材料科學基礎59章習題

1、第5章材料的形變和再結晶1.有一70MPa應力作用在fee晶體的001方向上，求作用在（111）卩叫和（111）滑移系上的分切應力。答案：矢量數(shù)性積aXb=iaiXibi&=aXblaiXibi滑移系:-1_-1乂亞罷（負號不影響切應力大小，故取正號）70t=creosol匚oe/=_t=2S.571(MPa)V2-V3cosJi=01x22.Zn單晶在拉伸之前的滑移方向與拉伸軸的夾角為45,拉伸后滑移方向與拉伸軸的夾角為30，求拉伸后的延伸率。答案：如圖所示，AC和AC分別為拉伸前后晶體中兩相鄰滑移面之間的距離。因為拉伸前后滑移面間距不變，即AC=AC抽忡軸/jlt-l血故sin45a）抽伸

2、前抽忡軸/jlt-l血故sin45a）抽伸前b）拉伸后題2圖3.已知平均晶粒直徑為1mm和0.0625mm的a-Fe的屈服強度分別為112.7MPa和196MPa,問*iff稈方障hZA平均晶粒直徑為0.0196mm的純鐵的屈服強度為多少?答案:1一迅=;T03_1112.7=十上(1嚴l%=ao+O.O625xlO-p解得_L.j5=84.9354-O.S7S(0.0196xlO-3p=283.255()4.鐵的回復激活能為88.9kj/mol,如果經(jīng)冷變形的鐵在400C進行回復處理，使其殘留加工硬化為60%需160分鐘，問在450C回復處理至同樣效果需要多少時間？（分）答案：亡（分）5.已

3、知H70黃銅（30%Zn）在400C的恒溫下完成再結晶需要1小時，而在390C完成再結晶需要2小時，試計算在420C恒溫下完成再結晶需要多少時間?答案：再結晶是一熱激活過程，故再結晶速率:，而再結晶速率和產(chǎn)生某一體積分數(shù)所需時間t答案：再結晶是一熱激活過程，故再結晶速率:，而再結晶速率和產(chǎn)生某一體積分數(shù)所需時間t成反比，即OC在兩個不同的恒定溫度產(chǎn)生同樣程度的再結晶時兩邊取對數(shù)；同樣故得。代入相應數(shù)據(jù)，得到t3=0.26ho有一根長為5m,直徑為3mm的鋁線，已知鋁的彈性模量為70GPa，求在200N的拉力作用下，此線的總長度。答案一Mg合金的屈服強度為180MPa,E為45GPa,a）求不至

4、于使一塊10mmx2mm的Mg板發(fā)生塑性變形的最大載荷；b）在此載荷作用下，該鎂板每mm的伸長量為多少？答案已知燒結A12O3的孔隙度為5%，其E=370GPao若另一燒結Al2O3的E=270GPa，試求其孔隙度。答案有一Cu-30%Zn黃銅板冷軋25%后厚度變?yōu)?cm，接著再將此板厚度減少到0.6cm,試求總冷變形度，并推測冷軋后性能變化。答案有一截面為10mmx10mm的鎳基合金試樣，其長度為40mm，拉伸實驗結果如下：載荷（N）標距長度（mm）040.043，10040.186，20040.2102，00040.4104，80040.8109，60041.6113，80042.4121

5、，30044.0126，90046.0127，60048.0113，800（破斷）50.2試計算其抗拉強度，屈服強度b2.彈性模量，以及延伸率So答案6.將一根長為20m，直徑為14mm的鋁棒通過孔徑為12.7mm的模具拉拔，求a）這根鋁棒拉拔后的尺寸；b）這根鋁棒要承受的冷加工率。答案7.確定下列情況下的工程應變和真應變丁，說明何者更能反映真實的變形特性:eTa）由L伸長至1.1L；b）由h壓縮至0.9h；c）由c）由L伸長至2L；d）由h壓縮至0.5h。答案8.對于預先經(jīng)過退火的金屬多晶體，其真實應力應變曲線的塑性部分可近似表示為8.Q=k，其中k和n為經(jīng)驗常數(shù)，分別稱為強度系數(shù)和應變硬化

6、指數(shù)。若有A，B兩種材料，其k值大致相等，而nA=0.5，nB=0.2，則問a）那一種材料的硬化能力較高，為什么？b）同樣的塑性應變時，A和B哪個位錯密度高，為什么？c）導出應變硬化指數(shù)n和應9.變硬化率:dQV=T9.變硬化率:dQV=T（叫丿之間的數(shù)學公式。答案有一70MPa應力作用在fcc晶體的001方向上，求作用在（111）和（111）滑移系上的分切應力。答案10.有一bcc晶體的（110）111滑移系的臨界分切力為60MPa,試問在001和010方向必須施加10.多少的應力才會產(chǎn)生滑移？答案ll.Zn單晶在拉伸之前的滑移方向與拉伸軸的夾角為45。,拉伸后滑移方向與拉伸軸的夾角為30。

7、,求拉伸后的延伸率。答案Al單晶在室溫時的臨界分切應力,C=7.9X105Pa。若室溫下對鋁單晶試樣作為拉伸試驗時，拉伸軸為123方向，試計算引起該樣品屈服所需加的應力。答案Al單晶制成拉伸試棒（其截面積為9mm2）進行室溫拉伸，拉伸軸與001交成36.7。，與011交成19.1。，與111交成22.2。，開始屈服時載荷為20.40N，試確定主滑移系的分切應力。答案Mg單晶體的試樣拉伸時，三個滑移方向與拉伸軸分別交成38、45、85，而基面法線與拉伸軸交成60。如果在拉應力為2.05MPa時開始觀察到塑性變形，則Mg的臨界分切應力為多少？答案15.MgO為NaCl型結構，其滑移面為110，滑移

