1. Page 1 of 35
Câu 1: Nếu bán kính nguyên tử của Al là 0.143nm, tính thể tích ô cơ sở lập phương
Giải:
Nhôm có cấu trúc FCC theo bảng 3.1. Thể tích ô cơ sở tính theo PT 3.4
Ta có 16 √2 16 0.143 10 √2 6.62 10
*Phụ lục bảng 3.1 và phương trình 3.4
Bảng 3.1 Bán kính nguyên tử và cấu trúc tinh thể của 16 kim loại
Câu 2: Tính thông số mạng a của nguyên tử có cấu trúc lập phương tâm khối (LP thể tâm:BCC)
Giải
Ô cở sở của BCC
Xét tam giác NOP có (NP)2
= a2
+ a2
= 2a2
Xét tam giác NPQ có (NQ)2
= (QP)2
+ (NP)2
. Do NQ = 4R, với R là bán kính NT, và QP = a nên (4R)2
= a2
+ 2a2
hay
4 /√3
2. Page 2 of 35
Câu 3: Cho hệ lục giác xếp chặt (HCP), chúng minh c/a = 1.633
Giải:
Hệ HCP được biểu diễn như sau:
Xét tứ diện JKLM, nguyên tử ở vị trí M nằm giữa đỉnh và đáy trong ô cơ sở (OCS) nên MH = c/2. Do NT ở J, K và M tiếp
xúc với nhau nên JM = JK = 2R = a với R là bán kính NT. Từ tam giác JHM có
(JM)2
= (JH)2
+ (MH)2
hay a2
= (JH)2
+ (c/2)2
. Xét tam giác đều JKL có 30
/ √
và /√3. Thay giá trị JH
vào a, ta có
√
suy ra 1.633
Câu 4: Chứng minh mật độ thể tích (hệ sốxếp chặt - atomic packing factor or APF) của hệ LGXC (HCP) là 0.74
Giải:
HCP có 6 nguyên tử/ô cơ sở như hình dưới
Nên 6 8 Thể tích ô cơ sở (OCS) VC bằng diện tích đáy x chiều cao c,
Với diện tích đáy = 3* diện tích hình thoi ACDE.
Diện tích ACDE = CD*BC, do CD = a = 2R và 2 30
√
, do đó diện tích đáy (AREA) được tính như sau:
Diện tích đáy (AREA) = 3 * CD * BC = 3 * 2R *
√
6 √3. Do 1.633 2 1.633 nên
6 √3 6 √3 2 1.633 12√3 1.633
3. Page 3 of 35
Nên Hệ số xếp chặt
√ .
0.74
Câu 6: Sắt có cấu trúc LPTK (LP thể tâm BCC), bán kính nguyên tử(NT) là 0.124 nm và khối lượng nguyên tử
(KLNT) là 55.85g/mol. Tính và so sánh KLR lý thuyết của Fe
Giải:
Từ PT 3.5, . Cấu trúc BCC có n = 2 NT/OCS và thễ tích OCS
√
, do đó
√
.
. .
√
. .
7.90 / . Giá trị đo là 7.87 g/cm3
Phụ lục PT 3.5
Câu 7: Tính bán kính NT Iridium, biết Ir có cấu trúc FCC, KLR 22.4 g/cm3
, KLNT là 192.2 g/mol
Giải:
Ir có cấu trúc FCC, n = 4 NT/OCS và thể tích OCS 16 √2, ta có
√
, thay vào ta được
16 √2
4 192.2
16 22.4 6.022. 10 √2
1.36 10 0.136
Câu 8: Tìm tỉ lệ cation/anion nhỏ nhất của số phối trí (SPT) 4?
Giải:
SPT 4, có cấu trúc tứ diện như hình dưới
Do NT ở vị trí A, B tiếp xúc, do vậy: 2 , nhưng 2 nên √2 2 suy ra
2 /√2. Ta có 2
Từ tam giác ABF, ta có nhưng 2 /√2và 2
4. Page 4 of 35
Do đó ta có 2
√
2 . Quy về tỉ lệ / ta thu được
√
0.225
Vậy tỉ lệ cation/anion nhỏ nhất của số phối trí (SPT) 4 là 0.225
Câu 9: Tính tỉ lệ bán kính cation/anion nhỏ nhất của SPT 6?. Dùng cấu trúc NaCl làm ví dụ, biết NaCl có cấu trúc
FCC
Giải:
Cấu trúc NaCl, LPTD
SPT 6, bố trí nguyên tử như hình trên, từ tam giác FGH ta có: 2 và . Do tam giác FGH là tam
giác vuông với , ta có 2 dẫn đến
√
Cuối cùng thu được
√
1 0.414
Vậy tỉ lệ cation/anion nhỏ nhất của số phối trí (SPT) 6 là 0.414
Câu 10: Tìm tỉ lệ bán kính cation/anion nhỏ nhất của SPT 8?
