力学性质-问答计算题

第四部分力学性质（问答题）（一）高弹性1.在橡胶下悬一砝码，保持外界不变，升温时会发生什么现象？解：橡胶在张力（拉力）的作用下产生形变，主要是熵变化，即卷曲的大分子链在张力的作用下变得伸展，构象数减少。熵减少是不稳定的状态，当加热时，有利于单键的内旋转，使之因构象数增加而卷曲，所以在保持外界不变时，升温会发生回缩现象。2.橡胶高弹性的特点是什么？其弹性本质和普通固体物质有什么不一样？答：弹性模量小，形变量大；弹性模量随温度升高而升高；泊松比较大，接近0.5；形变过程有热效应，拉伸放热，回缩吸热；形变有时间依赖性即形变具有松弛特性。由橡胶的热力学分析可知，橡胶形变后的张应力可以看成是由熵的变化和内能的变化两部分组成的，其中橡胶拉伸时内能几乎不变，而主要是熵的变化，即只有熵的变化对弹性体的弹性起主要贡献，因此具有熵弹性本质。普弹性的本质是能弹性，即普弹形变由鍵长、鍵角的变化引起，造成体系的内能变化。3.分别在尺寸相同的交联和未交联顺丁橡胶样条上悬挂一个质量相同的砝码，之后升高温度，两个橡胶条的长度如何变化？为什么？答：未交联的橡胶条将被继续拉长，长度增加；而交联的橡胶条则会回缩，长度减小。因为未交联的橡胶，分子之间没有化学键连接，在外力作用下会产生分子间滑移而发生黏性流动，温度升高，分子运动速度加快，黏度减小，分子之间更容易产生黏性流动，因此形变增大，橡胶条伸长。而交联的橡胶条由于分子之间有化学键连接，不能产生分子间的滑移，在外力作用下，由于网链的伸长而产生形变。温度升高，分子链内各部分的热运动比较激烈，产生的回缩力也要增大，因此橡胶条回缩，长度减小。4.为什么顺式聚丁二烯可以用作橡胶，而反式聚丁二烯却不能？答：室温下不能或不易结晶是聚合物具有高弹性的前提条件之一。顺式聚丁二烯分子链的重复周期长，分子链对称性较差，分子链与分子链之间的距离较大，不容易结晶，因此常温下是一种弹性很好的橡胶。而反式聚丁二烯分子链的对称性好，重复周期短，分子链结构更加归整，分子链间的距离也较小，常温下很容易结晶，在室温下是一种弹性很差的塑料。5.今有B-S-B型、S-B-S型及S-I-S型、I-S-I型四种嵌段共聚物，问其中那两种可用作热塑性橡胶，为什么？（I代表异戊二烯）解：只有S-B-S和S-I-S两种嵌段共聚物可作热塑性橡胶，而其余两种不行。因为前两种的软段在中间，软段的两端固定在玻璃态的聚苯乙烯中，相当于用化学键交联的橡胶，形成了对弹性有贡献的有效链——网链。而余下两种软段在两端，硬段在中间。软段的一端被固定玻璃态的聚苯乙烯中，相当于橡胶链的一端被固定在交联点上，另一端是自由活动的端链，而不是一个交联网。由于端链对弹性没有贡献，所以，这样的嵌段共聚物不能作橡胶使用。（二）粘弹性1.举例说明聚合物的蠕变、应力松弛、滞后及内耗，以及它们对高分子材料的使用存在的利弊。答：蠕变就是指在一定温度和较小的恒定外力作用下，材料的形变时间随时间增加而逐渐增大的现象。例如，软PVC丝悬挂一定重量的砝码，就会慢慢地伸长，解下砝码后，又会慢慢缩回去，这就是典型的蠕变现象。对于工程塑料，要求蠕变越小越好，对于蠕变严重的材料，使用时需采取必要补救措施。如硬PVC有良好的抗腐蚀性能，可用于加工化工管道、容器等设备，但它容易蠕变，使用时必须增加支架以防止蠕变。PFTE是塑料中摩擦系数最小的，由于其蠕变现象严重，所以不能用作机械零件，但却是很好的密封材料。应力松弛是在恒定温度和形变保持不变的情况下，高聚物内部的应力随时间增加而逐渐衰减的现象。应力松弛的存在对于材料的使用有时会带来不利的影响，例如用塑料绳捆扎物品，开始捆的很紧，时间长了，由于应力松弛，就会变得很松。为了减小应力松弛，橡胶制品必需经过交联。