材料科学基础第七章答案
西北工业大学材料科学基础第7章习题-答案
1.可用金相法求再结晶形核率N和长大线速度G。
具体操作：(1)测定N：把一批经大变形量变形后的试样加热到一定温度(丁)后保温，每隔一定时间t，取出一个试样淬火，把做成的金相样品在显微镜下观察，数得再结晶核心的个数N，得到一组数据(数个)后作N—t图，在N—t曲线上每点的斜率便为此材料在温度丁下保温不同时间时的再结晶形核率N。
(2)测定G：将(1)中淬火后的一组试样进行金相观察，量每个试样(代表不同保温时间)中最大晶核的线尺寸D，作D—t图，在D—t曲线上每点的斜率便为了温度下保温不同时间时的长大线速度G。
2.再结晶退火必须用于经冷塑性变形加工的材料，其目的是改善冷变形后材料的组织和性能。
再结晶退火的温度较低，一般都在临界点以下。
若对铸件采用再结晶退火，其组织不会发生相变，也没有形成新晶核的驱动力(如冷变形储存能等)，所以不会形成新晶粒，也就不能细化晶粒。
3.能。
可经过冷变形而后进行再结晶退火的方法。
4.答案如附表2.5所示。
附表2.5 冷变形金属加热时晶体缺陷的行为5.(1)铜片经完全再结晶后晶粒大小沿片长方向变化示意图如附图2.22所示。
由于铜片宽度不同，退火后晶粒大小也不同。
最窄的一端基本无变形，退火后仍保持原始晶粒尺寸；在较宽处，处于临界变形范围，再结晶后晶粒粗大；随宽度增大，变形度增大，退火后晶粒变细，最后达到稳定值。
在最宽处，变形量很大，在局部地区形成变形织构，退火后形成异常大晶粒。
(2)变形越大，冷变形储存能越高，越容易再结晶。
因此，在较低温度退火，在较宽处先发生再结晶。
6.再结晶终了的晶粒尺寸是指再结晶刚完成但未发生长大时的晶粒尺寸。
若以再结晶晶粒中心点之间的平均距离d表征再结晶的晶粒大小，则d与再结晶形核率N及长大线速度之间有如下近似关系：41][NGkd=且)exp()exp(0RTQGGRTQNN nn-=-=，由于Qn与Qg几乎相等，故退火温度对G／N比值的影响微弱，即晶粒大小是退火温度的弱函数。
无机材料科学基础答案第六,七,九,十章习题答案
6-1 略。
6-2 什么是吉布斯相律？它有什么实际意义？解：相律是吉布斯根据热力学原理得出的相平衡基本定律，又称吉布斯相律，用于描述达到相平衡时系统中自由度数与组分数和相数之间的关系。
一般形式的数学表达式为F＝C－P＋2。
其中F为自由度数，C 为组分数，P为相数，2代表温度和压力两个变量。
应用相率可以很方便地确定平衡体系的自由度数。
6-3 固体硫有两种晶型，即单斜硫、斜方硫，因此，硫系统可能有四个相，如果某人实验得到这四个相平衡共存，试判断这个实验有无问题？解：有问题，根据相律，F=C-P+2=1-P+2=3-P，系统平衡时，F=0 ，则P=3 ，硫系统只能是三相平衡系统。
图6-1 图6-26-4 如图6-1是钙长石（CaAl2Si2O）的单元系统相图，请根据相图回解：（1）六方、正交和三斜钙长石的熔点各是多少？（2）三斜和六方晶型的转变是可逆的还是不可逆的？你是如何判断出来的？（3）正交晶型是热力学稳定态？还是介稳态？解：（1）六方钙长石熔点约1300℃（B点），正钙长石熔点约1180℃（C点），三斜钙长石的熔点约为1750℃（A点）。
（2）三斜与六方晶型的转变是可逆的。
因为六方晶型加热到转变温度会转变成三斜晶型，而高温稳定的三斜晶型冷却到转变温度又会转变成六方晶型。
（3）正交晶型是介稳态。
6-5 图6-2是具有多晶转变的某物质的相图，其中DEF线是熔体的蒸发曲线。
KE是晶型I的升华曲线；GF是晶型II的升华曲线；JG是晶型III的升华曲线，回答下列问题：（1）在图中标明各相的相区，并写出图中各无变量点的相平衡关系；（2）系统中哪种晶型为稳定相？哪种晶型为介稳相？（3）各晶型之间的转变是可逆转变还是不可逆转变？解：（1）KEC为晶型Ⅰ的相区，EFBC 过冷液体的介稳区，AGFB晶型Ⅱ的介稳区，JGA晶型Ⅲ的介稳区，CED是液相区，KED是气相区；（2）晶型Ⅰ为稳定相，晶型Ⅱ、Ⅲ为介稳相；因为晶型Ⅱ、Ⅲ的蒸汽压高于晶型Ⅰ的，即它们的自由能较高，有自发转变为自由能较低的晶型Ⅰ的趋势；（3）晶型Ⅰ转变为晶型Ⅱ、Ⅲ是单向的，不可逆的，多晶转变点的温度高于两种晶型的熔点；晶型Ⅱ、Ⅲ之间的转变是可逆的，双向的，多晶转变点温度低于Ⅱ、Ⅲ的熔点。
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。
材料科学基础课后习题答案7
SOLUTION FOR CHAPTER 71. FIND: Label the phase fields in Figure HP7-1.SOLUTION: There are two regions of single phase equilibrium separated by a region of two-phase equilibrium. The line separating the single phase liquid from the two phaseliquid and solid region is called the liquidus, and the line separating the two phase liquid and solid from the single phase solid is called the solidus.SKETCH:2. FIND: The name given to the type of equilibrium diagram shown in Fig. HP7-1.SOLUTION: The diagram is termed isomorphous. Above the liquidus there is only one phase, namely the liquid, and it has the same structure regardless of composition. Below the solidus is the solid phase, and as well it has the same structure regardless ofcomposition.3. FIND: What is the crystal structure of component B, why?SOLUTION: There are no phase boundaries below the solidus consequently the phase and therefore the structure must be the same. If A is FCC, then B and all compositionsbetween A and B must be the same phase and hence same structure. If A is FCC, then B must also be FCC.4. FIND: Sketch equilibrium cooling curves for alloy X o and pure component B. Explainwhy they have different shapes.SOLUTION: The slope of the temperature versus time behavior for the alloy in thesingle phase region is controlled by the cooling rate and the heat transferred from theliquid. At the liquidus temperature a small amount of solid is formed, releasing anamount of latent heat of fusion related to the volume of solid transformed. Hence, at the liquidus temperature there will be a change in slope. Since heat is being generated theslope will be less than that above the liquidus. As the temperature is reduced through the two-phase region a small amount of solid is formed and a corresponding heat released;once the solidus temperature is reached no additional transformation takes place and there is again a change in slope. The slope is greater as the solid cools than as the liquid andsolid cooled. For the pure component, solid and liquid are in equilibrium at T B, and hence,a horizontal line when liquid transforms to solid at T B.SKETCH:5. FIND: The liquidus temperature and the solidus temperature of alloy X oSOLUTION: From figure HP7-1 the liquidus temperature is approximately 1110o C and the solidus temperature is approximately 1070o C.6. FIND: Determine compositions and phase fractions of each phase in equilibrium at1100o C for alloy X o.SOLUTION: At equilibrium, the temperature of two phases must be the same, and thecomposition of the solid is found where the tie line intersects the solidus and the liquid is at the intersection of the tie line with the liquidus. From the phase