Bài tập vật lí tinh thể Bài 1 Chứng minh độ đặc khít của mạng tinh thể lập phương tâm khối là 0,68. Xét 1 đơn vị mạng lưới tinh thể lập phương tâm khối có cạnh = a → V mạng tt = a3.
B
Số nguyên tử kim loại có trong 1 ô mạng cơ sở =
A
A
B
1 . 8 + 1 = 2 (nguyên tử) 8
E
E a
C
Các nguyên tử kim loại xếp sát nhau.
C
D
a
Xét theo đường chéo của khối lập phương: 4R = a 3 → R =
D
a 3 4
Thể tích choán chỗ của 2 nguyên tử kim loại:
4 VKL = 2 . π 3
a 3 4
3
Vậy độ đặc khít của mạng tinh thể =
VKl = Vtt
4 a 3 2. π . 3 4 a3
3
= 0,68
4 .π R 3 Vc 3 Hoặc: Độ đặc khít P = N. = 2. Vtb a3
với R =
a 3 nên P = 4
4 a 3 2. π . 3 4 a3
3
= 0,68
(N : số nguyên tử trong có trong 1 ô mạng cơ sở tinh thể Vc : Thể tích 1 nguyên tử dạng quả cầu Vtt : Thể tích toàn bộ tế bào tinh thể ) Ví dụ 2: Chứng minh độ đặc khít của mạng tinh thể lập phương tâm diện là 0,74.
A
Xét 1 đơn vị mạng lưới tinh thể lập phương tâm khối có cạnh = a → V mạng tt = a3.
B E
C
D
1
Số nguyên tử kim loạii có trong 1 ô m mạng cơ sở =
1 1 .8+ .6=4 A 8 2
B
(nguyên tử) x sát nhau. Xét theo đường chéo của mặt Các nguyên tử kim loạii xếp hình vuông:
E
a
D
a 2 4R = a 2 → R = 4
C
Thể tích choán chỗ củaa 4 nguyên ttử kim loại:
4 VKL = 4 . π 3
a 2 4
3
Vậy độ đặc khít của mạng ng tinh th thể =
VKl = Vtt
4 a 2 4. π . 3 4 a3
3
= 0,74
4 .π R 3 Vc a 2 3 Hoặc: Độ đặc khít P = N. = 4. với R = Vtb a3 4 4 a 2 4. π . 3 4 a3
nên
3
= 0,74
Ví dụ 3: Chứng minh độ đ đặc khít của mạng tinh thể lục phương ng là 0,74
P
=
Ví dụ 4: Tính độ đặc khít của mạng tinh thể natri clorua (NaCl)
= 0,97A0 = r, R Cl − = 1,81 A0 = R
biết R Na +
Tinh thể có đối xứng lập phương nên trong cấu trúc NaCl (hình 6): Vì NaCl kết tinh dưới dạng lập phương ở hình vẽ nên Tổng ion Cl- = Cl -ở 8 đỉnh + Cl- ở 6 mặt =8 ×
1 1 + 6 × = 4 ion Cl8 2
Tổng ion Na+ =Na+ ở giữa 12 cạnh = 12×1/4=4 ion Na+ số phân tử CuCl trong 1 ô mạng cở sở=4 NaCl Kết quả là các ion Na+ tạo ra một mạng lptd thứ hai lệch một nửa cạnh của mạng ion Cl-. * : Vì các ion Na+ và Cl- tiếp xúc nhau dọc theo cạnh hình lập phương nên: aNaCl = 2(r + R) = 2(0,97 + 1,81) = 5,56 A0 * Độ đặc khít P =
4.[ 4 .π .r 3 + 4 .π .R 3 ] 16π (0,97 3 + 1,813 ) 3 3 = . = 0,667 3 3 a NaCl 5,56 3
Ví dụ 5:Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Ca bằng 1,55 g/cm3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca có hình cầu, có độ đặc khít là 74%. Giải: ♣ Thể tích của 1 mol Ca =
40,08 = 25,858 cm3, 1,55
một mol Ca chứa NA = 6,02 ×1023 nguyên tử Ca Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Ca = Từ V =
⇒
25,858 × 0,74 = 3,18×10−23 cm3 23 6,02 × 10
4 × πr 3 3 Bán kính nguyên tử Ca = r =
3V 3 × 3,18 × 10−23 = 3 4π 4 × 3,14 −8 = 1,965 ×10 cm 3
3
Ví dụ 6: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Fe ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Fe bằng 7,87 g/cm3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Fe có hình cầu, có độ đặc khít là 68%. Cho nguyên tử khối của 55,85 = 40
♣ Thể tích của 1 mol Fe =
55,85 = 7,097 cm3. 7,87
một mol Fe chứa NA = 6,02 ×1023 nguyên tử Fe Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = Từ V =
7,097 × 0,68 = 0,8 ×10−23 cm3 6,02 × 1023
4 × πr 3 3 =>Bán kính nguyên tử Fe = r =
3
3V = 4π
3
3 × 0,8 × 10 −23 = 1,24 ×10−8 4 × 3,14
cm
Ví dụ7: Phân tử CuCl kết tinh kiểu giống mang tinh thể NaCl. Hãy biểu diễn mạng cơ sở củaCuCl. Xác định bán kính ion Cu+. Cho: d(CuCl) = 4,136 g/cm3 ; rCl- = 1,84 Å ; Cu = 63,5 ; Cl = 35,5 Giải:
* Vì CuCl kết tinh dưới dạng lập phương kiêu giống NaCl nên Tổng ion Cl- = Cl -ở 8 đỉnh + Cl- ở 6 mặt =8 ×
1 1 + 6 × = 4 ion Cl8 2
Tổng ion Cu+ = Cu+ ở giữa 12 cạnh = 12×1/4=4 ion Cu+
số phân tử CuCl trong 1 ô mạng cở sở=4 CuCl • V hình lập phương= a3 ( a là cạnh hình lập phương) • M1 phân tử CuCl= MCuCl / 6,023.1023 biết MCuCl= 63,5+35,5 = 99(gam) • => D= (4×99)/ (6,023×1023×a3) • => thay số vào => a= 5,4171 Ao • Mà a= 2rCu+ + 2r Cl- => rCu+= 0,86855 Ao Ví dụ 8:Đồng (Cu) kết tinh có dạng tinh thể lập phương tâm diện. Tính khối lượng riêng của Cu theo g/cm3 biết MCu=64.
