材料物理导论(熊兆贤着)课后习题答案第三章习题参考解答
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第3章 能量定理和守恒定律3-5一圆锥摆的摆球在水平面上作匀速圆周运动。
已知摆球质量为m ，圆半径为R ，摆球速率为υ，当摆球在轨道上运动一周时，作用在摆球上重力冲量的大小为多少？解：如3-5题图所示，一周内作用在摆球上重力冲量的大小为 3-6用棒打击质量为0.3Kg 、速率为20m/s 的水平飞来的球，球飞到竖直上方10 m 的高度。
求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力。
解：设球的初速度为1υ，球与棒碰撞后球获得竖直向上的速度为2υ，球与棒碰撞后球上升的最大高度为h ，如3-6题图所示，因球飞到竖直上方过程中，只有重力作功，由机械能守恒定律得 由冲量的定义可得棒给予球的冲量为 其冲量大小为 球受到的平均冲力为t F I ⋅=__()N tIF 366__==3-7质量为M 的人，手里拿着一个质量为m 的球，此人用与水平线成θ角的速度0υ向前跳去。
当他达到最高点时，将物体以相对人的速度μ水平向后抛出，求由于物体的抛出，跳的距离增加了多少?（假设人可视为质点） 解：如3-7题图所示，把人与物视为一系统，当人跳跃到最高点处，在向后抛物的过程中，满足动量守恒，故有式中υ为人抛物后相对地面的水平速率，υμ-为抛出物对地面的水平速率，得人的水平速率的增量为而人从最高点到地面的运动时间为所以，人由于向后抛出物体，在水平方向上增加的跳跃后距离为 3-8 一质量为m ＝2kg 的物体按()m t x 2213+=的规律作直线运动，求当物体由m x 21=运动到m x 62=时，外力做的功。
解：由2213+=t x ，可得 232dx t dt υ== 当物体在m x 21=处时，可得其时间、速度分别为()2113002m s υ-=⨯=⋅ （1）当物体在m x 62=处时，可得其时间、速度分别为()2123262m s υ-=⨯=⋅ （2）则由（1）、（2）式得外力做的功 3-9求把水从面积为250m 的地下室中抽到街道上来所需作的功。
材料物理导论答案
= ih ψ∇ψ ∗ −ψ ∗∇ψ 2m
=
ih 2m
ir
(−2ikr ) r3
=
hk mr 2
i r
16. 一粒子在一维势阱中运动，势阱为
U (x)
=
⎪⎧U ⎨
o
> 0,
x
>
a
求束缚态(0
<
E
<
U0)的能级所满足的方程。
⎪⎩0, x ≤ a
解：粒子满足波函数：
⎧ ⎪− ⎪
h2 2m
d
2ϕ1 (x0 dx 2
第一章 材料的力学
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
拉伸前后圆杆相关参数表
体积 V/mm3 直径 d/mm 圆面积 S/mm2
解：据题即求如图 E1,E2,η2 和η3 四参数。如图所示有
ε
= ε1
+ε2
+ε3
=
σ0 E1
+
σ0 E2
(1 − e−t /τ
)+
σ0 η3
t
其中ε1 立即回复，ε2 逐渐回复，ε3 不能回复。
⇒
⎪⎧ε1 ⎪ ⎪ ⎨ε 3 ⎪
= =
σ0 E1
σ0 η3
= 0.05 − (3 + e10−10 ) /100 = t = 1.0 ×104 ⋅ 36000 = (3 +
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
《材料科学导论》习题及答案
13. 准晶的结构特征是………………………………………( ) (A) 短程有序，长程{严 严取平向移序序. (B) 短程有序，长程{严准取平向移序序. (C) 短程有序，长程{严准取平移向序序. (D) 短程有序，长程{准准取平向移序序.
14. 向列相液晶态的结构特征是……………………………( )
(A) 短程有序，长程{取平向移有有序序. (B) 短程有序，长程{取平向移有无序序. (C) 短程有序，长程{取平向移无有序序. (D) 短程有序，长程{取平向移无无序序.
(F) 晶体点群＞空间群＞色群
28. 晶体按微观对称性划分出来的空间群的数目是……(
)
(A) 7
(B) 14
(C) 32
(D) 230
29. 金属Cu晶体具有立方面心晶胞，则Cu的配位数为…( )
(A) 4
(B) 6
(C) 8
(D) 12
30. 某金属原子采用A1堆积型式，其晶胞型式为………(
)
(A) 简单立方
∈ (C) T＞Tc时， ∃ (铁磁相) {磁有序结构}； ∈ T＜Tc时， ∃ (顺磁相) {磁无序结构}.