diagram thecomposition of solid is 0.35B and that of the liquid is 0.55B. Using the lever rule thefraction of liquid, f L, and fraction of solid, f s is determined.7. FIND: Sketch f L and f S for alloy X o as the alloy is cooled under equilibrium conditionsfrom 1200o C to room temperature.SOLUTION: At the liquidus temperature the amount of liquid is almost 100% with onlya very small amount of solid. Conversely at the solidus temperature, the amount of solidis almost 100% with only a very small amount of liquid. In a two-phase field:f L + f s = 1.8. FIND: Changes in the compositions of the liquid and solid phases during quilibriumcooling of alloy X o through the two-phase field.SOLUTION: At the liquidus temperature, the composition of the solid is approximately0.30B. As equilibrium solidification progresses, the composition of the solid increases to0.5 B, the maximum value it can reach. The liquid on the other hand is initially thecomposition of the alloy X o, and as equilibrium solidification progresses the composition increases in B to the maximum composition in the liquid of approximately 0.7 B.9. FIND:From the following data construct a plausible equilibrium phase diagram.Component A melts at 800︒C and B melts at 1000︒C; A and B are completely soluble in one another at room temperature; and if solid α containing 0.3 B is heated underequilibrium conditions, the solid transforms to liquid having the same composition at500︒C.GIVEN: Melting temperatures for the two components, congruent melting temperature and composition.SOLUTION: The sketch shown below satisfies all of the requirements stated in theproblem. The melting temperature of pure A is 800︒C and that for pure B is 1000︒C. The congruent melting temperature is at 500︒C at a composition containing 0.3 B. Below the congruent melting temperature there is a continuous α solid solution.10. FIND: For alloys containing 10, 22, 25, 27, and 40 wt% Ni, determine the number ofphases present and the composition of the phases in equilibrium at 1200o C.11. FIND: Beginning with a statement of mass balance, derive the lever rule in a two-phasesystem.SOLUTION: In a two phase field for an alloy of some over all composition X o, thesolute is distributed in the two phases: x o = fα xα + fβ xβ where the compositions areexpressed in terms of one of the components, fα + fβ = 1. Then, fα= 1 - fβ. Substituting:x o = (1 - fβ) xα + fβ xβx o = xα - xα fβ + xβfβx o - xα = (xβ - xα) fβ12. FIND: Discuss each of the factors that permit the Cu-Ni system to be isomorphous overthe temperature range 350-1000o C.SOLUTION: The empirical rules of Hume-Rothery identify the characteristics that two elements must have in common for extensive solubility. This should require thata. the two components must have the same crystal structureb. the atomic radii of the two atoms must be similarc. the two components have the comparable electro negativities, andd. the two components have the similar valence.13. FIND: What does the temperature 322O C represent in Figure HP7-2?SOLUTION: 322o C is called the critical temperature. At the critical temperature there is a corresponding critical composition. For an alloy of this composition, cooling under equilibrium conditions from above the critical temperature to below this temperatureresults in the formation of two phases from one phase of the critical composition. Ascooling continues the two phases that form have different compositions.14. FIND: In Figure HP7-2, are α1 and α2 different crystal structures?SOLUTION: α1 and α2 are two phases having the same structure but differentcompositions. The composition of the two phases are determined as in any two phasesystem by using the tie-line. Where the tie-line at the equilibrium temperature intersects the phase boundaries determines the composition of the two phase in equilibrium.15. FIND: Location of the equilibrium phase boundary at temperature T.GIVEN: Alloy 1 containing 30%B and alloy 2 containing 50% B, when equilibrated at temperature T are in the same two-phase (L + S) region. The fraction of liquid in alloy 1 is 0.8 and the fraction of liquid in alloy 2 is 0.4.SKETCH:SOLUTION: Since the fraction of liquid in alloy 1 is greater than that of solid, theliquidus is to the left of 0.3, and since the fraction of solid in alloy 2 is greater than that of liquid, the solidus must lie to the right of alloy 2. Using the lever rule:for alloy 1for alloy 20.8X L - 0.8X s = X s - 0.30.4X L - 0.4X s = X s - 0.5Solve for X s and X L,0.8X s - 0.8X L = X s - 0.30.8X s - 0.8X L = 2X s - 1.0____________________0 = -X s + 0.7, orX