《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：
F 4500==995(MPa )
-6A 4. 524⨯10A 0l 12. 52
真应变εT =ln =ln =ln =0. 0816
l 0A 2. 42F 4500
名义应力σ===917(MPa )
A 04. 909⨯10-6∆l A 0
名义应变ε==-1=0. 0851
l 0A 真应力σT =
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,E2=84GPa,V1=0.95,V2=0.05。则有
上限弹性模量E H =E 1V 1+E 2V 2=380⨯0. 95+84⨯0. 05=365. 2(GPa )
V V 0. 950. 05-1
下限弹性模量E L =(1+2) -1=(+) =323. 1(GPa )
E 1E 238084
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331.3 GPa和293.1 GPa。
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：
其应力松弛曲线方程为：σ(t)=σ(0)e-t/τ则有：σ(0) =σ(0); σ(∞) =0; σ(τ) =σ(0) /e .
V oigt 模型可以较好地模拟应变蠕变过程：
σ(t ) /σ(0)
1.0
其蠕变曲线方程为：ε(t ) =则有：ε(0) =0；ε(∞) =
σ0
E
(1-e -t /τ) =ε(∞)(1-e -t /τ)
σ0
E
ε(τ) =
1.0
σ0
E
(1-e -1).
0.80.8
ε(t ) /ε(∞)
0.60.6
0.40.4
0.20.2
0.0
1
2
3
4
5
0.0
应力松弛曲线
t/τ
012345
应变蠕变曲线
t/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。
1-11一圆柱形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： 由题意得图示方向滑移系统的剪切强度可表示为：
F cos 53︒
⨯cos 60︒
0. 00152π
τf ⨯0. 00152π
⇒F min ==3. 17⨯103(N ) cos 53︒⨯cos 60︒
τ=
3. 17⨯103⨯cos 60︒此拉力下的法向应力为：σ==1. 12⨯108(Pa ) =112(MPa ) 2
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/m2; Si-O 的平衡原子间距为1.6*10-8cm; 弹性模量从60到75Gpa
σth =
E (60~75) *109*1. 75
==25. 62~28. 64GPa -10a 1. 6*10
2-2 融熔石英玻璃的性能参数为：E=73 Gpa；γ=1.56 J/m2；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
σc =
2E γ2*73*109*1. 56
==0. 269GPa -6πc 3. 14*1*10
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。
1/2
K I=Y σc =σc =39.23Mpa.m
r 0=
1K I2
() =0. 125mm 2πσys
1
=>0.021 用此试件来求K IC 值的不可能。 15π
r 0/c =0. 125/4=0. 031>
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：K I =Y σ Y=1.12=1.98
σ=
K I 1. =0. 818c -1/2
(1)c=2mm, σc =0. 818/2*10-3=18. 25MPa
(2)c=0.049mm, σc =0. 818/0. 049*10-3=116. 58MPa (3)（3）c=2um, σc =0. 818/2*10-6=577. 04MPa
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：
K IC =
P c S
[2. 9(c /W ) 1/2-4. 6(c /W ) 3/2+21. 8(c /W ) 5/2-37. 6(c /W ) 7/2+38. 7(c /W ) 9/2]3/2
BW
=
50*9. 8*401/23/25/27/29/2
[2. 9*0. 1-4. 6*0. 1+21. 8*0. 1-37. 6*0. 1+38. 7*0. 1]=62*3/2
10*0. 010
（0.917-0.145+0.069-0.012+0.0012） =1.96*0.83==1.63Pam1/2
K IC =
2E γ
1-μ2
2
K IC (1-μ2) γ==(1. 63*106) 2*0. 94/(2*380*109) =3. 28 J/m2
2E
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：(3Al2O 3.2SiO 4) Cp=21*24。94=523.74 J/mol.K
可见，随着温度的升高，C P , m 趋近按Dulong -Petit 定律所得的计算值。
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/mm2.E=6700Kg/mm2, μ=0.25.求第一及第二热冲击断裂抵抗因子。
σf (1-μ) 第一冲击断裂抵抗因子：R =
αE
7*9. 8*106*0. 75
= -66
4. 6*10*6700*9. 8*10
=170℃ 第二冲击断裂抵抗因子：R '=
λσf (1-μ)
αE
=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/(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。 解：∆T m =R 'S ⨯
=226*0.184==447℃
1
0. 31r m h
1
0. 31*6*0. 05
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：n 21=
sin i
sin r
2
W ' ⎛n 21-1⎫
