材料科学基础练习题参考答案第一章原子排列1. 作图表示立方晶系中的(123),(012),(421)晶面和[102],[211],[346]晶向.附图1-1 有关晶面及晶向2. 分别计算面心立方结构与体心立方结构的{100},{110}和{111}晶面族的面间距, 并指出面间距最大的晶面(设两种结构的点阵常数均为a).解由面心立方和体心立方结构中晶面间的几何关系, 可求得不同晶面族中的面间距如附表1-1所示.附表1-1 立方晶系中的晶面间距晶面{100} {110} {111}面间距FCC2a24a33aBCC2a22a36a显然, FCC中{111}晶面的面间距最大, 而BCC中{110}晶面的面间距最大.注意:对于晶面间距的计算, 不能简单地使用公式, 应考虑组成复合点阵时, 晶面层数会增加.3. 分别计算fcc和bcc中的{100},{110}和{111}晶面族的原子面密度和<100>,<110>和<111>晶向族的原子线密度, 并指出两种结构的差别. (设两种结构的点阵常数均为a) 解原子的面密度是指单位晶面内的原子数; 原子的线密度是指晶面上单位长度所包含的原子数. 据此可求得原子的面密度和线密度如附表1-2所示.附表1-2 立方晶系中原子的面密度和线密度晶面/晶向{100} {110} {111} <100> <110> <111>面/线密度BCC21a22a233a1a22a233aFCC22a22a2433a1a2a33a可见, 在BCC中, 原子密度最大的晶面为{110}, 原子密度最大的晶向为<111>; 在FCC 中, 原子密度最大的晶面为{111}, 原子密度最大的晶向为<110>.4. 在(0110)晶面上绘出[2113]晶向.解详见附图1-2.附图1-2 六方晶系中的晶向5. 在一个简单立方二维晶体中, 画出一个正刃型位错和一个负刃型位错. 试求:(1) 用柏氏回路求出正、负刃型位错的柏氏矢量.(2) 若将正、负刃型位错反向时, 说明其柏氏矢量是否也随之反向.(3) 具体写出该柏氏矢量的方向和大小.(4) 求出此两位错的柏氏矢量和.解正负刃型位错示意图见附图1-3(a)和附图1-4(a).(1) 正负刃型位错的柏氏矢量见附图1-3(b)和附图1-4(b).(2) 显然, 若正、负刃型位错线反向, 则其柏氏矢量也随之反向.(3) 假设二维平面位于YOZ坐标面, 水平方向为Y轴, 则图示正、负刃型位错方向分别为[010]和[010], 大小均为一个原子间距(即点阵常数a).(4) 上述两位错的柏氏矢量大小相等, 方向相反, 故其矢量和等于0.6. 设图1-72所示立方晶体的滑移面ABCD平行于晶体的上下底面, 该滑移面上有一正方形位错环. 如果位错环的各段分别与滑移面各边平行, 其柏氏矢量b // AB, 试解答:(1) 有人认为“此位错环运动离开晶体后, 滑移面上产生的滑移台阶应为4个b”, 这种说法是否正确? 为什么?(2) 指出位错环上各段位错线的类型, 并画出位错移出晶体后, 晶体的外形、滑移方向和滑移量. (设位错环线的方向为顺时针方向)图1-72 滑移面上的正方形位错环 附图1-5 位错环移出晶体引起的滑移解 (1) 这种看法不正确. 在位错环运动移出晶体后, 滑移面上下两部分晶体相对移动的距离是由其柏氏矢量决定的. 位错环的柏氏矢量为b , 故其相对滑移了一个b 的距离.(2) A ′B ′为右螺型位错, C ′D ′为左螺型位错, B ′C ′为正刃型位错, D ′A ′为负刃型位错. 位错运动移出晶体后滑移方向及滑移量见附图1-5.7. 设面心立方晶体中的(111)晶面为滑移面, 位错滑移后的滑移矢量为[110]2a .(1) 在晶胞中画出此柏氏矢量b 的方向并计算出其大小.(2) 在晶胞中画出引起该滑移的刃型位错和螺型位错的位错线方向, 并写出此二位错线的晶向指数.解 (1) 柏氏矢量等于滑移矢量, 因此柏氏矢量的方向为[110], 大小为2/2a .(2) 刃型位错与柏氏矢量垂直, 螺型位错与柏氏矢量平行, 晶向指数分别为[112]和[110], 详见附图1-6.附图1-6 位错线与其柏氏矢量、滑移矢量8. 若面心立方晶体中有[101]2a b =的单位位错及[121]6a b =的不全位错, 此二位错相遇后产生位错反应.(1) 此反应能否进行? 为什么?