8、方向為,試問沿哪一方向拉伸（或壓縮）不能引起滑移？答案一個交滑移系包括一個滑移方向和包含這個滑移方向的兩個晶面，如bcc晶體的（101）111（110），寫出bcc晶體的其他三個同類型的交滑移系。答案,=,+Gbpfcc和bcc金屬在塑性變形時，流變應力與位錯密度p的關系為0，式中，0為沒有干擾位錯時，使位錯運動所需的應力，也即無加工硬化時所需的切應力，G為切變模量,b為位錯的柏氏矢量，為與材料有關的常數(shù)，為0.30.5。實際上，此公式也是加工硬化方法的強化效果的定量關系式。若Cu單晶體的，0=700kPa,初始位錯密度p0=105cm-2,則臨界分切應力為多少？已知Cu的G=42x103MP

9、a,b=0.256nm,111Cu單晶產(chǎn)生1%塑性變形所對應的Q=40MPa，求它產(chǎn)生1%塑性變形后的位錯密度。答案證明：bcc及fee金屬產(chǎn)生孿晶時，孿晶面沿孿生方向的切變均為0.707。答案試指出Cu和-Fe兩晶體易滑移的晶面和晶向，并求出他們的滑移面間距，滑移方向上的原子間及點陣阻力。（已知GC=48.3GPa,GF=81.6GPa,v=0.3）.答案Cu-Fe1設運動位錯被釘扎以后，其平均間距1=P2（p為位錯密度），又設Cu單晶已經(jīng)應變硬化到這種程度，作用在該晶體所產(chǎn)生的分切應力為14MPa，已知G=40GPa，b=0.256nm，計算Cu單晶的位錯密度。答案設合金中一段直位錯線運動

10、時受到間距為，的第二相粒子的阻礙，試求證使位錯按繞過機制18.19.20.21.22.23.24.25.26.27.28.繼續(xù)運動所需的切應力為：“2T繼續(xù)運動所需的切應力為：“2Tb，=粵Bln2r0，式中T線張力，b柏氏矢量,G切變模量，r0第二相粒子半徑，B常數(shù)。答案略40鋼經(jīng)球化退火后滲碳體全部呈半徑為10pm的球狀，且均勻地分布在Fe基礎上。已知Fe的切變模量G=7.9X104Mpa,Fe的點陣常數(shù)a=0.28nm，試計算40鋼的切變強度。答案已知平均晶粒直徑為1mm和0.0625mm的-Fe的屈服強度分別為112.7MPa和196MPa,問平均晶粒直徑為0.0196mm的純鐵的屈服

11、強度為多少？答案已知工業(yè)純銅的屈服強度S=70MPa，其晶粒大小為NA=18個/mm2,當NA=4025個/mm2時,QS=95MPa。試計算NA=260個/mm2時的s？答案SA簡述陶瓷材料（晶態(tài)）塑性變形的特點。答案略脆性材料的抗拉強度可用下式來表示：式中o為名義上所施加的拉應力，l為表面裂紋的長度或者為內部裂紋長度的二分之一，r為裂紋尖端的曲率半徑，實際上為裂紋尖端處應力集中導致最大應力。現(xiàn)假定Al2O3陶瓷的m23表面裂紋的臨界長度為l=2X10-3mm，其理論的斷裂強度為E/10,E為材料的彈性模量等于393GPa，試計算當Al2O3陶瓷試樣施加上275MPa拉應力產(chǎn)生斷裂的裂紋尖端

12、臨界曲率半徑rC。答案三點彎曲試驗常用來檢測陶瓷材料的力學行為。有一圓形截面Al2O3試樣，其截面半徑r=3.5mm,兩支點間距為50mm,當負荷達到950N,試樣斷裂。試問當支點間距為40mm時,具有邊長為12mm正方形截面的另一同樣材料試樣在多大負荷會發(fā)生斷裂？答案M對許多高分子材料，其抗拉強度卜是數(shù)均相對分子質量n的函數(shù)：A二一b0Mn式中0為無限大分子量時的抗拉強度，A為常數(shù)。已知二種聚甲基丙烯酸甲酯的數(shù)均相對分子質量分別為4X104和6X104，所對應的抗拉強度則分別為107MPa和170MPa，試確定數(shù)均相對分子質量為3X104時的抗拉強度b。答案解釋高聚物在單向拉伸過程中細頸截面

13、積保持基本不變現(xiàn)象。答案略現(xiàn)有一,6mm鋁絲需最終加工至,0.5mm鋁材，但為保證產(chǎn)品質量，此絲材冷加工量不能超過85%，如何制定其合理加工工藝？答案鐵的回復激活能為88.9kJ/mol,如果經(jīng)冷變形的鐵在400C進行回復處理，使其殘留加工硬化為60%需160分鐘，問在450C回復處理至同樣效果需要多少時間？答案Ag冷加工后位錯密度為1012/cm2，設再結晶晶核自大角度晶界向變形基體移動，求晶界弓出的最小曲率半徑（Ag:G=30GPa,b=0.3nm，y=0.4J/m2）o答案已知純鐵經(jīng)冷軋后在527C加熱發(fā)生50%的再結晶所需的時間為104s，而在727C加熱產(chǎn)生50%再結晶所需時間僅為0

14、.1s，試計算要在105s時間內產(chǎn)生50%的再結晶的最低溫度為多少度？答案假定將再結晶溫度定義為退火1小時內完成轉變量達95%的溫度，已知獲得95%轉變量所需要的時間t0.要的時間t0.95：t0.952.85114NG3N=NekTG=GekT式中N、G分別為在結晶的形核率和長大線速度：0，0a）根據(jù)上述方程導出再結晶溫度Tr與G。、N。、Qg及Qn的函數(shù)關系；b）說明下列因素是怎樣影響G0、N0、Qg及Qn的:1）預變形度；2）原始晶粒度；3）金屬純度。c）說明上述三因素是怎樣影響再結晶溫度的。答案略已知Fe的T=1538C,Cu的T=1083C，試估算Fe和Cu的最低再結晶溫度。答案mm