⎪= =m ⎪W ⎝n 21+1⎭W = W’ + W’’
W " W ' ∴=1-=1-m W W
其折射光又从玻璃与空气的另一界面射入空气 则
W " ' W " ' 2
=1-m ∴=(1-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:
I =I 0e -(α+s ) x ∴
I
=e -(α+s ) x ∴0. 85=e -(α+s ) ⨯0. 1 I 0
∴α+s =-10ln 0. 85=1. 625cm -1
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：lg σ=A +B
1
T
(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 ) -1
T2=1000K，σ2=10-6（Ω. cm ) -1
计算电导活化能的值。 解：（1）σ=10(A +B /T ) ln σ=(A +B /T ) ln 10
σ=e (A +B /T ) ln 10=e ln 10A e (ln10. B /T ) =A 1e (-W /kT ) W=-ln 10. B . k 式中k=0. 84*10-4(eV /K )
（2） lg 10-9=A +B /500 lg 10-6=A +B /100 0 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：n =N exp(-E g /2kT ) ，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=ne μ，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，σ=n e e μe +n h e μh 。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℃ n =1023exp(-1. 1/(2*8. 6*10-5*298) =1023*e-21.83=3.32*1013cm -3
-3
500℃ n =1023exp(-1. 1/(2*8. 6*10-5*773) =1023*e-8=2.55*1019 cm
TiO 2
20℃ n =1023exp(-3. 0/(2*8. 6*10-5*298)
=1.4*10-3 cm-3
500℃ n =1023exp(-3. 0/(2*8. 6*10-5*773)
=1.6*1013 cm-3 (2) 20 ℃σ=n e e μe +n h e μh
=3.32*1013*1.6*10-19(1450+500) =1.03*10-2（Ω-1.cm -1） 500℃ σ=n e e μe +n h e μh
=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：ZnO ⇔Zn i
∙∙
-1/61
+2e '+O 2 [e ']∝P O 2
2
1-1/4∙
或ZnO ⇔Zn i +e '+O 2 [e ']∝P O 2
2
（4）添加Al 2O 3对NiO ：
∙"
Al 2O 3→2Al N i +V N i +3Oo
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。
解：
εm =100, χm =0. 9; ε气=εd =1, χ气=χd =0. 1
χm εm (+ε=
2εd
) +χd εd 0. 9⨯100⨯(2+1) +0. 1⨯1
33εm ==85. 92
212d
0. 9(+) +0. 1χm (+) +χd
330033εm
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。
解：
1C ⋅d 2. 4⨯10-12⨯0. 5⨯10-2
(1) 相对电容率εr =⋅==3. 39-12-4 ε0A 8. 854⨯10⨯1⨯4⨯10
6-3 镁橄榄石(Mg2SiO 4) 瓷的组成为45%SiO2,5%Al2O 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）
ln ε=x 1ln ε1+x 2ln ε2∴ln 5. 4=
21
ln 6. 2+ln ε2⇒ε2=4. 096≈4. 133
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？
解：
电子极化率αe =4πε0R 3∝R 3, R A =2R B ⇒αe , A =8αe , B
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
解：
麦克斯韦电磁场理论V =折射率n =
C
,
C
∴n =V
由于SiC 属于非铁磁性物质∴μ＝1
∴n =
, n 2=ε
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
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
《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：
F 4500==995(MPa )
-6A 4. 524⨯10A 0l 12. 52
真应变εT =ln =ln =ln =0. 0816
l 0A 2. 42F 4500
名义应力σ===917(MPa )
A 04. 909⨯10-6∆l A 0
名义应变ε==-1=0. 0851
l 0A 真应力σT =
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,E2=84GPa,V1=0.95,V2=0.05。则有
上限弹性模量E H =E 1V 1+E 2V 2=380⨯0. 95+84⨯0. 05=365. 2(GPa )
V V 0. 950. 05-1
下限弹性模量E L =(1+2) -1=(+) =323. 1(GPa )
E 1E 238084
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331.3 GPa和293.1 GPa。
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：
其应力松弛曲线方程为：σ(t)=σ(0)e-t/τ则有：σ(0) =σ(0); σ(∞) =0; σ(τ) =σ(0) /e .
