1、第5章 材料的形變和再結晶1. 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:矢量數性積ab=ab = ab ab 滑移系：（負號不影響切應力大小，故取正號）滑移系：2. 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故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,問平均晶粒直徑為0.0196mm的純鐵的屈

2、服強度為多少？答案:解得 4. 鐵的回復激活能為88.9 kJ/mol，如果經冷變形的鐵在400進行回復處理，使其殘留加工硬化為60%需160分鐘，問在450回復處理至同樣效果需要多少時間？答案:（分）5. 已知H70黃銅（30%Zn）在400的恒溫下完成再結晶需要1小時，而在390完成再結晶需要2小時，試計算在420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： ，而再結晶速率和產生某一體積分數所需時間t成反比，即 在兩個不同的恒定溫度產生同樣程度的再結晶時，兩邊取對數 ；同樣 故得 。 代入相應數據，得到 t3 = 0.26 h。1 有一根長為5m，直徑為3mm

3、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2 一Mg合金的屈服強度為180MPa，E為45GPa，a）求不至于使一塊10mm2mm的Mg板發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3.已知燒結Al2O3的孔隙度為5%，其E=370GPa。若另一燒結Al2O3的E=270GPa，試求其孔隙度。答案4. 有一Cu-30%Zn黃銅板冷軋25%后厚度變為1cm，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5. 有一截面為10mm10mm的鎳基合金試樣，其長度為40mm，拉伸實驗結果如下：載荷（N

4、）標距長度（mm）040.0 43，10040.1 86，20040.2102，00040.4104，80040.8109，60041.6113，80042.4121，30044.0126，90046.0127，60048.0 113，800（破斷）50.2試計算其抗拉強度sb，屈服強度s0.2，彈性模量E以及延伸率d。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ee和真應變eT，說明何者更能反映真實的變形特性： a）由L伸長至1.1L； b）由h壓縮至0.9h； c）

5、由L伸長至2L； d）由h壓縮至0.5h。答案8.對于預先經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，其中k和n為經驗常數，分別稱為強度系數和應變硬化指數。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n和應變硬化率之間的數學公式。答案9.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111滑移系的臨界分切力為60MPa，試問在001和010方向必須施加多少的應力

6、才會產生滑移？答案11.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12.Al單晶在室溫時的臨界分切應力tC =7.9105Pa。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13.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14.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

7、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，滑移方向為，試問沿哪一方向拉伸（或壓縮）不能引起滑移？答案16.一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)(110)，寫出bcc晶體的其他三個同類型的交滑移系。答案17.fcc和bcc金屬在塑性變形時，流變應力與位錯密度r的關系為，式中t0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，a為與材料有關的常數，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

8、晶體的t0=700kPa，初始位錯密度r0=105cm-2,則臨界分切應力為多少？已知Cu的G=42103MPa，b=0.256nm，111 Cu單晶產生1%塑性變形所對應的s=40MPa，求它產生1%塑性變形后的位錯密度。答案18.證明：bcc及fcc金屬產生孿晶時，孿晶面沿孿生方向的切變均為0.707。答案19.試指出Cu和a-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GCu=48.3GPa，Ga-Fe=81.6GPa，v=0.3）. 答案20.設運動位錯被釘扎以后，其平均間距(r為位錯密度)，又設Cu單晶已經應變硬化到這種程度，作用在該晶體

9、所產生的分切應力為14 MPa，已知G=40GPa，b=0.256nm，計算Cu單晶的位錯密度。答案21. 設合金中一段直位錯線運動時受到間距為l的第二相粒子的阻礙，試求證使位錯按繞過機制繼續運動所需的切應力為：，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。答案略22. 40鋼經球化退火后滲碳體全部呈半徑為10mm的球狀，且均勻地分布在a-Fe基礎上。已知Fe的切變模量G=7.9104Mpa，a-Fe的點陣常數a=0.28nm，試計算40鋼的切變強度。答案23. 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,問平均晶粒

10、直徑為0.0196mm的純鐵的屈服強度為多少？答案24. 已知工業純銅的屈服強度s S =70MPa，其晶粒大小為NA=18個/mm2，當NA=4025個/mm2時，s S =95MPa。試計算NA=260個/mm2時的？答案25. 簡述陶瓷材料（晶態）塑性變形的特點。答案略26. 脆性材料的抗拉強度可用下式來表示：式中s0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，s m實際上為裂紋尖端處應力集中導致最大應力。現假定Al2O3陶瓷的表面裂紋的臨界長度為l=210-3mm，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