15、工業(yè)純鋁在室溫下經(jīng)大變形量軋制成帶材后，測得室溫力學性能為冷加工態(tài)的性能。查表得知工業(yè)純鋁的T=150C，但若將上述工業(yè)純鋁薄帶加熱至100C，保溫16天后冷至室溫再再測其強度，發(fā)現(xiàn)明顯降低，請解釋其原因。答案某工廠用一冷拉鋼絲繩將一大型鋼件吊入熱處理爐內，由于一時疏忽，未將鋼繩取出，而是隨同工件一起加熱至860C，保溫時間到了，打開爐門，欲吊出工件時，鋼絲繩發(fā)生斷裂，試分析原因。答案已知H70黃銅（30%Zn）在400C的恒溫下完成再結晶需要1小時，而在390C完成再結晶需要2小時，試計算在420C恒溫下完成再結晶需要多少時間？答案設有1cm3黃銅，在700C退火，原始晶粒直徑為2.1610

16、-3cm,黃銅的界面能為0.5J/m2,由量熱計測得保溫2小時共放出熱量0.035J，求保溫2小時后的晶粒尺寸。答案設冷變形后位錯密度為1012/cm2的金屬中存在著加熱時不發(fā)生聚集長大的第二相微粒，其體積分數(shù)f=1%,半徑為1m,問這種第二相微粒的存在能否完全阻止此金屬加熱時再結晶（已知G=105MPa,b=0.3nm,比界面能=0.5J/m2）。答案W具有很高的熔點（Tm=3410C）,常被選為白熾燈泡的發(fā)熱體。但當燈絲存在橫跨燈絲的大晶粒，就會變得很脆，并在頻繁開關的熱沖擊下產(chǎn)生破斷。試介紹一種能延長燈絲壽命的方法。答案略Fe-3%Si合金含有MnS粒子時，若其半徑為0.05pm,體積分

17、數(shù)為0.01,在850C以下退火過程中，當基體晶粒平均直徑為6m時，其正常長大即行停止，試分析其原因。答案略工程上常常認為鋼加熱至760C晶粒并不長大，而在870C時將明顯長大。若鋼的原始晶粒丄丄D_dct直徑為0.05mm，晶粒長大經(jīng)驗公式為，其中D為長大后的晶粒直徑，D0為原始晶粒直徑，c為比例常數(shù)，t為保溫時間。已知760C時，n=0.1,c=6，10-i6；870C時，n=0.2,c=2,10-8，求含0.8%C的鋼在上述兩溫度下保溫1小時晶粒直徑。答案簡述一次再結晶與二次再結晶的驅動力，并如何區(qū)分冷、熱加工？動態(tài)再結晶與靜態(tài)再結晶后的組織結構的主要區(qū)別是什么？答案5002.02mma

18、)3600(N)b)0.00419.61%55%1.276(GPa),172.4(GPa),25.5%24.3(m)42.43.44.123.456789.b)18%a)e-忖-10%ln1.1L9.5%b)18%a)e-忖-10%ln1.1L9.5%tLb)-(0-10%ehln_10.5%thc)(2_1)L100%eLln2L69.3%tLd)-(5一1)h-50%ehh_眇3%a)A比B的應變硬化能力高。b)B的位錯密度高。aac)unan-1ntnTc)707028.577(MPa)2-3tacos九cos&1加1滑移系：10.11.12.13.14.15.16.17.18.19.2

19、0.21.22.23.24.25.26.27.28.29.30.31.32.33.Gii)%*cos九cos帖7030滑移系：60T60cCOS九cos故在此方向上無論施加多大應力都不能產(chǎn)生滑移。601方向601方向:COS九cos1146.97(MPa)241.4%69(MPa)l.Ol(MPa)0.8077(MPa)對氧化鎂，不存在任何不會引起滑移的拉伸(或壓縮)方向。由立方晶系(001)標準投影圖可查得bcc晶體其他三個同類型的交滑移系是:(01)11110)(011)111-(110)110*11101)836(kPa),P=5.61*108(cm-2)0.70790.45(MPa),

20、152.8(MPa)P=1.869*10i2(m-2)答案略。0.465(MPa)283.255(MPa)78.3(MPa)答案略0.39(nm)10154.9(N)44(MPa)答案略。因此，可先將6mm的鋁絲冷拔至2.324mm，接著進行再結晶退火，以消除加工硬化，然后冷拔至0.9mm，再進行再結晶退火，最終冷拔至0.5mm即可。59(分)29(nm)496.23C34.TRk34.TRklna)答案略。答案略。Q*3Qng擰)=0.253(J/2)心_黑冋_16x3.14x(2.53xl(-5)3x17262x6.63一W/JE一3xlS0752x3192所以=1如1曠帕)要在1726K

21、發(fā)生均勻形核，就必須有319C的過冷度，為此必須增加壓力，才能使純鎳的凝固溫度從1726K提高到2045K：對上式積分：計算當壓力增加到500X105Pa時錫的熔點的變化時，已知在105Pa下，錫的熔點為505K,熔化熱7196J/mol,摩爾質量為118.8X10-3kg/mol,固體錫的體積質量密度7.30X10akg/m，熔化時的體積變化為+2.7%。答案根據(jù)下列條件建立單元系相圖：組元A在固態(tài)有兩種結構A和A2，且密度A2A液體；A1轉變到A2的溫度隨壓力增加而降低A】相在低溫是穩(wěn)定相；固體在其本身的蒸汽壓1333Pa(10mmHg)下的熔點是8.2C;在1.013*105Pa(個大氣

22、壓)下沸點是90C;A1A2和液體在1.013*106Pa(10個大氣壓)下及40C時三相共存(假設升溫相變H0)答案考慮在一個大氣壓下液態(tài)鋁的凝固，對于不同程度的過冷度，即：AT=1,10，100和200C,計算：臨界晶核尺寸；半徑為r*的晶核個數(shù)；從液態(tài)轉變到固態(tài)時，單位體積的自由能變化AG*(形核功)；從液態(tài)轉變到固態(tài)時，臨界尺寸r*處的自由能的變化AGv。鋁的熔點T=993K,單位體積熔化熱L=1.836X109j/m3，固液界面比表面能6=93mJ/m2,書中mm表6-4是121mJ/m2,原子體積V=1.66X10-29皿3。答案(a)已知液態(tài)純鎳在1.013X105Pa(l個大氣

