµC"00M==H=χHT−TT−Tcc则得µC"C0∴χ==T−TT−Tcc当T≤T时,χ<0为铁磁性c当T>Tc时,χ>0为顺磁性5-6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>05-7超交换作用有哪些类型?为什么A-B型的作用最强?答:具有三种超交换类型:A-A,B-B和A-B因为金属分布在A位和B位,且A位和B位上的离子磁矩取向是反平行排列的.超交换作用的强弱取决于两个主要的因素:1)两离子之间的距离以及金属离子之间通过氧离子所组成的键角ψi2)金属离子3d电子数目及轨道组态.A-B型ψ1=125°9’;ψ2=150°34’A-A型ψ3=79°38’B-B型ψ4=90°;ψ5=125°2’因为ψi越大,超交换作用就越强,所以A-B型的交换作用最强.5-8论述各类磁性χ-T的相互关系1)抗磁性.χ与温度无关,χ<0ddC2)顺磁性:χ=,Tc为临界温度,成为顺磁居里温度,T>Tc时显顺磁性T−Tc31 《材料物理性能》习题解答3)反铁磁性:当温度达到某个临界值TN以上,服从居里-外斯定律4)铁磁性:χf>0,T0时,电子自旋不平行,则会引起系统交换能的增加,Fex>0,只有当不考虑自旋轨道耦合时,交换能Fex是各向同性的.磁晶各向异性能Fx,是饱和磁化强度矢量在铁磁材料中取不同方向时随时间而改变的能量,仅与磁化强度矢量在晶体中的相对晶轴的取向有关1⎛MsMs⎞Fx=⎜∫[]HdM−∫[HdM]⎟V⎝01110100⎠磁晶各向异性来源于电子自旋与轨道的相互耦合作用以及晶体电场效应.这种原子或离子的自旋与轨道的耦合作用,会导致铁磁体的长度和体积的大小发生变化,出现所谓的磁致伸缩铁磁体在受到应力作用时会发生相应的应变,从而引起磁弹性能Fσ,包括由于自发形变而引起的磁应力能,包括外加应力和内应力铁磁体在外磁场中具有位能成为外磁场能FH,外磁场能是铁磁体磁化的动力F=−µHM=−µMHcosθH0s0s有限尺寸的铁磁体材料,受到外加磁场H的变化,会在两端面上分别出现正负磁荷,从而产生减弱外磁场的磁场Hd,均匀磁化材料的退磁场能Fd为:MM12F=−µHdM=µNMdM=µNMd0∫0d0∫0025-10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5-11设立方晶体铁磁材料的6−21−1043M=1.71×10A/m,A=2.16×10J,a=2.26×10m,K=4.2×10J/m，计算其s1单畴的临界尺寸。k1A−32解：单位面积的畴壁能量γ=2πS=3.98×10J/mS为自旋量子数=1a410γL−6-2磁畴宽度D==8.95×10mL=10mM17.0s33 《材料物理性能》习题解答2πx5-12设铁磁材料的内应力分布为σ=σsin，试计算弱磁场下材料的磁导率。0l2πx解：此题通过内应力分布为σ=σsin，可见为90°畴壁位移，其为位移磁方0l3程为µMH=λσ，当外磁场变化∆H，畴壁位移∆x0ss23∂σµM∇H=λ∆x0ss2∂x平衡时µM0s∴∆x=∆H3∂σλs2∂x此时沿外磁场方向上磁矩将增加∆µ=MS∆x(S⊥为单位体积90°畴壁Hs⊥的面积）2µM0sχ=S..................(1)i−90⊥3∂σλs2∂x2πxQσ=σsin(x)0l∂σ2πσ2π0∴=cosx∂xll∂σ2πσ0()=....................(2)x=0∂xll设磁畴宽度D=,在单位体积内将有2/D个畴和畴壁数目,因而单位体积内224(1×1)×=Dl畴壁面积应为4∴S=........................