11、當Al2O3陶瓷試樣施加上275MPa拉應力產生斷裂的裂紋尖端臨界曲率半徑rC。答案27. 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生斷裂? 答案28. 對許多高分子材料，其抗拉強度s b是數均相對分子質量的函數：式中s 0為無限大分子量時的抗拉強度，A為常數。已知二種聚甲基丙烯酸甲酯的數均相對分子質量分別為4104和6104，所對應的抗拉強度則分別為107MPa和170MPa，試確定數均相對分子質量

12、為3104時的抗拉強度s b。答案29.解釋高聚物在單向拉伸過程中細頸截面積保持基本不變現象。答案略30.現有一f6mm鋁絲需最終加工至f0.5mm鋁材，但為保證產品質量，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31.鐵的回復激活能為88.9 kJ/mol，如果經冷變形的鐵在400進行回復處理，使其殘留加工硬化為60%需160分鐘，問在450回復處理至同樣效果需要多少時間？答案32.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，g =0.4J/m2）。答案33.已知純鐵經冷軋后

13、在527加熱發生50%的再結晶所需的時間為104s，而在727加熱產生50%再結晶所需時間僅為0.1s，試計算要在105s時間內產生50%的再結晶的最低溫度為多少度？答案34.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t0.95：式中、G分別為在結晶的形核率和長大線速度：，a)根據上述方程導出再結晶溫度TR與G0、N0、Qg及Qn的函數關系；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35. 已知Fe的Tm=1538，Cu的Tm=1083，試估

14、算Fe和Cu的最低再結晶溫度。答案36. 工業純鋁在室溫下經大變形量軋制成帶材后，測得室溫力學性能為冷加工態的性能。查表得知工業純鋁的T再=150，但若將上述工業純鋁薄帶加熱至100，保溫16天后冷至室溫再測其強度，發現明顯降低，請解釋其原因。答案37. 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860，保溫時間到了，打開爐門，欲吊出工件時，鋼絲繩發生斷裂，試分析原因。答案38.已知H70黃銅（30%Zn）在400的恒溫下完成再結晶需要1小時，而在390完成再結晶需要2小時，試計算在420恒溫下完成再結晶需要多少時間？答案39.設有1cm

15、3黃銅，在700退火，原始晶粒直徑為2.1610-3cm，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40. 設冷變形后位錯密度為1012/cm2的金屬中存在著加熱時不發生聚集長大的第二相微粒，其體積分數f=1%，半徑為1mm，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s=0.5J/m2）。答案41. W具有很高的熔點(Tm=3410)，常被選為白熾燈泡的發熱體。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生破斷。試介紹一種能延長燈絲壽命的方法。答案略

16、42.Fe-3%Si合金含有MnS粒子時，若其半徑為0.05mm，體積分數為0.01，在850以下退火過程中，當基體晶粒平均直徑為6 mm時，其正常長大即行停止，試分析其原因。答案略43.工程上常常認為鋼加熱至760晶粒并不長大，而在870時將明顯長大。若鋼的原始晶粒直徑為0.05mm，晶粒長大經驗公式為，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，t為保溫時間。已知760時，n=0.1，c=610-16；870時，n=0.2，c=210-8，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44. 簡述一次再結晶與二次再結晶的驅動力，并如何區分冷、熱加工？動態再結晶與

17、靜態再結晶后的組織結構的主要區別是什么？答案1 5002.02mm2a）3600(N) b）0.004 3. 19.61%4 55%5 1.276(GPa),172.4(GPa),25.5%6a）24.3(m) b）18%7a) ； b)； c)； d)； 8a）A比B的應變硬化能力高。 b）B的位錯密度高。 c）9. 滑移系：滑移系：10.方向：故在此方向上無論施加多大應力都不能產生滑移。方向：11. 41.4%12.1.69(MPa)13. 1.01(MPa)14.0.8077(MPa)15. 對氧化鎂，不存在任何不會引起滑移的拉伸（或壓縮）方向。16.由立方晶系（001）標準投影圖可查得

