内容发布更新时间 : 2024/12/23 6:59:28星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

《材料科学基础》

计算题

第一章 材料结构的基本知识

1、计算下列晶体的离于键与共价键的相对比例

(1)NaF (2)CaO (3)ZnS。已知 Na、F、Ca、O、Zn、S的电负性依次为0.93、3.98、1.00、3.44、1.65、2.58。

解：1、查表得：XNa=0.93,XF=3.98

根据鲍林公式可得NaF中离子键比例为：[1?e共价键比例为：1-90.2%=9.8% 2、同理，CaO中离子键比例为：[1?e共价键比例为：1-77.4%=22.6%

1?(1.00?3.44)241?(0.93?3.98)24]?100%?90.2%

]?100%?77.4%

23、ZnS中离子键比例为：ZnS中离子键含量?[1?e?1/4(2.58?1.65)]?100%?19.44%

共价键比例为：1-19.44%=80.56%

第二章 材料的晶体结构

1、标出图2中ABCD面的晶面指数，并标出AB、BC、AC、BD线的晶向指数。 解：晶面指数：

ABCD面在三个坐标轴上的截距分别为3/2a,3a,a, 截距倒数比为

21::1?2:1:3 33?ABCD面的晶面指数为 （213） 4分

晶向指数：

AB的晶向指数：A、B两点的坐标为 A（0，0，1），B（0，1,2/3） (以a为单位) 则 AB?(0,1,?)，化简即得AB的晶向指数[031] 二（2）图 同理：BC、AC、BD线的晶向指数分别为[302]，[111]，[331]。 各2分

13

2、计算面心立方、体心立方和密排六方晶胞的致密度。

44??r33解：面心立方晶胞致密度： η＝Va/V= =0.74 6分 3a2?4?r3体心立方晶胞致密度： η＝Va/V＝ =0.68 6分 33a346???r3密排六方晶胞致密度： η＝Va/V =（理想情况下） 8分 23asin60?c3、用密勒指数表示出体心立方、面心立方和密排六方结构中的原子密排面和原子密排方向，并分别计算

这些晶面和晶向上的原子密度。 解：1、体心立方

1

1?4?密排面：{110}，原子密度：2a2?1.15a?1 密排方向：<111> ，原子密度：3a2、面心立方

14?1.414a?2 2113??3?密排面：{111}，原子密度：2612?(2a)?3?2.3a?2

2?(2a)密排方向：<110>，原子密度：22a?1.414a?1 3、密排六方

6?1?1密排面：{0001}，原子密度：3?1.15a?26?13 2a?2a密排方向：?1120?，原子密度：2?a?12a

4、回答下列问题：

(1）通过计算判断(110), (132), (311）晶面是否属于同一晶带？

(2）求 （211)和 （(110）晶面的晶带轴，并列出五个属于该晶带的晶面的密勒指数。解：1、根据晶带定律，hu+kv+lw=0，可得

(110), (132)的晶带轴为[112]

3×1+1×1-2×1=2≠0

或 (132), (311）的晶带轴为[158] -1×1+1×5-0×8=4≠0 故(110), (132), (311）晶面不属于同一晶带 2、根据晶带定律，hu+kv+lw=0，可得 2u+v+w=0 u+v=0

联立求解，得：u:v:w=-1:1:1，故晶带轴为[111]

属于该晶带的晶面：（321）、（312）、（101）、10)(、（431） 等。

5、回答下列问题：

(1）试求出立方晶系中[321］与[401]晶向之间的夹角。

(2）试求出立方晶系中（210)与（320)晶面之间的夹角。 (3）试求出立方晶系中（111)晶面与[112]晶向之间的夹角。

解：1、根据晶向指数标定法可知：矢量OA?3i?2j?k必然平行于[321]晶向 矢量OB?4i?k必然平行于[401]晶向

则：这两个矢量夹角即为[321］与[401]晶向之间的夹角 根据矢量点积公式：OAOB?OAOBcos? 即13?14?17cos? α=32.58°

或AB?OB?OA?i?2k

矢量OA,OB,AB的模分别为14,17,5 根据余弦定理：5?14?17?214?17cos?

2

解得： α=32.58°

2、立方系中同指数的晶面与晶向相互垂直，故（210)与（320)晶面之间的夹角与[210]与[320]晶向之间的夹角相等，

根据晶向指数标定法可知：矢量OA?2i?1j必然平行于[210]晶向 矢量OB?3i?2j必然平行于[320]晶向

则：这两个矢量夹角即为[210］与[320]晶向之间的夹角 根据矢量点积公式：OAOB?OAOBcos? 即8?5?13cos? α=7.1°

或AB?OB?OA?i?j

矢量OA,OB,AB的模分别为5,13,2 根据余弦定理：2?5?13?25?13cos? 解得： α=7.1°

3、由于（111)晶面与[112]晶向之间满足晶带定律：hu+kv+lw=0，

根据晶带定律可知，立方晶系中（111)晶面与[112]晶向平行，故他们之间的夹角为0°。 方法2，1、求[111]与[112]之间夹角为90° 2、（111）与[112]之间夹角为0°

