材料科学与工程基础思考题

高分子1101-解：晶格常数：𝑎=2rNa++2rCl−=2×0.1020.181nm=0.566nm晶胞体积：V1=𝑎3=0.5663nm3=43离子体积：V2 VNa+ VCl−=4×3πrNa43

+4×πrCl−3=4×4π×0.1023+4×4π×

==V2=0.117134= +解：晶格常数：𝑎=2rNa++2rCl−=2×0.1020.181nm=0.566nm晶胞体积：V=𝑎3=0.5663nm3=0.18132nm3=1.8132×4一个晶胞中离子的质量：m mNa+ mCl−=6.02×1023×22.9+35.45g=3.877×4

密度ρ=m 3.877×10−22 =2.1382 3CsClCs+0.170nmCl-0.181解：由题意可得：3𝑎=2rCs++=2×0.170+0.181nm=𝑎=晶胞体积：V1=𝑎3=0.40533nm3=0.0665843离子体积：V2 VCs+ VCl−=3πrCs43

+πrCl−3 4π×0.1703+4π×

=填充因子 =V2=0.04542= 如图所示：3𝑎=2r++ 而：𝑎= 联立12可得：r+ 3−1=如图所示：4r−=22（r++r−）则：r+= 2−1=0.414如图所示：sin109.5° 2则：r+=

如图所示： =则：r+=5ZnS中硫离子为面心立方堆积，Zn离子位于四面体间隙。已知离子半径数据为Zn2+=0.06nm,S2-=0.174nm,计算ZnS的密度。解：由图可得：3𝑎=r 2++r2− =0.06+0.174nm=𝑎0.5404晶胞体积：V=𝑎3=0.54043nm3=0.1578=1.578×离子质量：m 2+ m2− ×（65+ =6.445×

=m=6.445×10−22 =4.0844 1.578×10−22cm是多少？画出CaTiO3晶体的单位晶胞结构示意图。说明它们主要用途。为与为与Ca的配位数为：12Ti的配位数为：6；O的配位数为：61晶粒；2瓷器的气孔小，大小分布窄，微裂纹少，除了晶粒外还有玻璃相；炻石，结构：石属于立方晶系结构，其单位晶胞包含8个碳原子。碳原子的最外层电子发间进行延伸而得到石晶体。性能：自然界中硬度最大，导热性最好的物质；还具有优异的抗腐蚀性和耐气候性。富勒烯，的笼由12和20环 100g=80gSiO2+20g

=1.33mol；

=0.32mol∴n=nNa=2×0.32= n氧=2×nSiO2+nNa2O=（2×1.33+0.32）mol=∴=

=解：晶胞体积：V=𝑎3=0.433nm3=0.079507nm3=7.9507×一个晶胞的质量为：m=ρV=2.65×7.9507×10−23g= ×

g=1.4385×10−22gg=6.6944×m=4mA+4mX=4×1.4385×10−22+6.6944×10−23=8.43176×10−22g≠ ×CsCl晶体，则晶胞质量为：m=mA+mX=1.438510−22+6.694410−23= × 程 班级：高分子1101AQ=𝐐∆𝑿（W∙m−1∙K−1）。I（A，理量，𝛔=

（m；S（m2；V’ (6)介电常数：εCCoε=CCoε（7）迁移率：载流子在单位电场中的迁移速度，𝛔=𝐧𝐪𝛍试样上留下压痕单位压痕表面积S上所承受的平均压力，𝐇𝐁=𝐏=𝐏 𝛑𝐃荷P、P，用压痕深度t来表征材料的硬度，𝐇𝐑=𝐊− K=130 留下压痕，单位压痕面积上所承受的平均压力即维氏硬 HV=1.8544 12312如曲线转折点A。（3）对半导体：电导率随温度以指数函数增大，𝛔=

𝐤𝐓σ

−−>小（2𝑒𝑉），就会形成半导体；如果电子未能填满最高的能带，或者满带和空带之间有部分，就会形成导体。19、分别写出理论断裂强度、格列菲斯(Griffith)和Griffith-Orowan-Irwin并写出个物理

=（𝐄𝛄𝐬式中：σm：理论强度（GPa； E：弹性模量（GPa ：1裂纹失稳状态的临界应力

=（𝟐𝐄𝛄𝐬（GPaγs：断裂后新表面表面能 Griffith-Orowan-Irwin

）=（ ）式中：σc：裂纹失稳状态的临界应力（GPa；E：杨氏模量（GPaγs：断裂后新表面表面能（J/m2 γp：塑形变形功答：（1）容量之比，εr=C

大（>2𝑒𝑉）；小（<发出电子-空穴对，使载流子浓度增加，阻值减低，半导体的导电性增加，产生光导现P（1） （2）弹性—均匀塑性型弹性—不均匀塑性型 （4）弹性—不均匀塑性—均匀塑性 键合力强，模量大，形变时除克服密度影响还要克服强键合力，因而塑性形变易27、长方形截面尺寸为𝟏𝟎𝐦𝐦𝟏𝟐.𝟕𝐦𝐦35500N应力作用下，发生弹性形变，计算其应变大小。(已知铝的弹性模量为𝐄铝=𝟕𝟎𝐆𝐏𝐚)解：由题意：应力大小σ=F Pa=2.8× 由于发生弹性形变，因此E=