武汉理工 材料科学基础 课后答案 第九章
华科材料力学教材课后习题答案第九章
即：
9-6 在图示结构中，横梁AD为刚性杆，杆（1）与杆（2）均为直径d=10cm的圆杆，材料均为Q235钢，规定的稳定安
全系数 n st 6.5 。试由杆（1）的稳定性确定许可F。
2m 2m
E
(2) F
A
B
C
D
(1)
F
2m
2m
2m
9-7 图示桁架由两根材料、截面均相同的细长杆组成，试由稳定性要求确定F为最大时的 角（ π / 2）。
10KN/m
A
C
B
D
1m
1m
9-10 压杆的一端固定，另一端自由（图a），为提高其稳定性，在杆的中点增加铰支座（图b）。试求加强后 压杆的欧拉临界力公式，并与加强前作比较。
Fcr
Fcr
B
B
l l/2
A
A
(a)
(b)
9-11 图示立柱，由两根槽钢焊接而成，在其中点横截面C处，开有一直径 d 6ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱmm
度时杆将失去稳定？已知材料的热膨胀系数 12.5106 / C，E=210GPa， p =200MPa。
5m
9-5 9-5 图示正方形桁架，各杆EI相同且均为细长杆。试求当F为何值时结构将失稳?如果F力改为方向向外， 结果又如何？ 解：杆AB、BC、CD、AD为压杆，所受压力相等为F`。 失稳时有：
n st 2.5，试校核该顶杆的稳定性。
9-3 简易起重机如图所示，其压杆BD为20号槽钢，材料为Q235钢，最大起重量为F=40kN， n st 5 ，试校核BD杆的稳定性。
1.5m
0.5m
A
30
B
《材料科学基础》潘金生第九章课后答案
9-1 证明临界晶核的形核功与临界晶核体积的关系为：∆G=VV∗.∆GG VV2并证明非均匀形核有同样的关系。
均匀形核：∆G=−43ππrr3∆GG VV+4ππrr2γγSSSS其中，∆GG VV=∆GG VV SS−∆GG VV SS=SS VV.∆TT TT mm,∆TT=TT mm−TT,γγSSSS表示固-液相的界面能，LL VV表示单位体积的熔化潜热，数值为正利用dd∆GG ddrr=0求出临界形核半径rr∗=2γγSSSS∆GG VV所以，∆G∗=−43ππrr∗3∆GG VV+4ππrr∗2γγSSSS=−VV∗∆GG VV+VV∗.3rr∗.γγSSSS=−VV∗∆GG VV+VV∗.3.∆GG VV2γγSSSSγγSSSS=VV∗.∆GG VV2非均匀形核同理可得：∆G=VV∗.∆GG VV2ff(θθ)9-2 写出临界晶核中原子数目的表达式，假设为面心立方晶体。
→临界晶核中原子数目=晶胞数×4（每个面心立方晶胞有4个原思路：晶胞数=临界晶核体积单个晶胞体积子）解：单个晶胞的体积=a3，其中a表示晶格常数，其与原子半径的关系为：α=2√2rr所以，单个晶胞的体积=�2√2rr�3=16√2rr3=12√2VVππ(因为单个原子体积V=43ππrr3)临界晶核的体积=43ππrr∗3=43ππ（2γγ∆GG BB）3临界晶核中原子数目=晶胞数×4=临界晶核体积单个晶胞体积×4=43ππ�2γγ∆GG BB�3×ππ12√2VV×4=16√2γγ3ππ29VV∆GG BB39-3 设想液体在凝固时形成的临界核心是边长为a的立方体，（1）导出均匀形核时临界晶核边长和临界形核功。
（2）证明在同样过冷度下均匀形核时，球形晶核较立方晶核更易形成。
(1)∆G=−aa3∆GG VV+6aa2γγSSSS利用dd∆GG ddaa=0求出临界晶核边长，aa∗=4γγSSSS∆GG VV所以，∆G∗=−aa∗3∆GG VV+6aa∗2γγSSSS=32γγSSSS3∆GG VV2(2)因为∆GG VV=∆GG VV SS−∆GG VV SS=LL VV.∆TT TT mm所以在相同过冷度下，∆GG VV相同又因为对球形晶核有∆G∗==16ππγγSSSS33∆GG VV2所以，∆GG球∗<∆GG立∗，故在同样过冷度下均匀形核时，球形晶核较立方晶核更易形成。
武汉理工大学材料科学基础()课后习题和答案
第一章绪论1、仔细观察一下白炽灯泡，会发现有多少种不同的材料？每种材料需要何种热学、电学性质？2、为什么金属具有良好的导电性和导热性？3、为什么陶瓷、聚合物通常是绝缘体？4、铝原子的质量是多少？若铝的密度为2.7g/cm3，计算1mm3中有多少原子？5、为了防止碰撞造成纽折，汽车的挡板可有装甲制造，但实际应用中为何不如此设计？说出至少三种理由。
6、描述不同材料常用的加工方法。
7、叙述金属材料的类型及其分类依据。
8、试将下列材料按金属、陶瓷、聚合物或复合材料进行分类：黄铜钢筋混凝土橡胶氯化钠铅-锡焊料沥青环氧树脂镁合金碳化硅混凝土石墨玻璃钢9、Al2O3陶瓷既牢固又坚硬且耐磨，为什么不用Al2O3制造铁锤？第二章晶体结构1、解释下列概念晶系、晶胞、晶胞参数、空间点阵、米勒指数（晶面指数）、离子晶体的晶格能、原子半径与离子半径、配位数、离子极化、同质多晶与类质同晶、正尖晶石与反正尖晶石、反萤石结构、铁电效应、压电效应.2、（1）一晶面在x、y、z轴上的截距分别为2a、3b、6c，求出该晶面的米勒指数；（2）一晶面在x、y、z轴上的截距分别为a/3、b/2、c，求出该晶面的米勒指数。
3、在立方晶系的晶胞中画出下列米勒指数的晶面和晶向：（001）与[210]，（111）与[112]，（110）与[111]，（322）与[236]，（257）与[111]，（123）与[121]，（102），（112），（213），[110]，[111]，[120]，[321]4、写出面心立方格子的单位平行六面体上所有结点的坐标。
5、已知Mg2+半径为0.072nm，O2-半径为0.140nm，计算MgO晶体结构的堆积系数与密度。
6、计算体心立方、面心立方、密排六方晶胞中的原子数、配位数、堆积系数。
7、从理论计算公式计算NaC1与MgO的晶格能。
MgO的熔点为2800℃，NaC1为80l℃, 请说明这种差别的原因。
8、根据最密堆积原理，空间利用率越高，结构越稳定，金钢石结构的空间利用率很低(只有34.01％)，为什么它也很稳定?9、证明等径圆球面心立方最密堆积的空隙率为25．9％；10、金属镁原子作六方密堆积，测得它的密度为1.74克/厘米3，求它的晶胞体积。
武汉理工大学材料科学基础()课后习题和答案
第一章绪论1、仔细观察一下白炽灯泡，会发现有多少种不同的材料？每种材料需要何种热学、电学性质？2、为什么金属具有良好的导电性和导热性？3、为什么陶瓷、聚合物通常是绝缘体？4、铝原子的质量是多少？若铝的密度为2.7g/cm3，计算1mm3中有多少原子？5、为了防止碰撞造成纽折，汽车的挡板可有装甲制造，但实际应用中为何不如此设计？说出至少三种理由。
6、描述不同材料常用的加工方法。
7、叙述金属材料的类型及其分类依据。
8、试将下列材料按金属、陶瓷、聚合物或复合材料进行分类：黄铜钢筋混凝土橡胶氯化钠铅-锡焊料沥青环氧树脂镁合金碳化硅混凝土石墨玻璃钢9、Al2O3陶瓷既牢固又坚硬且耐磨，为什么不用Al2O3制造铁锤？第二章晶体结构1、解释下列概念晶系、晶胞、晶胞参数、空间点阵、米勒指数（晶面指数）、离子晶体的晶格能、原子半径与离子半径、配位数、离子极化、同质多晶与类质同晶、正尖晶石与反正尖晶石、反萤石结构、铁电效应、压电效应.2、（1）一晶面在x、y、z轴上的截距分别为2a、3b、6c，求出该晶面的米勒指数；（2）一晶面在x、y、z轴上的截距分别为a/3、b/2、c，求出该晶面的米勒指数。
3、在立方晶系的晶胞中画出下列米勒指数的晶面和晶向：（001）与[210]，（111）与[112]，（110）与[111]，（322）与[236]，（257）与[111]，（123）与[121]，（102），（112），（213），[110]，[111]，[120]，[321]4、写出面心立方格子的单位平行六面体上所有结点的坐标。
5、已知Mg2+半径为0.072nm，O2-半径为0.140nm，计算MgO晶体结构的堆积系数与密度。
6、计算体心立方、面心立方、密排六方晶胞中的原子数、配位数、堆积系数。
7、从理论计算公式计算NaC1与MgO的晶格能。
MgO的熔点为2800℃，NaC1为80l℃, 请说明这种差别的原因。
8、根据最密堆积原理，空间利用率越高，结构越稳定，金钢石结构的空间利用率很低(只有34.01％)，为什么它也很稳定?9、证明等径圆球面心立方最密堆积的空隙率为25．9％；10、金属镁原子作六方密堆积，测得它的密度为1.74克/厘米3，求它的晶胞体积。
材料科学基础(武汉理工大学,张联盟版)课后习题及答案
第二章答案2-1略。
2-2（1）一晶面在x、y、z轴上的截距分别为2a、3b、6c，求该晶面的晶面指数；（2）一晶面在x、y、z轴上的截距分别为a/3、b/2、c，求出该晶面的晶面指数。
答：（1）h:k:l==3:2:1,∴该晶面的晶面指数为（321）；（2）h:k:l=3:2:1，∴该晶面的晶面指数为（321）。
2-3在立方晶系晶胞中画出下列晶面指数和晶向指数：（001）与[]，（111）与[]，（）与[111]，（）与[236]，（257）与[]，（123）与[]，（102），（），（），[110]，[]，[]答：2-4定性描述晶体结构的参量有哪些？定量描述晶体结构的参量又有哪些？答：定性：对称轴、对称中心、晶系、点阵。
定量：晶胞参数。
2-5依据结合力的本质不同，晶体中的键合作用分为哪几类？其特点是什么？答：晶体中的键合作用可分为离子键、共价键、金属键、范德华键和氢键。
离子键的特点是没有方向性和饱和性，结合力很大。
共价键的特点是具有方向性和饱和性，结合力也很大。
金属键是没有方向性和饱和性的的共价键，结合力是离子间的静电库仑力。
范德华键是通过分子力而产生的键合，分子力很弱。
氢键是两个电负性较大的原子相结合形成的键，具有饱和性。
2-6等径球最紧密堆积的空隙有哪两种？一个球的周围有多少个四面体空隙、多少个八面体空隙？答：等径球最紧密堆积有六方和面心立方紧密堆积两种，一个球的周围有8个四面体空隙、6个八面体空隙。
2-7n个等径球作最紧密堆积时可形成多少个四面体空隙、多少个八面体空隙？不等径球是如何进行堆积的？答：n个等径球作最紧密堆积时可形成n个八面体空隙、2n个四面体空隙。
不等径球体进行紧密堆积时，可以看成由大球按等径球体紧密堆积后，小球按其大小分别填充到其空隙中，稍大的小球填充八面体空隙，稍小的小球填充四面体空隙，形成不等径球体紧密堆积。
2-8写出面心立方格子的单位平行六面体上所有结点的坐标。
答：面心立方格子的单位平行六面体上所有结点为：（000）、（001）（100）（101）（110）（010）（011）（111）（0）（0）（0）（1）（1）（1）。
材料科学基础武汉理工出(部分习题答案)
第一章 结晶学基础 第二章 晶体结构与晶体中的缺陷1 名词解释：配位数与配位体，同质多晶、类质同晶与多晶转变，位移性转变与重建性转变，晶体场理论与配位场理论。
晶系、晶胞、晶胞参数、空间点阵、米勒指数（晶面指数）、离子晶体的晶格能、原子半径与离子半径、离子极化、正尖晶石与反正尖晶石、反萤石结构、铁电效应、压电效应.答：配位数：晶体结构中与一个离子直接相邻的异号离子数。
配位体：晶体结构中与某一个阳离子直接相邻、形成配位关系的各个阴离子中心连线所构成的多面体。
同质多晶：同一化学组成在不同外界条件下（温度、压力、pH 值等），结晶成为两种以上不同结构晶体的现象。
多晶转变：当外界条件改变到一定程度时，各种变体之间发生结构转变，从一种变体转变成为另一种变体的现象。
位移性转变：不打开任何键，也不改变原子最邻近的配位数，仅仅使结构发生畸变，原子从原来位置发生少许位移，使次级配位有所改变的一种多晶转变形式。
重建性转变：破坏原有原子间化学键，改变原子最邻近配位数，使晶体结构完全改变原样的一种多晶转变形式。
晶体场理论：认为在晶体结构中，中心阳离子与配位体之间是离子键，不存在电子轨道的重迭，并将配位体作为点电荷来处理的理论。
配位场理论：除了考虑到由配位体所引起的纯静电效应以外，还考虑了共价成键的效应的理论图2-1 MgO 晶体中不同晶面的氧离子排布示意图2 面排列密度的定义为：在平面上球体所占的面积分数。
（a ）画出MgO （NaCl 型）晶体（111）、（110）和（100）晶面上的原子排布图；（b ）计算这三个晶面的面排列密度。
解：MgO 晶体中O2-做紧密堆积，Mg2+填充在八面体空隙中。
（a ）（111）、（110）和（100）晶面上的氧离子排布情况如图2-1所示。
（b ）在面心立方紧密堆积的单位晶胞中，r a 220=（111）面：面排列密度= ()[]907.032/2/2/34/222==∙ππr r（110）面：面排列密度=()[]555.024/224/22==∙ππr r r（100）面：面排列密度=()785.04/22/222==⎥⎦⎤⎢⎣⎡ππr r 3、已知Mg 2+半径为0.072nm ，O 2-半径为0.140nm ，计算MgO 晶体结构的堆积系数与密度。
材料科学基础课后习题答案
材料科学基础课后习题答案第一篇：材料科学基础课后习题答案第1章习题1-10 纯铁点阵常数0.286nm，体心立方结构，求1cm3中有多少铁原子。
解：体心立方结构单胞拥有两个原子，单胞的体积为V＝(0.286×10-8)3 cm3，所以1cm3中铁原子的数目为nFe= 122⨯2=8.55⨯10(2.86⨯10-8)31-11 一个位错环能否各部分都是螺型位错，能否各部分都是刃型位错？为什么？解：螺型位错的柏氏矢量与位错线平行，一根位错只有一个柏氏矢量，而一个位错环不可能与一个方向处处平行，所以一个位错环不能各部分都是螺型位错。
刃位错的柏氏矢量与位错线垂直，如果柏氏矢量垂直位错环所在的平面，则位错环处处都是刃型位错。
这种位错的滑移面是位错环与柏氏矢量方向组成的棱柱面，这种位错又称棱柱位错。
1-15 有一正方形位错线，其柏氏矢量及位错线的方向如图1-51所示。
试指出图中各段位错线的性质，并指出刃型位错额外串原子面所处的位置。
D CA B解：由柏氏矢量与位错线的关系可以知道，DC是右螺型位错，BA是左螺型位错。
由右手法则，CB为正刃型位错，多余半原子面在纸面上方。
AD为负刃型位错，多余半原子面在纸面下方。