4
Giải: Theo hình vẽ ta thấy: 1 mặt của khối lập phương tâm diện có AC = a 2 =4 rCu
A E
4 ×1, 28 a= = 3,62 (Å) 2
→
m 64 × 4 = = 8,96 g/cm3. 23 V 6, 02.10 (3, 62 × 10−8 )3
C
D
1 1 Số nguyên tử Cu trong một tế bào cơ sở = 8× + 6× = 4 8 2 (nguyên tử) d=
B
B
A E
a
D
C
Ví dụ 9: Sắt dạng α (Feα) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r = 1,24 Å. Hãy tính: Tỉ khối của Fe theo g/cm3. Cho Fe = 56
LG a) Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ) B
Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là
A
B
A E
E
− Ở tám đỉnh lập phương = 8 ×
1 =1 8
a C D
C
− Ở tâm lập phương = 1
a
D
Vậy tổng số nguyên tử Fe chứa trong tế bào sơ đẳng = 1 + 1 = 2 (nguyên tử) Khối lượng riêng: + 1 mol Fe = 56 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 2 nguyên tử Fe + 1 mol Fe có NA = 6,02 ×1023 nguyên tử Khối lượng riêng d =
m 56 =2× = 7,95 (g/cm3) 23 −8 3 V 6,02 × 10 × (2,85 × 10 )
Ví dụ 10: Kim loại M kết tinh theo cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm diện với bán kính nguyên tử R=143 pm, có khối lượng riêng D=2,7 g/ cm3. Xác định tên kim loại M.
5
Giải: Số nguyên tử M trong một ô cở sở mạng N=8×
1 1 + 6× = 4 (nguyên tử) 8 2
Gọi a là độ dài cạnh của ô mạng cở sở. A
Khoảng cách ngắn nhất giữa các nguyên tử là trên đường chéo của mặt bên nên
B
BA E
E
a
AC = a 2 =4rM => a=4.142/ 2 =404 pm C D
D
m Mà D= = (4×M)/(6,023×1023×a3) V
C
Thay D=2,7; a= 404×10-10 cm => M= 26,79 g/mol. Vậy M là kim loại Al
Ví dụ 11: Kim loại M kết tinh theo cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm khối với bán kính nguyên tử R=1,24 Ao, có khối lượng riêng D=7,95 g/ cm3. Xác định tên kim loại M. Giải Số nguyên tử M trong một ô cở sở mạng N=8×
1 + 1= 24 (nguyên tử) 8
Gọi a là độ dài cạnh của ô mạng cở sở. Khoảng cách ngắn nhất giữa các nguyên tử là trên đường chéo của hình lập phương nên AD=a 2
B A
A
B
E
E a
AC =a 3 =4rM => a=4R / 3 = Mà D=
m = (2×M)/(6,023×1023×a3) V
C C
D
a
D
Thay D=7,95; a= 2,864 Ao => M= 26,79 g/mol. Vậy M là kim loại Fe
z
Chương 1:CẤU TRÚC TINH THỂ VẬT RẮN
[[ 1 11]]
Bài 1. Xác định chỉ số chiều của đường thẳng đi qua hai nút 100 và 001 của mạng lập phương P.
[[001]]
[[1 1 1]]
O [[100]] x
y
6
Vậy chiều của đường thẳng đi qua hai nút 100 vào 001 là chiều [ 1 11]
Bài 2. Xác định chỉ số miller của mặt đi qua các nút 200, 010, 001 của mạng lập phương P. Ta có :
n1 = 2, n2 = 1, n3 = 1 =>h:k:l=
1 1 1 : : =1:2:2 2 1 1
= > h : k : l = ( 122 )
Bài 3.Vẽ các mặt (212), (110), (001), và (120) của tinh thể lập phương. •
Mặt (212)
z
h : k : l = 2 : 1: 1=
= > n1 =
1 1 1 : : 1 1 1 2 2
1 1 , n2 = 1, n3 = 2 2 z y
x
•
Mặt (110) h: k : l = 1 : 1 : 0 =
1 1 : :0 1 1 y
= > n1 = 1, n2 = 1, n3 = 0 z
x
•
Mặt (001) h:k:l=0:0:1=0:0:
1 1
= > n1 = 0, n2 = 0, n3 = 1 y
Mặt (120) x
7
z
h:k:l=1:2:0=
= > n1 = 1, n2 =
1 1 : :0 1 1 2
1 , n3 = 0 2
y
x
Bài 4. Chứng minh biểu thức (1.8) và (1.9) •
Biểu thức (1.8) a2 ∧ a3 ] [ a3 ∧ a1 ] a1 ∧ a2 ] [ [ ' V = b1 b2 ∧ b3 = 2π ∧ 2π 2π V V V
=
( 2π ) V
3
3
⇔ V’ = (
3
2π ) a ∧ a3 ] a1 ([ a3 ∧ a1 ] a2 ) − a2 ([ a3 ∧ a1 ] a1 ) 3 [ 2 V
{
}
a2 ([ a3 ∧ a1 ] a1 ) = 0
Mà
⇒
[ a2 ∧ a3 ] ([ a3 ∧ a1 ] ∧ [ a1 ∧ a2 ])
( 2π ) V’ = V3
•
3
3
( 2π ) ( 2π ) [ a2 ∧ a3 ] a1.[ a3 ∧ a1 ] a2 = 3 V 2 = V V
3
Biểu thức (1.9) G
H H’
O
P
Ta có:
hb + kb + lb G 1 2 3 R = ( n1a1 + n2 a2 + n3 a3 ) OH = G G
(
=
2π ( n1h + n2 k + n3l ) 2π n = G G
)
(n ∈ Z )
8
OH ' =
2π ( n + 1) G
2π Mà: d ( hkl ) = HH ′ = OH ′ − OH = G Bài 5. Chứng minh trong hệ lập phương, khoảng cách dhkl giữa 2 mặt có chỉ số Miller(hkl) được tính bằng công thức: a
d hkl =
2
h + k2 + l2
Trong đó, a là hằng số mạng, mặt(hkl) gần gốc tọa độ nhất cắt trục tọa đọ lần lượt là .