Giải:
NT có SPT 8 bố trí như hình dưới, có cạnh OCS là 2rA
Ta có 2 2 8 dẫn đến 2 √2 . Từ tam giác xy-cạnh OCS
ta có 2 2 2 và 2 √2 4 2 2 và 2 √3 1 2
Cuối cùng thu được: √3 1=0.732
Vậy tỉ lệ cation/anion nhỏ nhất của số phối trí (SPT) 8 là 0.732
5. Page 5 of 35
Câu 11: Dựa vào bảng 1, bảng 2, bảng 3 dự đoán cấu trúc tinh thể của (a) CsI; (b) NiO; (c) KIvà(d) NiS
Giải:
Bảng 2: SPT và cấu trúc không gian theo tỉ lệ rC/rA
(a) Đối với CsI, tra bảng 1, ta có
.
.
0.773. Dựa vào bảng 2, tra SPT của Cs+
là 8, kết hợp bảng 3 dự đoán
cấu trúc của CsI như CsCl (Cesium Chloride)
(b) Đối với NiO, tra bảng 1, ta có
.
.
0.493. Dựa vào bảng 2, tra SPT của Ni2+
là 6, kết hợp bảng 3 dự đoán
cấu trúc của NiO như NaCl
(c) Đối với KI, tra bảng 1, ta có K
I
.
.
0.627. Dựa vào bảng 2, tra SPT là 6, kết hợp bảng 3 dự đoán cấu trúc của
NaCl
(d) Đối với NiS, tra bảng 1, ta có
S
.
.
0.375. Dựa vào bảng 2, tra SPT là 4, kết hợp bảng 3 dự đoán cấu trúc
6. Page 6 of 35
của Zinc blende
Câu 12: Oxít nhôm corundum (Al2O3) có cấu trúc LGXC (HCP). Hãy vẽ cấu trúc
Câu 13: Tính KLR của FeO biết FeO có cấu trúc như NaCl
Giải:
KLR của FeO được tính bởi PT , do FeO có cấu trúc kiểu NaCl, có n =4, dựa vào bảng 1 tính được thể tích
OCS 2 2 2 0.077 2 0.140 0.0817 8.17 10
Do vậy KLR ρ OCS
. .
.
OCS
.
5.84
Câu 14: MgO có cấu trúc muối ăn, và KLR 3.58g/cm3. Xác định thông số mạng từ
(a) PT lý thuyết (b) Sử dụng dữ liệu với bảng 12.3
Giải:
(a) Từ PT biết KLR của MgO lả 3.58 g/cm3
tính được /
, do KLNT của Mg
và Oxi lần lượt là 24.31 và 16 g/mol, ta có
a
4
OCS
24.31 16.00
3.58 6.022 x 10
4.21 x 10 0.421
(b) MgO có cấu trúc như muối ăn NaCl nên 2 2 , từ bảng 12.3 ta có
2 0.072 2 0.140 0.424
* Phụ lục bảng 1: Bán kính ion của các anion có SPT 6
7. Page 7 of 35
Câu 15: Tính KLR lý thuyết của kim cương, biết khỏang cách C-C và góc liên kết lần lượt là 0.154 nm và 109.5o
. So
sánh với giá trị đo được.
Giải:
Cấu trúckim cương như trên, ta có φ bằng 1/2 góc tiếp xúc hay φ = 109.5o
/2 = 54.75o
. Do đó θ = 90o
– 54.75o
= 35.25o
. Tam
giác xy-cạnh ngang (hình vẽ) là tam giác vuông, có y = 0.154 nm (khoảng cách C-C) và x = a/4, do đó
và 4 4 0.154 35. 25 0.356 3.56 10
Thể tích OCS 3.56 10 4.51 10 . Từ PT 12.1 với n = 8NT/OCS, có duy nhất 1 NT Carbon
∑ ∑ 8 12.01
.
4.51 10 6.022 10 .
3.54
Giá trị đo thực tế là 3.51 g/cm3
Câu 16: Tính KLR lý thuyết của ZnS (có cấu trúc tương tự kim cương), biết khoảng cách Zn-S và góc tiếp xúc là
0.234nm và 109.5o
. So sánh với giá trị đo được.
Giải:
Goc tiếp xú của ZnS là 109.5o, tương tự như cấu trúc kim cương nên θ = 90o
– 54.75o
= 35.25o
.
Thể tích OCS có chiều dài a là 4 4 0.234 sin 35. 25 /
0.1576
1.576 10 22 3. Từ PT 12.1 với n =4 và AZn và AS lần lượt là 65.41 và 32.06 g/mol, do vậy
4 65.41 32.06
1.576 10 6.022 10
4.11 /
Giá trị đo thực tế là 4.10 g/cm3
8. Page 8 of 35
Câu 17: Cadium sulfide (CdS) có cấu trúc ô mạng LP, từ dữ liệu nhiễu xạ tia X biết chiều dài thông số mạng a =
0.582 nm. Nếu KLR của CdS là 4.82 g/cm3
, tính số ion Cd2+
, S2-
trong 1 OCS
Giải:
CdS có a = 0.582 nm và ρ = 4.82 g/cm3
. Từ PT 12.1 có
. . .
. .
3.96 xấp xỉ 4. Do đó có 4 ion Cd2+
và 4 ion S2-
trong 1 OCS.