第二篇：会计学基础课后习题答案《会计学基础》（第五版）课后练习题答案第四章习题一1、借：银行存款400 000贷：实收资本——A企业400 0002、借：固定资产400 000贷：实收资本——B企业304 000资本公积——资本溢价0003、借：银行存款000贷：短期借款0004、借：短期借款000应付利息（不是财务费用，财务费用之前已经记过）000贷：银行存款0005、借：银行存款400 000贷：长期借款400 0006、借：长期借款000应付利息000贷：银行存款000习题二1、4月5日购入A材料的实际单位成本＝（53 000＋900）/980＝55（元/公斤）4月10日购入A材料的实际单位成本＝（89 000＋1 000）/1 500＝60（元）2、本月发出A材料的实际成本＝（600×50＋600×55）＋（380×55＋1 020×60）＝63 000＋82 100＝145 100（元）3、月末结存A材料的实际成本＝（600×50）＋[（53 000+900）＋（89 000＋1 000）]－145 100＝28 800（元）习题三1、借：生产成本——A产品000——B产品000贷：原材料——甲材料000——乙材料0002、借：生产成本——A产品000 ——B产品000制造费用000贷：应付职工薪酬0003、借：制造费用500贷：原材料——丙材料5004、借：制造费用000贷：银行存款0005、借：制造费用000贷：累计折旧0006、本月发生的制造费用总额＝5 000＋500＋2 000＋1 000＝8 500（元）制造费用分配率＝8 500/（20 000＋10 000）×100％＝28.33％A产品应负担的制造费用＝20 000×28.33％＝5 666（元）B产品应负担的制造费用＝8 500－5 666＝2 834（元）借：生产成本——A产品——B产品贷：制造费用7、借：库存商品——A产品贷：生产成本——A产品习题四1、借：银行存款贷：主营业务收入2、借：应收账款——Z公司贷：主营业务收入银行存款3、借：主营业务成本贷：库存商品——A产品——B产品4、借：营业税金及附加贷：应交税费——应交消费税5、借：营业税金及附加贷：应交税费6、借：销售费用贷：银行存款7、借：销售费用贷：银行存款8、借：银行存款贷：其他业务收入借：其他业务成本贷：原材料——乙材料9、借：管理费用贷：应付职工薪酬10、借：管理费用贷：累计折旧11、借：管理费用贷：库存现金12、借：财务费用贷：银行存款13、借：银行存款贷：营业外收入14、借：主营业务收入其他业务收入营业外收入666 2 834 500 47 666 47 666 80 000 80 000 201 000200 000 000 142 680 42 680000 14 000 14 000 1 400 400 3 000 000 1 000 000 4 000 000 3 000 000 4 560 560 2 000 000300300400400 3 000 000 280 000 4 000 3 000贷：本年利润287 000借：本年利润172 340贷：主营业务成本680其他业务成本000营业税金及附加400销售费用000管理费用860财务费用400 本月实现的利润总额＝287 000－172 340＝114 660（元）本月应交所得税＝114 660×25％＝28 665（元）本月实现净利润＝114 660－28 665＝85 995（元）习题五1、借：所得税费用贷：应交税费——应交所得税借：本年利润贷：所得税费用2、2007的净利润＝6 000 000－1 500 000＝4 500 000（元）借：本年利润贷：利润分配——未分配利润3、借：利润分配——提取法定盈余公积贷：盈余公积——法定盈余公积4、借：利润分配——应付现金股利贷：应付股利第五章习题一1、借：银行存款固定资产贷：实收资本——M公司——N公司2、借：原材料——A材料——B材料贷：银行存款3、借：应付账款——丙公司贷：银行存款4、借：银行存款贷：短期借款5、借：固定资产贷：银行存款6、借：生产成本——甲产品——乙产品贷：原材料——A材料——B材料 500 000500 000 1 500 000500 000 4 500 000 4 500 000450 000450 000 1 000 000 1 000 000 1 000 000 1 000 000 1 000 000 1 000 000 50 000 50 000000 50 000 50 000500 000500 000200 000200 000000 80 000000 80 0007、借：其他应收款——王军000贷：库存现金0008、借：制造费用000管理费用贷：原材料——A材料0009、借：管理费用500贷：库存现金50010、借：原材料——A材料000贷：应付账款00011、借：应付职工薪酬200 000贷：银行存款200 00012、借：银行存款320 000贷：主营业务收入——甲产品320 00013、借：应收账款250 000贷：主营业务收入——乙产品250 00014、借：短期借款200 000应付利息000财务费用000贷：银行存款209 00015、借：销售费用贷：银行存款00016、借：管理费用300贷：其他应收款——王军000库存现金30017、借：生产成本——甲产品000——乙产品000制造费用000管理费用000贷：应付职工薪酬200 00018、借：制造费用000管理费用000贷：累计折旧00019、借：生产成本——甲产品000——乙产品000制造费用000管理费用000贷：应付职工薪酬000 20、借：主营业务成本381 000贷：库存商品——甲产品196 000——乙产品185 00021、制造费用总额＝5 000＋10 000＋35 000＋1 000＝51 000（元）制造费用分配率＝51 000/（90 000＋70 000）×100％＝31.875% 甲产品应分配的制造费用＝90 000×31.875%＝28 687.5（元）乙产品应分配的制造费用＝70 000×31.875%＝22 312.5（元）借：生产成本——甲产品687.5——乙产品312.5贷：制造费用00022、甲产品的实际成本＝120 000＋150 000＋90 000＋9 000＋28 687.5＝397 687.5（元）借：库存商品——甲产品397 687.5贷：生产成本——甲产品397 687.523、借：主营业务收入——甲产品320 000——乙产品250 000贷：本年利润借：本年利润贷：主营业务成本管理费用销售费用财务费用24、本月利润总额＝570 000－487 800＝82 200（元）本月应交所得税＝82 200×25％＝20 550（元）借：所得税费用贷：应交税费——应交所得税借：本年利润贷：所得税费用25、本月净利润＝82 200－20 550＝61 650（元）提取法定盈余公积＝61 650×10％＝6 165（元）借：利润分配——提取法定盈余公积贷：盈余公积——法定盈余公积26、借：利润分配——应付现金股利贷：应付股利570 000 487 800381 000 53 800 50 000 000 20 550 20 550 20 550 20 550 6 165 165 30 825 30 825第三篇：《机械设计基础》课后习题答案模块八一、填空1、带传动的失效形式有打滑和疲劳破坏。
材料科学基础(武汉理工陆佩文)课后习题答案大全
1-10临界半径比的定义是：紧密堆积的阴离子恰好互相接触，并与中心的阳离子也恰好接触的条件下，阳离子半径与阴离子半径之比。
即每种配位体的阳、阴离子半径比的下限。
计算下列配位的临界半径比：（a）立方体配位；（b）八面体配位；（c）四面体配位；（d）三角形配位。
解：（1）立方体配位在立方体的对角线上正、负离子相互接触，在立方体的棱上两个负离子相互接触。
因此：（2）八面体配位在八面体中，中心对称的一对阴离子中心连线上正、负离子相互接触，棱上两个负离子相互接触。
因此：（3）四面体配位在四面体中中心正离子与四个负离子直接接触，四个负离子之间相互接触（中心角）。
因此：底面上对角中心线长为：（4）三角体配位在三角体中，在同一个平面上中心正离子与三个负离子直接接触，三个负离子之间相互接触。
因此：2-10ZnO是六方晶系，a=0.3242nm，c=0.5195nm，每个晶胞中含2个ZnO分子，测得晶体密度分别为5.74，5.606g/cm3，求这两种情况下各产生什么型式的固溶体？解：六方晶系的晶胞体积V===4.73cm3在两种密度下晶胞的重量分别为W1=d1v=5.74×4.73×10-23=2.72×10-22(g)W2=d2v=5.606×4.73×10-23=2.65×10-22(g)理论上单位晶胞重W==2.69(g)∴密度是d1时为间隙型固溶体，是d2时为置换型固溶体。
2-11非化学计量化合物Fe x O中，Fe3+/Fe2+=0.1，求Fe x O中的空位浓度及x值。
解：非化学计量化合物Fe x O，可认为是α(mol)的Fe2O3溶入FeO中，缺陷反应式为：Fe2O32Fe+V+3O Oα2αα此非化学计量化合物的组成为：Fe Fe O已知：Fe3+/Fe2+＝0.1则：∴α＝0.044∴x＝2α+(1－3α)＝1－α＝0.956又：∵[V3+]＝α＝0.044正常格点数N＝1+x＝1+0.956＝1.956∴空位浓度为3-5玻璃的组成是13wt%Na2O、13wt%CaO、74wt%SiO2，计算桥氧分数？解：Na2O CaO SiO2wt%131374mol0.210.23 1.23mol%12.613.873.6R=(12.6+13.8+73.6×2)/73.6=2.39∵Z=4∴X=2R﹣Z=2.39×2﹣4=0.72Y=Z﹣X=4﹣0.72=3.28氧桥%=3.28/（3.28×0.5+0.72）=69.5%3-9在SiO2中应加入多少Na2O，使玻璃的O/Si=2.5，此时析晶能力是增强还是削弱？解：设加入x mol的Na2O，而SiO2的量为y mol。
材料科学基础(武汉理工大学,张联盟版)课后习题及答案 第九章
第九章答案9-2什么叫相变？按照相变机理来划分，可分为哪些相变?解：相变是物质系统不同相之间的相互转变。
按相变机理来分，可以分为扩散型相变和非扩散型相变和半扩散型相变。
依靠原子或离子长距离扩散进行的相变叫扩散型相变。
非扩散型型相变指原子或离子发生移动，但相对位移不超过原子间距。
9-3分析发生固态相变时组分及过冷度变化相变驱动力的影响。
解：相变驱动力是在相变温度下新旧相的体自由能之差（），而且是新相形成的必要条件。
当两个组元混合形成固溶体时，混合后的体系的自由能会发生变化。
可以通过自由能-成分曲线来确定其相变驱动力的大小。
过冷度是相变临界温度与实际转变温度之差，相变形核的热力学条件是要有过冷度。
已知驱动力与过冷度之间的关系是：,这进一步说明了形核的热力学条件。
9-4马氏体相变具有什么特征？它和成核－生成相变有何差别?解：马氏体相变是替换原子经无扩散切变位移(均匀或不均匀)并由此产生形状改变和表面浮凸、曾不变平面应变特征的一级形核、长大的相变。
特征：具有剪切均匀整齐性、不发生原子扩散、相变速度快、相变有一定范围、有很大的切变型弹性应变能。
成核－生长过程中存在扩散相变，母相与晶相组成可相同可不同，转变速度较慢，无明显的开始和终了温度。
9-5试分析应变能及表面能对固态相变热力学、动力学及新相形状的影响。
解：物质的表面具有表面张力σ,在恒温恒压下可逆地增大表面积dA,则需功σdA,因为所需的功等于物系自由能的增加,且这一增加是由于物系的表面积增大所致,故称为表面自由能或表面能。
应变能和表面能可以影响相变驱动力的大小，和新相的形状。
9-6请分析温度对相变热力学及动力学的影响。
解：当温度降低，过冷度增大，成核势垒下降，成核速率增大，直至达到最大值；当温度继续下降，液相粘度增加，原子或分子扩散速率下降。
温度过高或过低对成核和生长速率均不利，只有在一定的温度下才有最大成核和生长速率。
9-7调幅分解与脱溶分解有何异同点？调幅分解所得到的显微结构与性能有何特点？解：调幅分解通过扩散偏聚由一种固溶体分解成与母相结构相同而成分不同的两种固溶体。
《材料科学基础》课后答案（1-7章）
《材料科学基础》课后答案（1-7章）第一章8．计算下列晶体的离于键与共价键的相对比例(1)NaF(2)CaO(3)ZnS解：1、查表得：X Na =0.93,X F =3.98根据鲍林公式可得NaF 中离子键比例为：21(0.93 3.98)4[1]100%90.2%e---?= 共价键比例为：1-90.2%=9.8%2、同理，CaO 中离子键比例为：21(1.003.44)4[1]100%77.4%e---?=共价键比例为：1-77.4%=22.6% 3、ZnS 中离子键比例为：21/4(2.581.65)[1]100%19.44%ZnS e --=-?=中离子键含量共价键比例为：1-19.44%=80.56%10说明结构转变的热力学条件与动力学条件的意义．说明稳态结构与亚稳态结构之间的关系。
答：结构转变的热力学条件决定转变是否可行，是结构转变的推动力，是转变的必要条件；动力学条件决定转变速度的大小，反映转变过程中阻力的大小。
稳态结构与亚稳态结构之间的关系：两种状态都是物质存在的状态，材料得到的结构是稳态或亚稳态，取决于转交过程的推动力和阻力(即热力学条件和动力学条件)，阻力小时得到稳态结构，阻力很大时则得到亚稳态结构。
稳态结构能量最低，热力学上最稳定，亚稳态结构能量高，热力学上不稳定，但向稳定结构转变速度慢，能保持相对稳定甚至长期存在。
但在一定条件下，亚稳态结构向稳态结构转变。
第二章1．回答下列问题：(1)在立方晶系的晶胞内画出具有下列密勒指数的晶面和晶向：(001）与[210]，(111）与[112]，(110)与[111],(132)与[123],(322)与[236］(2)在立方晶系的一个晶胞中画出（111)和（112)晶面，并写出两晶面交线的晶向指数。
(3)在立方晶系的一个晶胞中画出同时位于（101). (011)和（112)晶面上的[111]晶向。
解：1、2．有一正交点阵的a=b, c=a/2。
武汉理工大学材料科学基础(第2版)课后习题和答案
武汉理工大学材料科学基础(第2版)课后习题和答案第一章绪论1、仔细观察一下白炽灯泡，会发现有多少种不同的材料？每种材料需要何种热学、电学性质？2、为什么金属具有良好的导电性和导热性？3、为什么陶瓷、聚合物通常是绝缘体？4、铝原子的质量是多少？若铝的密度为/cm3，计算1mm3中有多少原子？5、为了防止碰撞造成纽折，汽车的挡板可有装甲制造，但实际应用中为何不如此设计？说出至少三种理。