s = 0.7BTo find X L, substitute X s into one of the equations:0.4 - 0.56 = -0.8X L-0.16 = -0.8X L, orX L = 0.2BAs a check, use the other equation to calculate the fraction of liquid from thecompositions.16. FIND: Label all regions of the phase diagram and the boundaries of monovariantequilibrium for the diagram shown in Figure HP7-3.SKETCH/SOLUTION:17. FIND: Sketch an equilibrium cooling curve from above the eutectic to roomtemperature for an alloy of eutectic composition.SKETCH/SOLUTION:18. FIND: Explain why the equilibrium cooling curves for alloys on either side of theeutectic composition will be different than the equilibrium cooling curve for a eutecticalloy.SOLUTION: At the eutectic temperature, liquid of composition X E is in equilibriumwith two solids, Xα and Xβ . For a hypoeutectic alloy (composition to the left of theeutectic), the first phase to form at the liquidus temperature of the alloy is α. When the eutectic temperature is reached the liquid of the eutectic composition is in equilibriumwith the two solids, one of composition Xα and the other Xβ. Consequently, depending upon composition, the closer the overall composition of the alloy is to X E, the lessproeutectic α and the more eutectic. Similarly, for alloys to the right, proeutectic β will form. In terms of the phase rule at constant pressure, for the eutectic reactionF = C - P + 1 = 2 - 3 + 1 = 0. The eutectic is invariant, and solidifies under equilibriumconditions at one temperature, T E. For alloys on either side of the eutectic composition but between Xα and Xβ, the proeutectic phase forms and cooling occurs as it does in any two-phase s-l region. Once the eutectic isotherm is reached, the remaining liquid ofeutectic composition solidifies isothermally.19. FIND: The maximum solid solubility of B in A and of A in B in Figure HP7-3.SOLUTION: The maximum solubility of B in A occurs at 0.15 B and the maximumsolubility of A in B is 0.1 A.20. FIND: For an alloy of eutectic composition in Figure HP7-3, determine the compositionof the solid phases in equilibrium with the liquid.SOLUTION: The composition of the two solid phase α and β in equilibrium with liquid at T_ occurs at 0.15 B and 0.9 B.21. FIND: Plot f L, fα, and fβ as a function of temperature for the equilibrium cooling of analloy of eutectic composition.SOLUTION: At just above the eutectic temperature, the microstructure consists of allliquid of composition X E. (Determined from the phase diagram to be approximately0.63B.) Just below the eutectic temperature, the microstructure is a mixture of twophases, α and β. From the phase diagram, Xα ~ 0.15B and Xβ ~ 0.9B. To determine the fractions of α and β at temperatures below T E, use the lever-rule. Tabulated below arecompositions of the phases in equilibrium at several temperatures estimated from thephase diagram. These compositions are then used to calculate the amount of each phase present.Fraction of phases:At 600: f L = 1.0, fα = fβ = 0At 500: f L = 0Instal l Equa tion E ditor a nd do uble-click h ere to view equat ion.Instal l Equa tion E ditor a nd do uble-click h ere to view equat ion.At 400: f L = 0Instal l Equa tion E ditor a nd do uble-click h ere to view equat ion.Instal l Equa tion E ditor a nd do uble-click h ere to view equat ion.At 300: f L = 0Instal l Equa tion E ditor a nd do uble-click h ere to view equat ion.Instal l Equa tion E ditor a nd do uble-click h ere to view equat ion.22. FIND: For alloy X o (in Figure HP7-3), calculate the fraction of α that forms as primary αand the fraction of α that forms by eutectic decomposition when the alloy is cooled from 850o C to room temperature under equilibrium conditions.SOLUTIONS: The fraction of proeutectic α that forms under equilibrium conditionspresent in alloy X o cooled from 850o C to just above the eutectic is:Then the fraction of liquid which is of eutectic composition is:f L = 1 - fα = 1. - 0.69 = 0.31.The fraction of α that forms from liquid of eutectic composition, fα,E is :fα,E = (fraction of α formed from eutectic) (0.31)To check these results, the sum of proeutectic α plus that which forms from the eutectic =0.69 + 0.11 = 0.8. That amount should be the same as if we calculated directly fα that would be present just below the eutectic for alloy of composition X o.23. FIND: The total fraction of α at room temperature for alloy X o in Figure HP7-3.SOLUTION: Solubility of B in α at room temperature is approximately 0.02 A and the solubility of A in β is approximately 0.04 A (in terms of B 0.96 B).24. FIND: Equilibrium phase diagram given the information below.GIVEN: Component A melts at 900o C; component B melts at 1000o C; and there is aninvariant reaction at 600o C. The solubility of B in α is known to increase from almost nil at room temperature to a maximum of 10%. When an alloy containing 30% B is cooled under equilibrium conditions just above 600o C, a two-phase mixture is present, 50% αand 50% liquid. When the alloy is cooled just below 600o C, the alloy contains two solid phases, α and β. The fraction of α is 0.75. After cooling under equilibrium conditions to room temperature, the amount of α in the α + β mixture decreases to 68%.SOLUTION: At just above the invariant temperature there is a region of two phaseequilibrium, a mixture of 50% α and 50% L. Consequently if the overall composition is 50%β, and α is located at 10%β, then the liquid must be at ˜50% B. Just below theinvariant reaction, two solid phases are present, αat ˜10%B and β at some composition, Xβ. If fα = 0.75, then:At room temperature, if fα = 0.68, and the solubility of B in α is nil, thenThe invariant reaction is L _ α + β, a eutectic, hence the diagram shown below fits allconditions.25. FIND: A binary phase diagram consistent with the information given below.GIVEN: The binary system A-B with T B > T A is known to contain two invariantreactions of the type: L _ α + β at T1, and L _ β + γ at T2 where T1 < T A and T2 > T A ,and β (0.5 B) is a congruently melting phase at a temperature higher than T B.SKETCH/SOLUTION: Given T B > T A, and T1 < T2 and T2 > T A, then at the congruent temperature, solid transforms to liquid at the same composition, hence for the threephases, α, β and γ with some solubility, is shown below along with a similar phasediagram in which there is limited solubility of B in A and A in B and the congruent phase appears as a line compound.26. FIND: Which phase diagram in Figure HP7-4 is MgO-NiO and which is NiO-CaO?Label the regions on the diagram and identify the invariant reaction.SOLUTION: To determine whether the isomorphous system is NiO-MgO or NiO-CaO, one needs to know the ionic radii of the three cations. r(Ni2+) = 0.078 nm, r(Mg2+) =0.078 nm, and r(Ca2+) = 0.106 nm. Therefore, based upon size of the ions occupying thecation sublattice we would expect the NiO-MgO system to be the isomorphous system.27. FIND: What is the maximum solid solubility of Ag in Pt?GIVEN: Phase diagram in Figure HP7-5.SOLUTION: Maximum solid solubility of Ag in Pt is 10.5 wt% Ag.28. FIND: For an alloy of peritectic composition, what is the composition of the last liquidto solidify at 1186o C?SOLUTION: The composition of the last liquid to solidify is 66.3% Ag (the peritiectic composition is 42.4% Ag).29. FIND: What is the range of alloy compositions that will peritectically transform duringequilibrium cooling?SOLUTION: Compositions between 10.5 and 66.3 wt % Ag.30. FIND: Plot the fraction of liquid, f L, the fraction of α, fα, and the fraction of β, fβ, as afunction of temperature during equilibrium cooling from 1800 to 400o C. For an alloy of peritectic composition.SOLUTION: First, you must determine the compositions of the phase(s) that is (are) in equilibrium. If, at a particular temperature the alloy is in a single phase then thecomposition of the phase is the composition of the alloy and the microstructure contains 100% of that phase. When the alloy is in a two phase field, the compositions aredetermined in using the tie-lines, and the phase fractions are determined using the lever.If, however, the microstructure is equilibrated at an invariant temperature and thecomposition lies along the invariant line, then only the composition of the phases can be determined, not their relative amounts. For an alloy of 42.4% Ag cooled underequilibrium conditions the approximate compositions of the phases in equilibrium atseveral temperatures are summarized in the following table.Fractions of phases at 1400:At 1300:At 1200At 1100At 1000At 900At 800At 700 At 600At 500At 400Fraction of phases as a function of temperature are plotted below.31. FIND: Sketch a possible diagram given the information below.GIVEN: The two component system A-B with T A > T B contains two invariant reactions of the type L + α _ β at T1, and L _ β + γ at T2 (<T1).SKETCH/SOLUTION: Reaction at T1 is a peritectic, reaction at T2 a eutectic, T A > T B and T1 > T2.In the above figure some B is soluble in A and likewise some A is soluble in B. Thephase that melts incongruently at T1 has a change in solubility with temperature.Alternatively, we can construct a diagram where the solubility of the end members are nil and the incongruently