∈ (D) T＞Tc时， ∃ (铁磁相) {磁无序结构}； ∈ T＜Tc时， ∃ (顺磁相) {磁有序结构}.
35. 反铁磁性的有序-无序转变的临界温度TN称为奈尔点，（数学符
号 ∃ 表示“存在”）。那么，下列表述正确的是…………( )
5
∈ (B) T＞Tc时， ∃ (顺磁相) {磁无序结构}； ∈ T＜Tc时， ∃ (亚铁磁相) {磁有序结构}.
∈ (C) T＞Tc时， ∃ (亚铁磁相) {磁有序结构}； ∈ T＜Tc时， ∃ (顺磁相) {磁无序结构}.
∈ (D) T＞Tc时， ∃ (亚铁磁相) {磁无序结构}； ∈ T＜Tc时， ∃ (顺磁相) {磁有序结构}.
2017-2018学年高中物理粤教版选修3-5习题：第三章 第
第三章 原子结构之谜 第三节 氢原子光谱 第四节 原子的能级结构A 级 抓基础1．下列对于巴耳末公式的说法正确的是( ) A ．所有氢原子光谱的波长都与巴耳末公式相对应B ．巴耳末公式只确定了氢原子发光中可见光部分的光的波长C ．巴耳末公式确定了氢原子发光中一个线系的波长，其中既有可见光，又有紫外光D ．巴耳末公式确定了各种原子发光中的光的波长解析：巴耳末公式只确定了氢原子发光中一个线系的波长，不能描述氢原子发出的各种光的波长，也不能描述其他原子的发光，A 、D 错误；巴耳末公式是由当时已知的可见光中的部分谱线总结出来的，但它适用于整个巴耳末线系，该线系包括可见光和紫外光，B 错误，C 正确．答案：C2．关于玻尔建立的氢原子模型，下列说法正确的是( ) A ．氢原子处于基态时，电子的轨道半径最大B ．氢原子在不同能量态之间跃迁时可以吸收任意频率的光子C ．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，电子的动能减小D ．氢原子从基态向较高能量态跃迁时，系统的电势能减小解析：根据电子轨道半径公式r n ＝n 2r 1，可知，处于基态时电子的轨道半径最小，故A 错误；根据跃迁时吸收光子的能量差公式ΔE ＝E m －E n 可知，跃迁时可以吸收特定频率的光子，故B 错误；氢原子吸收能量后从低能级向较高能级跃迁，能级增大，总能量增大，根据ke 2r 2＝m v 2r知，核外电子的动能减小，则电势能增大，电子绕核旋转的半径增大，故C 正确，D 错误． 答案：C3．大量原子从n ＝4的激发态向低能态跃迁时，产生的光谱线数是( ) A ．2条 B ．4条 C ．6条 D ．8条解析：从n ＝4向低能级跃迁有3条，从n ＝3向低能级跃迁有2条，从n ＝2向低能级跃迁有1条，总共6条，即N ＝n （n －1）2.答案：C4．欲使处于基态的氢原子激发或电离，下列措施可行的是( )①用10.2 eV 的光子照射 ②用11 eV 的光子照射 ③用14 eV 的光子照射 ④用11 eV动能的电子碰撞A．①②③B．①③④C．②③④D．①②④解析：①用10.2 eV的光子照射，即(－13.6＋10.2)eV＝－3.4 eV，跃迁到第二能级，故①正确；②因为(－13.6＋11)eV＝－2.6 eV，不能被吸收，故②错误；③用14 eV的光子照射，即(－13.6＋14)eV＞0，氢原子被电离，故③正确；④用11 eV的动能的电子碰撞，可能吸收10.2 eV能量，故④正确．综上所述，故B正确，A、C、D错误．答案：B5．汞原子的能级图如图所示，现让一束光子能量为8.8 eV的单色光照射到大量处于基态(能级数n＝1)的汞原子上，能发出6种不同频率的色光．下列说法中正确的是( )A．最长波长光子的能量为1.1 eVB．最长波长光子的能量为2.8 eVC．最大频率光子的能量为2.8 eVD．最大频率光子的能量为4.9 eV解析：由题意知，吸收光子后汞原子处于n＝4的能级，向低能级跃迁时，最大频率的光子能量为(－1.6＋10.4) eV＝8.8 eV，最大波长的光子能量为(－1.6＋2.7) eV＝1.1 eV，故A正确．答案：A6．氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中( )A．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大B．原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小C．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小D．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大解析：根据玻尔理论，氢原子核外电子在离核较远的轨道上运动能量较大，必须吸收一定能量的光子后，电子才能从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，故B错；氢原子核外电子绕核做圆周运动，由原子核对电子的库仑力提供向心力，即：k e2r2＝mv2r，又E k＝12mv2，所以E k＝ke22r.由此式可知：电子离核越远，r越大时，电子的动能越小，故A、C错；由r变大时，库仑力对核外电子做负功，因此电势能增大，从而判断D正确．答案：DB级提能力7.(多选)设氢原子由n＝3的状态向n＝2的状态跃迁时放出能量为E、频率为ν的光子．则氢原子( )A．跃迁时可以放出或吸收能量为任意值的光子B．由n＝2的状态向n＝1的状态跃迁时放出光子的能量大于EC．