高分子材料在交变应力作用下，形变落后于应力变化的现象称为滞后。高分子材料在交变应力作用下，由于形变落后于应力的变化，因此在每一个循环变化中都要消耗功，称为力学损耗，也称内耗。例如行驶中的汽车轮胎会发热，其原因之一就是内耗。研究高分子的力学损耗有重要的实际意义。滞后现象所伴随的力学损耗，使一部分机械能转化为热能，此时材料会发热，从而加速橡胶制品的老化。因此，对于在交变应力作用下进行工作的轮胎和传动带等橡胶制品来说，希望内耗越小越好，这样可以延长使用寿命。但是，作为抗震、隔音的聚合物材料则要求具有较高的内耗。（三）固体力学性能1.试讨论提高高分子材料抗张强度的途径。答提高高分子材料抗张强度的途径有：（1）从高分子的结构入手：在主链引入芳杂环，增加分子之间的相互作用，交联，增大聚合物的相对分子质量等，都有利于提高抗张强度。（2）对于结晶性的聚合物，提高结晶度可以提高抗张强度。（3）通过取向。（4）加入填料进行增强。（5）与高抗张强度的其他聚合物共混。2.提高高分子材料冲击强度的途径？提高聚合物冲击强度的途径主要有：提高聚合物的相对分子质量，取向，适度交联，增塑，共混等。3.画出聚合物的典型应力—应变曲线，并在曲线上标出下列每一项：a．抗张强度；b伸长率；c．屈服点，d．模量．解：4.说明下列不同聚合物的应力—应变曲线的基本类型，并列举具有代表性聚合物．a抗张强度d斜率为模量c、屈服点b、伸长率εσ（1）软而弱，例如聚合物凝胶（2）硬而脆，例如PS，PMMA，固化酚醛树脂（3）硬而强，例如硬PVC和PS共混体，硬PVC（4）软而韧，例如橡皮，增塑的PVC，PE，PTFE（5）硬而韧，尼龙，醋酸纤维素，PC，PP5.研究玻璃态高聚物的大形变常用什么实验方法，说明高聚物中两种断裂类型的特点并画出两种断裂的典型应力—应变曲线．解：研究玻璃态高聚物的大形变常用拉力机对高聚物样品进行拉伸实验。高聚物的破坏有两种形式，脆性断裂和韧性断裂。脆和韧是借助日常生活用语，只能根据应力-应变曲线和断面的外貌来区分。若深入研究，二者有以下不同：（1）韧性断裂特点：断裂前对应塑性；沿长度方向的形变不均匀，过屈服点后出现细颈；断裂伸长（b）较大；断裂时有推迟形变；应力与应变呈非线性，断裂耗能大；断裂面粗糙，一般有外延形变；断裂发生在屈服点后，一般由剪切分量引起；对应的分子运动机理是链段的运动。（2）脆性断裂：断裂前对应弹性；沿长度方向形变均匀，断裂伸长率一般小于5％；断裂时无推迟形变，应力-应变曲线近线性，断裂能耗小；断裂面平滑；断裂发生在屈服点前；一般由拉伸分量引起的；对应的分子机理是化学键的破坏。脆性断裂与韧性断裂的应力-应变曲线见上图。（2）（1）（4）（5）脆化断裂εσεσ韧性断裂（3）6.下列几种高聚物的冲击性能如何？如何解释？（TgT）（1）聚异丁烯；（2）聚苯乙烯；（3）聚苯醚；（4）聚碳酸酯；（5）ABS；（6）聚乙烯。解：（1）聚异丁烯：在TgT时，冲击性能不好。这是因为聚异丁烯是柔性链，链段活动容易，彼此间通过链段的调整形成紧密堆积，自由体积少。（2）聚苯乙烯：因主链挂上体积庞大的侧基苯环，使之成为难以改变构象的刚性链，使得冲击性能不好，为典型的脆性聚合物。（3）聚苯醚：链节为，因主链含有刚性的苯环，故为难以改变构象的刚性链，冲击性能不好。（4）聚碳酸酯：链节为，由于主链中在-120℃可产生局部模式运动，称之为转变。在TgT时，由于外力作用，转变吸收冲击能，使聚合物上的能量得以分散，因此冲击能好，在常温下可进行冷片冲压成型，即常温塑性加工。（5）ABS：聚苯乙烯很脆，引进A（丙烯腈单体）后使其抗张强度和冲击强度得到提高，再引进B（丁二烯单体），进行接枝共聚，使其冲击强度大幅度提高。