Câu 18: Từ bảng 1, tính KLR lý thuyết của CsCl
Giải:
CsCl có cấu trúc BCC như hình trên, có 4 /√3 do vậy
√
. .
√
0.405 4.05 10 .
Từ PT 12.1 . Do CsCl có n = 1, do vậy
1 132.91 35.45
4.05 10 / 6.022 10
4.21
Giá trị đo được là 3.99 g/cm3, do trong bảng 12.3 CsCl có SPT 6, thực tế SPT của Cs+
và Cl-
là 8. Bán kính ion lớn hơn làm
tăng VC, và giảm KLR.
Câu 19: Từ bảng 12.3, tính KLR lý thuyết của CaF2
OCS của CaF2 được cho ở hình trên, có 4 phân tử CaF2/OCS hay n = 4 phân tử/OCS. Ta có
√
. .
√
0.269 2.69 10 (dữ liệu tra bảng 12.3)
Thể tích OCS 2 2 2.69 10 1.56 10 . Thay vào PT 12.1
9. Page 9 of 35
2 4 40.08 2 19.00
1.56 10 6.022 10
3.33 /
Giá trị đo thực tế là 3.18 g/cm3
Câu 20: Phân tử AX có KLR 2.65 g/cm3
, có cấu trúc LP với a = 0.43 nm. KLNT của A và X lần lượt là 86.6 và 40.3
g/mol. Dự đóan cấu trúc của AX, giải thích?
Giải:
Từ PT 12.1 ∑ ∑
. . / .
. . /
1.00 / . Do vậy AX
có cấu trúc như Cesium Chloride.
Câu 21: OCS của MgFe2O4 (MgO.Fe2O3) có cấu trúc LP với a = 0.936 nm. Nếu KLR của MgFe2O4 là 4.52 g/cm3
, tính
mật độ thể tích (hệ số xếp chặt APF)
Giải:
Công thức tính APF
Từ bảng 12.3 và PT 12.1
∑ ∑
4.52 8.36 10 / 6.022 10
1 24.31 2 55.85 4 16.00
8.0
Do vậy trong 1 OCS có 8 ion Mg2+
, 16 ion Fe3+
và 32 ion O2-
. Từ bảng 12.3, r(Mg2+
) = 0.072 nm và r(Fe3+
) = 0.069 nm và
r(O2-
) = 0.140 nm, do vậy
8
4
3
7.2 10 16
4
3
6.9 10 32
4
3
1.4 10
4.02 10
8.36 10 5.84 10
Nên
.
.
0.688
Câu 22: OCS của Cr2O3 có cấu trúc HCP với a = 0.4961 nm và c = 1.360 nm. Nếu KLR của Cr2O3 là 5.22g/cm3, tính
APF biết bán kính ion của Cr3+
và O2-
là 0.062 nm và 0.140 nm.
Giải:
10. Page 10 of 35
Cấu trúc HCP có hình chiếu bằng như hình trên. Cấu trúc HCP cho ta 6 8 . Do 2 và
2 30
√
nên diệnt tích đáy hình lặng trụ
3 3 2
√
6 √3 Do 1.633 2 1.633 nên
6 √3 6 √3 2 1.633 12√3 1.633
Cấu trúc HCP có
√ .
0.74
Câu 23: Tính APF của ô mạng kim cương, giả sử các NT C tiếp xúc với nhau, biết góc tiếp xúc là 109.5o
.
Giải:
Ô mạng kim cương cho bởi hình trên, dựa vào bài tập 15 ta có 4 với y = 2r và 35. 25 và do
đó 4 4 2 35.25 98.43 . Cấu trúc kim cương có 4 NT bên trong, 6 NT ở mặt và
8 NT ở góc, như vậy 1 OCS có 1 NT bên trong, 1/2 NT ở mặt và 1/8 NT, do đó 8 33.51
Thế vào ta cóAPF
VS
VC
.
.
0.340
Câu 24: Tính APF của Cesium Chloride
Giải:
Cấu trúc CsCl cho bởi hình trên. Trong 1 OCS có 1 NT Cs và 1 NT Cl, tra bảng 12.3 cho bán kính các ion là 0.170 nm và
0.181 nm, do vậy 0.170 0.181 0.0454 và
√
. .
√
0.405
Do 0.405 0.0664 , thế số vào
.
.
0.684
11. Page 11 of 35
Câu 25: Biểu diễn các cấu trúc sau trên mặt phẳng theo ví dụ hình 3.11 và hình 3.12
(a) Mặt (100) cho NaCl
(b) Mặt (110) cho CsCl
(c) Mặt (111) cho cấu trúc Zinc blende
(d) Mặt (110) cho perovskite
Giải:
(a) Mặt (100) cho cấu trúc tinh thể muối được biểu diễn như hình dưới:
(b) Mặt (110) cho cấu trúc tinh thể CsCl được biểu diễn như hình dưới:
(c) Mặt (111) cho cấu trúc tinh thể Zinc blende (ZnS) được biểu diễn như hình dưới:
12. Page 12 of 35
(d) Mặt (110) cho cấu trúc tinh thể perovskite (BaTiO4) được biểu diễn như hình dưới:
Câu 26: Xác định góc lien kết trong phân tử SiO4
4-
Giải:
Bố trí SiO4
4-
trong OCS được biểu diễn như sau:
Ta có (2y)2
= a2
+ a2
= 2a2
hay
√
. Hơn nữa /2và
/
√ / √
,
suy ra
√
35.26 , thu được 180 90 35.26 54.74
Góc tiếp xúc 2 2 54.74 109.48
Câu 27: Biết NaCl có nhiệt độ nóng chảy là 801o
C, năng lượng gây sai sót Schottky là 2.3eV. Tính tỉ lệ
Giải:
Phân tử AX có số tỉ lệ sai sót Schottky được tính exp exp
.