23、壓)，過冷度為319C時發(fā)生均勻形核。設臨界晶核半徑為lnm,純鎳的熔點為1726K,熔化熱L=18075J/mol,摩爾體積V=6.6cm3/mol,計算純m鎳的液-固界面能和臨界形核功。若要在2045K發(fā)生均勻形核，需將大氣壓增加到多少？已知凝固時體積變化V=-0.26cm3/mol(lJ=9.87X105cm3.Pa)。答案純金屬的均勻形核率可以下式表示N，Aexp(AGN，Aexp(AG*kT)exp(kT)式中A1035,exp(-Q/kT)10-2,AG*為臨界形核功，k為波耳茲曼常數(shù)，共值為1.38*10-23j/K假設過冷度AT分別為20C和200C,界面能。=2X10-5j/

24、cm2,熔化熱AH=12600J/mol,m熔點T=1000K，摩爾體積V=6cm3/mol，計算均勻形核率N。m若為非均勻形核，晶核與雜質的接觸角0=60，則N如何變化？AT為多少時?導出r*與AT的關系式，計算r*=1nm時的AT/T。答案m試證明在同樣過冷度下均勻形核時，球形晶核較立方晶核更易形成。答案證明任意形狀晶核的臨界晶核形成功AG*與臨界晶核體積V*的關系：V*AG*，AGAGvAGv液固相單位體積自由能差。答案用示差掃描量熱法研究聚對二甲酸乙二酯在232.4C的等溫結晶過程，由結晶放熱峰測得如下數(shù)據(jù)。結晶時間t(分)7.611.417.421.625.627.631.635.6

25、36.638.1結晶度(%)3.4111.534.754.972.780.091.097.398.299.3試以Avrami作圖法求出Avrami指數(shù)n，結晶常數(shù)K和半結晶期ti/2o答案試說明結晶溫度較低的高分子的熔限較寬，反之較窄。答案測得聚乙烯晶體厚度和熔點的實驗數(shù)據(jù)如下。試求晶片厚度趨于無限大時的熔點T8。如果m聚乙烯結晶的單位體積熔融熱為AH=280焦耳/厘米3,問表面能是多少？答案L(nm)28.229.230.932.333.934.535.136.539.844.348.3Tm(C131.131.132.132.134.133.134.134.135.136.136.)5927

26、17435571.54K答案略。(a)94.5nm(b)2.12*108(個)(2)(2)-1.97*106J/m33.43*10-15J(a)0.253(J/m2),1.06*10-18(J)(b)116365*105(Pa)(a)1.33*103(cm-3s-1)70攝氏度0.192(5gr*=V,得球形核胚的臨界形核功為：4/2o2g、1653G*，一()3G+4()25，球3GvG3G2VVV邊長為a的立方形晶核的臨界形核功為：G*立方2o，(A/)GGVV亠6(25).5,3253“GVG2V二式相比較：G*165332531球一G*3G2G262立方VV可見形成球形晶核的臨界形核功

27、僅為形成立方形晶核的1/2。證明：均勻形核自由能變化GG，Ar3G+Br25v1）式中：A和B為晶核的形狀因子。式中：A和B為晶核的形狀因子。凹,0,得對（1）求極值，即dr臨界晶核半徑：2Bo3AGr*=v8B353臨界晶核體積：V*臨界晶核體積：V*=A(r*)3=27A2Gv3(3)(2)(2)(2)(2)將（2）式代入（1）式，得：G*，A(r*)3G+B(r*)2v-8B33+12B33_4B3327A2G227A2G2vVTOC o 1-5 h zG*G=-,V*2V* HYPERLINK l bookmark134即G*，G HYPERLINK l bookmark682v對于非

28、均勻形核，可證上式仍成立。ln2結晶常數(shù)k=7.7X10-5，結晶期1/2=k=20.5(min)由于高分子在較低的溫度下結晶時，分子鏈的活動能力差，形成的晶體較不完善，完善的程度差別也較大，因此，缺陷較多的晶體將在較低的溫度下溶融，而缺陷較少的晶體將在較高的溫度下熔融，因此導致較寬的溶限。反之，高分子在較高溫度下結晶時，分子鏈活動能力較強，形成的結晶較完善，不同晶體完全程度的差異也較小，因此，溶限較窄。,表面能e0.37J/m2第7章二元系相圖及合金的凝固Mg-Ni系的一個共晶反應為507CL(23.5Wt.%Ni)a(純鎂)+Mg2Ni(54.6Wt.%Ni)設Cl為亞共晶合金，C2為過共

29、晶合金，這兩種合金中的先共晶相的重量分數(shù)相等，但C1合金中的a總量為C2合金中的a總量的2.5倍，試計算C1和C2的成分。答案:根據(jù)已知條件，由杠桿定理得：23.5-C*.a.=成23.5C-235Q5亠乂54.6-23.5由題意，廠P戈，聯(lián)立上述二式可解得:C=54.6-1.323C(1)2-總量為，則:令c中広總量為，貝山2由題意叫=2.5即(2)將(1)式代入(2)式，可解得：C=12.7wt%Ni,C=37.8wt%Ni12w(C)=2.11%時，F(xiàn)eC%=22.6%32由鐵碳相圖可知奧氏體的成分為2.11%,可得到最大Fe3C2析出量：w(C)=4.30%時共晶中奧氏體的量為=0.5

30、218則共晶中奧氏體可析出Fe3C2的量為：FeC%=0.5218X=11.8%32或者先求3(C)=4.30%時鐵碳合金在共析反應前的滲碳體的總量為4.3-0.77=(FeC)%&9-0力=0.603t然后從(FeC)%中減去共晶中FeC的量，即得FeC%,3t3324.3-0.77FeC%=6.69-0.77-=11.8%32w(C)=4.30%的冷卻曲線：42040GO8C1GU%3成分為40%B的合金首先凝固出來的固體成分；若首先凝固出來的固體成分含60%B，合金的成分為多少？成分為70%B的合金最后凝固的液體成分；合金成分為50%B，凝固到某溫度時液相含有40%B，固體含有80%B，