18、，bcc晶體其他三個同類型的交滑移系是： 、17.836(kPa),=5.61*108(cm-2)18. 0.70719. 90.45(MPa),152.8(MPa)20. =1.869*1012(m-2)21. 答案略。22. 0.465(MPa)23.283.255(MPa) 24.78.3(MPa)25. 答案略26. 0.39(nm) 27. 10154.9(N)28.44(MPa)29.答案略。30.因此，可先將f6mm的鋁絲冷拔至f2.324mm，接著進行再結晶退火，以消除加工硬化，然后冷拔至f0.9mm，再進行再結晶退火，最終冷拔至f0.5mm即可。31.59(分)32.29(n

19、m)33. 496.2334. a)b)答案略。c)答案略。35. Fe的最低再結晶溫度= 451.4 Cu的最低再結晶溫度= 269.4 生產中為了提高生產效率，工廠中實際再結晶退火溫度通常選定為+100200。36. 答案略。37. 答案略。38. 0.26 h。39. d2=8.910-3(cm)40. 這種第二相微粒的存在不能完全阻止再結晶。41. 答案略。42. 答案略。43.760：D = 0.0516 (mm)故此晶粒基本上為長大；870：D = 0.0686 (mm) 相對原始晶粒直徑已明顯長大（約37%）。44.答案略。第6章 單組元相圖及純晶體凝固1.考慮在一個大氣壓下液態

20、鋁的凝固，對于不同程度的過冷度，即：T=1，10，100和200，計算：(a)臨界晶核尺寸；(b)半徑為r*的晶核個數；(c) 從液態轉變到固態時，單位體積的自由能變化G*（形核功）；(d)從液態轉變到固態時，臨界尺寸r*處的自由能的變化 Gv。鋁的熔點Tm=993K，單位體積熔化熱Lm=1.836109J/m3，固液界面比表面能=93mJ/m2，書中表6-4是121mJ/m2,原子體積V0=1.6610-29m3。答案:（a） 臨界晶核尺寸r*=因為T= Tm-T是正值，所以r*為正，將過冷度T=1代入，得：(b) 半徑為r*的球狀晶核的數目：(c) GV= (d）處于臨界尺寸r*的晶核的自

21、由能G*:同理可得T=10,100和200的結果，見下表： T110100200r*,nm94.59.450.9450.472Nr*2.12*1082.13*1052.13*10226.5Gv,J/m3-1.97*106-1.97*107-1.97* 108-3.93* 108Gr*,J3.43*10-153.51*10-173.43*10-190.87*10-192.a）已知液態純鎳在1.013105Pa(1個大氣壓)，過冷度為319時發生均勻形核。設臨界晶核半徑為1nm，純鎳的熔點為1726K，熔化熱Lm=18075J/mol，摩爾體積V=6.6cm3/mol，計算純鎳的液-固界面能和臨界

22、形核功答案：（a） 因為所以（b）要在1726K發生均勻形核，就必須有319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：1. 計算當壓力增加到500105Pa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118.810-3kg/mol，固體錫的體積質量密度7.30103kg/m，熔化時的體積變化為+2.7%。答案2. 根據下列條件建立單元系相圖：(a) 組元A在固態有兩種結構A1和A2，且密度A2A1液體；(b) A1轉變到A2的溫度隨壓力增加而降低(c) A1相在低溫是穩定相；(d) 固體在其本身

23、的蒸汽壓1333Pa(10mmHg)下的熔點是8.2;(e) 在1.013*105Pa(一個大氣壓)下沸點是90;(f) A1A2和液體在1.013*106Pa(10個大氣壓)下及40時三相共存（假設升溫相變H0）答案3. 考慮在一個大氣壓下液態鋁的凝固，對于不同程度的過冷度，即：T=1，10，100和200，計算：(a) 臨界晶核尺寸；(b) 半徑為r*的晶核個數；(c) 從液態轉變到固態時，單位體積的自由能變化G*（形核功）；(d) 從液態轉變到固態時，臨界尺寸r*處的自由能的變化 Gv。鋁的熔點Tm=993K，單位體積熔化熱Lm=1.836109J/m3，固液界面比表面能=93mJ/m2

24、，書中表6-4是121mJ/m2,原子體積V0=1.6610-29m3。答案4. （a） 已知液態純鎳在1.013105Pa(1個大氣壓)，過冷度為319時發生均勻形核。設臨界晶核半徑為1nm，純鎳的熔點為1726K，熔化熱Lm=18075J/mol，摩爾體積V=6.6cm3/mol，計算純鎳的液-固界面能和臨界形核功。 （b）若要在2045K發生均勻形核，需將大氣壓增加到多少?已知凝固時體積變化V=-0.26cm3/mol(1J=9.87105 cm3.Pa)。答案5. 純金屬的均勻形核率可以下式表示式中A1035,exp(-Q/kT) 10-2，G*為臨界形核功，k為波耳茲曼常數，共值為1