.
4.03 10
13. Page 13 of 35
Trong đó
k – hằng số Boltzman
T – nhiệt độ, K
NS – số khuyết tật Schottky 1 m3
N – số khuyết tật tổng trong 1 m3
QS – năng lượng tạo sai sót Schottky
Câu 28: Tính số khuyết tật Frenkel/m3 của ZnO ở 1000o
C, biết năng lượng tạo sai sót Frenkel là 2.51 eV, và KLR
của ZnO là 5.55 g/cm3
ở 1000o
C
Giải:
Số khuyết tật Frenkel được tính trong đó
Qfr – năng lượng tạo khuyết tật Frenkel
k – hằng số Boltzman
T – nhiệt độ, K
Nfr – số khuyết tật Frenkel trong 1 m3
N – số khuyết tật tổng trong 1 m3
Trong sai sót Frenkel, với cấu trúc ZnO ta có
. .
. .
4.11 10 /
Do vậy 4.11 10 exp
.
.
4.43 10 /
Câu 29: Dùng dữ liệu dưới đây cho khuyết tật Schottky của hợp chất MO xác định (a) năng lượngtạo
khuyết tật Schottky và (b) số khuyết tật Schottky ở 1000o
C và (c) xác định hợp chất MO
Bảng dữ liệu
Giải:
Ta có . Ở nhiệt độ T1 và T2 ta có:
và lấy tỉ số ta có:
sau khi rút gọn exp
Lấy Ln 2 vế, ln 1
2
ln 1
2 2
1
1
1
2
nên
ln ln
14. Page 14 of 35
2 8.62 10 ln
.
.
ln
.
.
3.40
(b) Từ PT exp thay T1 = 1000o
C và T2 = 750o
C, ta có:
exp
2
1 1
. .
.
exp
.
.
4.0 10 =
(c) Từ PT ta thu được exp
Rút gọn 1
1 exp 2 1
và
6.022 10 5.50 10
9.2 10 exp
.
8.62 10
5
16.00 136.7
Từ bảng HTTH, dựa vào KLNT xác định M là Barium, nên MO là BaO
Phần giản đồ pha:
Câu 30: Cho giản đồ pha ZrO2 – CaO, xác định điểm cùng tinh (eutectic) và cùng tích (eutectoid)
15. Page 15 of 35
Giải:
Xác định các điểm cùng tinh và cùng tích
1) Ở 2250o
C và 23.5% KL CaO, khi làm nguội, Liquid Cubic ZrO2 + CaZrO3
2) Ở 1000o
C và 2% KL CaO, khi làm nguội, Tetragonal Monoclinic ZrO2 + Cubic ZrO2
3) Ở 850o
C và 7% KL CaO, khi làm nguội, Cubic Monoclinic ZrO2 + CaZr4O9
16. Page 16 of 35
Câu 31: Cho GĐP MgO – Al2O3 . Xác định TPP của hệ 30% KL MgO ở 1600o
C
Giải:
Ở 1600o
C, phần KL của MgO là 30% KL, sẽ gồm 2 pha là MgO (ss) và MgAl2O4 (ss). Thành phần từng pha được xác định
theo quy tắc đòn bẩy.
Câu 32: Ở nhiệt độ cao, kaolanh [Al2(Si2O5)(OH)4] xảy ra phản ứng mất nước hóa học (mất nước cấu trúc)
(a) Xác định hàm lượng Al2O3 còn lại
(b) Xác định nhiệt độ cân bằng L-R từ giản đồ pha SiO2 – Al2O3
Giải:
(a) CTPT của kaolanh Al2O3.2SiO2.2H2O. Nếu loại bỏ nước cấu trúc, ta thu được Al2O3.2SiO2
KLPT của Al2O3 là 2*26.98 + 3*16 = 101.96 g/mol
KLPT của SiO2 là 28.09 + 2*16 = 60.09 g/mol
17. Page 17 of 35
Do đó hàm lượng Al2O3 còn lại
.
. .