a a a , , h k l
z
Giải Ta có:
OA =
C
a a a , OB = , OC = h k l
1 1 1 = + 2 2 OH OK OC 2 ⇔
H B
1 1 1 1 = + + 2 2 2 OH OA OB OC 2
K A
1 1 1 1 ⇔ = + + 2 2 2 OH OA OB OC 2 ⇔
x
1 1 1 1 = + + 2 2 2 2 OH a a a h k l 1 h2 + k 2 + l 2 1 h2 + k 2 + l 2 ⇔ = ⇔ = OH 2 a2 OH 2 a2 ⇒ d hkl = OH =
a 2
h + k 2 + l2
Bài 6. Tính khoảng cách giữa các mặt lân cận thuộc họ mặt (111) trong vật liệu kết tinh theo lập phương tâm mặt với bán kính nguyên tử r. Giải Mạng lập phương tâm mặt ta có:
9
y
4r = a 2 ⇒ a =
d hkl =
4r 2
a 2
h + k2 + l2
4r 4r = 2. 3 6
⇒ d111 =
Bài 7. Chứng minh cấu trúc lục giác xếp chặt, tỉ số c/a=1,633 A
A
B
D
D
B H
C
K
Vì đây là cấu trúc lục giác xếp chặt nên tứ diện ABCD là tứ diện đều, do đó : AB = BC = CD = AD = a + Xét ∆ BCK: BC = a, CK =
1 a CD = 2 2 2
⇒ BK =
+ Xét ∆ ABH: BH =
a 3 =a 4 2
2 3 2 3 BK = a . =a 3 2 3 3
AH =
Mà AH =
BC 2 − CK 2 = a 2 −
AB 2 − BH 2 = a 2 − (
a 3 2 6 ) =a 2 3
c 6 c 6 c c 8 = ⇒a = ⇒ = ⇔ a 2 3 2 3 2 a 3 10
Vậy trong cấu trúc lục giác xếp chặt, tỉ số c/a=1,633
Bài 8: Tính hằng số mạng của silic.Biết khối lượng riêng của silic là 2,33g/cm3, khối lượng mol là 28,1 g/mol.
Hình 1: Cấu trúc tinh thể của silic
Giải Theo công thức khối lượng riêng, ta có:
ρ=
Trong đó:
m N .A N.A = = 3 V V . N A a .N A
(1)
1 1 N= 8. +6. +4.1=8 là số nguyên tử trong 1 ô cơ sở 8 2 A= 28,1g/mol là khối lượng mol NA= 6.02.1023 nguyên tử/mol V= a3 là thể tích 1 ô cơ sở a là hằng số mạng
N .A 8.28,1 =3 =5,43.10-8 = 5,43 Α0 23 ρ .N A 2,33.6, 02.10 0 Hằng số mạng của silic là 5,43A
Từ (1)
⇒ a= 3
Bài 9: Xác định a và c của mạng tinh thể Mg có cấu trúc lục giác xếp chặt.Biết khối lượng riêng của là Mg là 1,74g/cm3, khối lượng mol là 24,3g/mol. Giải
11
Cấu trúc lục giác xếp chặt:
1 1 Số nguyên tử trong 1 ô cơ sở là: N=12. +2. +3.1= 6 6 2 Diện tích đáy:
Sđ=6.
a a 3 a2 3 3 = 2 2 2
Hình 2: Cấu trúc lục giác xếp chặt của Mg Thể tích của hình lục giác xếp chặt: V= Sđ.c =
Mà
a 2 c3 3 2
c 8 a 8 ⇒c = = a 3 3
⇒ V= Mặt khác: ρ =
a3 3 8 = a3 3 2 2
N.A N .A = 3 V .N A a 3 2 N A
⇒a=
⇒c=
3
N .A 6.24,3 =3 = 3, 2.10−8 =3,2 A0 23 ρ .N A .3 2 1, 74.6, 02.10 .3 2
a 8 3, 2.10−8. 8 = = 5, 2.10−8 = 5, 2 A0 3 3
Bài 10:Tính hệ số lấp đầy của mạng kim cương và của mạng cấu trúc lục giác xếp chặt. Giải a)Mạng kim cương
1 1 Số nguyên tử trong 1 ô : N= 8. + 6. + 4.1 = 8 8 2
12
Thể tích 1 ô đơn vị: V= a3 Thể tích của 1 nguyên tử: V=
4π R3 3
Mối quan hệ giữa R và a: 4r = a
3 2
Hệ số lấp đầy của mạng kim cương là:
4π r 3 3 = π 3 = 0,34 APF= 8r 16 ( )3 3 .8
b)Mạng có cấu trúc lục giác xếp chặt
1 1 Số nguyên tử trong 1 ô: N= 12. + 2. + 3.1 = 6 6 2 Thể tích 1 ô đơn vị: V= Sđ.h= a 3 3 2 Thể tích của 1 nguyên tử: V=
4π R3 3
Mối quan hệ giữa R và a: 2r=a Hệ số lấp đầy của mạng có cấu trúc lục giác xếp chặt là: 4 6 π r3 π APF= 3 = = 0, 74 3 3 2(2r ) 3 2
Bài 11: Khối lượng riêng của NaCl là ρ =2,15.103 kg/m3. Khối lượng nguyên tử của Na và Cl lần lượt là 23g/mol và 35,46 g/mol. Hãy xác định hằng số mạng của tinh thể muối ăn NaCl. Giải
13
Hình 3: Cấu trúc tinh thể muối ăn Tinh thể muối ăn có cấu trúc rock salt nên có 4 Na+ và 4 ClTheo công thức tính khối lượng riêng ta có: N . ANa N . ACl N N + ( ANa + ACl ) ( ANa + ACl ) mNa + mCl NA NA NA NA = ρ= = = V V V a3 Hằng số mạng của tinh thể muối ăn là:
⇒a=
3
N ( ANa + ACl ) NA
ρ
=
3
4 (23 + 35, 46) 6, 02.1023 = 5, 65.10−8 = 5.65 A0 2,15
Bài 12: Cr kết tinh theo lập phương tâm khối. Từ phép phân tích nhiễu xạ tia X, suy được khoảng cách giữa 2 mặt lân cận thuộc họ mặt(211) là 1,18 angstrom. Hãy xác định khối lượng riêng của tinh thể Cr. Cho biết khối lượng của 1 mol Cr là 50g. Giải
Hình 5: Cấu trúc lập phương tâm khối Từ công thức chứng minh ở bài 5 ta có: d (211) =
a 2
2
2
2 +1 +1
= 1,18.10−10
⇒ a = 6.1,18.10−10 = 2,89.10−10
1 Số nguyên tử trong 1 ô của cấu trúc lập phương tâm khối: N= 8. + 1 = 2 8 Khối lượng riêng của tinh thể Cr là:
14
ρ=
N .A 2.50 = = 6,879 g / cm3 V .N A ( 6.1,18.10−10 )3 .6, 02.1023
Bài 13: Khi dùng chùm tia X với bước sóng 1,54 angstrong, tinh thể lập phương cho cực đại nhiễu xạ dưới góc
330
từ họ mặt (130). Xác định hằng số mạng của tinh thể đó.