由n＝2的状态向n＝3的状态跃迁时吸收光子的能量等于ED．由n＝4的状态向n＝3的状态跃迁时放出光子的频率大于ν解析：原子跃迁时可以放出或吸收能量为特定值的光子，A错；由n＝2的状态向n＝1的状态跃迁时，能量比由n＝3的状态向n＝2的状态跃时要大，所以放出光子的能量大于E，B项正确；由n＝2的状态向n＝3的状态跃迁时吸收光子的能量等于由n＝3的状态向n＝2的状态跃迁时放出的能量E，C项正确；由n＝4的状态向n＝3的状态跃迁时放出光子的能量较小，所以频率小于ν，D项错．答案：BC8．如图所示为氢原子的能级图．用光子能量为13.06 eV的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射不同波长的光有( )A．15种B．10种C．4种D．1种解析：吸收13.06 eV能量后氢原子处于量子数n＝5的激发态，故可产生10种不同波长的光，故B正确．答案：B9．氢原子处于基态时，原子能量E1＝－13.6 eV，已知氢原子各定态能量与基态能量之间关系为E n ＝E 1n2，式中n ＝2、3、4、5…( )A ．若氢原子处于n ＝2的定态，该氢原子的电离能为10.2 eVB ．若氢原子处于n ＝2的定态，该氢原子的电离能为3.4 eVC ．一个处于n ＝3定态的氢原子在向基态跃迁时最多放出3种频率的光子D ．氢原子从n ＝4定态向n ＝3定态时要放出光子，电子的动能减小解析：量子数n ＝2时，能级时的能量为E 2＝1n 2E 1＝122×(－13.6 eV)＝－3.4 eV ，因此该氢原子的电离能为3.4 eV ，故A 错误，B 正确；一个处于n ＝3定态的氢原子在向基态跃迁时，最多可释放出2种不同频率的光子，故C 错误；从n ＝4定态向n ＝3定态时要放出光子，但电子的动能增加，故D 错误．答案：B10．原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1>λ2.那么原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要( )A ．发出波长为λ1－λ2的光子B ．发出波长为λ1λ2λ1－λ2的光子C ．吸收波长为λ1－λ2的光子D ．吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子解析：根据题意画出能级图如图所示，则E a －E b ＝h c λ1 ，E c －E b ＝hcλ2，得E c －E a ＝hcλ2－hcλ1，设由a 到c 吸收光子的波长为λ 则hcλ2－hc λ1＝h cλ， 可知λ＝λ1λ2λ1－λ2，A 、B 、C 错，D 正确．答案：D11．处于量子数n ＝3的激发态的氢原子，向低能态跃迁时有三种可能，所产生的光谱线波长分别是λ31、λ32、λ21，这三个波长之间的关系是( )A ．λ31＝λ32＋λ21 B.1λ31＝1λ32＋1λ21 C ．λ32＝λ31＋λ21D.1λ32＝1λ31＋1λ21解析：n ＝3跃迁到n ＝1能级所释放光子的能量等于n ＝3跃迁到n ＝2，n ＝2跃迁到n ＝1能级释放的光子能量之和，有ν31＝ν32＋ν21，根据λ＝cν和ν31＝ν32＋ν21得1λ31＝1λ32＋1λ21，故A 、C 、D 错误，B 正确． 答案：B12．氢原子在基态时轨道半径r 1＝0.53×10－10m ，能量E 1＝－13.6 eV.当氢原子处于基态时，求：(1)电子的动能； (2)原子的电势能；(3)用波长是多少的光照射可使其电离？(已知电子质量m ＝9.1×10－31kg)解析：(1)设处于基态的氢原子核外电子速度为v 1，则，k e 2r 21＝mv 21r 1，所以电子动能 E k1＝12mv 21＝ke 22r 1＝9×109×（1.6×10－19）22×0.53×10－10×1.6×10－19≈13.6 (eV)．(2)因为E 1＝E k1＋E p1，所以E p1＝E 1－E k1＝－13.6 ev －13.6 ev ＝－27.2 eV. (3)设用波长λ的光照射可使氢原子电离：hcλ＝0－E 1.所以λ＝－hc E 1＝6.63×10－34×3×10813.6×1.6×10－19m ≈9.14×10－8m.答案：(1)13.6 eV (2)－27.2 eV (3)9.14×10－8m。
材料物理导论(熊兆贤着)课后习题答案第四章习题参考解答
第四章材料的磁学 1. 垂直于板面方向磁化,则为垂直于磁场方向 J =μ0M = 1Wb/m 2 退磁场Hd = - NM大薄片材料,退磁因子Na = Nb = 0, Nc = 1所以Hd = - M = -0μJ =m H m Wb /104/172-⨯π=7.96×105A/m 2. 试证明拉莫进动频率W L = 002H m e eμ 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:dtdl = μl ()00B H l ⨯=⨯μμ,式中B 0 = μ0H 为磁场在真空中的磁感应强度. 而 μl = - l me 2 上式改写成: l B m e dt dl ⨯=02,又因为L V dtdl ϖ==线 所以,在磁场B 0电子的轨道角动量l 和轨道磁矩均绕磁场旋转,这种旋转运动称为拉莫运动,拉莫运动的频率为00022H m e m eB W l μ==3. 