6、描述不同材料常用的加工方法。
7、叙述金属材料的类型及其分类依据。
8、试将下列材料按金属、陶瓷、聚合物或复合材料进行分类：黄铜钢筋混凝土橡胶氯化钠铅-锡焊料沥青环氧树脂镁合金碳化硅混凝土石墨玻璃钢9、Al2O3陶瓷既牢固又坚硬且耐磨，为什么不用Al2O3制造铁锤？第二章晶体结构1、解释下列概念晶系、晶胞、晶胞参数、空间点阵、米勒指数、离子晶体的晶格能、原子半径与离子半径、配位数、离子极化、同质多晶与类质同晶、正尖晶石与反正尖晶石、反萤石结构、铁电效应、压电效应.2、一晶面在x、y、z轴上的截距分别为2a、3b、6c，求出该晶面的米勒指数；一晶面在x、y、z轴上的截距分别为a/3、b/2、c，求出该晶面的米勒指数。
3、在立方晶系的晶胞中画出下列米勒指数的晶面和晶向：与[210]，与[112]，与[111]，与[236]，与[111]，与[121]，，，，[110]，[111]，[120]，[321]4、写出面心立方格子的单位平行六面体上所有结点的坐标。
5、已知Mg2+半径为，O2-半径为，计算MgO晶体结构的堆积系数与密度。
6、计算体心立方、面心立方、密排六方晶胞中的原子数、配位数、堆积系数。
7、从理论计算公式计算NaC1与MgO的晶格能。
MgO的熔点为2800℃，NaC1为80l℃, 请说明这种差别的原因。
8、根据最密堆积原理，空间利用率越高，结构越稳定，金钢石结构的空间利用率很低(只有％)，为什么它也很稳定? 9、证明等径圆球面心立方最密堆积的空隙率为25．9％；10、金属镁原子作六方密堆积，测得它的密度为克/厘米3，求它的晶胞体积。
《材料科学基础》习题及参考答案
形核功，还是可以成核的。
答案
(7)测定某纯金属铸件结晶时的最大过冷度，其实测
值与用公式ΔT=0.2Tm计算值基本一致。
答案
(8) 某些铸件结晶时，由于冷却较快，均匀形核率N1
提高，非均匀形核率N2也提高，故总的形核率为N=
N1 +N2。
答案
返回
53
(9) 若在过冷液体中，外加10 000颗形核剂，则结晶
❖ ②比较Cu-10% Sn合金铸件和Cu-30%合金铸件的铸造性能 及铸造组织，说明Cu-10% Sn合金铸件中有许多分散砂眼的 原因。
③ω(Sn}分别为2%，11%和15%的青铜合金，哪一种可进行 压力加工?哪种可利用铸造法来制造机件?
答案
返7回8
❖ 9.如下图所示，已知A，B，C三组元固态完全不互溶，质量 分数分别84%A,，10%B，10%C的O合金在冷却过程中将进 行二元共晶反应和三元共晶反应，在二元共晶反应开始时， 该合金液相成分(a点)为60%A，20%B，20%C，而三元共 晶反应开始时的液相成分(E点)为50%A，10%B，40%C。
答案
返回
6
❖ 6.位错受力后运动方向处处垂直于位错线，在运动
过程中是可变的，晶体作相对滑动的方向应是什么
方向？
答案
❖ 7.位错线上的割阶一般如何形成？
答案
❖ 8.界面能最低的界面是什么界面？
答案
❖ 9. “小角度晶界都是由刃型位错排成墙而构成的”这
种说法对吗？
答案
返回
7
三、综合题
❖ 1. 作图表示立方晶体的（123）（0 -1 -2） （421）晶面及[-102][-211][346]晶向。 答案
❖ 9. 在Fe中形成1mol 空位的能量为104. 67kJ，
材料科学基础第九章答案
第九章答案9-2什么叫相变？按照相变机理来划分，可分为哪些相变?解：相变是物质系统不同相之间的相互转变。
按相变机理来分，可以分为扩散型相变和非扩散型相变和半扩散型相变。
依靠原子或离子长距离扩散进行的相变叫扩散型相变。
非扩散型型相变指原子或离子发生移动，但相对位移不超过原子间距。
9-3分析发生固态相变时组分及过冷度变化相变驱动力的影响。
解：相变驱动力是在相变温度下新旧相的体自由能之差（），而且是新相形成的必要条件。
当两个组元混合形成固溶体时，混合后的体系的自由能会发生变化。
可以通过自由能-成分曲线来确定其相变驱动力的大小。
过冷度是相变临界温度与实际转变温度之差，相变形核的热力学条件是要有过冷度。
已知驱动力与过冷度之间的关系是：,这进一步说明了形核的热力学条件。
9-4马氏体相变具有什么特征？它和成核－生成相变有何差别?解：马氏体相变是替换原子经无扩散切变位移(均匀或不均匀)并由此产生形状改变和表面浮凸、曾不变平面应变特征的一级形核、长大的相变。
特征：具有剪切均匀整齐性、不发生原子扩散、相变速度快、相变有一定范围、有很大的切变型弹性应变能。
成核－生长过程中存在扩散相变，母相与晶相组成可相同可不同，转变速度较慢，无明显的开始和终了温度。
9-5试分析应变能及表面能对固态相变热力学、动力学及新相形状的影响。
解：物质的表面具有表面张力σ,在恒温恒压下可逆地增大表面积dA,则需功σdA,因为所需的功等于物系自由能的增加,且这一增加是由于物系的表面积增大所致,故称为表面自由能或表面能。
应变能和表面能可以影响相变驱动力的大小，和新相的形状。
9-6请分析温度对相变热力学及动力学的影响。
解：当温度降低，过冷度增大，成核势垒下降，成核速率增大，直至达到最大值；当温度继续下降，液相粘度增加，原子或分子扩散速率下降。
温度过高或过低对成核和生长速率均不利，只有在一定的温度下才有最大成核和生长速率。
9-7调幅分解与脱溶分解有何异同点？调幅分解所得到的显微结构与性能有何特点？解：调幅分解通过扩散偏聚由一种固溶体分解成与母相结构相同而成分不同的两种固溶体。
材料科学基础课后习题答案
《材料科学基础》课后习题答案第一章材料结构的基本知识4. 简述一次键和二次键区别答：根据结合力的强弱可把结合键分成一次键和二次键两大类。
其中一次键的结合力较强，包括离子键、共价键和金属键。
一次键的三种结合方式都是依靠外壳层电子转移或共享以形成稳定的电子壳层，从而使原子间相互结合起来。
二次键的结合力较弱，包括范德瓦耳斯键和氢键。
二次键是一种在原子和分子之间，由诱导或永久电偶相互作用而产生的一种副键。
6. 为什么金属键结合的固体材料的密度比离子键或共价键固体为高？答：材料的密度与结合键类型有关。
一般金属键结合的固体材料的高密度有两个原因：（1）金属元素有较高的相对原子质量；（2）金属键的结合方式没有方向性，因此金属原子总是趋于密集排列。
相反，对于离子键或共价键结合的材料，原子排列不可能很致密。
共价键结合时，相邻原子的个数要受到共价键数目的限制；离子键结合时，则要满足正、负离子间电荷平衡的要求，它们的相邻原子数都不如金属多，因此离子键或共价键结合的材料密度较低。
9. 什么是单相组织？什么是两相组织？以它们为例说明显微组织的含义以及显微组织对性能的影响。
答：单相组织，顾名思义是具有单一相的组织。
即所有晶粒的化学组成相同，晶体结构也相同。
两相组织是指具有两相的组织。
单相组织特征的主要有晶粒尺寸及形状。
晶粒尺寸对材料性能有重要的影响，细化晶粒可以明显地提高材料的强度，改善材料的塑性和韧性。
单相组织中，根据各方向生长条件的不同，会生成等轴晶和柱状晶。
等轴晶的材料各方向上性能接近，而柱状晶则在各个方向上表现出性能的差异。
对于两相组织，如果两个相的晶粒尺度相当，两者均匀地交替分布，此时合金的力学性能取决于两个相或者两种相或两种组织组成物的相对量及各自的性能。
如果两个相的晶粒尺度相差甚远，其中尺寸较细的相以球状、点状、片状或针状等形态弥散地分布于另一相晶粒的基体内。
如果弥散相的硬度明显高于基体相，则将显著提高材料的强度，同时降低材料的塑韧性。
武汉理工大学材料科学基础答案
试题一答案一、1：4；2：O2-离子做面心立方密堆积，Na+填全部四面体空隙；3：=4CN O2-=8 [NaO4][ONa8]；4：O2-电价饱和，因为O2-的电价=（Na+的电价/Na+的配位数）×O2的配位数；5：二、1：Al4[Si4O10](OH)8；2：单网层状结构；3：一层硅氧层一层水铝石层且沿C轴方向堆积；4：层内是共价键，层间是氢键；5：片状微晶解理。
三、1：点缺陷，线缺陷，面缺陷；2：由低浓度向高浓度的扩散；3：坯体间颗粒重排，接触处产生键合，大气孔消失，但固-气总表面积变化不大；4：按硅氧比值分类或按硅氧聚和体的大小分类；5：表面能的降低，流动传质、扩散传质、气相传质和溶解-沉淀传质；6：随自由能的变化而发生的相的结构的变化，一级相变、二级相变和三级相变。
四、 1：O←→VNa ′+VCl˙2：AgAg→Agi˙+VAg′3：3TiO23TiNb˙+VNb˙+6OO2TiO22TiNb˙+Oi′′+3ONb2-x Ti3xO3可能成立Nb2-2xTi2xO3+x4：NaCl NaCa′+ClCl+VCl˙五、一是通过表面质点的极化、变形、重排来降低表面能，二是通过吸附来降低表面能。
1：t=195h2：t=68h七、当O/Si由2→4时，熔体中负离子团的堆积形式由三维架状转化为孤立的岛状，负离子团的聚合度相应的降至最低。
一般情况下，熔体中负离子团的聚合度越高，特别是形成三维架状的空间网络时，这些大的聚合离子团位移、转动、重排都比较困难，故质点不易调整成规则排列的晶体结构，易形成玻璃。
熔体中负离子团的对称性越好，转变成晶体越容易，则形成玻璃愈难，反之亦然。
八、晶界上质点排列结构不同于内部，较晶体内疏松，原子排列混乱，存在着许多空位、位错、键变形等缺陷，使之处于应力畸变状态，具有较高能量，质点在晶界迁移所需活化能较晶内为小，扩散系数为大。
九、二次再结晶出现后，由于个别晶粒异常长大，使气孔不能排除，坯体不在致密，加之大晶粒的晶界上有应力存在，使其内部易出现隐裂纹，继续烧结时坯体易膨胀而开裂，使烧结体的机械、电学性能下降。
材料科学基础_武汉理工出版(部分习题答案)[1]51页word文档
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死记硬背是一种传统的教学方式,在我国有悠久的历史。但随着素质教育的开展,死记硬背被作为一种僵化的、阻碍学生能力发展的教学方式,渐渐为人们所摒弃;而另一方面,老师们又为提高学生的语文素养煞费苦心。其实,只要应用得当,“死记硬背”与提高学生素质并不矛盾。相反,它恰是提高学生语文水平的重要前提和基础。1名词解释：配位数与配位体，同质多晶、类质同晶与多晶转变，位移性转变与重建性转变，晶体场理论与配位场理论。晶系、晶胞、晶胞参数、空间点阵、米勒指数（晶面指数）、离子晶体的晶格能、原子半径与离子半径、离子极化、正尖晶石与反正尖晶石、反萤石结构、铁电效应、压电效应.
答：配位数：晶体结构中与一个离子直接相邻的异号离子数。
配位体：晶体结构中与某一个阳离子直接相邻、形成配位关系的各个阴离子中心连线所构成的多面体。
同质多晶：同一化学组成在不同外界条件下（温度、压力、pH值等），结晶成为两种以上不同结构晶体的现象。
多晶转变：当外界条件改变到一定程度时，各种变体之间发生结构转变，从一种变体转变成为另一种变体的现象。
面心：原子数4，配位数6，堆积密度74.04%；
六方：原子数6，配位数6，堆积密度74.04%。
7设原子半径为R，试计算体心立方堆积结构的（100）、（110）、（111）面的面排列密度和晶面族的面间距。
解：在体心立方堆积结构中：
（100）面：面排列密度=
面间距=
（110）面：面排列度=
面间距=
（111）面：面排列密度=
2面排列密度的定义为：在平面上球体所占的面积分数。
（a）画出MgO（NaCl型）晶体（111）、（110）和（100）晶面上的原子排布图；
（b）计算这三个晶面的面排列密度。
材料科学基础课后习题答案9
Solutions for Chapter 91. FIND: What considerations are required for use of materialsin the named applications?SOLUTION: Heart valve - biocompatible, long life (fatigueendurance), ease of installation: Turbine blade - able towithstand high temperature and stress without creep, longlife (fatigue endurance): Leaf spring - low cost, stresswithout creep, long life (fatigue endurance): Coffee mug -not contaminate contents, able to withstand 0 - 100︒ cyclesand gradients: Golf club shaft: able to withstand, amplify,and transmit forces with little loss, long life (fatigueendurance), aesthetically and tactily attractive: Suture -biocompatible, long life (fatigue endurance)COMMENTS: There are many other requirements, and we couldbegin to specify materials' properties that are required tomeet the applications' needs.2. Find: Determine Young's Modulus.Data: Upper yield point stress of 207 MPa, Yield pointstrain of 0.001.Solution: Recall that Young's Modulus is the slope of thestress/strain curve in the elastic portion of thestress strain curve. That is: E=Stress/StrainSubstituting values into the above equation yields:E = 207/0.001 = 207,000 MPa = 207 GPa.3. FIND: Calculate the strain-to-fail