Giải: Ta có:
d 130 =
a 12 + 3 2 + 0 2
a ⇒ a = 10
=
(1)
10d
Dùng chùm tia X gây nhiễu xạ trong tinh thể, áp dụng định luật Bragg:
2d sin θ = n λ Độ lệch pha:
∆ϕ =
2π
λ
2d sin θ =
2π
λ
nλ = 2π n
Ở đây ta xét nhiễu xạ bậc 1 với n=1 Từ (1) và (2) ⇒ 2
(2)
a sin θ = λ 10
⇒ a = 10
λ 2sin θ
= 10
1,54 = 4, 47 ( A0 ) 2sin 330
Bài 14: Người ta ghi ảnh nhiễu xạ tia X của một tinh thể có cấu trúc lập phương đơn giản với hằng số mạng a=2,56 A 0 . Hỏi có thể có số vạch nhiễu xạ bậc một nhiều nhất là bao nhiêu nếu độ dài bước sóng bức xạ tia X là λ =1,789 A 0 . Giải: Ta có:
d hkl =
a
(1)
h 2 + k 2 + l2
Định luật Bragg cho nhiễu xạ trong tinh thể:
2dsin θ = nλ Nhiễu xạ là bậc 1 nên Từ (1) và (2) : sin θ =
2dsin θ = λ λ 2d
=
λ 2a
(2)
h2 + k 2 + l 2
15
Mà:
sin θ ≤ 1 ⇔
λ 2a
h2 + k 2 + l 2 ≤ 1
2
λ ⇔ ( h2 + k 2 + l 2 ) ≤ 1 2a 2
λ ⇔ S ≤ 1 với S= 2a 2
h2 + k2 + l2 2
−10 2a 2.2,56.10 ⇒S ≤ = = 8,19 10 λ 1, 789.10
Mạng lập phương đơn giản có s=1, 2, 3,5,6, 8, 9, 10, 12,….. Với S ≤ 8,19 ta có các họ mặt suy ra từ chỉ số Miller như sau:
S = 1 ⇒ (hkl) = (001) S = 2 ⇒ (hkl) = (011) S = 3 ⇒ (hkl) = (111) S = 4 ⇒ (hkl) = (002) S = 5 ⇒ (hkl) = (012) S = 6 ⇒ (hkl) = (112)
Như vậy có nhiều nhất 6 chỉ số (hkl) do đó có tối đa 6 vạch nhiễu xạ bậc 1
16
Chương 2: DAO ĐỘNG MẠNG TINH THỂ
Bài 4: Cho tinh thể một chiều gồm các nguyên tử cùng loại, khoảng cách giữa 2 nguyên tử gần nhau nhất là
a = 3.10−10 m . Vận tốc sóng âm truyền trong tinh thể v 0 ≈ 3.10 3 m/s. Tìm giá trị của tần số ngưỡng ωmax Giải: Công thức tính tần số ngưỡng ωmax :
ωmax = 2
α
(1)
M
Vận tốc
truyền âm trong tinh thể:
v=a
α
(2)
M
Từ (1)
và (2) suy ra:
ωmax
2v 2.3.103 = = = 2.1013 ( rad / s ) −10 a 3.10
Bài 5: Cho tinh thể một chiều, mỗi ô cơ sở gồm 2 nguyên tử cùng khối lượng ( M1 = M 2 = M ), cách nhau một khoảng a = 2,5.10−10 m . Vận tốc sóng âm truyền trong tinh thể v 0 ≈ 103 m / s . Tính các giá trị tần số ω tại k=0 và tại k =
π 2a
của nhánh âm và nhánh quang. Giải:
Công thức tính tần số của nhánh âm: 2
1 1 1 1 4 ω = α + + sin 2 (qa) −α − M1 M 2 M1 M 2 M1M 2 2 −
Đặt:
1 1 4β β = + ⇒ω2− =αβ−α β2 − sin2 (qa) M1 + M2 M1 M2 4sin 2 (qa) ⇔ ω−2 = αβ 1 − 1 − β (M + M ) 1 2
Áp dụng công thức gần đúng: (1 + x) n ≈ 1 + nx
1 sin 2 ( qa ) ⇒ ω−2 = αβ 1 − 1 − 4 2 β ( M 1 + M 2 ) 17
sin 2 ( qa ) sin 2 ( qa ) ⇔ ω = 2αβ = 2α β ( M1 + M 2 ) ( M1 + M 2 ) 2 −
Do q<< nên sin 2 (qa ) ≈ q 2 a 2
⇒ ω−2 = 2α
q2a2 2α ⇒ ω− = qa M1 + M 2 M1 + M 2
Vận tốc truyền sóng âm trong tinh thể:
v− =
d ω− 2α = a dq M1 + M 2
Do M1 = M 2 = M nên v− =
α M
a là vân tốc truyền sóng âm ở nhánh âm trong tinh thể.