答: 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:1) 球形体:因为其三个等轴, Na = Nb = Nc 31=∴N 2) 细长圆柱体: 其为a,b 等轴,而c>>a,b Nb Na =∴ 而0=Nc 3) 薄圆板体: b=a>>c 0=∴Na 0=Nb 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L 2虽然保持不变,但轨道角动量的分量L z 不再是常量. 当L z 的平均值为0,即0=⎰*τϕϕd L z 时,称其为轨道角动量猝灭. 5. 推导居里-外斯定律cT T C -=χ,说明磁化率与温度的关系0证明: 铁磁体中作用于本征磁矩的有效磁感应场M B B eff λ+=0其中M 为磁化强度,则M λ为内场,顺磁体磁化强度表达式:⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=T k JB g JB Ng M B B J B 0μμ 把B 0用B eff 代替,则得到铁磁体磁化强度:()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=T k M B J g JB Ng M B B J B B )(00λμμ……………….(1) 当T>T c 时,自发磁化强度消失,只有在外磁场B 0作用下产生磁化强度当T>>T c 时,可令1)(0<<+T k M B J g B B λμ,则(1)式变为: )(3)1(022M B Tk J J Ng M B B λμ++=………………..(2) 又B B k J J Ng Tc 3/)1(22λμ+= 代入(2)式有 T M B T M c λλ)(0+=解得λ)(0c c T T B T M -= 令λc T C =' 则得c c cc T T C T T C H H T T C T T B C M -=-=∴=-=-='''000μχχμ当T c T ≤时,0<χ为铁磁性当T > T c 时,0>χ为顺磁性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 > 07.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ψi 2) 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.8. 论述各类磁性χ-T 的相互关系1) 抗磁性.d χ 与温度无关,d χ<0 2) 顺磁性:c T T C -=χ,T c 为临界温度,成为顺磁居里温度,T>T c 时显顺磁性 3) 反铁磁性:当温度达到某个临界值T N 以上,服从居里-外斯定律4) 铁磁性: χf >0, T< T c ,否则将转变为顺磁性,并服从居里-外斯定律5) 亚铁磁性: 是未抵消的反铁磁性结构的铁磁性9. 比较铁磁体中五种能量的下列关系:答:铁磁材料的五种相互作用能分别为: 交换能F ex ,磁晶各向异性能F x ,磁弹性能F σ,退磁场能F d 和外磁场能F H1) 相邻原子电子自旋的单位体积内的交换能A>0时,电子自旋不平行,则会引起系统交换能的增加, F ex >0,只有当不考虑自旋轨道耦合时,交换能F ex 是各向同性的.2) 磁晶各向异性能F x ,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3) 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F σ,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4) 铁磁体在外磁场中具有位能成为外磁场能F H ,外磁场能是铁磁体磁化的动力5) 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H d ,均匀磁化材料的退磁场能F d 为: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11． 解：单位面积的畴壁能量231/1098.32m J aA k S -⨯==πγ S 为自旋量子数=1 磁畴宽度m L M D s 641095.80.1710-⨯==γ L=10-2m 12 解：此题通过内应力分布为l x πσσ2sin0=，可见为90°畴壁位移，其为位移磁方程为σλμs s H M 230=，当外磁场变化H ∆，畴壁位移x ∆平衡时 H x M x x xH M s s s s ∆∂∂=∆∴∆∂∂=∇σλμσλμ232300 此时沿外磁场方向上磁矩将增加⊥∆=∆⊥S x S M s H (μ为单位体积90°畴壁的面积） 设磁畴宽度2l D =,在单位体积内将有2/D 个畴和畴壁数目,因而单位体积内畴壁面积应为)3....(....................442)11(l S l D =∴=⨯⨯⊥ 将(2)(3)代入(1),可得:0209034σλμπχs s i M =- 13. 证明: 用单弛豫来描述,磁场为交变磁场强度t i m e H H ω=作用下磁感应强度为)(c t i m e B B δω-=由t i m e H i H B ωμμμμμ)'''(00-==所以为半圆形14.15．讨论动态磁化过程中，磁损耗与频率的关系。