31、此時液體和固體各占多少分數(shù)？答案指出下列相圖中的錯誤，并加以改正。答案507CL（23.5Wt.%Ni）Oa（純鎂）+MgNi（54.6Wt.%Ni）設C為亞共晶合金，C為過共晶合金，這兩種合金中的先共晶相的重量分數(shù)相等，但C合金中121的a總量為C合金中的a總量的2.5倍，試計算C和C的成分。答案212組元A和B在液態(tài)完全互溶，但在固態(tài)互不溶解，且形成一個與A、B不同晶體結構的中間化合物，由熱分析測得下列數(shù)據(jù)：含B量（wt%.%）液相線溫度（C）固相線溫度（C）01000209007504076575043750509307506310408085064090640100800a）畫出平衡相

32、圖，并注明個區(qū)域的相、各點的成分及溫度，并寫出中間化合物的分子式（原子量A=28,B=24）。100kg的含20wt.%B的合金在800C平衡冷卻到室溫，最多能分離出多少純A。答案Mg-Ni系的一個共晶反應為507CL(23.5Wt.%Ni)a(純鎂)+Mg2Ni(54.6Wt.%Ni)設C為亞共晶合金，C為過共晶合金，這兩種合金中的先共晶相的重量分數(shù)相等，但C合金中121的a總量為C合金中的a總量的2.5倍，試計算C和C的成分。答案212假定我們在SiO中加入10at%的NaO,請計算氧與硅之比值。如果0:SiW2.5是玻璃化趨勢22的判據(jù)，貝I形成玻璃化的最大NaO是多少？答案2一種由Si

33、O-45%AlO(wt%)構成的耐高溫材料被用來盛裝熔融態(tài)的鋼(1600C)。223根據(jù)所示的CaO-ZrO2相圖，做下列工作:寫出所有的三相恒溫轉變(b)計算4wt%CaO-ZrO2陶瓷在室溫時為單斜ZrO2固溶體(MonoclinicZrO2SS)和立方ZrO2固溶體(CubicZrO2SS)的相對量(用mol%表示)。假定單斜ZrO2固溶體和立方ZrO2固溶體在室溫的溶解度分別為2mol%CaO和15mol%CaO答案（a）根據(jù)Fe-FeC相圖，分別求2.11%C,4.30%C的二次滲碳體的析出量，（b）畫出4.3%的冷卻3曲線。答案略鐵索體杓居里溫度X-Fc（Fc鐵索體杓居里溫度X-F

34、c（Fc2lIO轉變Fe孑n屢相圖根據(jù)所示的Al-Si共晶相圖，試分析下列（a,b,c）三個金相組織屬什么成分并說明理由。指出細化此合金鑄態(tài)組織的可能用途。答案假設質量濃度為P的固溶體進行正常凝固，若kl，并用g表示固溶體相的分數(shù)x/L,試證00_明固相平均質量濃度s可表達為：兀=加(1-g)k0固相中的溶質總量M=Pg,則sdM=Psdg=k0P0(1一g)k0dgk0=k0p0(lg)k0一1d=-k0P0中k000=P1(1g)ko0由積分中值定理：M=pgs所以得:=匕所以得:=匕1一(1一g)k0sg答案12.證明題：1)如下圖所示，已知液、固相線均為直線，證明k=ws/w產(chǎn)常數(shù)；2

35、)當k0=常數(shù)時，試證明液、固平面狀界面的臨界條件G/R=mw0(1-k0)/(k0D)可簡化為G/R=T/D。式中m是液相線斜率，w0是合金原始成分，D是原子在液體中的擴散系數(shù)，k0是平衡分配系數(shù)，T=T-T2。答案略證明：在液相完全不混合得情況下，亞共晶成分W合金獲得偽共晶組織時的平直界面臨界0條件為：G=mR(w-w)/D答案CRe0Al-Cu合金相圖如圖4-10所示，設分配系數(shù)K和液相線斜率均為常數(shù)，試求：含1%Cu固溶體進行緩慢的正常凝固，當凝固分數(shù)為50%時所凝固出的固體成分；經(jīng)過一次區(qū)域熔化后在x=5處的固體成分，取熔區(qū)寬度1=0.5；測得鑄件的凝固速率R=3xl0-4cm/s,

36、溫度梯度G=30C/cm,擴散系數(shù)D=3xl0-5cm/s時，合金凝固時能保持平面界面的最大含銅量。答案利用上題中的數(shù)據(jù)，設合金成分為Al-0.5wt.%Cu，液體無對流，計算:開始凝固時的界面溫度；保持液固界面為平面界面的溫度梯度；在同一條件下含銅量增至2wt.%Cu時(a)、(b)題的變化。答案青銅(Cu-Sn)和黃銅(Cu-Zn)相圖如圖所示：敘述Cu-10%Sn合金的不平衡冷卻過程并指出室溫時的金相組織；比較Cu-10%Sn合金鑄件和Cu-30%Zn合金鑄件的鑄造性能及鑄造組織；說明Cu-10%Sn合金鑄件中有許多分散砂眼的原因；分別含2%Sn、11%Sn和15%Sn的青銅合金，哪一種

37、可進行壓力加工，哪種可利用鑄造法來制造機件？答案略根據(jù)所示Pb-Sn相圖：(1)畫出成分為w(Sn)=50%合金的冷卻曲線及其相應的平衡凝固組織;(2)計算該合金共晶反應后組織組成體的相對量和組成相的相對量；(3)計算共晶組織中的兩相體積相對量，由此判斷兩相組織為棒狀還是為層片狀形態(tài)。在計算中忽略Sn在相和Pb在卩相中的溶解度效應，假定相的點陣常數(shù)為Pb的點陣常數(shù)a=0.390nm,晶體結構為面心立方,Pb每個晶胞4個原子；卩相的點陣常數(shù)為卩-Sn的點陣常數(shù)a=0.583nm,c=0.318nm，晶體點陣為SnSn體心四方，每個晶胞4個原子。Pb的原子量207，Sn的原子量為119。答案什么是