melting phase, X, is a line compound. That diagram wouldresemble the diagram shown below.32. FIND: Label all phase fields and identify the invariant reactions in the Ag-Al Phasediagram shown in figure HP7-6.SKETCH/SOLUTION:33. FIND: Label the phase fields and identify the invariant reactions in the V2O5 - NiOphase diagram.SKETCH/SOLUTION:34. FIND: Apply the 1-2-1...rule to the V2O5 - NiO diagram at 600o C.SOLUTION: At 600o C the single-phase regions are V2O5, N-V, 2N-V, 3N-V and NiO.These narrow single-phase fields define the regions of two-phase equilibrium. Also, itshould be recalled that at a fixed temperature the composition of each phase in a two-phase field is constant. All that varies is the relative amount of each phase (i.e. the lever-rule).35. FIND: Label all phase fields and identify the invariant reactions in the V2O5 - Cr2O3system.SKETCH/SOLUTION:36. FIND: For compositions X and Y, plot the fraction of phases present as a function oftemperature.SOLUTION: From the phase diagram in Figure HP7-8 the relevant we find:Composition of alloy X ~ 0.47BComposition of alloy Y ~ 0.55BComposition of the liquid at the peritectic isotherm ~ 0.44BComposition of the eutectic ~ 0.21BLiquidus temperature of X ~ 1100o CLiquidus temperature of Y ~ 1400o CPeritectic temperature ~ 900o CEutectic temperature ~ 700o CFor alloy X, in the temperature range from the liquidus (1100o C) to just above theperitectic isotherm, f L , decreases from 1.0 to:while the fraction of the oxide increases from 0 to (1 - 0.95) = 0.05. In the temperature range just below the peritectic isotherm to just above the eutectic isotherm, the phase fractions change from:andtoandjust above the eutectic temperature.In the temperature range below the eutectic isotherm, the Instal l Equa tion E ditor a nd do uble -click h ere to view equat ion.areconstant and from the lever rule are:Similarly for alloy Y:In the temperature range from the liquidus temperature (1400o C) to just above theperitectic isotherm the fraction of liquid decreases from f L = 1 towhile the fraction of Cr 2O 3 increasing from 0 toBelow the eutectic isotherm the amount of Cr 2O 3⋅V 2O 5 and Cr 2O 3 are constant.37.FIND: Identify the invariant reactions occurring in the Cu-Pb system.SOLUTION: There are two invariant reactions in the Cu - Pb system, a monotectic at 955o C and a eutectic at 326o C. For a complete illustration examine how the reduction in solubility of the components in each other effect the monotectic systems shown in Figure 7.6-1.38.FIND: Phase diagram HP7-9 indicates no mutual solid solubility of Cu in Pb or Pb in Cu. Explain why this is not strictly true.SOLUTION: Although the phase diagram appears to indicate no solubility of Cu in Pb or Pb in Cu, as pointed out on page 274 of the text, the free energy of a pure component can always be reduced by small additions of a second component since the presence of the second component increases the randomness of the system. It then is a competition between the enthalpy and the entropy terms as to how much is added, since:∆G = ∆H - T ∆S39.FIND: If an alloy containing 63 wt% Pb is cooled under equilibrium conditions from 1100o C to room temperature, plot the fraction of phases present as a function of temperature.SKETCH/SOLUTION: When an alloy containing 63% Pb, is cooled from 1100o C to room temperature under equilibrium conditions the following phases form. Below 991o C and just above the monotectic isotherm, liquid phase separation occurs. The composition of the two liquids follow the liquidus boundary, and the amount is calculated by the lever-rule. Below the monotectic isotherm to just above the eutectic isotherm two phases are present, Cu with essentially no soluble Pb and liquid rich in Pb, the composition of which follows the liquidus. Below the eutectic isotherm there is a two-phase mixture of essentially pure Cu and pure Pb. At 991o C the microstructure is essentially all liquid containing 63% Pb. At 975o C the microstructure has separated into two liquids, one (L I ) containing approximately 80% Pb and the second (L II ) containing approximately 43% Pb.Just above the monotectic isotherm.Below the monotectic isotherm, the fraction of liquid decreases, while the fraction ofsolid Cu increases. Just below 955o CAt 900o CAt 800o CThere is so little solubility of Cu in the liquid that once the temperature drops below 600o C, the system is essentially solid Cu with liquid essentially composed of Pb. Below 326o C the microstructure is a mixture of solid copper and lead. The phase diagramsuggests that there is no measurable