25、.38*10-23J/K （a）假設過冷度T分別為20和200，界面能=210-5J/cm2，熔化熱Hm=12600J/mol，熔點Tm=1000K，摩爾體積V=6cm3/mol，計算均勻形核率。 （b）若為非均勻形核，晶核與雜質的接觸角=60，則如何變化？T為多少時？ (c) 導出r*與T的關系式，計算r*=1nm時的T/Tm。答案6. 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7. 證明任意形狀晶核的臨界晶核形成功G*與臨界晶核體積V*的關系： ,GV液固相單位體積自由能差。答案8. 用示差掃描量熱法研究聚對二甲酸乙二酯在232.4的等溫結晶過程，由結晶放熱峰測得如下

26、數據。結晶時間t(分)7.611.417.421.625.627.631.635.636.638.1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n，結晶常數K和半結晶期t1/2。答案9. 試說明結晶溫度較低的高分子的熔限較寬，反之較窄。答案10.測得聚乙烯晶體厚度和熔點的實驗數據如下。試求晶片厚度趨于無限大時的熔點Tm。如果聚乙烯結晶的單位體積熔融熱為H=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()131

27、.5131.9132.2132.7134.1133.7134.4134.3135.5136.5136.71. 1.54K2. 答案略。3. （a） 94.5nm(b) 2.12*108(個)(c) -1.97*106J/m3(d)3.43*10-15J4. （a） 0.253(J/m2),1.06*10-18(J)（b） 116365*105(Pa)5. (a)1.33*103(cm-3s-1)(b)70攝氏度(c)0.196. r*=,得球形核胚的臨界形核功為：邊長為a的立方形晶核的臨界形核功為：二式相比較：可見形成球形晶核的臨界形核功僅為形成立方形晶核的1/2。7. 證明：均勻形核自由能變

28、化 （1）式中：A和B為晶核的形狀因子。對（1）求極值，即臨界晶核半徑：r*= (2)臨界晶核體積：V*=A(r*)3 = (3)將（2）式代入（1）式，得：對于非均勻形核，可證上式仍成立。8. 結晶常數k=7.710-5,結晶期=20.5(min)9. 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。10. 表面能0.37J/m2第7

29、章 二元系相圖及合金的凝固1.Mg-Ni系的一個共晶反應為507L(23.5Wt.%Ni) (純鎂)+Mg2Ni(54.6Wt.%Ni)設C1為亞共晶合金，C2為過共晶合金，這兩種合金中的先共晶相的重量分數相等，但C1合金中的 總量為C2合金中的 總量的2.5倍，試計算C1和C2的成分。答案:根據已知條件，由杠桿定理得：由題意， ，聯立上述二式可解得：C2=54.6-1.323C1 (1)令C1中 總量為 ，則：令C2中 總量為 ，則：由題意 =2.5 即 （2）將（1）式代入（2）式，可解得：C1=12.7wt%Ni，C2=37.8wt%Ni（a）w（C）=2.11%時，Fe3C2%= =2

30、2.6%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 =0.5218則共晶中奧氏體可析出Fe3C2的量為:Fe3C2%=0.5218 =11.8%或者先求（C）=4.30%時鐵碳合金在共析反應前的滲碳體的總量為：(Fe3C)t%=0.60然后從(Fe3C)t%中減去共晶中Fe3C的量，即得Fe3C2%，Fe3C2%= - =11.8%（b）w（C）=4.30%的冷卻曲線：1. 固溶體合金的相圖如圖所示，試根據相圖確定： (a) 成分為40%B的合金首先凝固出來的固體成分； (b) 若首先凝固出來的固體成分含60%B，合金的成分為多

31、少？ (c) 成分為70%B的合金最后凝固的液體成分；(d) 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，此時液體和固體各占多少分數？答案2.指出下列相圖中的錯誤，并加以改正。答案 3. Mg-Ni系的一個共晶反應為 507L(23.5Wt.%Ni) (純鎂)+Mg2Ni(54.6Wt.%Ni)設C1為亞共晶合金，C2為過共晶合金，這兩種合金中的先共晶相的重量分數相等，但C1合金中的 總量為C2合金中的 總量的2.5倍，試計算C1和C2的成分。答案4. 組元A和B在液態完全互溶，但在固態互不溶解，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據：含B量