of silicate glasses.GIVEN: The modulus is 107 psi and the strengths of threesamples are 5, 50, and 500 ksi.ASSUMPTIONS: The material behaves in a linear elastic manner up to failure.SKETCH: The beginnings of the three curves lie on top ofone another. The higher the strain-to-fail the longer thecurve extends to the upper right. The x's indicate thepoints of failure.tiSanrtSOLUTION: Hooke's law states:σ = Eε.Rearranging,ε = σ/E.Substitution for each of the samples:ε = 5000 psi / 107 psi = 0.05%ε = 50,000 psi / 107 psi = 0.5%ε = 500,000 psi / 107 psi = 5%.COMMENTS: The smallest value represents that of ordinary window glass. The largest value is characteristic of an optical fiber.4. Find: Determine if the stress is above or below theyield stress. If the stress is below the yield stresscompute Young's Modulus.Data: The yield stress for the mild steel is 207 MPa. A specimen has a diameter of 0.01m and a length of0.1m. It is loaded in tension to 1000N anddeflects 6.077 x 10-6m.Solution: To solve this problem, we must first determine the applied tensile stress. Recall that the tensilestress is given by the formula: Stress=Force(P)/Area Normal to force (A). The cross sectionalarea is: A= πD2/4 = 3.1416x(0.01)2/4 = 7.85x10-5The stress is: Stress = 1000/7.85x10-5 = 12.7MPaThe applied stress is much less than the yieldstress. To obtain the Modulus recall thedefinition: E=σ/ε. We must thus compute thestrain in order to determine the Modulus:ε=∆l/l o = 6.077x10-6/0.1 = 6.077x10-5Thus E=12.7/6.077x10-5 = 2.09x105 MPa.5. Find: Compute deflection of specimens.Data: E Al=70,460MPa, E Cu=122,500MPa, E W=388,080MPa,A=0.01m x 0.01m=10-4m2, Length(l o)=1m,Load(P)=5000N.Solution: Start with the relationship between stress andstrain for linear elastic behavior: σ=Eε (1)Note that: σ=P/A (2)ε=∆l/l o (3)Substitute (2) & (3) into (1): Thus P/A=E∆l/l o (4)Rearranging to solve for ∆l we have:∆l=Pl o/AE=5000 x 1/(10-4E)=5x107/E (5)Note that for ∆l to be in meters we require E tobe expressed in Pa. Using (5) and E in Pa we getthe following deflection values:Al=7.09x10-4m, Cu=4.08x10-4m, W=1.29x10-4m.6. Find: Deflection at 5000N.Data: E Nylon6/6=2.08GPa, Load(P)=5000N, l o=1m, A=10-4m2.Solution: Using the formula developed in the precedingproblem we have: ∆l o=Pl o/(AE).Thus: ∆l o=(5000 x 1)/(10-4x2.08x109)=2.4x10-2m.Comment: Note that the deflection is two orders ofmagnitude greater than for steels.7. FIND: Calculate the strength of a round textile fiber.GIVEN: The fiber diameter is 10 micrometers and the load-at-failure is 25 g.ASSUMPTIONS: The fiber need not be in the elastic region at failure.SOLUTION:σ = F/A = 002598510262../sec()kg mx m⨯-π= 3.1 GPa.8. Find: Determine the shear strain at yield.Data: For a particular steel: ν=0.295, E = 205,000MPa,σys=300MPa and τys = 1/2σys.Solution: Recall Hooke's Law in shear: τys= Gγys. Also, itis stated that τys = 1/2σys. Substitution yields:1/2σys = Gγys or γys= σys/2G. The problem now is todetermine G. Recall that G=E/(2(1+ν))=205,000/(2(1+0.295))=79,151 MPa. Substituting wehave: γys= 300/(2x79,151)=1.895x10-3.9. Find: Compute the 0.2% offset yield strength and thestrain at yield.Data: E Al=69x103 MPa and σ=295ε0.1.Solution: We require the intersection point of the twocurves shown below to solve the problems since the0.2% offset yield is defined as the point where aline whose slope is equal to the modulus, andwhich is displaced 0.002 on the strain axis,intersects the stress/strain curve. To find theintersection point we must first get the equationfor 0.2% offset yield. The general form of theequation is: σ=mε + b, where m=slope andb=intercept. We know that the point (0.002,0) ison the line thus: 0=69x103(0.002) + b, thereforeb= -1.38x102. The equation of the 0.2% offsetline is σ = 69x103ε - 1.38x102. The intersectionis obtained by rearranging and substituting theformer equation with the first equation: 295ε0.1 =69x103ε-1.38x102. This equation is best solved bytrial and error or by writing a short computerprogram to check for the equality of the right andleft hand sides of the equation for various valuesof ε. At a strain of 0.00448 the differencebetween the right and left-hand sides of theequation is negligible. Substituting this strainvalue into the equation for stress yields anestimate for the yield stress of 172 MPa.10. Find: (a) Poisson's ratio, (b) % volume change at σys/2and (c) % volume change at σys.Data: Aluminum specimen with the following properties:E=69x103 MPa loaded such that εl = 1.25x10-3 and εv= 4.17x10-4 .Solution: (a) Recall that Poisson's ratio is defined as ν = -εv/εl. Thus, ν = -(-4.17x10-4 /1.25x10-3)=0.333.(b) The volume change is given by ∆v/v o=εx+εy+εz.But εy = εl, εx,εz = εv and εv =-νεl. Thus, ∆v/v o=εx +νεl +νεl= εl(1-2ν). In the preceding problem it wasshown that the yield strain was 4.48x10-3. Athalf the yield the strain is 2.24x10-3. Then∆v/v o = (2.24x10-3)(1-0.666) = (7.48x10-4)x100=7.48x10-2.(c) At yield stress: ∆v/v o x 100=4.48x10-3 x 0.334x 100 = 1.50 x 10-1.11. Find: Predict the behavior of amorphous polymers.Solution: Steels have a definite yield point becausedislocations are pinned by carbon atoms thatreside in the interstitial positions. When stressrises to the point necessary for dislocations tobreak free from the carbon atoms, plasticdeformation occurs due to dislocation movement.Yield stress is the critical stress necessary forfreeing the dislocations from the carbon atoms.In Al and Cu, that have an FCC structure,dislocation mobility increases gradually as thestress is increased. Therefore, there is nosingle stress level at which the dislocationsbegin to move suddenly. In these materials,yielding occurs gradually, dislocations motion maybe impeded, but the dislocations are not pinned.In amorphous polymers, plastic deformation occursby sliding between adjacent molecular chains. Thesliding will commence at a definite stress level.Therefore, we expect a definite yield point tooccur in amorphous polymers.12. Find: Determine the ultimate tensile strength.Data: The stress-strain behavior is given by σ = Kεn.Solution: Let engineering stress be designated by S andengineering strain by