材料物理导论(熊兆贤着)课后习题答案第二章习题参考解答
第二章 材料的热学92319S P ,T 1042.1)15.2731038.1106.148.0exp(N n ,N n N n )KT E exp(n N n 0n n N ln KT E 0)n F (n ]n ln n )n N ln()n N (N ln N [KT E F ,N N ln N !N ln N Stirling ]!n ln )!n N ln(!N [ln KT E S T E F ]!n )!n N (!N ln[K W ln K S .1---⨯=⨯⨯⨯⨯-=≈--=-⇒=--⇒=∂∆∂-----∆=∆-=----∆=∆-∆=∆⋅-==∆⊗则不大时，当引起的自由焓的变化小值，由于热缺陷平衡时，自由能具有最将上式整理得很大时，公式：当根据：解%67.00067.010693.610693.610738.61e 11e 1e 11e 1f e 1e A f Boltzman .2333k T /)E E (k T /)E E (k T /)E E (k T /)E E (k T /)E E (k T /E F F F F F ==⨯⨯-⨯=++-+=-=⋅=⊗---------因而相对误差为狄拉克统计分布函数为同时费米分布有解：根据定律所得的计算值。
趋近按，可见，随着温度的升高）的摩尔热容为：定律，莫来石（根据时，时，。
可解得对于莫来石有解：根据经验公式Petit Dulong C k mol /J 74.52394.2421SiO 2O Al 3Petit Dulong k mol /J 6.445C K 1273T k mol /J 6.384C K 298T 1068.26c ,1096.14b ,55.87a T 'C bT a C .3m ,P 232m ,P m ,P 532m ,P -⋅=⨯⋅-⋅==⋅==⨯-=⨯==++=⊗---112233h V 113233h V 3D 4h V K mol J 1055.1108.3310230K 5C NaCl K mol J 1043.2108.352K 2C KCl )T (Nk 512C 0T .4--------⋅⋅⨯=⨯⨯=⋅⋅⨯=⨯⨯=θπ≈→⊗）（有，对于）（有，对于）时有（容量理论，当温度很低解：根据德拜模型的热。
材料物理导论（熊兆贤着）课后习题答案第一章习题参考解答
第一章 材料的力学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。
2. 一试样长40cm,宽10cm,厚1cm ，受到应力为1000N 拉力，其杨氏模量为3.5×109 N/m 2，解：3. 一材料在室温时的杨氏模量为3.5×108 N/m 2,泊松比为0.35，计算其剪切模量和体积模量。
解：根据可知：拉伸前后圆杆相关参数表 )(0114.0105.310101401000940000cm E A l F l El l =⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=⋅=⋅=∆-σε0816.04.25.2ln 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)21(3)1(2μμ-=+=B G E )(130)(103.1)35.01(2105.3)1(288MPa Pa E G ≈⨯=+⨯=+=μ剪切模量)(390)(109.3)7.01(3105.3)21(388MPa Pa E B ≈⨯=-⨯=-=μ体积模量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：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 。
材料物理导论(熊兆贤着)课后习题答案第三章习题参考解答
材料物理导论(熊兆贤着)课后习题答案第三章习题参考解答第三章 材料的电学3112319/)(/1006.4)3001038.1106.122.0exp(211211)(22.005.029.0212.1)(,12.1.1cm e N E f N n eV E E E E E E E E E E E E eV E Si kT E E D D D D F D i F D i c F D D c D g F D ⨯=⨯⨯⨯⨯+=+=⋅==-=-∴--∆--=--=∆=⊗---的查解：⎪⎩⎪⎨⎧⨯==⨯==∴〈〈⊗。
少子；多子解：)(/1013.1)(/105.1.239203150cm N n p cm N n N n D i D D i eV22.0J 1053.3E E cm /102N cm /100.1N N Nln kT E E P cm /1045.8102)103.1(p n n cm /102109101.1N N p T N P ,N N .320V F 315A 319V AVV F 34152102i 3151516D A A D =⨯=-⨯⨯=-⎪⎩⎪⎨⎧⨯=⨯⨯==⨯=⨯-⨯=-=⇒∴∴〈⊗-代入可得取，取型半导体，有对于杂质几乎完全电离在室温，较少且又型半导体补偿后解：时可保持强电离。