100 45.9%
(b) Từ BĐP, xác định nhiệt độ cân bằng L-R ở 1825o
C và 1587o
C
Câu: Cho giản đồ Fe-C như hình dưới. Ở điểm hệ 5%KL C-95%KL Fe
(a) Xác định pha ở 1000o
C
(b) Khi làm nguội rất chậm, xác định pha và vẽ hình ở 1175o
C (2150o
F), 1145o
C (2095o
F) và 700o
C (1290o
F)
Giải:
Ở thành phần 5%KL C, vẽ đường thẳng đứng ta được
18. Page 18 of 35
(a) ở 1000o
C, điểm hệ gồm 2 pha: pha γ (Austenite) và pha Cementite (Fe3C). Hàm lượng pha tuân theo quy tắc đòn bẩy
định luật Gib
(b) Khi làm nguội chậm, ở 1175o
C, gồm pha lỏng (4.3% KL C) và pha Cementite (Fe3C) 6.7%KL C
Hàm lượng pha
.
. .
.
.
37.28%
Hàm lượng pha Cementite = 100-37.28=62.72%
(c) Khi làm nguội chậm, ở 1145o
C, gồm pha Cementite (Fe3C) 6.7%KL C và pha γ (Austenite) 2.14% KL C
(d) Khi làm nguội chậm, ở 700o
C, gồm pha Cementite (Fe3C) 6.7%KL C và pha α (Firrite) 0.022% KL C
19. Page 19 of 35
Phần độ bền cơ:
Câu 33: Độ bền kéo của vật liệu dòn được cho từ PT dưới đây. Tính bán kính tới hạn (bán kinh cong) vết nứt của
Al2O3 khi độ bền kéo là 275 MPa (40.000 psi). Giả sử bề rộng vết nứt 2a=4x10-3
mm
Giải:
Ta có 2 /
. Vết nứt xuất hiện khi bằng ứng suất phá huỷ, bằng E/10, do đó: 2 /
với
với E = 393GPa (bảng 12.5) nên 3.9 10 0.39
Phụ lục bảng 2Modul đàn hồi của 1 số VL ceramic thông dụng
20. Page 20 of 35
Bảng 2: Modul đàn hồi của 1 số VL ceramic thông dụng
Câu: Một thanh đồng hình trụ chịu lực kéo dọc trục . Thanh có đường kính 10 mm. Xác định độ lớn lực kéo để
thanh bị biến dạng Δd = 2.5 x 10-3
mm theo phương đường kính?
Giải:
Quá trình biến dạng thanh được mô tả như hình trên. Khi lực kéo F tác dụng, theo phương z, thanh sẽ chịu biến dạng theo
phương x như sau:
∆ .
2.5 10 (dấu – chỉ đường kính thanh bị giảm)
Quan hệ giữa biến dạng theo phương z và phương x đựơc xác định qua hệ số Poisson = 0.34 (theo bảng 3)
2.5 10
0.34
7.35 10
Lực kéo tác dụng có thể tính theo phương trình sau: . (do εZ<0.2%, nằm trong vùng đàn hồi). Tra bảng 3 thu được
modul đàn hồi E của đồng là 97 GPa. Ta có: 7.35 10 97 10 71.3
Lực F cần tính
.
5600
*Phụ lục bảng 3
Bảng 3:Modul đàn hồi, hệ số trượt, hệ số Poisson của 1 số kim loại thông dụng
21. Page 21 of 35
Câu: đồ thị ứng suất – biến dạng của thanh đồng cho ở hình dưới. Xác định:
(a) Modul đàn hồi
(b) US đàn hồi ổ biến dạng 0.2% (Yield strength)
(c) Lực tối đa thanh không bị biến dạng theo phương đường kính, biết đường kính ban đầu thanh là 12.8 mm
(d) Biến đổi dài của thanh khi chịu lực kéo 345 MPa (50,000 psi)
Giải:
(a) Modul đàn hồi chính là hệ số góc của tiếp tuyến đừơng cong ứng suất – biến dạng
∆
∆ .
93.8 rất gần giá trị ở bảng 3 là 97 GPa
(b) Khi biến dạng 0.002 hay 0.02%, độ bền chảy là 250 MPa
(c) Mẫu có US tối đa là 450 MPa. Lực tối đa để mẫu không bị biến
dạng 450
.
57900
(d) Khi mẫu chịu US σ=345MPa (điểm A), tra đồ thị biến dạng kéo ε=0.06, ∆ 0.06 250
15
Phần polymer và cao phân tử
Câu 34: Tính KLPT các chất cao phân tử sau, sử dụng bảng số liệu dưới đây:
(a) poly vinyl chloride PVC;
(b) poly ethylene terephthalate;
(c) polycarbonate
(d) polydimethylsiloxane
22. Page 22 of 35
Phụ lục Bảng danh sách đơn vị cấu trúc (Repeat Unit) lại của các Polymer phổ biến
23. Page 23 of 35
Giải:
(a) Mỗi đơn vị lặp lại của PVC gồm 2 NT C, 3 NT H và 1 NT Cl. Gọi AC, AH và ACl là KLNT của C, H và Cl thì KLPT của
PVC 2 3 1 2 12.01 3 1.0008 1 35.45 62.49
(b) Với poly ethylene terephthalate, mỗi đơn vị lặp lại gồm 10C, 8H, 4O nên
10 8 4 10 12.01 8 1.0008 4 16.00 192.16
(c) Với poly carbonate, mỗi đơn vị lặp lại gồm 16C, 14H, 3O nên
16 14 3 16 12.01 14 1.0008 3 16.00 254.27
(d) Với polydimethylsiloxane, mỗi đơn vị lặp lại gồm 2C, 6H, 1Si và 1O nên
2 6 1 2 12.01 6 1.0008 1 28.09 1 16.00
74.16
Câu 35: PTL trung bình của polypropylene (PP) là 1.000.000 g/mol. Tính độ trùng hợp trung bình (Degree of
polymerization - DP)
Giải:
KLPT của PP là 3 6 3 12.01 6 1.0008 42.08
DP được xác định từ PT 14.6
. .