e. The following equationsrelate engineering stress and strain to truestress and true strain:σ = S(1+e) (1)and ε = ln(1+e) (2)We are given σ = Kεn (3)Substituting (1) and (2) into (3), we get: S(1+e)= K[ln(1+e)]n. At the ultimate tensile stresspoint, dS/de = 0. Thus, dS/de = (d/de) [[(K/(1+e)](lu(1+e))n] = 0, or - (K/(1+e)2][(ln(1+e))n]+[Kn/(1+e)2][(ln(1+e))n-1] = 0or ln(1+e) = n (3a)If we designate e by e u at the ultimate tensilepoint, σu = K[ln(1+e u)]n (4)Substituting equation (4) into (3) we get σu =K[ln(1+e u)]n, or S u(1+e u) = Kn n. Solving for S uyields: S u = [K/(1+e u)] n n = Kn n-1 (4a)S u is the ultimate tensile strength.Comment: Equation (3a) is frequently used to estimate n ifa complete stress-strain curve is not available.Further, equation (4a) can be used to obtain thestrength coefficient, K.13. Find: 1) The physical basis for the observation and 2)show ν=0.5 during plastic deformation.Data: Volume of a crystalline material remains constantduring plastics deformation.Solution: 1) During purely plastic deformation interatomicdistance is not changing and the atoms eventuallyslide over one another. for this reason thevolume is constant during plastic deformation.2) Recall that ∆ν/νo = εx + εy + εz = ε(1-2ν) foruniaxial deformation. If ∆ν = 0 , then ν=1/2.14. Find: Compute the relative load bearing capacities of anAl alloy (σUTS = 400 MPa, ρ = 2.7 gm/cm3 ) and polypropylene(σUTS = 40 MPa, ρ=0.9 gm/cm3 ).Data: Relative load capacity for constant weight isproportional to the strength divided by thedensity.Solution:To have consistent units, convert density to kg/m3.ρAl= 2.7x103 kg/m3ρPP= 0.9x103 kg/m3σAl'= 400x106/2.7x103(Pa/kg/m3)=148x103(Pa m3/kg)Recall Pa=N/m2, therefore σAl'= 148x103 (N m/kg)and σpp'=40x106/0.9x103=44.4x103 (N-m/kg).16. Find: Plot the true strain to fracture, being sure toplace Cu and steel from the preceeding problem in the graph.Data: A range of %RA from 0 to 70%.Solution: Recall that the true strain may be computed fromthe %RA using the formula: f = ln(100/(100-%RA)).See graph for correlation of fracture strainand %RA.17. Find: Determine the engineering strain at which thedifference between the true strain and the engineeringstrain is ε = ln (1+e).Data: Equation relating engineering strain to truestrain.Solution: We can write a series expansion for the right hand side:ε = ln (1+e) = e-(e2/2!)+(e3/3!)-(e4/4!)+... Forsmall values of e, we need to consider only thefirst two terms in the expansion: ε = e-(e2/2!).For 5% difference ε =0.95e, therefore (0.95e)-e=-e2 or 0.05=e. Then, for a strain up to 5%, thedifference between the true and engineering strainwill be equal to or less that 5%.18. Find: Explain why we report different lengths fordifferent materials.Solution: Polymer specimens do not have a tendency to form a necked region like metals do. Instead, polymerspecimens deform uniformly through the gage length.Therefore, the final percent elongation inpolymer specimens is not dependent on the gagelength like it is for metals, and the informationon gage length then becomes redundant.19. Find: Compare the glass transition temperatures.Solution: Glass transition temperatures can be increased bycross-linking which also influences the elasticmodulus without changing its molecular weight.Therefore, the polymer with a higher glasstransition temperature will also have a higherelastic modulus.20. Find: Relaxation modulus, E r(t), of the polymer.Data: σ(t) = σo exp(-t/τ)σo = 2 MPa for a sudden strain of 0.2σ(t) = 0.5 MPa at t = 50 secondsSolution: It must be assumed that the strain remainsconstant during the relaxation process. σ(t) = 2MPa for t = 0, or σ0 = 2 MPa. Substituting σ(t) =0.5 MPa at t = 50 s into the given equation, weget 0.5 = 2 exp(-50/τ). Solving for τ,τ = -50/[ln(0.5/2)] = 36.07 s.E r(t) = (σ(t)/εo) = [2 exp(-t/36.07)]/0.2 = 10exp(-t/36.07) = 10 exp(-10/36.07) = 7.58 MPa21. FIND: Show with a sketch how the modulus changes with timein a creep test.GIVEN: The test sample is a polymer. The load history of a creep test is as follows:emTiASSUMPTIONS: The load is insufficient to break the polymer.SKETCH:meiTSOLUTION: The equation for the modulus is given in equation 9.2-7, which states that E(t) = σo / ε(t). Since the material creeps, its length increases with time. Since the denominator increases and the numerator is constant, the modulus decreases.COMMENTS: Shown is a sample that creeps only to a limit.Many polymers behave in this fashion.22. Find: (a) Explain why normal the tensile test isused (b) differences in three of four point bendspecimens and (c) some limitations on data.Solution: (a) Due to the brittle nature of ceramics,there is a very significant risk of failureoutside the gage section of the specimen duringgripping. Also, such specimens are difficult andexpensive to machine.(b)The three or four point bend specimens aresubjected to negative (or compressive) loads anddo not require grips for loading. Hence, there isno risk of premature failure.(c)The stress distribution in a 3-point or 4-pointbend specimen is non-uniform along the cross-section of the specimen. Hence, the strength isobtained by calculating the outer fiber stress inthe specimen at the time of the failure. Thestrength values obtained from these tests haveconsiderable scatter.23. Find: Determine the load, P, at fracture.Data: Modulus of rupture, σ, = 3000 MPa, diameter, d, of the cylindrical specimen = 5mm and separationbetween support points, L = 25 mm.Solution: σ = PLd/4I, where I (bending moment of inertia) = πd4/64. Hence, σ = (PLd)64/(4πd4) = 16PL/(πd3),or P=(σπd3)/16L=[(3000x106N)π(.005)3]/[16(0.025)]P = 2945 Newtons.24. Find: Compute the diameter of an indentation for aBrinell hardness test using a standard indenter of 10mmdiameter.Given: The tensile strength is 800 MPa.Solution: To solve the problem we must first determine thehardness corresponding to a strength of 800 MPa.Using the graph in the text the Brinell hardness(BHN) is approximately 241. We next note theformula relating BHN to indentation diameter:BHN = 2P/(πD(D-(D2-d2)1/2)) where P = load (kg), D= indenter diameter (mm), d = diameter ofindentation (mm). Substituting