32、（wt%.%）液相線溫度（）固相線溫度（）01000209007504076575043750509307506310408085064090640100800（a） 畫出平衡相圖，并注明個區域的相、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）。（b） 100kg的含20wt.%B的合金在800平衡冷卻到室溫，最多能分離出多少純A。答案5. Mg-Ni系的一個共晶反應為 507L(23.5Wt.%Ni) (純鎂)+Mg2Ni(54.6Wt.%Ni)設C1為亞共晶合金，C2為過共晶合金，這兩種合金中的先共晶相的重量分數相等，但C1合金中的 總量為C2合金中的 總量的2.

33、5倍，試計算C1和C2的成分。答案6. 假定我們在SiO2中加入10at%的Na2O，請計算氧與硅之比值。如果O:Si2.5是玻璃化趨勢的判據，則形成玻璃化的最大Na2O是多少？答案7. 一種由SiO2-45%Al2O3(wt%)構成的耐高溫材料被用來盛裝熔融態的鋼（1600）。(a) 在此情況下有多少百分率的耐熱材料會熔化？（共晶成分10wt%Al2O3）(b) 選用該耐高溫材料是否正確？（實際使用，液相不能超過20%）答案8. 根據所示的CaO-ZrO2相圖，做下列工作： （a）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 (Monoclinic

34、 ZrO2 SS)和立方ZrO2固溶體(Cubic ZrO2 SS)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9. (a)根據Fe-Fe3C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%的冷卻曲線。答案略10. 根據所示的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組織的可能用途。答案11. 假設質量濃度為0的固溶體進行正常凝固，若k01,并用g表示固溶體相的分數x/L，試證明固相平均質量濃度可表達為：固相中的溶質總量M=s

35、g，則答案12. 證明題：1)如下圖所示，已知液、固相線均為直線，證明k0=ws/wl=常數；2)當k0=常數時，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=DT/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，k0是平衡分配系數，DT=T1-T2。答案略13. 證明：在液相完全不混合得情況下，亞共晶成分W0合金獲得偽共晶組織時的平直界面臨界條件為：GCR=mR(we-w0)/D答案14. Al-Cu合金相圖如圖4-10所示，設分配系數K和液相線斜率均為常數，試求：(a)含1%Cu固溶體進行緩慢的正常凝固，當凝固分數為50%時所

36、凝固出的固體成分；(b)經過一次區域熔化后在x=5處的固體成分，取熔區寬度l=0.5；(c)測得鑄件的凝固速率R=310-4cm/s，溫度梯度G=30/cm，擴散系數D=310-5cm/s時，合金凝固時能保持平面界面的最大含銅量。答案15. 利用上題中的數據，設合金成分為Al-0.5wt.%Cu，液體無對流，計算：（b） 開始凝固時的界面溫度；（c） 保持液固界面為平面界面的溫度梯度；（d） 在同一條件下含銅量增至2wt.%Cu時（a）、(b)題的變化。答案16. 青銅（Cu-Sn）和黃銅（Cu-Zn）相圖如圖所示：（a） 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；（b）

37、 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；（c） 分別含2%Sn、11%Sn和15%Sn的青銅合金，哪一種可進行壓力加工，哪種可利用鑄造法來制造機件？答案略17. 根據所示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。在計算中忽略Sn在a相和Pb在b相中的溶解度效應，假定a相的點陣常數為Pb的點陣常數aPb=0.390nm，晶體

38、結構為面心立方，每個晶胞4個原子；b相的點陣常數為b-Sn的點陣常數aSn=0.583nm，cSn=0.318nm，晶體點陣為體心四方，每個晶胞4個原子。Pb的原子量207，Sn的原子量為119。答案18. 什么是均聚物，共聚物，均加聚，共縮聚？答案略19. 為什么拉伸能提高結晶高分子的結晶度？答案略20. 簡述高分子合金化的方法和優點.答案略1. (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。 （d）75