.
23.760
Phụ lục PT 14.6
Câu 36: (a) Tính KLPT của polystyrene (PS) và Tính KLPTTB của PS có DP = 25.000
Giải:
24. Page 24 of 35
(a) Tra bảng 14.3, mỗi đơn vị lặp lại có 8C và 8H, nên KLPT của PS
8 8 8 12.01 8 1.0008 104.14
(b) Ta có KLPTTB
.
25000 2.60 10 /
Câu 37: KLPT của polypropylene (PP) cho ở bảng dưới
(a) Tính số PTTB
(b) KLPTTB
(c) DP
Giải:
(a) Mn được tính như bảng dưới:
(b) KLPTTB Mw được tính như bảng dưới
25. Page 25 of 35
(c) PP có 3 6 3 12.01 6 1.0008 42.08
Nên
. /
. /
785
Câu 38: KLPT của vài polymer cho ở bảng sau:
(a) Tính số PTTB
(b) Tính KLPTTB
(c) Biết DP = 710, xác định polymer từ bảng dữ liệu sau
Giải:
(a) Số PTTB Mn được tính như bảng dưới:
26. Page 26 of 35
(b) KLPTTB Mw được tính như bảng dưới
(c) Ta có
/
=103.94 g/mol ta thấy polymer cần tìm là polystyrene PS
27. Page 27 of 35
Câu 39: Tính chất nhiệt của vài vật liệu được cho ở bảng 19.1
Tính năng lượng cần thiết để nâng nhiệt độ mẫu 2 kg từ 20 lên 100o
C của các vật liệu sau:
(a) Nhôm;
(b) Thép;
(c) Thuỷ tinh hệ soda – lime;
(d) High density polyethylene (FDPE)
Giải:
NL được tính từ PT ∆ với ∆ 100 273 20 273 80 và m = 2kg. Tra bảng 19.1, ta
có giá trị CP
(a) E(aluminum) = (900 J/kgK)*(2 kg)*(80K)=1.44 x 105
J
(b) E(steel) = (486 J/kgK)*(2 kg)*(80K)=7.78 x 104
J
(c) E(glass) = (840 J/kgK)*(2 kg)*(80K)=1.34 x 104
J
(d) E(HDPE) = (1850 J/kgK)*(2 kg)*(80K)=2.96 x 105
J
Câu 40: Tính nhiệt dung riêng (NDR) đẳng áp ở nhiệt độ phòng cho các VL sau:
(a) Nhôm
(b) Bạc
(c) Tungsten (W)
(d) Hợp kim 70Cu – 30Zn
Giải:
28. Page 28 of 35
Tra bảng 19.1 ta có:
(a) Cho Al: CP = (900 J/kg.K)*(1 kg/1000 g)*(26.98 g/mol) = 24.3 J/mol.K
(b) Cho Ag: CP = (235 J/kg.K)*(1 kg/1000 g)*(107.87 g/mol) = 25.4 J/mol.K
(c) Cho W: CP = (138 J/kg.K)*(1 kg/1000 g)*(26.98 g/mol) = 25.4 J/mol.K
(d) Cho hợp kim 70Cu-30Zn, KLPTTB %
. /
%
. /
64.09 /
Do vậy CP = (375 J/kg.K)*(1 kg/1000 g)*(64.09 g/mol) = 24.0 J/mol.K
Câu 41: NDR đẳng tích của Al CV ở 30K là 0.81 J/mol/K và nhiệt độ Debye là 375K. Tính NDR của Al ở:
(a) 50 K và (b) 425K
Giải:
a) ở 30K (nhiệt độ thấp, dưới nhiệt độ Debye), có thể áp dụng PT 19.2 nên hệ số
0.81 .
30
3.00 10 / .
ở 50K (nhiệt độ thấp, dưới nhiệt độ Debye),
CV = A*T3
= (3.00 x 10-5
J/mol.K4
)*(50K)3
= 3.75 J/mol.K
CV = (3.75 J/mol.K)*(1 mol/26.98 g)*(1000 g/kg) = 139 J/kg.K
(b) ở 425K, trên nhiệt độ Debye, có thể coi CV = 3R = 3*(8.31 J/mol.K)=24.9 J/mol.K
hay CV = (24.91 J/mol.K)*(1 mol/26.98 g)*(1000 g/kg) = 923 J/kg.K
Phụ lục PT 19.2
Câu 42: Hằng số A trong PT 19.2 được xác định A = 12π4
R/5θD
3
với R là hằng số khí lí tưởng, θD là nhiệt độ Debye.