the appropriatevalues yields 241=(6000/(10π(10-(100-d2)1/2))=191/(10-(100-d2)1/2). We can rearrange theequation such that: (100-d2)1/2 = [10-(191/241)] =9.208, or 100-d2 = 9.2082, thus, d2 = 100-9.2082=1.521, therefore d=3.90 mm.25. Find: Calculate the Brinell hardness as a function ofload for 1/4 hard and 1/2 hard brass.Data: Indentation diameter vs load for 1/4 hard and 1/2 hard brass.Solution: The Brinell Hardness Number is obtained from thefollowing equation:BHN=Load/Indentation areaBHN=2P/(πD(D-(D2-d2)1/2)). For a 10mm diameterindenter the formula becomes: BHN=2P/(10π(10-(100-d2)1/2)). This equation is plotted below for thedata that was provided in the problem.Comment: The hardness values reach a plateau for the higher loads since the elastic springback as a percentageof the total deformation is smaller for the higherloads.26. Find: Using the average hardness values computed in theprevious problem, calculate the indentation diameter for aload of 1500 kg and a 5mm diameter ball.Data: The hardness of 1/4 hard brass is 80 kg/mm2 andfor 1/2 hard brass it is 87 kg/mm2.Solution: BHN=2P/(πD(D-(D2-d2)1/2))Solving for d we have:d={D2-[D-2P/(πD x BHN)]2}1/2d1/4={25-[5-3000/(π5 x 80)]2}1/2= 4.26mmd1/2={25-[5-3000/(π5 x 87)]2}1/2=4.14mm27. Find: Explain why BCC materials exhibit a definiteductile-to- brittle temperature and FCC do not.Solution: Ductile behavior is caused by the ability of thematerial to deform plastically to accommodatedeformation. Brittle behavior is caused by thematerial's lack of ability to deform plastically.In BCC materials, the number of operable slipsystems decreases considerably with decrease intemperature causing a transition to occur fromductile to brittle behavior. In FCC materials thetwelve primary slip systems continue to operateeven at low temperatures. Therefore, sharpdecreases in ductility does not occur.28. Find: (a) Plot impact energy v temperature (b) determineductile to brittle temperature and (c) determine whethersteel is appropriate for application.Data: Impact energy at various temperatures.Solution: (a)see attached(b) Ductile to brittle transition is the tempera-ture at which the impact energy is the mean of theenergy in the upper and lower shelves = 11o C.(c)Impact energy at -10o = 12J from the abovefigure. Hence, the design requirement has beenmet but the material is marginal.29. Find: Determine what factors promote brittle fractures.Solution: For materials in general, including thermoplasticpolymers, the following factors promote brittlefracture:• presence of cracks or sharp notches• increasing thickness• increasing loading rate• reduction in temperature• modification of structure, for example inpolymers structural changes which increasethe glass transition temperature30. FIND: Plot tan δ with temperature for a squash ball. GIVEN: The ball is not bouncy when cold, but becomessomewhat bouncy with increasing temperature. The ball is warmed by repeated hitting against the front wall.SKETCH:eTan δ SOLUTION: The ball converts kinetic energy into heat withevery impact with the wall and the racket strings. As the ball heats up, its bounce increases, indicating that tan δ decreases with increasing temperature.COMMENTS: A racquetball does not require hard hitting to improve its bounce.31. FIND: Describe how to process a polymer to give it a veryhigh modulus.GIVEN: You want to stress only primary bonds in deformation. Thus, you need to have the chains aligned with the test direction.SOLUTION: A fiber is a good geometry to work with. Itsuniaxial structure lends itself to aligning molecules along the fiber axis. You want to process the material to align molecules along the fiber length. This can be achieved in a number of ways. Most involve stretching the polymer along its axis during processing. The polymer may be stretched, or elongated, before solidification, after, or both.COMMENTS: This is how it is done commercially! There aremany variants.32. FIND: How can you determine the hardness of a series ofcrosslinked polymers?GIVEN: You suspect the hardness increases with crosslinkdensity.SOLUTION: Brinell hardness testing will probably not beuseful, since polymers are somewhat elastic and the indentor may not leave a permanent mark. One of the tests thatmeasures the penetration distance will probably provide more meaningful data.COMMENTS: The American Society for Testing Materials (ASTM) has developed standard test methods for polymer hardness. 33. FIND: Is brittle failure a problem with ceramics and oxideglasses?SOLUTION: Your experience with these materials shows thatbrittle failure is indeed the way ceramics and oxide glasses fail. The abrupt and catastrophic failure is the featurethat often limits their widespread use. The principlesdeveloped in the chapter apply to all brittle materials,regardless of the composition of the material.34. Find: Determine the difference between brittle andductile fracture.Solution: Brittle fracture refers to fracture that occurswith little absorption of energy. For metals thatfail in the brittle manner, this implies that onlya small amount of plastic deformation takes place.Ductile fracture generally refers to fracturethat takes place with considerable absorption ofenergy. In metals this implies considerableplastic deformation.35. Find: Explain why one would expect to have significantscatter in the fracture strength of ceramic materials.Solution: Fracture in brittle materials like ceramics occurs at the point where the largest flaw is present.Since the size of the largest flaw varies fromspecimen to specimen, the fracture strength alsovaries correspondingly. As we increase thespecimen size, the probability that a larger flawexists also increases. Therefore, fracture ismore likely to occur at a lower stress level.37. Find: Determine the maximum crack size that could existin each of these panels.Data: Fracture toughness of 7075-T6 Al (28MPa-m1/2), 300 Maraging Steel (66 MPa-m1/2) and Al2O3 (2.5 MPa-m1/2). Cracks are found in wide panels of thesematerials and the panels are subjected to a stressof 350 MPa.Solution: For the maximum crack size, the panel is just onthe verge of cracking. For