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 √32. Page 2 of 35 Câu 3: Cho hệ lục giác xếp chặt (HCP), chúng minh ca = 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 = c2. 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 + (c2)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 tửô 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 = CDBC, 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 1.6333. 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 55.85gmol. Tính và so sánh KLR lý thuyết của Fe Giải: Từ PT 3.5, . Cấu trúc BCC có n = 2 NTOCS và thễ tích OCS √ , do đó √ . . . √ . . 7.90 . Giá trị đo là 7.87 gcm3 Phụ lục PT 3.5 Câu 7: Tính bán kính NT Iridium, biết Ir có cấu trúc FCC, KLR 22.4 gcm3 , KLNT là 192.2 gmol Giải: Ir có cấu trúc FCC, n = 4 NTOCS 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 cationanion 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 24. Page 4 of 35 Do đó ta có 2 √ 2 . Quy về tỉ lệ ta thu được √ 0.225 Vậy tỉ lệ cationanion nhỏ nhất của số phối trí (SPT) 4 là 0.225 Câu 9: Tính tỉ lệ bán kính cationanion 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 cationanion nhỏ nhất của số phối trí (SPT) 6 là 0.414 Câu 10: Tìm tỉ lệ bán kính cationanion 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 xycạnh 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 cationanion nhỏ nhất của số phối trí (SPT) 8 là 0.7325. 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 rCrA (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 trúc6. 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 3.58gcm3. 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 gcm3 tính được , do KLNT của Mg và Oxi lần lượt là 24.31 và 16 gmol, 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 67. Page 7 of 35 Câu 15: Tính KLR lý thuyết của kim cương, biết khỏang cách CC 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 12 góc tiếp xúc hay φ = 109.5o 2 = 54.75o . Do đó θ = 90o – 54.75o = 35.25o . Tam giác xycạnh ngang (hình vẽ) là tam giác vuông, có y = 0.154 nm (khoảng cách CC) và x = a4, 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 = 8NTOCS, 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 gcm3 Câu 16: Tính KLR lý thuyết của ZnS (có cấu trúc tương tự kim cương), biết khoảng cách ZnS 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 gmol, do vậy 4 65.41 32.06 1.576 10 6.022 10 4.11 Giá trị đo thực tế là 4.10 gcm38. 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 gcm3 , tính số ion Cd2+ , S2 trong 1 OCS Giải: CdS có a = 0.582 nm và ρ = 4.82 gcm3 . 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 gcm3, 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 CaF2OCS hay n = 4 phân tửOCS. 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 12.19. 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 gcm3 Câu 20: Phân tử AX có KLR 2.65 gcm3 , có cấu trúc LP với a = 0.43 nm. KLNT của A và X lần lượt là 86.6 và 40.3 gmol. 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 gcm3 , 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 5.22gcm3, 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, 12 NT ở mặt và 18 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 . . 0.68411. 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 1013. 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 Frenkelm3 của ZnO ở 1000o C, biết năng lượng tạo sai sót Frenkel là 2.51 eV, và KLR của ZnO là 5.55 gcm3 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 ln14. 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 + CaZr4O916. 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 LR 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 226.98 + 316 = 101.96 gmol KLPT của SiO2 là 28.09 + 216 = 60.09 gmol17. Page 17 of 35 Do đó hàm lượng Al2O3 còn lại . . . 100 45.9% (b) Từ BĐP, xác định nhiệt độ cân bằng LR ở 1825o C và 1587o C Câu: Cho giản đồ FeC như hình dưới. Ở điểm hệ 5%KL C95%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 được18. 