Tính θDcủa Cu, biết NDR của Cu là 0.78 J/kg.K ở 10K
Giải:
Ta có
. .
.
4.96 10 .
Do A = 12π4
R/5θD
3
nên
.
.
.
.
340
Câu 43: Làm lạnh 10 m Al từ 38o
C xuống -1o
C. Tính thay đổi chiều dài
29. Page 29 of 35
Giải:
Từ bảng 19.1 ta có αl = [23.6 x 10-6
(o
C)-1
] nên
Δl = lo*αl*ΔT = lo*αl*(Tf – To) = (10 m)*[23.6 x 10-6
(o
C)-1
]*(-1o
C – 38o
C) = -9.2 x 10-3
m = -9.2 mm
Sợi nhôm bị co 9.2 mm
Câu 44: Sợi kim loại dài 0.1 m giãn dài thành 0.2 m khi nung từ 20o
C lên 100o
C. Xác định hệ số giãn nở nhiệt
(HSGNN)
Giải:
HSGNN xác định từ PT 19.33b, nên
∆
∆
∆ 0.2 10
0.1 100 20
25.0 10
Phụ lục PT 19.3b
Câu 45: Tính KLR của Ni ở 500o
C biết KLR ở 20o
C là 8.902 g/cm3
, giả sử HSGNN thể tích = 3*HSGNN dài
Giải:
Từ PT 19.4
∆
∆ ta có ∆ ∆
Do 3 tra bảng 19.1 cho Ni có 13.3 10 do đó thể tích Ni ở 500o
C được tính như sau:
∆ 1 ∆ 1 3 ∆
1 1 3 13.3 10 500 20 1.01915
Do vậy KLR ở 500o
C
.
.
8.735 /
Câu 46:
(a) Tính dòng nhiệt q truyền qua tấm thép dày 10 mm nếu nhiệt độ 2 mặt là 300 và 100o
C (giả sử truyền nhiệt ổn
định)
(b) Nhiệt mất/giờ nếu diện tích tấm là 0.25m2
(c) Nhiệt mất/giờ nếu dung thuỷ tinh soda-lime thay vì thép
(d) Nhiệt mất/giờ nếu dung thép có bề dày 20 mm
30. Page 30 of 35
Câu 47: Vật liệu xốp có thể coi là composite với 1 pha là pha xốp. Nếu MgO có độ xốp 30% đuợc lấp đầy bởi không
khí ở nhiệt độ phòng, xác định hệ số dẫn nhiệt
Giải:
Bảng 19.1 cho giá trị k của MgO là 37.7 W/m.K, của không khí là k=0.02 W/m.K.
Giới hạn trên và dưới có thể tính từ PT 16.1 và 16.2
Ta có giới hạn trên của k 0.30
.
.
0.70
.
.
.
.
Giới hạn dưới của k,
. .
. .
. .
.
. .
.
0.067
.
Phụ lục PT 16.1 và 16.2
Câu 48: Một thanh thép dài 0.5 m gia nhiệt từ 20o
C lên 80o
C và bị cố định chiều dài.
(a) Xác định ứng suất (US) nén của thanh, giả sử ở 20o
C thanh không chịu ứng suất
(b) Nếu thanh dài 1m, xác định US
(c) Nếu làm nguội thanh từ 20o
C xuống -10o
C, xác định US
Giải:
(a) Từ PT 19.8, US thanh ∆
Thép có modul đàn hồi E (steel) = 207 GPa, giá trị αl = 12.0 x 10-6
(o
C)-1
(bảng 19.1). Ta có:
207 10 12.0 10 20 80 150 21800
Mẫu chịu ứng suất nén do dấu (-)
31. Page 31 of 35
(b) Do US không phụ thuộc chiều dài thanh, thanh dài 1m có US như thanh dài 0.5m
(c) Khi làm nguội
207 10 12.0 10 20 10 74.5 10900
Mẫu chịu ứng suất kéo
Phụ lục PT 19.8
Câu 49: Sợi đồng bị kéo với US 70 MPa ở 20o
C. Nếu chiều dài không đổi và US tác dụng là 35 MPa thì phải kéo ở
nhiệt độ nào?
Giải:
Từ PT 19.8, với E (đồng) = 110 GPa (bảng 19.1), 17.0 10 ta có:
20
35
110 10 17.0 10
20 19 39 101
Bài tập tính chất quang
Electromagnetic radiation
Câu 1: Ánh sáng khả kiến có bước sóng 6 x 10-7
m, có màu cam. Tính tần số và năng lượng photon của ánh sáng này
Giải:
Sử dụng PT 21.2, ta có ν λ
/
5 10
Năng lượng sử dụng được tính từ PT 21.3
λ
6.63 10
3
6 10
3.31 10 2.07
*Phụ lục: PT 21.2 và 21.3
Light interaction with solids
Câu 2: Tính vận tốc ánh sáng trong CaF2, có hằng số điện môi εr = 2.056 và độ thẩm điện môiχm= -1.43 x 10-5
.