Lập luận tương tự đối với nhánh quang ta cũng được
v+ =
d ω+ α = a là vận tốc truyền sóng âm ở nhánh quang trong tinh thể. dq M
Vậy:vận tốc truyền sóng âm(ở cả nhánh âm và nhánh quang) trong tinh thể là không đổi và bằng v0 =
α M
a
2
⊕ Nhánh âm : ω = α 1 + 1 + α 1 + 1 − 4 sin 2 (qa) M1 M 2 M1 M 2 M1M 2 2 −
• Nếu q=0 ⇒ ω− = 0 • Nếu q =
π ⇒ ω_ = 2a
2α M
với v0 =
α M
a
v0 103 ⇒ ω− = 2 = 2 = 5, 66.10−12 ( rad / s ) −10 a 2,5.10 2
1 1 1 1 4 ⊕ Nhánh quang: ω = α + + sin 2 (qa) +α − M M M M M M 2 2 1 2 1 1 2 +
• Nếu q=0 ω+ = 2
α M
với v0 =
α M
a
18
v0 103 ω+ = 2 = 2 = 8.10−12 ( rad / s ) −10 a 2,5.10 • Nếu q =
ω+ = 2
π 2α ⇒ ω+ = 2a M
với v0 =
α M
a
v0 103 = 2 = 5, 66.10−12 ( rad / s ) −10 a 2, 5.10
19
Chương 3: TÍNH CHẤT NHIỆT CỦA TINH THỂ
Bài 5: Tìm nhiệt độ Debye của vàng, biết nguyên tử lượng và khối lượng riêng của vàng lần lượt là
M = 197g / mol và D= 1,9.104 kg / m3 ; vận tốc truyền âm trong vàng là u=2100m/s. Giải: Xét với 1 kg vàng(Au): Công thức tính nhiệt độ Debye:
θD = ℏ
ωD kB
=
ℏu 3 6π 2 N ℏu 3 6π 2 ND = kB V kB m
Thay số: ℏ = 1,055.10-34J.s N = 6,023.1026 nguyên tử/kmol D = 1,9.104 kg/m3 U = 2100 m/s KB = 1,38.10-23 J/k m = 197 kg Ta được:
θD =
1, 055.10−34.2100 3 6π 2 .6, 02.1026.1,9.10 4 . = 242 K 1,38.10−23 197
Vậy nhiệt độ Debye của vàng là θD =242K
Bài 6: Sử dụng mô hình Debye, tính nhiệt dung của đồng tại 10K. Biết tần số Debye là 6,55.1012 Hz. Giải Xét với 1 kmol Cu : Công thức tính nhiệt dung của đồng theo mô hình Debye :
Vớ i
⇒
T 12 C = π 4 NK B 5 θD ℏω ℏ2π f θ D = kBD = kB
3
12 4 T C = π 4 N ( kB ) 5 hf
3
20
Thay số
N=6.02.1026nguyên tử/1 kmol KB=1,38.10-23J/k f =6,55.1012Hz T=10K
Ta được :
C=
4 12 4 10 π 6,02.1026. (1,38.10−23 ) −34 12 5 6, 625.10 .6,55.10
C=62,339J/(kmol.k)
Vậy nhiệt dung của đồng tại 10K là C=62,339J/(kmol.k)
Bài 7 : Tại những nhiệt độ thấp, nhiệt dung của muối mỏ tuân theo định luật T3 của Debye với nhiệt độ Debye bằng 281k. Cần phải cung cấp một nhiệt lượng bằng bao nhiêu để tăng nhiệt độ của 2 kmol muối mỏ từ 10K đến 50K. Giải Nhiệt lượng cần cung cấp cho muối mỏ :
∆Q = mc∆T 3
Với
T C = 234 Nk θD
Suy ra
T T T ∆Q = m234 Nk B ∆T = ∫ m234 Nk B dT = m234 Nk B ∫ dT θD θD θD
3
3
3
Làm nóng từ 10K đến 50K 3
50
T ∆Q = m234 Nk B ∫ dT 10 θ D T4 ∆Q = m 234 Nk 3 4θ D
50
10
26
∆Q = 2.234.6, 02.10 .1,38.10
−23
504 − 104 4.2813
∆Q = 2, 7335.105 J 21
Chương 4 : LÝ THUYẾT VÙNG NĂNG LƯỢNG
Bài 5 : Giả sử bạc là kim loại hóa tri 1 với mặt fermi có dạng cầu. Bạc có khối lượng nguyên tử bằng 107,87 ; khối lượng riêng bằng 10,49.103 kg/m3. Tính năng lượng và bán kính mặt cầu fermi. Giải Bán kính mặt cầu fermi là 1
N 3 k f = 3π 2 f V V ới
V=
m
ρ
Xét 1kmol bạc ta sẽ có : m=107,87 (kg/kmol), Nf=6,02.1026 (ngtử/kmol) Vậ y Năng lượng của mặt cầu fermi E=
ℏ 2 k 2f 2m
(1, 05.10 =
.1, 2.1010 )
−34
2
2.9,1.10−31.1, 6.10−19
= 5, 45eV
Bài 4 : Chứng minh các hệ thức sau đây với lỗ trống và electron : kh = −ke ; Eh kh = − Ee ke ; vh kh = ve ke
( )
( )
( )
( )
; m∗h = − me∗
Giải Vùng hóa trị :
∑k
e
=0.
Khi electron nhảy lên vùng dẫn thì :
∑k
e
− kei + kei = 0 ⇔ ∑ ke = −kei ⇒ kh = −ke n ≠i
Ee ( ke ) = Ee ( −ke ) = − Eh ( −ke ) = − Eh ( ke ) Vậy Ee ( ke ) = − Eh ( kh )
1 dE0 1 d ( − Eh ) 1 dEh = = vh ve = = ℏ dke ℏ d − kh ℏ dkh
( )
22
Vậy ve = vh −1
−1
1 d 2 Ee 1 d 2 Eh m = 2 = = −mh* − 2 2 2 ℏ dk ℏ dk e h ∗ e
Chương 5 :KHÍ EIECTRON TỰ DO TRONG KIM LOẠI Bài 5: Một electron chuyển động trong một khối lập phương mỗi cạnh dài L=50A0. tìm hai mức năng lượng thấp nhất của electron. Biết ℏ =1,055.10-34 Js; khối lượng của electron me=9,1.10-31kg. Giải Ta có công thứ tính năng lượng : 2
ℏ2 2π 2 2 2 2 E= ( nx + n y + nz ) 2m L
⇒ năng lượng thấp nhất là E111 và E112 2
2
3 (1, 055.10−34 ) 2.3,14 2 ℏ 2 2π 2 2 2 E111= (1 + 1 + 1 ) = 2m L 2.9,1.10 −31.1, 6.10−19 50.10−10 Vậy E111=0,18ev 2
2 6 (1, 055.10−34 ) 2.3,14 2 ℏ 2 2π 2 2 2 E112= (1 + 1 + 2 ) = 2m L 2.9,1.10 −31.1, 6.10 −19 50.10 −10 Vậy E112=0,36ev Bài 7: Tại nhiệt độ nào thì xác suất để electron trong Ag chiếm các mức năng lượng cao hơn mức Fermi 1% sẽ là 10%. Biết năng lượng Fermi của Ag là EF = 5,5 eV; hằng số Boltzmann kB = 1,38.10-23J/K.