crack length in apanel subjected to a uniform stress we have:K IC=σ(πa)1/2. Then a=(1/π)(K IC/σ)2, therefore 2a =crack length = (2/π)(K IC/σ)2.2a7075-T6 = 2/π(28/350)2 = 4.07x10-3 m2a300 Maraging=2/π(66/350)2 = 2.26x10-2 m2a Al2O3=2/π(2.5/350)2 = 3.25x10-5 mComment: Note that the toughest material, 300 Maragingsteel, can withstand the largest crack. Then apart made from this material would be safer to usesince it would be easier to detect defect cracksbefore fracture.38.Find: Compute fracture stresses for cracks that are 10cm long.Data: Fracture toughness of Kevlar 49 and F-155 epoxy is20 MPa m0.5. The fracture toughness of E-glasscloth in epoxy is 5 MPa m0.5.Solution: Recall that at fracture K=K IC. Thus K IC=σ(πa)1/2for center cracked panel. Recall also that thecrack length is 2a and not a and σ= K IC/√(πa).For Kevlar/epoxy: K IC= 20 MPa m0.5, a= 5cm=0.05m,then, σ= 20/(0.05π)1/2= 50.5 MPa. For E-glass/epoxy: K IC= 5 MPa m0.5, a= 0.05m, then σ=5/(0.05π)1/2= 12.6 MPa.Comment: Note that the fracture stresses for a given crack length is proportional to K IC. Thus we could havewritten σKev/σglass =K Kev/K glass =20/5=4.39.Find: Compute the crack length at failure.Data: Same materials as the preceding problem withapplied stress of 50 MPa.Solution: Recall that at fracture K IC=σ(πa)1/2, the cracklength at fracture is 2a=2/π (K IC/σ)2. Applyingthe latter equation to Kevlar and E-glass we have:2a Kevlar/Epoxy=2/π(20/50)2 = 0.102 m2a E-glass/Epoxy=2/π(5/50)2 =0.006 m.40.Find: Compute the fracture crack length and determine if such a crack length would be detectable.Data: Stabilized ZnO2 is loaded to its UTS.Solution: The crack length at fracture for a center cracked panel is given by: 2a=2/π (K IC/σ)2. The maximumstress is 140x103 MPa and K IC is 7.6 MPa-m1/2. Thus2a=2/π(7.6/140x103)2 = 1.88x10-9 m. Such a crackwould not be detectable by normal techniques.Since the "crack" length is on the order of a fewinteratomic spacings, it is not truly meaningfulto specify this as a crack.41.Find: Compute the maximum stress that could be appliedwithout failure.Data: The same material as in the preceding problemcontaining a crack of 1mm in a center crack panel.Solution:The maximum stress occurs when K is just below K IC: K IC=σ(πa)1/2 where a = 0.5mm=5x10-4m, K IC= 7.6MPa-m1/2.Therefore, σ= K IC/(πa)1/2=7.6/(5x10-4π)1/2=192MPa.Comment: Note that the maximum stress is only about 0.14%of the tensile strength! (i.e. (192/140x103)102=0.14)42.Find: Explain why certain requirements are necessary.Solution: These requirements insure that the followingconditions prevail at the time of fracture:1) The region of plastic deformation is small incomparison to the crack size, a, and the remainingligament size W-a, thus insuring that elasticconditions dominate the behavior of the specimen.2) By requiring that the thickness is also greaterthan or equal to 2.5(K Q/σys)2, plane strainconditions are ensured which also promote brittlefracture.43.Find: The fracture stress, σf, of alumina.Data: Maximum strength of alumina = 4000 MPa, fracturetoughness, K IC = 2.5 MPa√m, largest flaw size =100 μm.Solution: We assume that the largest flaw size can belocated at the surface of the specimen. Thestress intensity parameter at the flaw is given byK = 1.12σ√(πa), where, σ = stress, a = flaw size.At fracture, σ = σf and K = K IC. Therefore,σf = K IC/[1.12√(πa)] = 2.5/[1.12(πx100x10-10) =125.9 MPa.Comments: Notice that the presence of a small flaw canreduce the fracture strength from 4000 MPa to125.9 MPa.44.Find: Determine the minimum thickness, B, and theminimum width, W, to obtain valid K IC in PMMA,2024-T351 Al and 304 stainless steel.Data: Yield strength and K IC values for the abovematerialsSolution: In order to find the minimum thickness and width, we calculate the value of 2.5(K IC/σys)2 for eachmaterial. We further assume that a/W = 0.5. ForW-a ≥ 2.5(K IC/σys)2 it then is necessary that W ≥5(K IC/σys)2. The values of minimum B and W aregiven in the following table:Material 2.5(K IC/σys)2 (m) Min.B (mm) Min. W (mm)PMMA 0.051 51 1042024 Al 0.036 30.6 71.2304 SS 5.625 5625 11250Comments: Notice the big size specimen needed to measure the K IC of 304 stainless steel. The specimen isprohibitively large. Hence, the K IC of 304 SS isestimated using the principles of elastic-plasticfracture which are outside the scope of this text.45. Find: Determine an estimated value of K ICData: Surface energy, γs, = 1J/m2, strength, σf, = 100MPa, elastic modulus, E = 210,000 MPa.Solution: According to Griffith's equation, σf= (Eγs ½)/πa,where, a = flaw size. Solving for a yields: a =(2Eγs)/(πσf2) = (2x210,000x106x1)/(πx(100)2x1012) =13.37x10-6m = 0.01337 mm. K IC = σf√(πa) =100√(πx13.37x10-6) = 0.67 MPa√m. The implicitassumption in this calculation is that MgO doesnot deform plastically and the only energy neededfor fracture is that to overcome the energynecessary to create fresh surfaces.46. Find: Determine the basis for the Griffith's criterion.Solution: The original Griffith's criterion wasSolution:formulated on the assumption that theenergy required for fracture consists of only theenergy required to create new surfaces. Noallowance was made for energy needed for plasticdeformation. While this assumption was suitablefor the brittle glass, it was not suitable formetals that sustain plastic deformation prior to fracture.47. Find: Construct a graph of the critical crack length vs.crack size for this application and select a suitablematerial for this application if the minimum crack size that can be detected is 2mm.Data: A wide panel is required to operate at 50 MPa.Solution: Recall that for a center crack of length 2asubjected to a stress, the following equationapplies: K IC=σ(πa)1/2 or 2a=2/π (K IC/σ)2. For anapplied stress of 50 MPa, the latter equationbecomes 2a=2/π (K IC/50)2. This equation is plottedon the accompanying graph. From the graph we seethat the fracture toughness must be at least 28MPa-m1/2. From the Metals Handbook (Desk Edition,1985, pp. 6-47) we see that Al 7475-T7551 meetsall the requirements.。
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第九章答案
9-2什么叫相变？按照相变机理来划分，可分为哪些相变?