V oigt 模型可以较好地模拟应变蠕变过程：
σ(t ) /σ(0)
1.0
其蠕变曲线方程为：ε(t ) =则有：ε(0) =0；ε(∞) =
σ0
E
(1-e -t /τ) =ε(∞)(1-e -t /τ)
σ0
E
ε(τ) =
1.0
σ0
E
(1-e -1).
0.80.8
ε(t ) /ε(∞)
0.60.6
0.40.4
0.20.2
0.0
1
2
3
4
5
0.0
应力松弛曲线
t/τ
012345
应变蠕变曲线
t/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。
1-11一圆柱形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： 由题意得图示方向滑移系统的剪切强度可表示为：
F cos 53︒
⨯cos 60︒
0. 00152π
τf ⨯0. 00152π
⇒F min ==3. 17⨯103(N ) cos 53︒⨯cos 60︒
τ=
3. 17⨯103⨯cos 60︒此拉力下的法向应力为：σ==1. 12⨯108(Pa ) =112(MPa ) 2
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/m2; Si-O 的平衡原子间距为1.6*10-8cm; 弹性模量从60到75Gpa
σth =
E (60~75) *109*1. 75
==25. 62~28. 64GPa -10a 1. 6*10
2-2 融熔石英玻璃的性能参数为：E=73 Gpa；γ=1.56 J/m2；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
σc =
2E γ2*73*109*1. 56
==0. 269GPa -6πc 3. 14*1*10
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。
1/2
K I=Y σc =σc =39.23Mpa.m
r 0=
1K I2
() =0. 125mm 2πσys
1
=>0.021 用此试件来求K IC 值的不可能。 15π
r 0/c =0. 125/4=0. 031>
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：K I =Y σ Y=1.12=1.98
σ=
K I 1. =0. 818c -1/2
(1)c=2mm, σc =0. 818/2*10-3=18. 25MPa
(2)c=0.049mm, σc =0. 818/0. 049*10-3=116. 58MPa (3)（3）c=2um, σc =0. 818/2*10-6=577. 04MPa
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：
K IC =
P c S
[2. 9(c /W ) 1/2-4. 6(c /W ) 3/2+21. 8(c /W ) 5/2-37. 6(c /W ) 7/2+38. 7(c /W ) 9/2]3/2
BW
=
50*9. 8*401/23/25/27/29/2
[2. 9*0. 1-4. 6*0. 1+21. 8*0. 1-37. 6*0. 1+38. 7*0. 1]=62*3/2
10*0. 010
（0.917-0.145+0.069-0.012+0.0012） =1.96*0.83==1.63Pam1/2
K IC =
2E γ
1-μ2
2
K IC (1-μ2) γ==(1. 63*106) 2*0. 94/(2*380*109) =3. 28 J/m2
2E
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：(3Al2O 3.2SiO 4) Cp=21*24。94=523.74 J/mol.K
可见，随着温度的升高，C P , m 趋近按Dulong -Petit 定律所得的计算值。
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/mm2.E=6700Kg/mm2, μ=0.25.求第一及第二热冲击断裂抵抗因子。
σf (1-μ) 第一冲击断裂抵抗因子：R =
αE
7*9. 8*106*0. 75
= -66
4. 6*10*6700*9. 8*10
=170℃ 第二冲击断裂抵抗因子：R '=
λσf (1-μ)
αE
=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/(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。 解：∆T m =R 'S ⨯
=226*0.184==447℃
1
0. 31r m h
1
0. 31*6*0. 05
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：n 21=
sin i
sin r
2
W ' ⎛n 21-1⎫