则有令，仅考虑杂质电离有低温区，忽略本征激发解：318D 318DD D 2/1kT /E CD DD0cm /1032.1N cm /1032.1N N 9.0n )e N N 8(1N 2n n .4D ⨯〈⨯〈⇒≥⋅+==⊗+∆+K T m k N D T T k E kT m N D N D n T k E N ND T kE N N N n N N T k E E Tk E E N n T k E E Tk E E N n dn D D dn c D D D cD D c D D D cDc F FD D D FD F D D D 125)2()_ln(ln )2/3()1)(/)2(2_,_)/exp()(2_),/exp()(2ln )exp(21)exp(,)exp(211.532/3002/3000000≈∴+=∆=≈∴∆=∆≈∴+=∴--=>>----+=ππ（代入将总数的百分比为未电离的施主杂质占令代入上式杂质饱和电离时当解：31319p n i i p n i ii cm/1029.2)19003900(106.1471)(q 1n )(q n 1.6⨯=+⨯⨯⨯=μ+μρ=∴μ+μ=ρ=σ⊗- 解：661119163163221161910310108.21085.3/8.108.101350106.1105/105,/1051085.3)5001350(106.1103.1)(/103.1300.7⨯=⨯=∴⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=≈⨯=⨯=⋅Ω⨯=+⨯⨯⨯⨯=+=⨯=⊗--------in n D n D i p n i i i cm q n cm n cm N Si cm q n cmn Si K σσμσμμσ则的密度本征又的时解：cm 34.1400106.11017.11pq 1cm /1017.1)33.2500/(1002.68.10105.4N p .81916p 316235A ⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=μ=ρ∴⨯=⨯⨯⨯=≈⊗-- 解：mE s q m m q n n n d s n n n n n n 181********311048.11048.110101.01048.1106.110101.926.01.0.9-------**⨯=⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=⋅=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==∴=τμτυλμττμ 解：Ω=⨯=⋅ρ=⋅Ω=⨯⨯⨯=μ=σ=ρ⊗-3.16.01781.0S l R cm 781.08000106.1101nq 11.101915n解：225112251123312319193103.421023.412.4400)2(5.361065.3365.3)1010/(101.926.03001038.13106.110/33,,)1(101.926.026.0.11------------⋅=⋅⨯==⋅Ω=⋅=⋅⨯===⋅Ω=⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=∴===⨯⨯==⊗cm A m A i m K cm A m A m kTqN E i mE m kTq N m kT V E V nq kg m m Si dnA dnA dn dn σσσμμσ时，同理，（电子有效质量），对解： cm 045.0)1350106.1103.10()pq (s V cm 1350cm /103.10100.1101103.1n )3(cm34.4)480106.1103.0()pq (cm /103.0100.1103.1N N p)2(cm34.4)480106.1103()pq (s V cm 480cm /103N p ,n n )1(.12119161112n 3161617161191613161616D A 119151112p315A A i ⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=μ=ρ∴⋅⋅=μ⨯=⨯-⨯+⨯=⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=μ=ρ∴⨯=⨯-⨯=-=⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=μ=ρ∴⋅⋅=μ⨯=≈∴〈〈⊗------------- 又又查得解：为最大。
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材料物理导论(熊兆贤着)课后习题答案第三章习题参考解答第三章 材料的电学3112319/)(/1006.4)3001038.1106.122.0exp(211211)(22.005.029.0212.1)(,12.1.1cm e N E f N n eV E E E E E E E E E E E E eV E Si kT E E D D D D F D i F D i c F D D c D g F D ⨯=⨯⨯⨯⨯+=+=⋅==-=-∴--∆--=--=∆=⊗---的查解：⎪⎩⎪⎨⎧⨯==⨯==∴〈〈⊗。