Giải:
Từ PT 18.27, ta có ε = εr .εo = (2.056)(8.85 x 10-12
F/m) = 1.82 x 10-11
F/m
Kết hợp PT 20.4 và 20.7, ta có:
x µ µ χm 1 1.257 x
10
1 1.43. 10 1.257 10 /
32. Page 32 of 35
Cuối cùng, từ PT 21.8 ta có: ν ε.μ
. .
2.09 10 /
*Phụ lục:
Câu 3: Chiết xuất của SiO2 nóng chảy và thuỷ tinh hệ soda-đá vôi trong phổ ánh sáng khả kiến là 1.458 và 1.51.
Hãy xác định hằng số điện môi tương đối ở 60 Hz gây nên bởi phân cực điện tử
Giải
Vùng ánh sáng thấy được tương ứng bước sóng từ 0.4 – 0.76 μm, có tần số hoạt động là 1015
Hz (hình 21.2). Ở tần số này
chỉ gây nên hiện tượng phân cực điện môi (hình 18.34). Từ PT 21.10, ta có quan hệ giữa HSĐM và chiết suất như sau: εr’ =
n2
.
Với SiO2 nóng chảy εr’ (silica) = (1.458)2
= 2.13
Với thuỷ tinh soda-lime εr’ (glass) = (1.51)2
= 2.28
HSĐM của VL ở 60 Hz cho ở bảng 18.5 (SiO2 nóng chảy là 4, thuỷ tinh soda-ĐV là 6.9), ta có:
ε
ε
.
.
0.53và
ε
ε
.
.
0.33
*Phụ lục
33. Page 33 of 35
Câu 4: Từ bảng 21.1 xác định HSĐM của borosilicate, periclase (MgO), poly(methyl methacrylate) PMMA, và
polypropylene.(PP)
Bảng 21.1
Giải:
34. Page 34 of 35
Từ PT 21.10, ta có ε 2
. Đối với thuỷ tinh borosilicate, có n = 1.47, nên ε 1.472
2.16
Với Periclase (MgO) ε 1.742
3.03
Với PMMA ε 1.492
2.22
Với PP ε 1.492
2.22
Reflection
Câu 5: Biết độ phản xạ của 1 loại vật liệu trong suốt < 6%. Chọn loại VL thích hợp sử dụng trong các VL sau: thuỷ
tinh pyrex, corundum, polystyrene, PTFE?
Giải
PT 21.13 với nS là chiết suất của chất rắn, ta có 0.060
1
2
1
2
2 2 1
2 2 1
,
triển khai thu được 0.94 2.12 0.94 0
. Giải ra ta được
. ± . . .
.
. .
.
. Có 2 phương án:
Phương án 1: nS(+) = 1.65 và phương án 2: nS(-) = 0.606. Từ bảng 21.1, ta có thuỷ tinh silica, thuỷ tinh pyrex, polystyrent
và PTFE có chiết suất < 1.65, phù hợp sử dụng.
Câu 6: Chiết xuất của corundum (Al2O3) có tính dị hướng. Khi cho ánh sáng xuyên qua các hạt sẽ có chiết suất
1.757 và 1.779. Xác định độ phản xạ ở biên giới hạt?
Giải:
Từ PT 21.12, ta có
. .
. .
3.87 10
Câu 7: Zinc Telluride (ZnTe) có NL vùng cấm là 2.26 eV. Ở tần số nào của ánh sáng khả kiến, ZnTe trong suốt?
Giải
Do NL vùng cấm của ZnTe là 21.6 eV, nên photon ánh sáng có NL >= 2.26 eV sẽ bị hấp thụ. Từ PT 21.16b, NL tối thiểu
không bị hấp thụ là 1.8 eV, tương ứng bước sóng tối đa là 0.7 μm. Vậy bước sóng tối thiểu để ZeTe trong suốt là:
λ
4.13 10 . 3 10 /
2.26
5.5 10 0.55
Kết luận: ZeTe trở nên trong suốt khi tương tác ánh sáng có bước song từ 0.55 μm – 0.7 μm
Câu 8:Một loại vật liệu trong suốt có bề dày 20 mm có độ truyền qua T = 0.85. Biết chiết suất vật liệu n = 1.6, tính:
(a) Độ phản xạ R (b) bề dày vật liệu có T = 0.75
Giải:
(a) Từ PT 21.13, xác định độ phản xạ
.
.
5.33 10
Từ PT 21.19, xác định hệ số β. Ta có: , lấy log 2 vế ln
, thu được . . Do độ truyền qua nên ta có .
35. Page 35 of 35
. Thế số ta được
.
.
2.65 10
Khi độ truyền qua T = 0.75, ta có bề dày
1
β 1
1
2.65 10
0.75
1 5.33 10
67.3
Optical fiber in communication
Câu 9: Biết ánh sáng không bị hấp thụ khi xuyên qua sợi thuỷ tinh quang học dài 16km tương tự của ánh sáng trong
thuỷ tinh kính có bề dày 25mm. Xác định hệ số hấp thụ β của thuỷ tinh quang học nếu hệ số hấp thụ của thuỷ tinh
kính tấm là 5 x 10-4
mm-1
.
Giải
Từ PT 21.18, ta có β .
Nên β ln ln 0.9876 7.80 10
*Phụ lục