(3)⊥l24µM0s将(2)(3)代入(1),可得:χ=i−903πλσs0∴χ=µ−1i−90r24µM0s∴µ=χ+1=+1=µ/µri−9003πλσs0224µM+3πµλσ0s0s0∴µ=3πλσs05-13.证明复数磁导率µ=µ′−iµ′′中，µ′和µ′′与频率ϖ的关系为半圆形.34 《材料物理性能》习题解答iωt证明:用单弛豫来描述,磁场为交变磁场强度H=He作用下mi(ωt−δc)磁感应强度为B=BemdB1∴=(B−B)=iωBmdtτ1Bm∴(iω+)B=ττiωtQB=µµH=µµHem0i0imiωtiωtµµHeµµ(1−iωτ)He0im0imB==21+iωτ1+(ωτ)iωt由B=µµH=µ(µ"−iµ"")He00mµµii∴µ"==221+(ωτ)⎛ω⎞1+⎜⎟⎜⎟ω⎝r⎠ωµ()iµωirµ""==2ω1+(ωτ)21+()ωr222µi∴µ"+µ""=ω21+()ωrµ"">0所以为半圆形5-14.比较静态磁化与动态磁化的特点材料受磁场作磁滞回归线包围磁损耗用面积静态磁化静态磁场大静态磁滞损耗动态磁化动态磁场小磁滞损耗，涡流损耗，剩余损耗5-15．讨论动态磁化过程中，磁损耗与频率的关系。1）低频区域（f<104Hz）µ"和µ""随频率f的变化较小，引起损耗µ""的机理主要35 《材料物理性能》习题解答是由于不可逆磁化过程产生的磁滞和磁化状态滞后于磁场变化的磁后效；2）中频区域（f=104---106Hz）,损耗µ""会出现峰值；3）高频区域（f=106—108Hz）,µ"急剧下降，损耗µ""迅速增加。交变磁场的频率与畴壁振动的本征频率或弛豫频率相同时，发生畴壁共振或畴壁弛豫而吸收大量引起损耗增大4）超高频区域（f=108—1010Hz）µ"继续下降，µ"-1可能出现负值，而µ""出现自然共振引起的峰值，这是由于外加磁场频率与磁矩进动固有频率相等时产生共振现象引起的；5）极高频区域（f>1010Hz）对应为自然交换共振区域。36 《材料物理性能》习题解答6材料的功能转换性能6-1金红石（TiO2）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：ε=100,χ=0.9;ε=ε=1,χ=χ=0.1mm气d气d2εd21χmεm(+)+χdεd0.9×100×(+)+0.1×133εm3300ε===85.922εd21χ(+)+χ0.9(+)+0.1md33ε3300m6-2一块1cm*4cm*0.5cm的陶瓷介质，其电容为2.4-6μF,损耗因子tgδ为0.02。求：相对介电常数；损耗因素。解：−12−21C⋅d2.4×10×0.5×10(1)相对电容率ε=⋅==3.39r−12−4εA8.854×10×1×4×100−12−22.4×10×0.5×10−13−1(2)损耗因子ε""=ε"tanδ=×0.02=6.0×10F⋅m−41×4×106-3镁橄榄石(Mg2SiO4)瓷的组成为45%SiO2,5%Al2O3和50%MgO,在1400℃烧成并急冷（保留玻璃相），陶瓷的εr=5.4。由于Mg2SiO4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Mg2SiO4的1/2）21Qlnε=xlnε+xlnε∴ln5.4=ln6.2+lnε⇒ε=4.096≈4.1112222336-4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：33Q电子极化率α=4πεR∝R,R=2Re0AB⇒α=8αe,Ae,B6-5为什么碳化硅的电容光焕发率与其折射率的平方n2相等37 《材料物理性能》习题解答解：C麦克斯韦电磁场理论V=,εµC折射率n=∴n=εµV由于SiC属于非铁磁性物质∴µ＝12∴n=ε,n=ε38'