change in solubility of the components. Then,40. FIND: Most alloying elements used in commercial titanium alloys can be classified aseither alpha stabilizers or beta stabilizers. Figure HP7.10 contains the Ti-Al and Ti-Vequilibrium phase diagrams. Which alloying element would most likely be consideredthe alpha stabilizer? Explain.GIVEN: The Ti-Al and Ti-V phase diagrams.SOLUTION: Solid titanium exists in two crystal forms. β, the high temperatureallotrope which is bcc, and α, the low temperature form which is hcp. At 882 ︒C thesetwo phases are in equilibrium at 1 atm pressure for pure titanium. When alloyingelements are added the relative stability of the phases may change. For the Ti-Al system, adding aluminum to pure titanium increases the temperature at which α begins to form.Thus, aluminum is said toIn the Ti-V system, thetemperature at which the αphases formsdecrease with increasing V,said to be a βthus V is41. FIND: In the Ti-Al system, identify a phase and its composition that melts congruently.Estimate the congruent melting temperature from the phase diagram.GIVEN: The Ti-Al phase diagram and the definition of a congruently melting phase. A phase melts congruently, when the composition of the solid and the composition of theliquid for an alloy are the same.SOLUTION: Examination of the Ti-Al phase diagram shows that the composition near5 weight % ( ~ 10 atomic %) melts congruently at approximately 1730 ︒C.42.FIND: Label all the two-phase fields on the Ti-Al phase diagram.GIVEN: The Ti-Al phase diagram with all the single phase fields labeled.SOLUTION: To complete this problem, we need only recognize that in a binary system, phases appear across the diagram alternating 1-2-1-2-...-1. Included below is the Al-Ti phase diagram with all phase fields labeled.α + Ti Al 33Ti Al + TiAl TiAl + TiAl 2α + Ti Al 3β + TiAlβ + Lα + TiAlTiAl + LTiAl + δTiAl + δ2α700900110013001500T e m p e r a t u r e , °C23TiAl + βTiAl 23TiAl + αTiAl 3αTiAl + Al 3βTiAl + Al Allotropic phaseL + δα + β3δ + βTiAl 3βTiAl + L 170043. FIND: Label all the invariant reactions occurring in the Ti-Al system.GIVEN: The Ti-Al phase diagram.SOLUTION:See the sketch of the Ti-Al diagram below.44. FIND: From the phase diagram, estimate the temperature at which Ti3Al congruentlytransforms to α Ti.GIVEN: The Ti-Al phase diagram.SOLUTION: The phase Ti3Al transforms the α Ti of the same composition atapproximately 1200︒C and a composition of approximately 21 wt % Al (33 atomic % Al).45. FIND: When the line compound β TiAl3 is heated, what is the composition of the firstliquid that forms in equilibrium with β TiAl3? Does this compound melt congruently?Explain.GIVEN: The Ti-Al phase diagram.SOLUTION: TiAl3 appears as a line compound on the phase diagram. Atapproximately 1375︒C TiAl3 undergoes a peritectic reaction on heating underequilibrium conditions. The composition of the liquid in equilibrium with TiAl3 is notthe composition of TiAl3 and hence the phase does not melt congruently, but meltsincongruently. The composition of the liquid is approximately 63 wt % Al. Theperitectic reaction written on heating is:TiAl3→ liquid (63 wt % Al) + δ Ti.46. FIND: The presence of Ti3Al in Ti-Al alloys has a detrimental effect on the ductility. Tocontrol this problem, the amount of aluminum needs to be less than 6 wt. %.Consequently, all of the products that you are producing contain a maximum of 6 wt. %of aluminum. You have been told that additions of tin, zirconium, and oxygen (oftenpresent as an impurity) are all known to be alpha stabilizers. If there is a possibility thatsmall additions of oxygen may enter the system as your alloy is melted, should youreduce the amount of aluminum in your alloy or not worry about it if ductility is animportant property for your product? Explain your reasoning.GIVEN: The Ti-Al phase diagram.SOLUTION: Since both aluminum and oxygen are α stabilizers, a judicious choicewould be to reduce the amount of aluminum in your alloy. This would be a particularlywise choice since the critical amount is just at 6 % Al, the addition of any alloyingelement that might affect the amount of Ti3Al should be avoided. Therefore reducing the amount of Al should be reduced.47. FIND: Label all the two-phase fields in the Ti-V system.GIVEN: The Ti-V phase diagram with all the single phase fields labeled.SOLUTION: To complete this problem, we need only recognize that in a binary system, phase fields appear across the diagram alternating 1-2-1-2-...