(2) 写出合成位错的柏氏矢量, 并说明合成位错的性质.解 (1) 能够进行.因为既满足几何条件:[111]3a b b ==∑∑后前,又满足能量条件: . 22222133b a b a =>=∑∑后前. (2) [111]3a b =合, 该位错为弗兰克不全位错. 9. 已知柏氏矢量的大小为b = 0.25nm, 如果对称倾侧晶界的取向差θ = 1° 和10°, 求晶界上位错之间的距离. 从计算结果可得到什么结论?解 根据bD θ≈, 得到θ = 1°,10° 时, D ≈14.3nm, 1.43nm. 由此可知, θ = 10°时位错之间仅隔5~6个原子间距, 位错密度太大, 表明位错模型已经不适用了.第二章 固体中的相结构1. 已知Cd, In, Sn, Sb 等元素在Ag 中的固熔度极限(摩尔分数)分别为0.435, 0.210, 0.130, 0.078; 它们的原子直径分别为0.3042 nm, 0.314 nm, 0.316 nm, 0.3228 nm; Ag 的原子直径为0.2883 nm. 试分析其固熔度极限差异的原因, 并计算它们在固熔度极限时的电子浓度.答: 在原子尺寸因素相近的情况下, 熔质元素在一价贵金属中的固熔度(摩尔分数)受原子价因素的影响较大, 即电子浓度e /a 是决定固熔度(摩尔分数)的一个重要因素, 而且电子浓度存在一个极限值(约为1.4). 电子浓度可用公式A B B B (1)c Z x Z x =-+计算. 式中, Z A , Z B 分别为A, B 组元的价电子数; x B 为B 组元的摩尔分数. 因此, 随着熔质元素价电子数的增加, 极限固熔度会越来越小.Cd, In, Sn, Sb 等元素与Ag 的原子直径相差不超过15%(最小的Cd 为5.5%, 最大的Sb 为11.96%), 满足尺寸相近原则, 这些元素的原子价分别为2, 3, 4, 5价, Ag 为1价, 据此推断它们的固熔度极限越来越小, 实际情况正好反映了这一规律; 根据上面的公式可以计算出它们在固熔度(摩尔分数)极限时的电子浓度分别为1.435, 1.420, 1.390, 1.312.2. 碳可以熔入铁中而形成间隙固熔体, 试分析是α-Fe 还是γ-Fe 能熔入较多的碳. 答: α-Fe 为体心立方结构, 致密度为0.68; γ-Fe 为面心立方结构, 致密度为0.74. 显然, α-Fe 中的间隙总体积高于γ-Fe, 但由于α-Fe 的间隙数量多, 单个间隙半径却较小, 熔入碳原子将会产生较大的畸变, 因此, 碳在γ-Fe 中的固熔度较α-Fe 的大.3. 为什么只有置换固熔体的两个组元之间才能无限互熔, 而间隙固熔体则不能?答: 这是因为形成固熔体时, 熔质原子的熔入会使熔剂结构产生点阵畸变, 从而使体系能量升高. 熔质原子与熔剂原子尺寸相差越大, 点阵畸变的程度也越大, 则畸变能越高, 结构的稳定性越低, 熔解度越小. 一般来说, 间隙固熔体中熔质原子引起的点阵畸变较大,故不能无限互熔, 只能有限熔解.第三章 凝固1. 分析纯金属生长形态与温度梯度的关系.答: 纯金属生长形态是指晶体宏观长大时固-液界面的形貌. 界面形貌取决于界面前沿液相中的温度梯度.(1) 平面状长大: 当液相具有正温度梯度时, 晶体以平直界面方式推移长大. 此时, 界面上任何偶然的、小的凸起深入液相时, 都会使其过冷度减小, 长大速率降低或停止长大, 而被周围部分赶上, 因而能保持平直界面的推移. 长大过程中晶体沿平行温度梯度的方向生长, 或沿散热的反方向生长, 而其它方向的生长则受到限制.(2) 树枝状长大: 当液相具有负温度梯度时, 晶体将以树枝状方式生长. 此时, 界面上偶然的凸起深入液相时, 由于过冷度的增大, 长大速率越来越大; 而它本身生长时又要释放结晶潜热, 不利于近旁的晶体生长, 只能在较远处形成另一凸起. 这就形成了枝晶的一次轴, 在一次轴成长变粗的同时, 由于释放潜热使晶枝侧旁液体中也呈现负温度梯度, 于是在一次轴上又会长出小枝来, 称为二次轴, 在二次轴上又长出三次轴……由此而形成树枝状骨架, 故称为树枝晶(简称枝晶).2. 简述纯金属晶体长大机制及其与固-液界面微观结构的关系.答: 晶体长大机制是指晶体微观长大方式, 即液相原子添加到固相的方式, 它与固-液界面的微观结构有关.