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 = 10037.28=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 C19. 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=4x103 mm Giải: Ta có 2 . Vết nứt xuất hiện khi bằng ứng suất phá huỷ, bằng E10, 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 dụng20. 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 103 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= 2.26 eV bị hấp thụ Từ PT 21.16b, NL tối thiểu không bị hấp thụ 1.8 eV, tương ứng bước sóng tối đa 0.7 μm Vậy bước sóng tối thiểu để ZeTe suốt là: λ 4.13 10 2.26 10 / 5.5 10 0.55 Kết luận: ZeTe trở nên suốt tương tác ánh sáng có bước song từ 0.55 μm – 0.7 μm Câu 8:Một loại vật liệu 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 Từ PT 21.19, xác định hệ số β Ta có: , thu 5.33 10 , lấy log vế Do độ truyền qua Page 34 of 35 ln nên ta có Thế số ta 2.65 10 Khi độ truyền qua T = 0.75, ta có bề dày β 2.65 10 0.75 5.33 10 67.3 Optical fiber in communication Câu 9: Biết ánh sáng không bị hấp thụ xuyên qua sợi thuỷ tinh quang học dài 16km tương tự ánh sáng thuỷ tinh kính có bề dày 25mm Xác định hệ số hấp thụ β thuỷ tinh quang học hệ số hấp thụ thuỷ tinh kính x 10-4 mm-1 Giải β Từ PT 21.18, ta có Nên β ln ln 0.9876 7.80 *Phụ lục Page 35 of 35 10 [...]... 10 2.26 3 10 / 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 Từ PT 21.19, xác định hệ số β Ta có: , thu được 5.33 10 , lấy log 2 vế ... 710, xác định polymer từ bảng dữ liệu sau Giải: (a) Số PTTB Mn được tính như bảng dưới: Page 25 of 35 42.08 (b) KLPTTB Mw được tính như bảng dưới (c) Ta có / =103.94 g/mol ta thấy polymer cần tìm là polystyrene PS Page 26 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 100oC của các vật liệu sau: (a) Nhôm; (b) Thép; (c)... pha Cementite (Fe3C) 6.7%KL C và pha γ (Austenite) 2.14% KL C (d) Khi làm nguội chậm, ở 700oC, gồm pha Cementite (Fe3C) 6.7%KL C và pha α (Firrite) 0.022% KL C Page 18 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... 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 Page 29 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,... US 70 MPa ở 20oC Nếu chiều dài không đổi và US tác dụng là 35 MPa thì phải kéo ở nhiệt độ nào? Giải: 17.0 10 Từ PT 19.8, với E (đồng) = 110 GPa (bảng 19.1), ta có: 35 20 110 10 17.0 20 10 19 39 101 Bài tập tính chất quang Electromagnetic radiation Câu 1: Ánh sáng khả kiến có bước sóng 6 x 10-7m, 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... 21.10, ta có ε Với Periclase (MgO) Với PMMA Với PP ε ε 1.49 2 ε ε Đối với thuỷ tinh borosilicate, có n = 1.47, nên 1.742 1.49 2 2 2.22 1.472 2.16 3.03 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 triển khai thu được 0.94... 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 1000oC và (c) xác định hợp chất MO Bảng dữ liệu Giải: Ở nhiệt độ T1 và T2 ta có: Ta có và lấy tỉ số ta có: exp sau khi rút gọn Lấy Ln 2 vế, ln 1 2 ln 1 2 2... dày 1 β 1 2.65 1 10 1 0.75 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 β Từ PT 21.18, ta có Nên β ln ln 0.9876 7.80 *Phụ lục Page 35 of 35 10 ... 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... Khi biến dạng 0.002 hay 0.02%, độ bền chảy là 250 MPa (c) Mẫu có US tối dạng đa là 450 450 MPa Lực tối đa để 15 Phần polymer và cao phân tử Câu 34: Tính KLPT các chất cao phân tử sau, sử dụng bảng số liệu dưới đây: (b) poly ethylene terephthalate; (c) polycarbonate (d) polydimethylsiloxane Page 21 of 35 không bị 57900 (d) Khi mẫu chịu US σ=345MPa (điểm A), tra đồ thị biến dạng kéo ε=0.06, ∆ (a) poly ... 0.55 μm – 0.7 μm Câu 8:Một loại vật liệu 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... polystyrene PS Page 26 of 35 Câu 39: Tính chất nhiệt vài vật liệu cho bảng 19.1 Tính lượng cần thiết để nâng nhiệt độ mẫu kg từ 20 lên 100oC vật liệu sau: (a) Nhôm; (b) Thép; (c) Thuỷ tinh hệ soda... pha Cementite (Fe3C) 6.7%KL C pha α (Firrite) 0.022% KL C Page 18 of 35 Phần độ bền cơ: Câu 33: Độ bền kéo vật liệu dòn cho từ PT Tính bán kính tới hạn (bán kinh cong) vết nứt Al2O3 độ bền kéo