38、均聚物，共聚物，均加聚，共縮聚？答案略為什么拉伸能提高結晶高分子的結晶度？答案略簡述高分子合金化的方法和優(yōu)點.答案略(a)在合金成分線與液相線相交點作水平線，此線與固相線交點的合金成分即為首先凝固出來的固體成分：85%B。(b)作60%B垂直線與a固相線相交點的水平線,此線與液相線L相交點的成分即為合金成分：15%B。(c)原理同上：20%B。75%,25%(a)任何溫度下所作的連接線兩端必須分別相交于液相線和固相線，不能相交于單一液固相線或單一固相線。A組元的凝固溫度恒定，所以液固相線在A成分處相交于一點。在兩元系的三相平衡反應中,三相的成分是唯一的。在兩元系只能出現(xiàn)三相平衡反應。C=12.

39、7wt%Ni，C=37.8wt%Ni12(a)中間化合物的分子式為AB2(b)53.5kgC=12.7wt%Ni，C=37.8wt%Ni12x小于等于1/37.72-457.72-45(a)由圖可知：L%=72-1043.5%會熔化(b)因熔化的百分比超過20%，故知選用此材料不正確。(a)所示的ZrOCaO相圖中共有三個三相恒溫轉變：2包晶反應：L+TZrOfCZrO22共晶反應：LCZrO+ZrCaO23共析反應：T-ZrOfMZrO+C-ZrO22其中L代表液相，T代表四方，C代表立方，M代表單斜。(b)mol%單斜=53.8mol%,mol%立方=46.2mol%答案略。(1)(a)共

40、晶組織，因為兩相交替生成針狀組織(b)過共晶組織，因為初生相為有小刻面塊晶形，應為非金屬結晶特征，故此過共晶合金的初生相為Si。亞共晶組織，因為初生相為樹枝晶，應為金屬結晶特征，故為亞共晶合金的初生相a(Al)固溶體。(2)可采用變質劑(納鹽)或增加冷卻速率來細化Al-Si合金的鑄態(tài)組織,k(1g)k-111證明：k1時的正常凝固方程為：HsH0o00答案略。13.證明：Rmw113.證明：Rmw1一kG=ooDk0Rmw=(一w)Dk00w0-k液相完全不混合，w0-k液相完全不混合，0w)LB=w,.g=Rm(wDew)014.(a)0.286%Cub)0.83%Cu(c)0.18%Cu(

41、a)650.37(C)14.(a)0.286%Cub)0.83%Cu(c)0.18%Cu(a)650.37(C)(b)保持面界面凝固(b)保持面界面凝固的臨界條件為mCR(1mCR(1-K)3200.005310-4(1-0.16)Ge=84DK310-50.16答案略。17.1)合金的冷卻曲線及凝固組織如下圖所示：C/cm)室溫平衡組織：a和(a+B)+B初共II2)合金發(fā)生共晶反應后的組織組成體為a和(a+B)，各自的含量為初共61.9-50a%=61.9一19X100%-28%初(a+B)%=1-a%=72%共初合金發(fā)生共晶反應后的相組成為a相和B相，各自的含量為97.5-50a%=97

42、.5一19X100%=60.5%B%=1-a%=39.5%33)a相的晶胞體積為：v二aPb=0.3903nma=0.0593nma1每個晶胞中有4個原子，每個原子占據(jù)的體積為：0.0593/4=0.01483nm32B相的晶胞體積為：v二aSncSn=0.58322X0.318nm3=0.10808nm32每個晶胞4個原子，每個原子占據(jù)的體積為：0.10808/4=0.02702nm3在共晶組織中，兩相各自所占的質量分數(shù)分別為：97.561.9a%=97.519xi00%=45.35%共B%=1-a%=54.65%共共設共晶組織共有100g，則其中a=45.35g,B=54.65g45.35

43、a的體積為：207XNX0.01483=0.00325NAA54.65B的體積為：119XNX0.02702=0.01241NAA,+卩=0.00325N/(0.00325+0.01241)N=20.75%AA即：a相占共晶體總體積的20.75%。由于a相的含量小于27.6%,在不考慮層片的界面能時，該共晶組織應為棒狀。答案略。答案略。答案略。第8章三元相圖根據(jù)所示Fe-W-C三元系的低碳部分的液相面的投影圖，試標出所有四相反應。港相面投影wc278至Ft1020304050607G80W答案：四相反應如下：27552400C時：L+WC-WC+WC,其液相成分變溫線的溫度走向如圖所示：322

44、400C時：L+WC-WC+W,21700C時：L+WC+W-MC61500C時：L+W-MC+FeW321380C時：L+FeWMC+a261335C時：L+aY+MC61200C時：L+MCWC+Y1085C時：Ly+FeC+WC3其液相成分變溫線的溫度走向如圖所示：,cwft叫c15001C時10防C時17001?,cwft叫c15001C時10防C時17001?時2755240012時2400T?時138OT時13351C時120012時2.根據(jù)所示Al-Mg-Mn系富Al2.根據(jù)所示Al-Mg-Mn系富Al一角的投影圖。10MnAL(a)寫出圖中二個四相反應。(b)寫出圖中合金I和I

45、I的凝固過程。答案：(a)在卩點發(fā)生的反應：L+MnAl-MnAl+MgAl3458在ET點發(fā)生的反應：LfAl+MnAl+MgAl58(b)成分I的合金冷卻時首先結晶出Al,然后剩余液相生成達到ET點，發(fā)生L-MnAl+Al+MgAl四相平面發(fā)生三相共晶。458成分II的合金冷卻時首先結晶出MgAl,隨后發(fā)生LMnAl+MgAl的兩相共晶。這合8358金繼續(xù)冷卻剩余液相成分達到P點，經(jīng)過第一個四相平面，發(fā)生L+MnAlMnAl+MgAl四相反3458應，反應后余下L+MnAl+MgAl三相，再冷卻經(jīng)過第二個四相平面，發(fā)生LAl+MnAl+MgAl458458四相反應，最后進入Al+MnAl+