Giải:
Ta có công thức hàm phân bố Fermi – Dirac: f=
1 E − EF exp k BT
+ 1
Với giả thiết đề bài cho: f = 10% = 0,1 E = 1,01EF EF = 5,5 eV = 8,8.10-19J kB = 1,38.10-23J/K. Từ đây ta suy ra
23
f=
1 1,01E F − E F exp k BT
⇔ 1 = 0,1 e 0, 01E F k BT
0, 01E F k T B
+ 1
=
1 0,01E F exp k BT
= 0,1
+1
=9
⇔
e
⇔
0,01E F = ln9 k BT
⇒
T=
0,01E F 0,01 × 8.8.10 −19 = ln 9 × k B ln 9 × 1,38.10 −23
= 290K Vậy tại nhiệt độ T = 290K thì xác suất để electron trong Ag chiếm các mức năng lượng cao hơn Fermi 1% là 10%.
Bài 8: Biết năng lượng Fermi của Cu là EF = 7,05 eV. Tìm nhiệt dung phân tử (nhiệt dung của một mol vật chất) của khí electron tự do trong Cu tại 4K.
Giải: Áp dụng công thức tính nhiệt dung của khí electron tự do, ta có:
Cel = Với
π2 2
Nk B
k BT EF
N = 6, 02.1026 nguyên tử/1kmol k B = 1,38.10−23 J / K
T = 4K EF = 7,05 eV = 1,128.10-18J Ta có:
Cel
=π
2
2
.6, 02.10 26.1,38.10−23.
1, 38.10 −23 × 4 1,128.10−18
= 2,0 J/(kmol.K) Vậy nhiệt dung phân tử của khí electron tự do trong Cu là Cel = 2,0J/(kmol.K)
24
Bài 6 : Zn có khối lượng riêng ρ = 7,13 kg/m3 ; nguyên tử lượng M=65,4. tìm năng lượng fermi của Zn tại 0K.Cho biết khối lượng hiệu dụng của electron trong Zn bằng 0,85 khối lượng của electron trong chân không ; số Avogadro NA=6,02.1026 kmol-1 Giải Xét 1kmol Zn Công thức tính năng lượng fermi :E=
ℏ 2 k 2f 2m
1
Với
1
N f 3 2 N f ρ 3 kf= 3π 2 = 3π V M 2
1 2 N f 3 2 2 3 N ρ ℏ 3π f 2 3 ℏ 3π V M = E= 2m 2m
Do đó
Thay số : ℏ =1,055.10-34, m=0,85.9,1.10-31, Nf=6,026.1026, ρ =7,13.103 kg/m3,M=65,4 Ta được E=7 ev
chương 6: BÁN DẪN Bài 5: Tính mật độ hiệu dụng của trạng thái đối với vùng dẫn Nc của bán dẫn GaAs tại 300K. Cho biết me* = 0,067m0, trong đó m0 = 9,1.10-31kg là khối lượng nghỉ của electron, các hằng số ℏ = 1,05.10 −34 Js và kB = 8,617.10-5 eV/K.
Giải: Áp dụng công thức tính mật độ hiệu dụng của electron trong vùng dẫn, ta có: 3
π 2me* k B T 2 NC = 4π 2 ℏ 2 V ới me* = 0,067 m0 = 0,067 × 9,1.10 −31 = 6,097.10-32kg
k B = 8,617.10 −5 eV / K = 1,37872.10-23 J/K T = 300K
ℏ = 1,05.10 −34 Js
25
3
2 π 2.6, 097.10−32.1,378772.10−23.300 NC = 2 2 −34 4π 1, 05.10 ( )
Từ đây ta suy ra
= 4,4.1023 m-3 Vậy mật độ hiệu dụng của trạng thái đối với vùng dẫn NC của bán dẫn GaAs là NC = 4,4.1023 m-3.
Bài 6: Tính vị trí mức Fermi trong bán dẫn thuần Si tại 300K. Cho biết me* = 1,08m0, mh* = 0,56m0. Giải: Ta có công thức xác định mức Fermi trong bán dẫn tinh khiết:
mh* E g 3 E F = k B T ln * − 4 2 me V ới
k B = 1,38.10 −23 J / K T = 300K
mh* = 0,56m0 = 5,096.10 −31 kg me* = 1,08m0 = 9,828.10 −31 kg Từ đó ta suy ra
EF =
3 × 1,38.10 −23 × 300 5,096.10 −31 E g ln − 4 2 9,828.10 −31
= -2,039.10-21J -
= -12,8 meV -
Eg 2
Eg 2
Vị trí của mức Fermi trong bán dẫn thuần Si thấp hơn vùng cấm 12,8 meV
Câu 7: Tính nồng độ hạt tải trong bán dẫn thuần InAs tại 300K. Cho biết Eg = 0,35 eV, me* = 0.027m0, mh* = 0,4m0. Giải: Nồng độ hạt tải trong bán dẫn thuần
26
n = ne n p = N c N v exp(−
=
Eg 2 k BT
)
E π 2 K B 32 * * 34 .( 2 ) .(me mh ) .exp(− g ) 2 4π 2 k BT ℏ 3
3 0,35.1, 6.10 −19 π 2.1,38.10−23.300 2 −31 −31 4 . 0.027.9,1.10 .0, 4.9,1.10 .exp = 2 − −23 4π (1.055.10 −34 ) 2 2.1,38.10 .300 = 9,82.1020 (m −3 )
Câu 8: Hằng số Hall của một chất bán dẫn Silic tại 300K là -7,35.10-5 m3C-1. Độ dẫn điện bằng 200 Ω −1 m −1 . Hãy xác định loại bán dẫn, nồng độ và độ linh động của hạt tải điện. Giải: Ta có hằng số Hall của chất babs dẫn là RH= -7,35.10-5 (m3.C-1) < 0 nên đây là bán dẫn loại n. Nồng độ: RH = -
n=
1 ne
1 RH .e
=
1 = 8,5.10 22 (m −3 ) −19 7,35.10 .1,6.10 −5
Công thức tính độ dẫn điện:
σ = e.n.µ e
⇒ µe =
σ e.n
=
200 1,6.10 .1,6.10 −19 −19
= 14,7.10-3 (m2 .v-1.s-1)
Chương 8: TÍNH CHẤT TỪ CỦA VẬT RẮN Câu 7: Một muối thuận từ chứa 1028 in/m3. Mỗi ion có một momen từ bằng 1 manheton Bohr. Hãy tính độ từ hóa trong từ trường đều có cường độ 106 A/m tại nhiệt độ phòng. Giải: Độ từ hóa M=
N .µ J2 .B N .µ J2 .µ0 H = 3.K B .T 3.K B .T
với µ0 = 1, 2566.10−6
27
Monmen từ tổng cộng của eclectron trong nguyên tử
µ J = g . J ( J + 1) .µ B Theo giả thiết mỗi ion có trong 1 momen từ bằng 1 manhetonbohl e.ℏ 2.me
=>
µJ = µB =
=>
N .µ 0 .H e.ℏ M= . 3k B 2.me
2
2
1028.1, 2566.10−6.106 1, 6.10−19.1, 055.10−34 2 . = = 87 Wb/m −23 −31 3.1,38.10 (29 + 273) 2.9,1.10 Câu 6: Hãy đánh giá độ cảm nghịch từ của kim loại Cu, nếu giả thiết rằng mỗi nguyên tử Cu chỉ có một electron đóng góp vào độ cảm nghịch từ. Cho biết bán kính nguyên tử và hắng số mạng của Cu lần lượt là 1 Ao và 3,608 Ao. Giải: Độ cảm nghịch từ của kim loại Cu
χ = − µ0 . = − µ0 .