(1) 垂直长大方式: 具有粗糙界面的物质, 因界面上约有50% 的原子位置空着, 这些空位都可以接受原子, 故液相原子可以进入空位, 与晶体连接, 界面沿其法线方向垂直推移, 呈连续式长大.(2) 横向(台阶)长大方式: 包括二维晶核台阶长大机制和晶体缺陷台阶长大机制, 具有光滑界面的晶体长大往往采取该方式. 二维晶核模式, 认为其生长主要是利用系统的能量起伏, 使液相原子在界面上通过均匀形核形成一个原子厚度的二维薄层状稳定的原子集团, 然后依靠其周围台阶填充原子, 使二维晶核横向长大, 在该层填满后, 则在新的界面上形成新的二维晶核, 继续填满, 如此反复进行.晶体缺陷方式, 认为晶体生长是利用晶体缺陷存在的永不消失的台阶(如螺型位错的台阶或挛晶的沟槽)长大的.第四章 相图1. 在Al-Mg 合金中, x Mg 为0.15, 计算该合金中镁的w Mg 为多少.解 设Al 的相对原子量为M Al , 镁的相对原子量为M Mg , 按1mol Al-Mg 合金计算, 则镁的质量分数可表示为Mg MgMg Al Al Mg Mg 100%x M w x M x M =⨯+.将x Mg = 0.15, x Al = 0.85, M Mg = 24, M Al = 27代入上式中, 得到w Mg = 13.56%.2. 根据图4-117所示二元共晶相图, 试完成:(1) 分析合金I, II的结晶过程, 并画出冷却曲线.(2) 说明室温下合金I, II的相和组织是什么, 并计算出相和组织组成物的相对量.(3) 如果希望得到共晶组织加上相对量为5%的β初的合金, 求该合金的成分.图4-117 二元共晶相图附图4-1 合金I的冷却曲线附图4-2 合金II的冷却曲线解 (1) 合金I的冷却曲线参见附图4-1, 其结晶过程如下:1以上, 合金处于液相;1~2时, 发生匀晶转变L→α, 即从液相L中析出固熔体α, L和α的成分沿液相线和固相线变化, 达到2时, 凝固过程结束;2时, 为α相;2~3时, 发生脱熔转变, α→βII.合金II的冷却曲线参见附图4-2, 其结晶过程如下:1以上, 处于均匀液相;1~2时, 进行匀晶转变L →β;2时, 两相平衡共存, 0.50.9L β;2~2′ 时, 剩余液相发生共晶转变0.50.20.9L βα+;2~3时, 发生脱熔转变α→βII .(2) 室温下, 合金I 的相组成物为α + β, 组织组成物为α + βII .相组成物相对量计算如下:αβ0.900.20100%82%0.900.050.200.05100%18%0.900.05w w -=⨯=--=⨯=- 组织组成物的相对量与相的一致.室温下, 合金II 的相组成物为α + β, 组织组成物为β初 + (α+β).相组成物相对量计算如下:αβ0.900.80100%12%0.900.050.800.05100%88%0.900.05w w -=⨯=--=⨯=- 组织组成物相对量计算如下:β(α+β)0.800.50100%75%0.900.500.900.80100%25%0.900.50w w -=⨯=--=⨯=-初 (3) 设合金的成分为w B = x , 由题意知该合金为过共晶成分, 于是有β0.50100%5%0.900.50x w -=⨯=-初 所以, x = 0.52, 即该合金的成分为w B = 0.52.3. 计算w C 为0.04的铁碳合金按亚稳态冷却到室温后组织中的珠光体、二次渗碳体和莱氏体的相对量, 并计算组成物珠光体中渗碳体和铁素体及莱氏体中二次渗碳体、共晶渗碳体与共析渗碳体的相对量.解 根据Fe-Fe 3C 相图, w C = 4%的铁碳合金为亚共晶铸铁, 室温下平衡组织为 P + Fe 3C II + L d ′, 其中P 和Fe 3C II 系由初生奥氏体转变而来, 莱氏体则由共晶成分的液相转变而成, 因此莱氏体可由杠杆定律直接计算, 而珠光体和二次渗碳体则可通过两次使用杠杆定律间接计算出来.L d ′ 相对量: d L 4 2.11100%86.3%4.3 2.11w '-=⨯=-. Fe 3C II 相对量: 3II Fe C 4.34 2.110.77100% 3.1%4.3 2.11 6.690.77w --=⨯⨯=--.P 相对量: P 4.34 6.69 2.11100%10.6%4.3 2.11 6.690.77w --=⨯⨯=--. 