39、%，25%2. (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。（b） 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。 (c) 在兩元系的三相平衡反應中，三相的成分是唯一的。 (d) 在兩元系只能出現三相平衡反應。3. C1=12.7wt%Ni，C2=37.8wt%Ni4. (a) 中間化合物的分子式為AB2(b) 53.5kg 5. C1=12.7wt%Ni，C2=37.8wt%Ni6. x小于等于1/37. （a）由圖可知：L%=，會熔化(b) 因熔化的百分比超過20%，故知選用此材料不正確。8. (a)所示的ZrO2CaO相圖中

40、共有三個三相恒溫轉變： 包晶反應：L+TZrO2CZrO2 共晶反應：LCZrO2+ZrCaO3 共析反應：T-ZrO2MZrO2+C-ZrO2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%9. 答案略。10. (1) (a）共晶組織，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。 (c)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（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合金的鑄態組

41、織11證明：k01時的正常凝固方程為：12. 答案略。13. 證明：液相完全不混合，14. (a)0.286%Cu（b）0.83%Cu(c) 0.18%Cu15. (a)650.37() (b) 保持平面界面凝固的臨界條件為：（/cm）16. 答案略。17.1) 合金的冷卻曲線及凝固組織如下圖所示： 室溫平衡組織：初和(+)共+2) 合金發生共晶反應后的組織組成體為初和(+)共，各自的含量為初%=100%28%(+)共%=1-初%=72%合金發生共晶反應后的相組成為相和相，各自的含量為%=100%=60.5%=1-%=39.5%3)相的晶胞體積為：v1=a=0.3903 nm3=0.0593

42、nm3每個晶胞中有4個原子，每個原子占據的體積為：0.0593/4=0.01483 nm3相的晶胞體積為：v2=ac=0.583220.318 nm3=0.10808 nm3每個晶胞4個原子，每個原子占據的體積為：0.10808/4=0.02702 nm3在共晶組織中，兩相各自所占的質量分數分別為：共%=100%=45.35%共%=1-共%=54.65%設共晶組織共有100g，則其中=45.35g，=54.65g的體積為：NA0.01483=0.00325NA的體積為：NA0.02702=0.01241NA=0.00325NA/(0.00325+0.01241) NA =20.75%即：相占共

43、晶體總體積的20.75。由于相的含量小于27.6，在不考慮層片的界面能時，該共晶組織應為棒狀。18. 答案略。19. 答案略。20.答案略。第8章 三元相圖1.根據所示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：四相反應如下：27552400時：L+W5C3WC+W2C，其液相成分變溫線的溫度走向如圖所示：2400時：L+ W2CWC+W，1700時：L+ WC+ WM6C1500時：L+ WM6C+Fe3W21380時：L+ Fe3W2M6C+1335時：L+ M6C1200時：L+ M6CWC+1085時：L+Fe3C+ WC其液相成分變溫線的溫度走向如圖所示：

44、2. 根據所示Al-Mg-Mn系富Al一角的投影圖。(a)寫出圖中二個四相反應。(b)寫出圖中合金和的凝固過程。答案:(a)在P點發生的反應：L+MnAl3 MnAl4+Mg5Al8在ET點發生的反應：L Al+MnAl4+Mg5Al8(b) 成分的合金冷卻時首先結晶出Al，然后剩余液相生成達到ET點，發生LMnAl4+Al+ Mg5Al8四相平面發生三相共晶。成分的合金冷卻時首先結晶出Mg5Al8，隨后發生L MnAl3+Mg5Al8的兩相共晶。這合金繼續冷卻剩余液相成分達到p點，經過第一個四相平面，發生L+ MnAl3MnAl4+ Mg5Al8四相反應，反應后余下L+MnAl4+ Mg5A

45、l8三相，再冷卻經過第二個四相平面，發生L Al+MnAl4+Mg5Al8四相反應，最后進入Al+MnAl4+Mg5Al8三相區直至室溫。1. 某三元合金K在溫度為t1時分解為B組元和液相，兩個相的相對量WB/WL=2。已知合金K中A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2. 三組元A、B和C的熔點分別是1000、900和750，三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據：答案略成分（wt.%）溫度（）ABC液相線固相線505097595050509208505050840800（a） 在投影圖上作出950和850的液相線投影；（b） 在投影圖

46、上作出950和850的固相線投影； （c） 畫出從A組元角連接到BC中點的垂直截面圖； 3. 已知A、B、C三組元固態完全不互溶，成分為80A、10B、10C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60A、20B、20C，而三元共晶反應開始時的液相成分(E點)為50A、10B、40C。(a) 試計算A初、(A+B)%和(A+B+C)%的相對量。 (b) 寫出圖中I和P合金的室溫平衡組織。答案 4. 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%C相85%A10%B5%C