N .Z e2 n.Z e2 < r 2 >= − µ0 . . < r2 > 6m 6.mV . n.Z e2 . < r2 > 6.m.a 3
Với: N=
n n = : số nguyên tử trong một đơn vị thể tích V a3
Cu có cấu trúc mạng lập phương tâm mặt (FCC) nên 1 ô đơn vị có 4 nguyên tử Thay số
χ = − µ0 .
4. (1, 6.10 −19 ) 6.9,1.10
−31
2 −10 3
( 3, 608.10 )
(10−10 ) 2
= -5.10-6
2.4. Khối lượng riêng của kim loại a) Công thức tính khối lượng riêng của kim loại
28
D=
3.M .P (*) hoặc D = (n.M) / (NA.V1 ô ) 4π r 3 .N A
M : Khối lượng kim loại (g) ; NA: Số Avogađro, n: số nguyên tử trong 1 ô cơ sở. P : Độ đặc khít (mạng lập phương tâm khối P = 68%; mạng lập phương tâm diện, lục phương chặt khít P = 74%) r : Bán kính nguyên tử (cm), V1ô : thể tích của 1 ô mạng. b) Áp dụng:
Bài 1: Tính khối lượng riêng của tinh thể Ni, biết Ni kết tinh theo mạng tinh thể lập phương tâm mặt và 0
bán kính của Ni là 1,24 A .
Giải: a= a
0 4r 4.1, 24 = = 3,507( A) ; P = 0,74 2 2
Khối lượng riêng của Ni: a a 2 = 4.r
3.58, 7.0, 74 =9,04 (g/cm3) −8 3 23 4.3,14.(1, 24.10 ) .6, 02.10
Bài 2: ( HSG QG 2007) Thực nghiệm cho biết ở pha rắn, vàng ( Au) có khối lượng riêng là 19,4 g/cm3 và có mạng lưới lập phương tâm diện. Độ dài cạnh của ô mạng đơn vị là 4,070.10-10 m. Khối lượng mol nguyên tử của vàng là: 196,97 g/cm3. 1. Tính phần trăm thể tích không gian trống trong mạng lưới tinh thể của vàng. 2. Xác định trị số của số Avogadro.
Giải:
29
- Số nguyên tử trong 1 ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4.
a
- Bán kính nguyên tử Au:
a
4.r = a
a 2 = 4.r
2 → r= a
2 /4= 1,435.10-8 cm
Thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử: Vnguyên tử= 4/3.π.r3 = 4.4/3.3,14.(1,435.10-8 )3 = 5.10-23 cm3. Thể tích 1 ô đơn vị: V1ô = a3 = (4,070.10-8 )3 = 6,742.10-23 cm3. Phần trăm thể tích không gian trống: (V1ô - Vnguyên tử).100 / Vnguyên tử = 26%. Trị số của số Avogadro: NA = (n.M)/ ( D.Vô) = 6,02.1023.
Bài 3: Đồng kết tinh theo kiểu lập phương tâm diện. a. Tính cạnh của hình lập phương của mạng tinh thể và khoảng cách ngắn nhất giữa hai tâm của hai nguyên tử
đồng trong mạng, biết nguyên tử đồng có bán kính bằng 1,28A0. b. Tính khối lượng riêng của đồng theo g/ cm3. Cho Cu = 64.
Giải: Bán kính nguyên tử Cu là: r = 1,28.10-8 cm. Từ công thức: 4.r = a
2 → a= 4.r /
2 = (4.1,28.10-8 )/1,41 = 3,63.10-8 cm.
Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 tâm của hai nguyên tử đồng trong mạng. 2.r = 2,56.10-8 cm. Khối lượng riêng: D = (n.M) / (NA.V1 ô ) = 8,896 g/cm3.
Bài 4: ( HSG QG 2009) Máu trong cơ thể người có màu đỏ vì chứa hemoglobin ( chất vận chuyển oxi chứa sắt). Máu của một số động vật nhuyễn thể không có màu đỏ mà cá màu khác vì chứa kim loại khác ( X). Tế
30
bào đơn vị ( ô mạng cơ sở) lập phương tâm diện của tinh thể X có cạnh bằng 6,62.10-8 cm. Khối lượng riêng của nguyên tố này là 8920 kg/m3. a. Tính thể tích của các nguyên tử trong một tế bào và phần trăm thể tích của tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử. b. Xác định nguyên tố X.
Giải: Số nguyên tử trong một tế bào: 8.1/8 + 6.1/2 = 4. Tính bán kính nguyên tử: r = 1,276.10-8 cm. Thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử V nguyên tử = 4.4/3.π.r3 = 3,48.10-23 cm3. Thể tích 1 ô mạng cơ sở V 1ô = a3 = 4,7.10-23 cm3. Phần trăm thể tích tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử: 74%. Khối lượng mol phân tử: M = 63,1 g/mol. Vậy X là đồng.