珠光体中渗碳体和铁素体的相对量的计算则以共析成分点作为支点, 以w C = 0.001%和w C = 6.69%为端点使用杠杆定律计算并与上面计算得到的珠光体相对量级联得到.P 中F 相对量: F P 6.690.77100%9.38%6.690.001w w -=⨯⨯=-. P 中Fe 3C 相对量: 3Fe C 10.6%9.38% 1.22%w =-=.至于莱氏体中共晶渗碳体、二次渗碳体及共析渗碳体的相对量的计算, 也需采取杠杆定律的级联方式, 但必须注意一点, 共晶渗碳体在共晶转变线处计算, 而二次渗碳体及共析渗碳体则在共析转变线处计算.L d ′ 中共晶渗碳体相对量: d Cm L 4.3 2.11100%41.27%6.69 2.11w w '-=⨯⨯=-共晶L d ′ 中二次渗碳体相对量: d Cm L 6.69 4.3 2.110.77100%10.2%6.69 2.11 6.690.77w w '--=⨯⨯⨯=--II L d ′ 中共析渗碳体相对量:d Cm L 6.69 4.3 6.69 2.110.770.0218100% 3.9%6.69 2.11 6.690.77 6.690.0218w w '---=⨯⨯⨯⨯=---共析 4. 根据下列数据绘制Au-V 二元相图. 已知金和钒的熔点分别为1064℃和1920℃. 金与钒可形成中间相β(AuV 3); 钒在金中的固熔体为α, 其室温下的熔解度为w V = 0.19; 金在钒中的固熔体为γ, 其室温下的熔解度为w Au = 0.25. 合金系中有两个包晶转变, 即1400V V V 1522V V V (1) β(0.4)L(0.25)α(0.27)(2) γ(0.52)L(0.345)β(0.45)w w w w w w =+===+==℃℃解 根据已知数据绘制的Au-V 二元相图参见附图4-3.附图4-3 Au-V 二元相图第五章 材料中的扩散1. 设有一条直径为3cm 的厚壁管道, 被厚度为0.001cm 的铁膜隔开, 通过输入氮气以保持在膜片一边氮气浓度为1000 mol/m 3; 膜片另一边氮气浓度为100 mol/m 3. 若氮在铁中700℃时的扩散系数为4×10-7 cm 2 /s, 试计算通过铁膜片的氮原子总数.解 设铁膜片左右两边的氮气浓度分别为c 1, c 2, 则铁膜片处浓度梯度为7421510010009.010 mol /m 110c c c c x x x --∂∆-≈===-⨯∂∆∆⨯ 根据扩散第一定律计算出氮气扩散通量为 722732410(10)(9.010) 3.610 mol/(m s)c J D x---∂=-=-⨯⨯⨯-⨯=⨯∂ 于是, 单位时间通过铁膜片的氮气量为 3-22-63.610(310) 2.5410 mol/s 4J A π-=⨯⨯⨯⨯=⨯最终得到单位时间通过铁膜片的氮原子总数为-62318-1A () 2.5410 6.02102 3.0610 s N J A N =⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯第六章 塑性变形1. 铜单晶体拉伸时, 若力轴为 [001] 方向, 临界分切应力为0.64 MPa, 问需要多大的拉伸应力才能使晶体开始塑性变形?解 铜为面心立方金属, 其滑移系为 {111}<110>, 4个 {111} 面构成一个八面体, 详见教材P219中的图6-12.当拉力轴为 [001] 方向时, 所有滑移面与力轴间的夹角相同, 且每个滑移面上的三个滑移方向中有两个与力轴的夹角相同, 另一个为硬取向(λ = 90°). 于是, 取滑移系(111)[101]进行计算.222222222222k s cos 3001111cos 2001(1)01cos cos 60.646 1.57 MPa.m mϕλϕλτσ==++⨯++==++⨯-++=====即至少需要1.57 MPa 的拉伸应力才能使晶体产生塑性变形.2. 什么是滑移、滑移线、滑移带和滑移系? 作图表示α-Fe, Al, Mg 中的最重要滑移系. 那种晶体的塑性最好, 为什么?答: 滑移是晶体在切应力作用下一部分相对于另一部分沿一定的晶面和晶向所作的平行移动; 晶体的滑移是不均匀的, 滑移部分与未滑移部分晶体结构相同. 