47、相10%A20%B70%C(a) 計算液相、相和相各占多少分數；(b) 試估計在同一溫度，相和相的成分同上，但各占50%時合金的成分。答案5. Cu-Sn-Zn三元系相圖在600時的部分等溫截面如圖示：（a） 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-1%Sn）,并指出這些合金在600時由那些平衡相組成。（b） 若將5kgP合金、5kgQ合金和10kgT合金熔合在一起，則新合金的成分為多少？答案6. 根據圖中的合金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RQ+U+V類型反應

48、。答案7. 根據圖中的合金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+QU+V類型反應。答案8. 根據所示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9. 根據所示Al-Mg-Mn系富Al一角的投影圖。（a） 寫出圖中二個四相反應。（b） 寫出圖中合金和的凝固過程。答案10. 在所示A-B-C三元系中有二個穩定化合物AmBn和BlCk, (a)畫出可能存在的偽二元系；(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1. K合金成分為：15%A、80%B、5%C.2. 答案略。3. (a) A初=50%(A+B)

49、%= 50% =25% (A+B+C)%= L% 25%(b)合金：B+（A+B+C）共晶P合金：（B+C）共晶+（A+B+C）共晶4. (a) 液相分數=相分數=相分數=100%-7.4%-10%=32.6%(b) B=14.5%，C=38%。5. （a）在600時合金P由+相組成；合金Q由+相組成；合金T由相組成。（b）新合金的成分：62.25%Cu，3.25%Sn、34.5%Zn。6. 如圖所示，X成分的合金經過四相平衡溫度時會發生如下反應： 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QRU上計算）： U%=100% Q%=100%反應后U相和Q相的相對量為（用重心

50、定理在QUV上計算）： U%=100% Q%=100%顯然，反應后相和相的量都增加，故為生成相；同時，反應前后相從有到無，故為反應相；相從無到有，也為生成相。所以這一反應可以簡化為。同理，在四相平面所包含的任一部分都可以證明經過四相平衡溫度時會發生反應。7. 如圖所示，X成分的合金經過四相平衡溫度時會發生如下反應： 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QRU上計算）： U%=100% Q%=100%反應后U相和Q相的相對量為（用重心定理在QUV上計算）： U%=100% Q%=100%顯然，反應后相的量減少，故為反應相；相的量增加，故為生成相；同時，反應前后相從有到

51、無，故為反應相；相從無到有，故為生成相；所以這一反應可以簡化為。同理，在四相平面所包含的任一部分都可以證明經過四相平衡溫度時會發生反應。8. 答案略。 9.（a）在P點發生的反應：L+MnAl3 MnAl4+Mg5Al8 在ET點發生的反應：L Al+MnAl4+Mg5Al8 （b）成分的合金冷卻時首先結晶出Al，然后剩余液相生成達到ET點，發生LMnAl4+Al+ Mg5Al8四相平面發生三相共晶。 成分的合金冷卻時首先結晶出Mg5Al8，隨后發生L MnAl3+Mg5Al8的兩相共晶。這合金繼續冷卻剩余液相成分達到p點，經過第一個四相平面，發生L+ MnAl3MnAl4+ Mg5Al8四相

52、反應，反應后余下L+MnAl4+ Mg5Al8三相，再冷卻經過第二個四相平面，發生L Al+MnAl4+Mg5Al8四相反應，最后進入Al+MnAl4+Mg5Al8三相區直至室溫。10. 答案略。第9章 材料的亞穩態1.由于結晶的不完整性，結晶態的高聚物中晶區和非晶區總是并存的。已測得兩種結晶態的聚四氟乙烯的（體積分數）結晶度和密度分別為 51.3%， 74.2%和 r1 2.144 g/cm3，r2 2.215 g/cm3。a) 試計算完全結晶的和完全非晶態聚四氟乙烯的密度；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。解聯立方程 得Rc = 2.296g/cm3，Ra = 1.984g/cm3b) = 88.5%2. 根據Bain機制，奧氏體(A)轉變成馬氏體(M)時，面心立方晶胞轉變為體心正方晶胞，并沿(x3)M方向收縮18%，而沿(x1)M和(