6、计算离子晶体中正离子的配位数为8和6时的临界正、负离子半径比值。

解：配位数为8时，离子晶体的结构为CsCl型结构，当离子半径为临界正、负离子半径时，CsCl型(110)面上正、负离子相切，如图所示，可以算出：

r?/r??0.732

配位数为6时，离子晶体的结构为NaCl型结构，当离子半径为临界正、负离子半径时，NaCl型(100)面上正、负离子相切，如图所示，可以算出：

r?/r??0.414

NaCl(100)面（配位数6） CsCl(110)面（配位数8）

在多组元系统中,有些溶质原子位于间隙,有些位于替代位置如Fe-Mn-C,含12.3%(wt.)Mn,1.34%(wt)C的奥氏体钢,点阵参数为0.3624nm,密度ρ为7.83g/cm3,C\\Mn\\Fe的原子量分别为12,54.92,55.84,判断此固溶体类型。

解:判据.晶胞内实际原子数(n)与纯溶剂晶胞原子数(n0)比 >1间隙式

3

n/n0 =1置换式

<1 缺位式 平均原子量A?100?53.14

12.31.3486.36??54.921255.84晶胞体积V?(0.3624?10?7)3cm3?47.6?10?24cm3

n?A??VN

n??VN7.83?47.6?10?24?6.023?1023??4.25

53.14An?n0 所以.C为间隙原子

设C处于Fe间隙固溶体中平均原子数为n1，由于固溶体中C原子百分数为：

1.3412xc??5.9%

12.31.3486.36??54.921255.84n1?4n5.9?xc?，n1?4.25,1?1，Mn处于替代位置。 n1100n2、Cu?Zn及Cu?Sn组成的固溶体最多可含多少百分数的ZnorSn？若铜中溶入10%at.%的锌后，最多还能固溶多少百分数的锡？

解：1、铜基固溶体极限电子浓度为1.36，设可溶Zn,Sn最大原子百分数分别为x1%,x2%，则： 1.36=

1?(100?x1)?2x1，x1?36

1001?(100?x2)?4x2，x2?12

1001.36=

2、设铜中溶入10%at.%的锌后，最多还能固溶x3%的Sn： 1.36=

1?(100?10?x3)?2?10?4x3，x3?8.76

100第三章 高分子材料的结构

1．每克聚氯乙烯有1020个分子。问：①该聚氯乙烯平均分子大小为多少？②聚合度为多少？ 解： ① 平均分子量= 6.02×1023/1020=6020 ② 聚合度=6020/62.5=96

2．为使10%的链节交联，100g的氯丁二烯中应加多少硫？（假定所有的硫都被利用了） 解： 每个氯丁二烯需要一个硫交联：

4

需要硫的质量=100/88.5×10%×32=3.616g

3．三元共聚物ABS，其三组分的质量分数相等，试计算每种组分的链节分数各为多少？ 解：设丙烯腈链节分数为x, 丁二烯链节分数为y, 苯乙烯的链节分数为 z, 解方程 x+y+z=1

53×x=54×y=104×z

得：x=0.402 ; y=0.395 ; z= 0.203 .

4．80Kg聚合物样品A（Mn=10 000，Mw=15 000）和20 Kg聚合物样品B（Mn=20 000，Mw=50 000）共混，试求其共混体系的Mn和Mw？

解：该混合体系的 Mn=（20+80）/(80/10000+20/20000)=1.1×105

Mw= 80/(80+20)×15000+20/(80+20)×50000=2.2×105

5．假定某聚合物试样中含有三个组分，其相对分子质量分别为10 000、20 000和30 000，今测得该试样的数均相对分子质量Mn为20 000、重均相对分子质量Mw为23 000，试计算此试样中各组分的摩尔分数和质量分数。

解： 设各组分的摩尔分数为：N1 ， N2 ， N3 解方程 N1 + N2 + N3 =1

104 N1 +2×104 N2 + 3×104N3=2×104 108 N1 +2×108 N2 + 3×108N3=4.6×108

得： N1=0.3， N2 =0.4， N3=0.3

设各组分的质量分数为：W1 ， W2 ， W3 解方程 W1 + W2 + W3=1

W1/104 + W2/2×104+ W3/3×104=1/2×104

104 W1 +2×104 W2 + 3×104W3=2.3×104

得： W1 =0.15， W2 =0.4， W3=0.45

第四章 晶体缺陷

1纯 Cu的空位形成能为 1.5aJ/atom (1aJ=10-18J)，将纯Cu加热至850℃后激冷至室温 (20℃)，若高温下的

空位全部保留，试求过饱和空位浓度与室温平衡空位浓度的比值。 解：平衡空位浓度：Cv?Aexp?u kTC850C20?u?u11kT850??exp[(?)]?ukT850T20AexpkT20Aexp?1.5?10?1811?exp[(?)] ?231.38?10850?273.1520?273.15?e274.22、判断下列位错反应能否进行：

aaa[101]?[121]?[111] 263

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