滑移后在晶体表面留下台阶, 这就是滑移线的本质. 相互平行的一系列滑移线构成所谓滑移带. 晶体发生滑移时, 某一滑移面及其上的一个滑移方向就构成了一个滑移系.附图6-1 三种晶体点阵的主要滑移系α-Fe具有体心立方结构, 主要滑移系可表示为 {110}<111>, 共有6×2 = 12个; Al 具有面心立方结构, 其滑移系可表示为 {111}<110>, 共有4×3 = 12个; Mg具有密排六方结构, 主要滑移系可表示为{0001}1120<>, 共有1×3 = 3个. 晶体的塑性与其滑移系的数量有直接关系, 滑移系越多, 塑性越好; 滑移系数量相同时, 又受滑移方向影响, 滑移方向多者塑性较好, 因此, 对于α-Fe, Al, Mg三种金属, Al的塑性最好, Mg的最差, α-Fe 居中. 三种典型结构晶体的重要滑移系如附图6-1所示.3. 什么是临界分切应力? 影响临界分切应力的主要因素是什么? 单晶体的屈服强度与外力轴方向有关吗? 为什么?答:滑移系开动所需的作用于滑移面上、沿滑移方向的最小分切应力称为临界分切应力.临界分切应力τk的大小主要取决于金属的本性, 与外力无关. 当条件一定时, 各种晶体的临界分切应力各有其定值. 但它是一个组织敏感参数, 金属的纯度、变形速度和温度、金属的加工和热处理状态都对它有很大影响.如前所述, 在一定条件下, 单晶体的临界分切应力保持为定值, 则根据分切应力与外加轴向应力的关系: σs= τk/ m, m为取向因子, 反映了外力轴与滑移系之间的位向关系, 因此, 单晶体的屈服强度与外力轴方向关系密切. m越大, 则屈服强度越小, 越有利于滑移.4. 孪生与滑移主要异同点是什么? 为什么在一般条件下进行塑性变形时锌中容易出现挛晶, 而纯铁中容易出现滑移带?答: 孪生与滑移的异同点如附表6-1所示.附表6-1 晶体滑移与孪生的比较锌为密排六方结构金属, 主要滑移系仅3个, 因此塑性较差, 滑移困难, 往往发生孪生变形, 容易出现挛晶; 纯铁为体心立方结构金属, 滑移系较多, 共有48个, 其中主要滑移系有12个, 因此塑性较好, 往往发生滑移变形, 容易出现滑移带.第七章 回复与再结晶1. 已知锌单晶体的回复激活能为8.37×104J/mol, 将冷变形的锌单晶体在-50 ℃进行回复处理, 如去除加工硬化效应的25% 需要17 d, 问若在5 min 内达到同样效果, 需将温度提高多少摄氏度?解 根据回复动力学, 采用两个不同温度将同一冷变形金属的加工硬化效应回复到同样程度, 回复时间、温度满足下述关系:122111exp t Q t R T T ⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭整理后得到221111ln T t R T Q t =+.将41211223 K,/5/(172460),8.3710 J/mol, 8.314 J/(mol K)4896T t t Q R ==⨯⨯==⨯=⋅代入上式得到2274.7 K T =.因此, 需将温度提高21274.722351.7 T T T ∆=-=-=℃.2. 纯铝在553 ℃ 和627 ℃ 等温退火至完成再结晶分别需要40 h 和1 h, 试求此材料的再结晶激活能.解 再结晶速率v 再与温度T 的关系符合阿累尼乌斯(Arrhenius)公式, 即exp()Q v A RT=-再 其中, Q 为再结晶激活能, R 为气体常数.如果在两个不同温度T 1, T 2进行等温退火, 欲产生同样程度的再结晶所需时间分别为t 1, t 2, 则122112122111exp[()]ln(/)t Q t R T T RTT t t Q T T =--⇒=-依题意, 有T 1 = 553 + 273 = 826 K, T 2 = 627 + 273 = 900 K, t 1 = 40 h, t 2 = 1 h, 则58.314826900ln(40/1)3.0810J/mol 900826Q ⨯⨯⨯=⨯-3. 说明金属在冷变形、回复、再结晶及晶粒长大各阶段的显微组织、机械性能特点与主要区别.答: 金属在冷变形、回复、再结晶及晶粒长大各阶段的显微组织、机械性能特点与主要区别详见附表7-1.附表7-1 金属在冷变形、回复、再结晶及晶粒长大各阶段的显微组织、机械性能第八章固态相变。