46、MgAl三相區(qū)直至室溫。458某三元合金K在溫度為t時分解為B組元和液相，兩個相的相對量W/W=2。已知合金K中A1BL組元和C組元的重量比為3，液相含B量為40%,試求合金K的成分。答案三組元A、B和C的熔點分別是1000C、900C和750C，三組元在液相和固相都完全互溶，并從三個二元系相圖上獲得下列數(shù)據(jù)：答案略成分(wt.%)溫度(C)ABC液相線固相線5050一97595050一50920850一5050840800在投影圖上作出950C和850C的液相線投影;在投影圖上作出950C和850C的固相線投影;畫出從A組元角連接到BC中點的垂直截面圖；已知A、B、C三組元固態(tài)完全不互溶，成

47、分為80%A、10%B、10%C的O合金在冷卻過程中將進行二元共晶反應和三元共晶反應，在二元共晶反應開始時，該合金液相成分(a點)為60%A、20%B、20%C，而三元共晶反應開始時的液相成分(E點)為50%A、10%B、40%C。(a)試計算A%、(A+B)%和(A+B+C)%的相對量。初(b)寫出圖中I和P合金的室溫平衡組織。答案成分為40%A、30%B和30%C的三元系合金在共晶溫度形成三相平衡，三相成分如下：液相：50%A40%B10%Ca相85%A10%B5%CB液相：50%A40%B10%Ca相85%A10%B5%CB相10%A20%B70%C(a)計算液相、a相和B相各占多少分數(shù)

48、;Cu-Sn-Zn三元系相圖在600C時的部分等溫截面如圖示:請在此圖中標出合金成分點P點(Cu-32%Zn-5%Sn),Q點(Cu-40%Zn-6%Sn)和T點(Cu-33%Zn-l%Sn),并指出這些合金在600C時由那些平衡相組成。若將5kgP合金、5kgQ合金和lOkgT合金熔合在一起，則新合金的成分為多少？答案根據(jù)圖中的合金X，在四相反應前為Q+R+U三相平衡，四相反應后為U+Q+V三相平衡。試證明該反應為R-Q+U+V類型反應。答案根據(jù)圖中的合金X,在四相反應前為Q+R+U三相平衡，四相反應后為U+Q+V三相平衡。試證明該反應為R+Q-U+V類型反應。答案&根據(jù)所示Fe-W-C三元

49、系的低碳部分的液相面的投影圖，試標出所有四相反應。答案略Fe102030405060708090&根據(jù)所示Fe-W-C三元系的低碳部分的液相面的投影圖，試標出所有四相反應。答案略Fe102030405060708090W9.根據(jù)所示Al-Mg-Mn系富Al一角的投影圖。Mg.%a)寫出圖中二個四相反應。(b)寫出圖中合金I和II的凝固過程。答案(b)如何用簡單的實驗方法證明哪種偽二元系是正確的；答案略K合金成分為:15%A、80%B、5%C.答案略。(a)A=50%初40-20(A+B)%=50%40-0=25%20-0,(A+B+C)%=L%40-2025%(b)I合金:B+(A+B+C)共

50、晶4.P(b)I合金:B+(A+B+C)共晶4.P合金:(B+C)共晶+(A+B+C)共晶ab(a)液相分數(shù)=L5730-100，57.4%5710adada相分數(shù)=ad40二35100%，10%8535B相分數(shù)=100%-7.4%T0%=32.6%(b)B=14.5%，C=38%。(a)在600C時合金P由a+B相組成；合金Q由B+丫相組成；合金T由a相組成。(b)新合金的成分：62.25%Cu,3.25%Sn、34.5%Zn。如圖所示，X成分的合金經(jīng)過四相平衡溫度時會發(fā)生如下反應:R+U+Q-U+V+Q反應前U相和Q相的相對量為(用重心定理在厶QRU上計算):Xu1UuU%=1X100%X

51、qQqQ%-1X100%反應后U相和Q相的相對量為（用重心定理在厶QUV上計算）：Xu2UuU%=2X100%Xq2.QqQ%-2X100%顯然，反應后u相和Q相的量都增加，故為生成相；同時，反應前后R相從有到無，故為反應相；V相從無到有，也為生成相。所以這一反應可以簡化為R-Q+u+vo同理，在四相平面所包含的任一部分都可以證明經(jīng)過四相平衡溫度時會發(fā)生RfQ+U+V反應。如圖所示，X成分的合金經(jīng)過四相平衡溫度時會發(fā)生如下反應：R+U+Q-U+V+Q反應前U相和Q相的相對量為（用重心定理在厶QRU上計算）：Xu1-UuU%=1X100%XqQqQ%-iX100%反應后U相和Q相的相對量為（用重

52、心定理在厶QUV上計算）：Xu2UuU%-2X100%Xq2QqQ%-2X100%顯然，反應后Q相的量減少，故為反應相；U相的量增加，故為生成相；同時，反應前后R相從有到無，故為反應相；V相從無到有，故為生成相；所以這一反應可以簡化為R+Q-U+V。同理，在四相平面所包含的任一部分都可以證明經(jīng)過四相平衡溫度時會發(fā)生R+Q-U+V反應。答案略。（a）在P點發(fā)生的反應：L+MnAlMnAl+MgAl3458在E點發(fā)生的反應：LAl+MnAl+MgAlT458（b）成分I的合金冷卻時首先結晶出Al，然后剩余液相生成達到E點，發(fā)生LMnAl+Al+MgAlT458四相平面發(fā)生三相共晶。成分II的合金冷