少子；多子解：)(/1013.1)(/105.1.239203150cm N n p cm N n N n D i D D i ΘeV22.0J 1053.3E E cm /102N cm /100.1N N Nln kT E E P cm /1045.8102)103.1(p n n cm /102109101.1N N p T N P ,N N .320V F 315A 319V AVV F 34152102i 3151516D A A D =⨯=-⨯⨯=-⎪⎩⎪⎨⎧⨯=⨯⨯==⨯=⨯-⨯=-=⇒∴∴〈⊗-代入可得取，取型半导体，有对于杂质几乎完全电离在室温，较少且又型半导体补偿后解：ΘΘ时可保持强电离。
则有令，仅考虑杂质电离有低温区，忽略本征激发解：318D 318DD D 2/1kT /E CD DD0cm /1032.1N cm /1032.1N N 9.0n )e N N 8(1N 2n n .4D ⨯〈⨯〈⇒≥⋅+==⊗+∆+mE s q m m q n n n d s n n n n n n 181********311048.11048.110101.01048.1106.110101.926.01.0.9-------**⨯=⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=⋅=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==∴=τμτυλμττμΘ解：Ω=⨯=⋅ρ=⋅Ω=⨯⨯⨯=μ=σ=ρ⊗-3.16.01781.0S l R cm 781.08000106.1101nq 11.101915nΘ解：225112251123312319193103.421023.412.4400)2(5.361065.3365.3)1010/(101.926.03001038.13106.110/33,,)1(101.926.026.0.11------------⋅=⋅⨯==⋅Ω=⋅=⋅⨯===⋅Ω=⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=∴===⨯⨯==⊗cm A m A i m K cm A m A m kTqN E i mE m kTq N m kT V E V nq kg m m Si dnA dnA dn dn σσσμμσ时，同理，（电子有效质量），对解：Θcm 045.0)1350106.1103.10()pq (s V cm 1350cm /103.10100.1101103.1n )3(cm34.4)480106.1103.0()pq (cm /103.0100.1103.1N N p)2(cm34.4)480106.1103()pq (s V cm 480cm /103N p ,n n )1(.12119161112n 3161617161191613161616D A 119151112p315A A i ⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=μ=ρ∴⋅⋅=μ⨯=⨯-⨯+⨯=⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=μ=ρ∴⨯=⨯-⨯=-=⋅Ω=⨯⨯⨯⨯=μ=ρ∴⋅⋅=μ⨯=≈∴〈〈⊗-------------ΘΘ又又查得解：为最大。
型半导体的又且有最小值。
时，及当，又令令可知由题中证：解：max min max 111916min min 222222222025.0194.3978078000106.1106.12)2(2//.00/0/00)/,/()1(.13ρμμσρσμμσσμμμμσσμμσμμμμσμμμμμμσμμμμP cmcm q n n p n n dpd dn d n p dpd n n q n n q dnd pq q p n q n n nq pq nq n p n n np n p n n p i p n i n p i p n i np i p i n pn i p i n p n p n i n p i i ∴〉⋅Ω==⋅Ω=⨯⨯⨯⨯⨯⨯====∴〉〉=⇒==⇒=-⇒=+=+=+=∴===---ΘΘΘ174n d 112112312324n n n nnd 174)(d 4d 14n )(d 17153123002s cm 10488.2102488E s v cm 2488s v m 2488.0101.926.030010381.12101043m kT 2E 43m q qE4kTm 23kTm 23)E (q 4kTm 23l q 4,s cm 105.1101500'cm /V 10E s cm 105.1101500E cm /V 10E s cm 1029.2s m 1029.2101.926.030010381.13m T k 3T k 23m 21.14-------*****------**⋅⨯=⨯=μ=υ⋅⋅=⋅⋅=⨯⨯⨯⨯⨯π⨯⨯=π=τ=μπ=τ⇒πτμ=π=μυ≈υ⋅⨯=⨯=υ=υ〈〈υ∴⋅⨯=⨯=⋅μ=υ=⋅⨯=⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==υ=υ⊗ΘΘ强场时时，时，解：热漂热漂热热V 10761.710363.4106.110101.926.01029.2q l m l E U