⎪= =m ⎪W ⎝n 21+1⎭W = W’ + W’’
W " W ' ∴=1-=1-m W W
其折射光又从玻璃与空气的另一界面射入空气 则
W " ' W " ' 2
=1-m ∴=(1-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:
I =I 0e -(α+s ) x ∴
I
=e -(α+s ) x ∴0. 85=e -(α+s ) ⨯0. 1 I 0
∴α+s =-10ln 0. 85=1. 625cm -1
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：lg σ=A +B
1
T
(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 ) -1
T2=1000K，σ2=10-6（Ω. cm ) -1
计算电导活化能的值。 解：（1）σ=10(A +B /T ) ln σ=(A +B /T ) ln 10
σ=e (A +B /T ) ln 10=e ln 10A e (ln10. B /T ) =A 1e (-W /kT ) W=-ln 10. B . k 式中k=0. 84*10-4(eV /K )
（2） lg 10-9=A +B /500 lg 10-6=A +B /100 0 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：n =N exp(-E g /2kT ) ，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=ne μ，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，σ=n e e μe +n h e μh 。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℃ n =1023exp(-1. 1/(2*8. 6*10-5*298) =1023*e-21.83=3.32*1013cm -3
-3
500℃ n =1023exp(-1. 1/(2*8. 6*10-5*773) =1023*e-8=2.55*1019 cm
TiO 2
20℃ n =1023exp(-3. 0/(2*8. 6*10-5*298)
=1.4*10-3 cm-3
500℃ n =1023exp(-3. 0/(2*8. 6*10-5*773)
=1.6*1013 cm-3 (2) 20 ℃σ=n e e μe +n h e μh
=3.32*1013*1.6*10-19(1450+500) =1.03*10-2（Ω-1.cm -1） 500℃ σ=n e e μe +n h e μh
=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：ZnO ⇔Zn i
∙∙
-1/61
+2e '+O 2 [e ']∝P O 2
2
1-1/4∙
或ZnO ⇔Zn i +e '+O 2 [e ']∝P O 2
2
（4）添加Al 2O 3对NiO ：
∙"
Al 2O 3→2Al N i +V N i +3Oo
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。
解：
εm =100, χm =0. 9; ε气=εd =1, χ气=χd =0. 1
χm εm (+ε=
2εd
) +χd εd 0. 9⨯100⨯(2+1) +0. 1⨯1
33εm ==85. 92
212d
0. 9(+) +0. 1χm (+) +χd
330033εm
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。
解：
1C ⋅d 2. 4⨯10-12⨯0. 5⨯10-2
(1) 相对电容率εr =⋅==3. 39-12-4 ε0A 8. 854⨯10⨯1⨯4⨯10
6-3 镁橄榄石(Mg2SiO 4) 瓷的组成为45%SiO2,5%Al2O 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）
ln ε=x 1ln ε1+x 2ln ε2∴ln 5. 4=
21
ln 6. 2+ln ε2⇒ε2=4. 096≈4. 133
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？
解：
电子极化率αe =4πε0R 3∝R 3, R A =2R B ⇒αe , A =8αe , B
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
解：
麦克斯韦电磁场理论V =折射率n =
C
,
C
∴n =V
由于SiC 属于非铁磁性物质∴μ＝1
∴n =
, n 2=ε
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
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