-1. Included below is asketch of the Al-V phase diagram with all phase fields labeled.48. FIND: Identify the invariant reaction that is occurring at 675︒C in the Ti-V system.GIVEN: The Ti-V phase diagram.SOLUTION: The invariant reaction that is occurring at 675︒C is a monotectoid reaction and can be written symbolically as:β1→α + β2.from 900︒C down to 500︒C, plot the fraction of phases present as a function of temperature.GIVEN: The Ti-V phase diagram.SOLUTION: The compositions and the fraction of each phase from the phase diagram are shown in the table below. From the table the sketch given below illustrates the relative fraction of phases present as a function of temperature.50.FIND: Consider an alloy containing 52 wt. % V. Describe the phases present and their compositions as the alloy is cooled under equilibrium conditions from 900︒C to 500︒C. GIVEN: The Al-V phase diagram.SOLUTION: An alloy containing 52 wt. % V at 900︒C is in the β Ti,V single phase field. When the alloy is cooled it passes through the critical temperature of a monotectoid at 850︒C. Cooling below this temperature results in the formation of a two phase mixture of V-poor and V-rich solids that have the β Ti,V structure. Decreasing the temperature results in two solid phases whose compositions continuously change. The composition of the two solids follow the solid-solid miscibility boundary as shown in the sketch below. Cooling to 675︒C results in the invariant monotectoid reaction at that temperature. Symbolically that reaction can be written as β1 → α + β2. Cooling below themonotectoid temperature results in the disappearance of the β1 phase. Since the relative solubilities of V in Ti and Ti in V decrease with temperature, cooling to 500︒C changes the compositions of the α and β2 phases following the solvus boundaries as shown in the sketch.51.FIND: If a titanium alloy containing 5 wt. % V is cooled under equilibrium conditions from 900︒C down to 500︒C, plot the fraction of phases present as a function of temperature. Which phase is richer in vanadium, α or β? GIVEN: The Ti-V phase diagram.SOLUTION: The β phase is richer in vanadium than the α phase.L + β ( Ti, V )β ( Ti, V ) + α ( Ti )β1β2+Comp. of β decreases in V along phase boundary12Comp. of β increases in V along phase boundaryMonotectoid isotherm。
材料科学基础试题及答案
第一章 原子排列与晶体结构1. fcc 结构的密排方向是 ，密排面是 ，密排面的堆垛顺序是 ，致密度为 ，配位数是 ,晶胞中原子数为 ，把原子视为刚性球时，原子的半径r 与点阵常数a 的关系是 ；bcc 结构的密排方向是 ，密排面是 ,致密度为 ,配位数是 ,晶胞中原子数为 ，原子的半径r 与点阵常数a 的关系是 ；hcp 结构的密排方向是 ，密排面是 ，密排面的堆垛顺序是 ，致密度为 ，配位数是 ,，晶胞中原子数为 ，原子的半径r 与点阵常数a的关系是 。
2. Al 的点阵常数为0.4049nm ，其结构原子体积是 ，每个晶胞中八面体间隙数为 ，四面体间隙数为 。
3. 纯铁冷却时在912ε 发生同素异晶转变是从 结构转变为 结构，配位数 ，致密度降低 ，晶体体积 ，原子半径发生 。
4. 在面心立方晶胞中画出）（211晶面和]211[晶向，指出﹤110﹥中位于（111）平面上的方向。
在hcp 晶胞的（0001）面上标出）（0121晶面和]0121[晶向。
5. 求]111[和]120[两晶向所决定的晶面。
6 在铅的（100）平面上，1mm 2有多少原子？已知铅为fcc 面心立方结构，其原子半径R=0.175×10-6mm 。
第二章 合金相结构一、 填空1） 随着溶质浓度的增大，单相固溶体合金的强度 ，塑性 ，导电性 ，形成间隙固溶体时，固溶体的点阵常数 。
2） 影响置换固溶体溶解度大小的主要因素是（1） ；（2） ；（3） ；（4） 和环境因素。
3） 置换式固溶体的不均匀性主要表现为 和 。
4） 按照溶质原子进入溶剂点阵的位置区分，固溶体可分为 和 。
5） 无序固溶体转变为有序固溶体时，合金性能变化的一般规律是强度和硬度 ，塑性 ，导电性 。
6）间隙固溶体是 ，间隙化合物是 。
二、 问答1、 分析氢，氮，碳，硼在α-Fe 和γ-Fe 中形成固溶体的类型，进入点阵中的位置和固溶度大小。
已知元素的原子半径如下：氢：0.046nm ，氮：0.071nm ，碳：0.077nm ，硼：0.091nm ，α-Fe ：0.124nm ，γ-Fe ：0.126nm 。
武汉理工 材料科学基础 课后答案 _第七章
第七章答案7-1略7-2浓度差会引起扩散，扩散是否总是从高浓度处向低浓度处进行?为什么?解：扩散是由于梯度差所引起的，而浓度差只是梯度差的一种。
当另外一种梯度差，比如应力差的影响大于浓度差，扩散则会从低浓度向高浓度进行。
7-3欲使Ca2＋在CaO中的扩散直至CaO的熔点（2600℃）时都是非本质扩散，要求三价离子有什么样的浓度？试对你在计算中所做的各种特性值的估计作充分说明。
已知CaO肖特基缺陷形成能为6eV。
解：掺杂M3+引起V’’Ca的缺陷反应如下：当CaO在熔点时，肖特基缺陷的浓度为：所以欲使Ca2＋在CaO中的扩散直至CaO的熔点（2600℃）时都是非本质扩散，M3+的浓度为，即7-4试根据图 7-32查取：（1）CaO在1145℃和1650℃的扩散系数值；（2）Al2O3在1393℃和1716℃的扩散系数值；并计算CaO和Al2O3中Ca2＋和Al3＋的扩散活化能和D0值。
解：由图可知CaO在1145℃和1650℃的扩散系数值分别为，Al2O3在1393℃和1716℃的扩散系数值分别为根据可得到CaO在1145℃和1650℃的扩散系数的比值为：，将值代入后可得，Al2O3的计算类推。
7-5已知氢和镍在面心立方铁中的扩散数据为cm2/s和cm2/s，试计算1000℃的扩散系数，并对其差别进行解释。
解：将T=1000℃代入上述方程中可得，同理可知。
原因：与镍原子相比氢原子小得多，更容易在面心立方的铁中通过空隙扩散。
7-6在制造硅半导体器体中，常使硼扩散到硅单晶中，若在1600K温度下，保持硼在硅单晶表面的浓度恒定（恒定源半无限扩散），要求距表面10－3cm深度处硼的浓度是表面浓度的一半，问需要多长时间（已知D1600℃＝8×10－12cm2/s；当时，）？解：此模型可以看作是半无限棒的一维扩散问题，可用高斯误差函数求解。
其中=0，，所以有0.5=，即=0.5，把=10－3cm，D1600℃＝8×10－12cm2/s代入得t=s。
材料科学基础第七章习题及答案
1页 1．已知某二元合金的共晶反应为：(1) 试求含50％B 的合金完全结晶后，初晶α与共晶(α+β)的重量％，α相与β相的重量％；共晶体中α相与β相的重量％。
(2) 若测出显微组织中β初晶与(α+β)共晶各占一半时，试求该合金成分。
2. 已知在A-B 二元合金中，A (熔点600℃)与B (熔点500℃)在液态无限互溶，固态时A 在B 中的最大固溶度(质量分数)为w A ＝0.30，室温时为w A ＝0.10；但B 在固态和室温时均不溶于A 。
在300℃时，含w B ＝0.40的液态合金发生共晶反应。
试绘出A-B 合金相图；并分析w A ＝0.20，w A ＝0.45，w A ＝0.80的合金在室温下组织组成物和相组成物的相对量。
3. 试根据含碳量3.5％亚共晶白口铁的平衡组织，计算其中各组织组成物的相对含量。
答案1. 解：(1)根据杠杆定律可得(2) 设该合金中B 的重量％为wB ，则 2. 解：（1）A －B 合金相图如下图所示（2）合金为0.2A －0.8B 时，室温下相组成物为A 和β相，其相对量为室温下组织组成物为β+A Ⅱ，其相对量与相组成物相同，即（3）合金为0.45A －0.55B 时，室温下相组成物为A 和β相，其相对量为 室温下组织组成物为β初+(A+β)共晶+A Ⅱ，在共晶反应刚完成时，冷却至室温时，将由β初’和(A+β)共晶的β中析出A Ⅱ。