q m E s 1029.21P s 10363.41029.2100.1l cm100.1m 1l s cm 1029.210101.926.030010381.13101m kT 3101101.15411196314n d n d d 1101164d 41623123nd -----**-------*⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=τ⋅⋅υ=⋅=⇒τ⋅υ=μυ=⨯=τ=⨯=⨯⨯=υ=τ⨯=μ=⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==υ=υ电压电场强度平均碰撞次数平均自由时间平均自由程解：热eV596.0J 10540.9e lg /10381.1)3000(W 3000B B 10001A 6B 5001A 9)2(e lg /Bk W T 1B A T 1)k e lg W ('A lg e lg kT W 'A lg lg e 'A )1(.162023k T/W =⨯=⨯⨯--=⇒-=⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=-+=--=⇒+=-+=-=σ∴=σ⊗---Θ解：92.851.0)300132(9.011.0)300132(1009.0)332()332(1.0,1;9.0,100.17dmd m d d m d m m d d m m =++⨯++⨯⨯=χ+εε+χεχ+εε+εχ=ε=χ=χ=ε=ε=χ=ε⊗气气解：11342124122120r mF 100.602.01041105.0104.2tan ''')2(39.3104110854.8105.0104.2A d C 1)1(.18---------⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=δε=ε=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅ε=ε⊗损耗因子相对电容率解：εεμεμεμ==∴∴=∴==2,1,.21n n SiC n VCn CV ＝属于非铁磁性物质由于折射率麦克斯韦电磁场理论解：22.从结构上解释，为什么含碱土金属的玻璃适用于介电绝缘？答：玻璃中加入二价金属氧化物，特别是重金属氧化物，使玻璃的电导率降低。
相应的阳离子半径越大，这种效应越强。
这是由于二价离子与玻璃中氧离子结合比较牢固，能镶入玻璃网络结构，以致堵住迁移通道，使碱金属离子移动困难，因而电导率降低。
《无机材料物理导论》清华大学出版社。
Page25823．细晶粒金红石陶瓷样品在20℃，100Hz 时，相对介电常数为100。
这种陶瓷相对介电常数高的原因是什么？如何用实验来鉴别各种起作用的机制？ 答：金红石离子间作用较强，其离子与电子极化率有相同数量级，由于存在离子极化，产生与外电场方向一致的附加电场，强烈地增加了电子极化强度，使得电容率大大增加（≈100）。
实验鉴别起作用的机制：可由结构系数来计算，结构系数表示被考察离子1.4096.4ln 312.6ln 324.5ln ln x ln x ln .19222211≈=ε⇒ε+=∴ε+ε=ε⊗Θ解：B,e A ,e B A 330e 8R 2R ,R R 4.20α=α⇒=∝πε=α⊗电子极化率解：Θ周围晶格内其它离子的影响。
如果离子A周围处于B位置上的离子占优势，则感应电矩作用在离子A上附加内电场与外电场的方向相同，此时附加电场与外电场加强了外电场的作用，结构系数机就是正的；反之，结构系数就是负的。
金红石晶体的C11，C12，C21C22，分别为Ti4+与Ti4+、Ti4+与O2-、O2- Ti4+、O2-与O2- 间的内电场结构系数，它们仅决定于晶胞参数，由于从表中看出，表示钛离子和氧离子本身相互作用的内电场结构系数C11与C22均为负数，这表明同种离子之间都有削弱外电场的作用。
反之，表示钛离子和氧离子之间相互作用的内电场结构系数C12和C21相当大，并且都是正值，这表明异种离子之间都有加强外电场的作用。
其结果使氧离子和钛离子的极化加强，而且这种加强远远超过了同种离子削弱外电场的作用，这就使得晶体得介电常数和大。
《无机材料物理导论》清华大学出版社。
Page307-31524、叙述BaTiO3典型电介质中在居里点以下存在的四种极化机制。
答：（1）电子极化：指在外电场作用下，构成原子外围的电子云相对原子核发生位移形成的极化。
建立或消除电子极化时间极短，约10-15～10-16 （2）离子极化：指在外电场的作用下，构成分子的离子发生相对位移而形成的极化，离子极化建立核消除时间很短，与离子在晶格振动的周期有相同数量级，约为10-12～10-13（3）偶极子转向极化：指极性介电体的分子偶极矩在外电场作用下，沿外施电场方向而产生宏观偶极矩的极化。
（4）位移型自发极化：是由于晶体内离子的位移而产生了极化偶极矩，形成了自发极化。
课本 Page111-11625、画出典型铁电体的电滞回线示意图，并用有关机制解释引起非线性关系的原因。
答：图见课本page116铁电体晶体在整体上呈现自发极化，这意味着在正负端分别有一层正的和负的束缚电荷。
束缚电荷产生的电场在晶体内部与极化反向（称为退极化场），使静电能升高。
在受机械约束时，伴随着自发极化的应变还能使应变能增加。