解：相变是物质系统不同相之间的相互转变。
按相变机理来分，可以分为扩散型相变和非扩散型相变和半扩散型相变。
依靠原子或离子长距离扩散进行的相变叫扩散型相变。
非扩散型型相变指原子或离子发生移动，但相对位移不超过原子间距。
9-3分析发生固态相变时组分及过冷度变化相变驱动力的影响。
解：相变驱动力是在相变温度下新旧相的体自由能之差（），而且是新相形成的必要条件。
当两个组元混合形成固溶体时，混合后的体系的自由能会发生变化。
可以通过自由能-成分曲线来确定其相变驱动力的大小。
过冷度是相变临界温度与实际转变温度之
差，相变形核的热力学条件是要有过冷度。
已知驱动力与过冷度之间的关系是：
,这进一步说明了形核的热力学条件。
9-4马氏体相变具有什么特征？它和成核－生成相变有何差别?
解：马氏体相变是替换原子经无扩散切变位移(均匀或不均匀)并由此产生形状改变和表面浮凸、曾不变平面应变特征的一级形核、长大的相变。
特征：具有剪切均匀整齐性、不发生原子扩散、相变速度快、相变有一定范围、有很大的切变型弹性应变能。
成核－生长过程中存在扩散相变，母相与晶相组成可相同可不同，转变速度较慢，无明显的开始和终了温度。
9-5试分析应变能及表面能对固态相变热力学、动力学及新相形状的影响。
解：物质的表面具有表面张力σ,在恒温恒压下可逆地增大表面积dA,则需功σdA,因为所需的功等于物系自由能的增加,且这一增加是由于物系的表面积增大所致,故称为表面自由能或表面能。
应变能和表面能可以影响相变驱动力的大小，和新相的形状。
9-6请分析温度对相变热力学及动力学的影响。
解：当温度降低，过冷度增大，成核势垒下降，成核速率增大，直至达到最大值；当温度继续下降，液相粘度增加，原子或分子扩散速率下降。
温度过高或过低对成核和生长速率均不利，只有在一定的温度下才有最大成核和生长速率。
9-7调幅分解与脱溶分解有何异同点？调幅分解所得到的显微结构与性能有何特点？
解：调幅分解通过扩散偏聚由一种固溶体分解成与母相结构相同而成分不同的两种固溶体。
脱溶分解是从过饱和固溶体中析出第二相的过程。
它们的主要区别如下：
（１）调幅分解属于连续型相变。
它是一种无热力学能垒、无形核的固态相变。
脱溶分解是形核－长大型相变，有热力学能垒，有形核过程。
（２）调幅分解初期，母相内的成分起伏是逐步建立起来的，两相的成分随时间增加而连续变化并曾正弦波分布规律，最后达到平衡相成分。
脱溶分解的晶核一旦在母相中形成，其成分就是平衡相的成分，以后变化不大。
（３）调幅分解在母相中均匀的发生；脱溶分解晶核一般在晶体缺陷处形成。
（４）调幅分解中的增幅过程是通过上坡扩散。
沉淀相晶核的形成是通过下坡扩散。
（５）调幅分解中的两个偏聚区曾不明晰共格界面。
沉淀相与母相曾明细界面。
（６）调幅分解组织结构规则，脱溶分解组织的均匀性较差。
相同点：都是通过溶质的扩散而进行。
调幅分解所得到的显微结构通常曾准周期性和互连性的成分调制结构或海绵状组织，组织均匀细密，只有在电镜下才能分辨。
9-8当一种纯液体过冷到平衡凝固温度（T0）以下时，固相与液相间的自由焓差越来越负。
试证明在温度T0附近随温度变化的关系近似地为：，式中∆H V<0为凝固潜热。
解：由得：
在平衡温度时，
则在时，,得证。
9-9在纯液体平衡凝固温度T0以下，临界相变势垒随温度下降而减小，于是有一个使热起伏活化因子exp为极大值的温度。
试证明当T＝T0/3时，exp有极大植。
（提示：利用表达式）
解：由将代入
则令
则
即求y的极值，当时，即此时y有极大值。
故当时，exp（）有极大值。
9-10为什么在成核一生长机理相变中，要有一点过冷或过热才能发生相变?什么情况下需过冷，什么情况下需过热？
解：由热力学公式
平衡时得
:相变平衡温度；：相变热
温度Ｔ时，系统处于不平衡状态，则
，要使相变自发进行，须使，
则，即必须使，才能发生相变。
对于放热过程如结晶，凝聚，则,，必须过冷。
对于吸热过程如蒸发，熔融，则,，必须过热。
9-11何谓均匀成核？何谓不均匀成核？晶核剂对熔体结晶过程的临界晶核半径r*有何影响?
解：均匀成核——在均匀介质中进行，在整体介质中的核化可能性相同，与界面，缺陷无关非均匀成核——在异相界面上进行，如容器壁，气泡界面或附着于外加物（杂质或晶核剂）
，使用晶核剂可以降低，因此下降。
9-12在不均匀成核的情况下，相变活化能与表面张力有关，试讨论不均匀成核的活化能△G h*与接触角θ的关系，并证明当时，△G h*是均匀成核活化能的一半。
解：
（１）
（２）
（３）
（４）
平衡时则（５）
将（２）（３）（４）（５）代入（１）式，并令，则
由上式可以看出，当时，
9-13铁的原子量为55.84，密度为7.3g/cm3，熔点为1593℃，熔化热为11495J/mol，固－液界面能为2.04×10－5J/cm2，试求在过冷度为10℃、100℃时的临界晶核大小，并估计这些晶核分别由多少个晶胞所组成（已知铁为体心立方晶格，晶格常数a＝0.305nm）。
解：由,
晶核体积为，晶胞的体积为，则晶胞的个数为
当过冷度为10℃时，将已知条件代入，得：
J
m
则晶胞的个数为个
当过冷度为100℃时，将已知条件代入，得：J
m
此时晶胞的个数为个。
9-14熔体冷却结晶过程中，在1000℃时，单位体积自由焓变化△G V418J/cm3；在900℃时是2090J/cm3。
设固－液界面能5×10－5J/cm2，求：（1）在900℃和1000℃时的临界晶核半径；（2）在900℃和1000℃时进行相变所需的能量。
解：（1）由题意可知，
（2）900℃时，J
温度为1000℃时，J
9-15如在液相中形成边长为a的立方体晶核时，求出“临界核胚”立方体边长a*和△G*。
为什么立方体的△G*大于球形△G*?
解：
由，得
所以
而
因为当形成体积相同的核时，
立方体表面积6a3>球形的表面积
则
9-16铜的熔点T m＝1385k，在过冷度△T＝0.2T m的温度下，通过均相成核得到晶体铜。
计算该温度下的临界核胚半径及临界核胚的原子数。
（∆H＝1628J/cm3、γ＝1.77×10－5J/cm2，设铜为面心立方晶体，a＝0.3615nm）
解：由,
晶核体积为，晶胞的体积为，则晶胞的个数为
将已知条件代入，得：J/cm3
m=1.087nm
则临界核胚的原子数为
个
9-17图9-1为晶核的半径r与△G间的关系，现有不同温度的三条曲线，请指出哪条温度最高？哪条温度最低？并说明理由。
图9-1△G~r关系曲线解：晶核的半径相同时。