Bài 5: Xác định khối lượng riêng của Na, Mg, K. Giải: Xác định khối lượng riêng của các kim loại trên theo công thức: D=
3.M .P Sau đó điền vào bảng và so sánh khối lượng riêng của các kim loại đó, giải thích kết quả tính 4π r 3 .N A
được. Kim loại
Na
Mg
Al
Nguyên tử khối (đv.C)
22,99
24,31
26,98
Bán kính nguyên tử ( A )
1,89
1,6
1,43
Mạng tinh thể
Lptk
Lpck
Lptm
Độ đặc khít
0,68
0,74
0,74
Khối lượng riêng lý thuyết (g/cm3)
0,919
1,742
2,708
Khối lượng riêng thực nghiệm (g/cm3)
0,97
1,74
2,7
0
31
Nhận xét: Khối lượng riêng tăng theo thứ tự: DNa < DMg < DAl. Là do sự biến đổi cấu trúc mạng tinh thể kim loại, độ đặc khít tăng dần và khối lượng mol nguyên tử tăng dần.
Bài 1: Tinh thể NaCl có cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion Na+, còn các ion Cl- chiếm các lỗ trống tám mặt trong ô mạng cơ sở của các ion Na+, nghĩa là có 1 ion Cl- chiếm tâm của hình lập phương. Biết cạnh a của ô 0
mạng cơ sở là 5,58 A . Khối lượng mol của Na và Cl lần lượt là 22,99 g/mol; 35,45 g/mol. Cho bán kính của Cl0
là 1,81 A . Tính : a) Bán kính của ion Na+.
b) Khối lượng riêng của NaCl (tinh thể).
Giải:
Na Cl
Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Na+ nhỏ hơn chiếm hết số hốc bát diện. Tinh thể NaCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau. Số phối trí của Na+ và Cl- đều bằng 6. Số ion Cl- trong một ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4 Số ion Na+ trong một ô cơ sở: 12.1/4 + 1.1 = 4 Số phân tử NaCl trong một ô cơ sở là 4 a. Có: 2.(r Na+ + rCl-) = a = 5,58.10-8 cm → r Na+ = 0,98.10-8 cm; b. Khối lượng riêng của NaCl là: D = (n.M) / (NA.V1 ô ) → D = [ 4.(22,29 + 35,45)]/[6,02.1023.(5,58.10-8)3 ]
32
D = 2,21 g/cm3;
Bài 2: Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện. Hãy biểu diễn mạng cơ sở của CuCl. a) Tính số ion Cu+ và Cl - rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong mạng tinh thể cơ sở. b) Xác định bán kính ion Cu+. 0
Cho: D(CuCl) = 4,136 g/cm3 ; rCl-= 1,84 A
; Cu = 63,5 ; Cl = 35,5
Giải: Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Cu+ nhỏ hơn chiếm hết số hốc bát diện. Tinh thể CuCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau. Số phối trí của Cu+ và Cl- đều bằng 6 Số ion Cl- trong một ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4 Số ion Cu+ trong một ô cơ sở: 12.1/4 + 1.1 = 4; Số phân tử CuCl trong một ô cơ sở là 4. Khối lượng riêng củaCuCl là: D = (n.M) / (NA.a3 ) → a = 5,42.10-8 cm ( a là cạnh của hình lập phương) Có: 2.(r Cu+ + rCl-) = a = 5,42.10-8 cm → rCu+ = 0,87.10-8 cm;
Bài 1: a) Hãy vẽ sơ đồ mô tả cấu trúc của một tế bào sơ đẳng của kim cương. 0
b) Biết hằng số mạng a = 3,5 A . Hãy tính khoảng cách giữa một nguyên tử C và một nguyên tử C láng giềng gần nhất. Mỗi nguyên tử C như vậy được bao quanh bởi mấy nguyên tử ở khoảng cách đó? c) Hãy tính số nguyên tử C trong một tế bào sơ đẳng và khối lượng riêng của kim cương. Giải:
33
a. * Các nguyên tử C chiếm vị trí các đỉnh, các tâm mặt và một nửa số hốc tứ diện. Số phối trí của C bằng 4 ( Cacbon ở trạng thái lai hoá sp2). * Mỗi tế bào gồm 8.1/8 + 6.1/2 + 4 = 8 nguyên tử * Khoảng cách giữa một nguyên tử Cacbon và một nguyên tử cacbon láng giêng gần nhất là: 2r = d/4; với d là
đường chéo của hình lập phương d = a. 3 . → 2.r = a. 3 / 4 = 1,51.10-8 cm; b. Mỗi nguyên tử cacbon được bao quanh bởi 4 nguyên tử cacbon bên cạnh. c. Khối lượng riêng của kim cương: D=
n .M N A .V
=
8.12,011 = 3,72 g/cm3 23 −8 3 6,02.10 .(3.5.10 )
Bài 2: Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương. 1. Tính bán kính nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng 2,33g.cm-3; khối lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g.mol-1. 2. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (rC = 0,077 nm) và giải thích. Giải: a. Từ công thức tính khối lượng riêng D=
n .M N A .V
→ V1 ô = ( 8.28,1)/(2,33.6,02.1023) = 16,027 cm3.
34
a= 5,43.10-8 cm; d = a. 3 = 5,43.10-8 .1,71 = 9.39.10-8 cm; Bán kính của nguyên tử silic là: r = d/8 = 1,17 .10-8cm; b. Có rSi (0,117 nm) > rC( 0,077 nm). Điều này phù hợp với quy luật biến đổi bán kính nguyên tử trong một phân nhóm chính.
Tính Độ cứng Brinell được xác định bằng cách
Ấn viên bi bằng bi thép ñã tôi cứng lên bề mặt mẫu,
dưới tác dụng của tải trọng tương ứng mà ta ñã tính bằng công thức trên. Trên mặt mẫu sẽ có vết lõm hình chõm cầu
Trong phương pháp này, trị số độ cứng gọi là HB đươc xác định bằng áp lực trung bình, biểu thị bằng Newton trên 1 mm2 diện tích mặt cầu do vết lõm để lại, độ cứng được tính theo công thức:
Trong đó F – áp lực ấn vuông góc với mặt mẫu thử và được qui định theo tiêu chuẩn D – đường kính bi đo (mm) d - đường kính vết lõm (mm) Chứng minh:
S = π D D − D2 − d 2
2
HB =
P 2P = S π D D − D2 −d 2
(
)
S = 2π R2(1− cosα ) 2 2 − r 2 2 R − R2 − r 2 D R D S = 2π 1− = 2π R R 4 4
2 2 2 S = 2π D D − D − d = π D D − D2 − d 2 D 4 2
35