因ABS具有多相结构，枝化的聚丁二烯相当于橡胶微粒分散在连续的塑料相中，相当于大量的应力集中物，当材料受到冲击时，它们可以引发大量的裂纹，从而能吸收大量的冲击能，所以冲击性能好。（6）聚乙烯：由于聚乙烯链节结构极为规整和对称，体积又小，所以聚乙烯非常容易结晶，而且结晶度比较高。由于结晶限制了链段的运动，使之柔性不能表现出来，所以冲击性能不好。高压聚乙烯由于支化多，破坏了链的规整性，结晶度低些，冲击性能稍好些。第四部分力学性质（计算题）1.一橡胶试样在25℃，应力为1.5×106N/㎡时的伸长比为2.5，试计算：（1）每立方厘米中的网络数目，假定橡胶为理想网络；（2）在25℃伸长比为1.5时所需的应力；（3）在100℃伸长比为2.5时所需的应力。解：橡胶的状态方程为)1(20kTN（1）已知T＝25℃＝298.15K，σ＝1.5*106N/m2，λ＝2.5326223-62010*558.1)5.215.2(*15.298*10*1.3810*1.5)1(mkTN32010*558.1cm（2）当T＝25℃＝298.15K，λ＝1.5时)1(20kTN)5.115.1(*15.298*10*38.1*10*558.122326＝6.76*105N/m2(3)当T＝100℃＝373.15K，λ＝2.5时)1(20kTN)5.215.2(*15.298*10*38.1*10*558.122326＝1.88*106N/m22.已知丁苯橡胶未交联时数均分子量nM=3×104,交联后当cM=104时,问在低拉伸倍率（1）下的杨氏模量为多大?又当cM=5×103时杨氏模量为多大?设拉伸均在298K下进行,此时SBR的密度32109mkg.解:由)21)(1(2nccMMMRT拉伸(杨氏)模量)21)(21(3nccMMMRTE由题意低拉伸率下,即1即)1031021(108.91029831.81093443421E241027.2mkg)10310521(108.910529831.81093433322E241009.9mkg3.一交联橡胶试片，长2.8cm，宽1.0cm，厚0.2cm，重0.518g，于25℃时将它拉伸一倍，测定张力为1.0公斤，估算试样的网链的平均相对分子质量。解：由橡胶状态方程21cRTM21cRTM∵52414.9100.2110fkgmA3360.518109250.212.810WkgmVKmolcmgkmolJR41048.8/314.8∴(或通过牛顿转化得来)4.将某种硫化天然橡胶在300K进行拉伸，当伸长一倍时的拉力为7.25×105N·m-2，拉伸过程中试样的泊松比为0.5，根据橡胶弹性理论计算：(1)10-6m3体积中的网链数N;(2)初始弹性模量E0和剪切模量G0;(3)拉伸时每10-6m3体积的试样放出的热量?解：（1）根据橡胶状态方程21NkT已知玻兹曼常数231.3810kJK527.2510Nm，2,300TK∴52317.25101.381030024N=1×1026个网链/m3（2）剪切模量21GNkT5217.251024Nm524.1410Nm（3）拉伸模量21EG∵ν＝0.5∴6231.2410EGNm（4）QTS，21232SNk∴21232QNkT代入N，k，T，λ的数值，得734.1410QJm（负值表明为放热）5.一块理想弹性体，其密度为9.5×102kg·cm-3，起始平均相对分子质量为105，交联后网链相对分子质量为5×103，若无其它交联缺陷，只考虑链末端校正．试计算它在室温(300K)时的剪切模量。解：21ccnMRTGNkTMM233359.51025108.314300151010104525104.7510110Nm524.310Nm6.某硫化橡胶的摩尔质量cM5000g/