53、卻時首先結晶出MgAl,隨后發(fā)生LfMnAl+MgAl的兩相共晶。這合58358金繼續(xù)冷卻剩余液相成分達到p點，經(jīng)過第一個四相平面，發(fā)生L+MnAlfMnAl+MgAl3458四相反應，反應后余下L+MnAl+MgAl三相，再冷卻經(jīng)過第二個四相平面，發(fā)生Lf458Al+MnAl+MgAl四相反應，最后進入Al+MnAl+MgAl三相區(qū)直至室溫。458458答案略。第9章材料的亞穩(wěn)態(tài)由于結晶的不完整性，結晶態(tài)的高聚物中晶區(qū)和非晶區(qū)總是并存的。已測得兩種結晶態(tài)的聚四氟乙烯的(體積分數(shù))結晶度和密度分別為阿51.3%,74.2%和r12.144g/cm3，r22.215g/cm3。a)試計算完全結晶

54、的和完全非晶態(tài)聚四氟乙烯的密度；b)計算密度為2.26g/cm3的聚四氟乙烯樣品的結晶度。答案：a)結晶態(tài)聚合物的密度其中rc和ra分別為聚合物結晶和非結晶部分的密度，j為結晶部分所占的體積分數(shù)。解聯(lián)立方程得Rc=2.296g/cm3，Ra=1.984g/cm3b)=88.5%b)根據(jù)Bain機制，奧氏體(A)轉變成馬氏體(M)時，面心立方晶胞轉變?yōu)轶w心正方晶胞，并沿(x3)方向收縮18%,而沿(xl)和(x2)方向膨脹12%,如圖9-2所示。已知fcc的a=0.3548nm,MMM求鋼中AM的相對體積變化；b)由于體積變化而引起在長度方向上的變化又為多少？c)若鋼的E=200GPa,則需要多

55、大拉應力才能使鋼產(chǎn)生b)所得的長度變化。青才干如5青才干如5忙22如叭翻a)奧氏體的晶胞體積馬氏體晶胞體積22.97-22.3322.33=2.37%22.97-22.3322.33=2.37%b）c）從內部微觀結構角度簡述納米材料的特點。答案試分析課本中圖9.11所示Ni3Al粒子尺寸對Ni-Al合金流變應力影響的作用機制。答案說明晶體結構為何不存在5次或高于6次的對稱軸？答案何謂準晶？如何描繪準晶態(tài)結構？答案非晶態(tài)合金的晶化激活能可用Ozawa作圖法，利用在不同的連續(xù)加熱條件下測得的晶化溫度Tx和加熱速率a之間存在lnTx/a1/Tx呈線性關系求得，已測得非晶Fe79B16Si5合金預晶化

56、相-Fe的T如下表，求激活能。答案x加熱速率/Kmin-1晶化溫度/KTx1（開始）Tx2（結束）2.577278657817941079080320800812何謂高聚物的玻璃化轉變溫度？簡述其影響因素。答案略由于結晶的不完整性，結晶態(tài)的高聚物中晶區(qū)和非晶區(qū)總是并存的。已測得兩種結晶態(tài)的聚四氟乙烯的（體積分數(shù)）結晶度和密度分別為151.3%，274.2%和p2.144g/cm3，,22.215g/cm3。a）試計算完全結晶的和完全非晶態(tài)聚四氟乙烯的密度；b）計算密度為2.26g/cm3的聚四氟乙烯樣品的結晶度。答案試證明：脫溶分解的擴散系數(shù)D為正值（正常擴散），而Spinodal分解的擴散系

57、數(shù)D為負值（上坡擴散）。在這兩種相變中，形成析出相的最主要區(qū)別是什么？答案略2C-C=eR（九）tcosZ9.調幅分解濃度波動方程為九，求臨界波長兀。其中9.G+G+2ny+82K九2，M為互遷移率，耳為濃度梯度造成Y=E的錯配度，（1-V）（E為彈性模量，v為泊松比）K為常數(shù)，九為波長,Z為距離，t為時間，GZ為距離，t為時間，G2GSx2（GS為固溶體自由能,x表示固溶體成分）。答案Cu的原子數(shù)分數(shù)為2%的Al-Cu合金先從520C快速冷卻至27C,并保溫3h后，形成平均間距為1.5xl0-6cm的GP區(qū)。已知27C時，Cu在Al中的擴散系數(shù)D=2.3xl0-25cm2/s,假定過程為擴散

58、控制，試估計該合金的空位形成能及淬火空位濃度。答案Cu的原子數(shù)分數(shù)為4.6%的Al-Cu合金經(jīng)550C固溶處理后,a相中含有x(Cu)=2%,對其重新加熱到100C并保溫一段時間后，析出的,相遍布整個合金體積，,相為fcc結構，r=0.143nm，,粒子的平均間距為5nm，計算：a)每cm3合金中含有，相粒子；b)若析出,后，a相中Cu原子可忽略不計，則每個,粒子中含有多少Cu原子？答案淬火態(tài)合金在15C時效1小時，過飽和固溶體中開始析出沉淀相，如在100C時效處理，經(jīng)1分鐘即開始析出。要使其1天內不發(fā)生析出，則淬火后應保持在什么溫度？(提示：應用Arrhenius速率方程)答案固態(tài)相變時，設

59、單個原子的體積自由能變化為AGB=200AT/TC，單位為J/cm3,臨界轉變溫度TC=1000K,應變能=4J/cm3，共格界面能=4.0 x10-6J/cm2,c共格非共格界面能”卄=4.0 x10-5J/cm2，試計算：a)AT=50C時的臨界形核功非共格AG*AG*AG*AG*共格與非共格之比；b)共格=非共格時的AT。答案亞共析鋼TTT圖如下，按圖9-1中所示的不同冷卻和等溫方式熱處理后，分析其形成的組織并作顯微組織示意圖。答案1.2%C鋼淬火后獲得馬氏體和少量殘留奧氏體組織，如果分別加熱至180C,300C和680C保溫2小時，各將發(fā)生怎樣變化？說明其組織特征并解釋之。答案一片厚度為h,半徑為r的透鏡片狀馬氏體體積可近似地取為冗r2h,片周圍應變G2h2區(qū)體積可取為應變區(qū)中單位體積應變能可取為2r2(G區(qū)體積可取為為切變彈性模量，為切變角)。設馬氏體生長時片的直徑不變，試說明當片增厚時，由于受應變能的限制，片厚不能超過最大值h,并存在下列關系