由于共晶β中析出的A Ⅱ与共晶A 连接在一起，故略去不计。
由β初’中析出的A Ⅱ的相对量为%所以，室温下β初的相对量为 '%%%50%11.11%38.89%A ββ=-=-=Ⅱ初初该合金室温下组织组成物的相对量为（4）合金为0.8A －0.2B 时，室温下相组成物为A 和β相，其相对量为 室温下组织组成物为A+(A+β)共晶，其相对量为3. 解：含碳量3.5％的亚共晶白口铁的平衡组织为P+Fe3C Ⅱ+Ld’。
共晶反应刚完成时，室温下组织组成物的相对量为 4. 解：(1) 冷却曲线如图所示。
太原理工大学材料科学基础习题及参考答案(全)
太原理工大学材料科学基础习题及参考答案第一章原子结构与结合键习题1-1计算下列粒子的德布罗意波长：(1) 质量为10-10 kg，运动速度为0.01 m·s-1的尘埃；(2) 速度为103 m/s的氢原子；(3) 能量为300 eV的自由电子。
1-2怎样理解波函数ψ的物理意义？1-3在原子结构中，ψ2和ψ2dτ代表什么？1-4写出决定原子轨道的量子数取值规定，并说明其物理意义。
1-5试绘出s、p、d轨道的二维角度分布平面图。
1-6多电子原子中，屏蔽效应和钻穿效应是怎样影响电子的能级的？1-7写出下列原子的基态电子组态（括号内为原子序号）：C (6)，P (15)，Cl (17)，Cr (24) 。
1-8 形成离子键有哪些条件？其本质是什么？1-9 试述共价键的本质。
共价键理论包括哪些理论？各有什么缺点？1-10 何谓金属键？金属的性能与金属键关系如何?1-11 范德华键与氢键有何特点和区别？参考答案：1-1 利用公式λ = h/p = h/mv 、E = hν计算德布罗意波长λ。
1-8 离子键是由电离能很小、易失去电子的金属原子与电子亲合能大的非金属原子相互作用时，产生电子得失而形成的离子固体的结合方式。
1-9 共价键是由相邻原子共有其价电子来获得稳态电子结构的结合方式。
共价键理论包括价键理论、分子轨道理论和杂化轨道理论。
1-10 当大量金属原子的价电子脱离所属原子而形成自由电子时，由金属的正离子与自由电子间的静电引力使金属原子结合起来的方式为金属建。
由于存在自由电子，金属具有高导电性和导热性；自由电子能吸收光波能量产生跃迁，表现出有金属光泽、不透明；金属正离子以球星密堆方式组成，晶体原子间可滑动，表现出有延展性。
第二章材料的结构习题2-1定义下述术语，并注意它们之间的联系和区别。
晶系，空间群，平移群，空间点阵。
2-2名词解释：晶胞与空间格子的平行六面体，并比较它们的不同点。
2-3 (1) 一晶面在x、y、z轴上的截距分别为2a、3b和6c，求出该晶面的米勒指数。
中南大学材料科学基础课后习题答案
中南大学材料科学基础课后习题答案(总12页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第一章 原子排列与晶体结构1. [110]， (111)， ABCABC…， ， 12 , 4 ， a r 42=； [111]， (110) , , 8 , 2 ， a r 43= ； ]0211[， (0001) ， ABAB ， ， 12 ， 6 ， 2a r =。
2.， 4 ， 8 。
3.FCC ， BCC ，减少 ，降低 ，膨胀 ，收缩 。
4.解答：见图1－1 5. 解答：设所决定的晶面为（hkl ），晶面指数与面上的直线[uvw]之间有hu+kv+lw=0，故有：h+k-l=0,2h-l=0。
可以求得（hkl ）＝（112）。
6 解答：Pb 为fcc 结构，原子半径R 与点阵常数a 的关系为a r 42=，故可求得a ＝×10-6mm 。
则（100）平面的面积S ＝a 2＝×0-12mm 2，每个（100）面上的原子个数为2。
所以1 mm 2上的原子个数s n 1=＝×1012。
第二章 合金相结构一、 填空1） 提高，降低，变差，变大。
2） （1）晶体结构；（2）元素之间电负性差；（3）电子浓度 ；（4）元素之间尺寸差别3） 存在溶质原子偏聚 和短程有序 。
4） 置换固溶体 和间隙固溶体 。
5） 提高 ，降低 ，降低 。
6） 溶质原子溶入点阵原子溶入溶剂点阵间隙中形成的固溶体，非金属原子与金属原子半径的比值大于时形成的复杂结构的化合物。
二、 问答1、 解答： -Fe 为bcc 结构，致密度虽然较小，但是它的间隙数目多且分散，间隙半径很小，四面体间隙半径为，即R ＝，八面体间隙半径为，即R ＝。
氢，氮，碳，硼由于与-Fe 的尺寸差别较大，在-Fe 中形成间隙固溶体，固溶度很小。
-Fe 的八面体间隙的[110]方向R= Ra ，间隙元素溶入时只引起一个方向上的点阵畸变，故多数处于-Fe 的八面体间隙中心。
《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。
材料科学基础第7章习题答案
第7章 习题答案7.1 解释并区分下列概念（1）稳定扩散与不稳定扩散稳定扩散：空间任意一点的浓度不随时间变化，扩散通量不随位置变化。
不稳定扩散：空间任意一点的浓度随时间变化，扩散通量随位置变化。
（2）本征扩散与非本征扩散本征扩散：由热缺陷（或本征点缺陷）所引起的扩散。
非本征扩散：掺入价数与溶剂不同的杂质在晶体中产生的点缺陷所引起的扩散。
（3）自扩散与互扩散自扩散：原子(或离子)以热振动为推动力通过由该种原子或离子所构成的晶体，向着特定方向所进行的迁移过程。
互扩散：存在两种或两种以上原子或离子的扩散，即多元系统扩散。
（4）扩散系数与扩散通量扩散系数：单位浓度梯度下的扩散通量。
扩散通量：单位时间内通过垂直于x 轴的单位面积的原子数量。
7.2浓度差会引起扩散，扩散是否总是从高浓度处向低浓度处进行?为什么?解：扩散是由于梯度差所引起的，而浓度差只是梯度差的一种。
当另外一种梯度差，比如应力差的影响大于浓度差，扩散则会从低浓度向高浓度进行。
7.4 对含碳量.01wt ％的钢表面进行渗碳强化处理，渗碳时，钢所接触的高温气氛使钢表面的碳浓度最高达到1.2wt ％。
然后，碳向钢表面内部扩散。
为了获得最佳性能，钢必须在其表面下0.2cm 深处具有0.45wt ％的碳，如果扩散系数是2×10-7cm 2/s ，试求渗碳工序需要多长时间？解：该题符合恒定源扩散条件，因此001C C erf C C -=-7 1.20.450.68181.20.1e r f e ⎛⎫-===-0.705= 10067928t s h =≈7.5已知氢和镍在面心立方铁中的扩散数据为210300 4.180.0063exp H D cm s RT ⨯⎛⎫=- ⎪⎝⎭和264000 4.184.1exp Ni D cm s RT ⨯⎛⎫=- ⎪⎝⎭，试计算1000℃的扩散系数，并对其差别进行解释。
解：将T =1000℃代入上述方程中可得5210300 4.180.0063exp 10300 4.180.0063exp 3.6108.3141273H D RT cm s -⨯⎛⎫=- ⎪⎝⎭⨯⎛⎫=-=⨯ ⎪⨯⎝⎭同理可知1124.3510Ni D cm s -=⨯。
材料科学基础-7-习题答案
又 C x =2.5 X017/10-6=2.5 X023 个/m 3C 2=C x - 3.05 X019~ 2.5 X023 个/m 37.5 已知氢和镍在面心立方铁中的扩散数据为第七章习题基本动力学过程一扩散7.1解释下列概念： 稳定扩散：在垂直扩散方向的任一平面上，单位时间内通过该平面单位面积的粒子数一定，即任一点的浓度不随时间而变化。
本征扩散： 由热起伏产生的点缺陷作为迁移载体的扩散。
不稳定扩散：扩散物质在扩散介质中浓度随时间发生变化。
非本征扩散：由杂质的不等价置换产生的点缺陷作为迁移载体的扩散。
自扩散：在同一晶体内无化学位梯度时质点的扩散。
扩散通量： 单位时间内通过单位横截面的粒子数。
扩散系数： 单位浓度梯度下的扩散通量。
互扩散：存在化学位梯度的扩散。
7.3当锌向铜内扩散时，已知在 x 点处锌的含量为2.5X1017个锌原子/cm 3, 300 °C 时每分钟每mm 2要扩散60个锌原子，求与x 点相距2mm 处锌原子的 浓度。
（已知锌在铜内的扩散体系中 D o =0.34X 10 -14 2 I m / s ; Q=18.81KJ / mol )?解:将锌向铜内扩散 看成一维稳定扩散，根据菲克第一定律: J —D 匹 J x D x C 2 - C x 3 J x =- D ，其中 C x =2.5 X0 个/cm , X-X 2=2mm , X — X 22 2 J x =60 个/60s mm =1 个/s mm 扩散系数宏观表达式 D=D o exp(- Q/RT)，其中 D o =O.34 M0"14m 2/s , Q=1.881 X04J/mol R=8.314J/mol K , T=300+273=573KD =0.34 10,4exp( _ 1.881 10 )= 6.557 10”m 2/s 8.314 汉573J x (X-X 2) D 阮705 1019 个/m 3从计算结果可知，D H >>D M ，这是由于氢原子与铁原子半径相差较大，形成的是间隙型固溶体，氢原子的扩散属于间隙扩散机制； 而镍原子与铁原子尺寸相差不大， 形成的是置换型 固溶体，镍通过空位机制扩散。
《材料科学基础》经典习题及答案
第七章回复再结晶，还有相图的内容。
第一章1.作图表示立方晶体的()()()421,210,123晶面及[][][]346,112,021晶向。
2.在六方晶体中，绘出以下常见晶向[][][][][]0121,0211,0110,0112,0001等。
3.写出立方晶体中晶面族{100}，{110}，{111}，{112}等所包括的等价晶面。
4.镁的原子堆积密度和所有hcp 金属一样，为0.74。
试求镁单位晶胞的体积。
已知Mg 的密度3Mg/m 74.1=mg ρ，相对原子质量为24.31，原子半径r=0.161nm 。
5.当CN=6时+Na 离子半径为0.097nm ，试问：1) 当CN=4时，其半径为多少？2) 当CN=8时，其半径为多少？6. 试问：在铜（fcc,a=0.361nm ）的<100>方向及铁(bcc,a=0.286nm)的<100>方向,原子的线密度为多少？7.镍为面心立方结构，其原子半径为nm 1246.0=Ni r 。
试确定在镍的（100），（110）及（111）平面上12mm 中各有多少个原子。
8. 石英()2SiO 的密度为2.653Mg/m 。
试问： 1) 13m 中有多少个硅原子（与氧原子）？2) 当硅与氧的半径分别为0.038nm 与0.114nm 时，其堆积密度为多少（假设原子是球形的）？9.在800℃时1010个原子中有一个原子具有足够能量可在固体内移动，而在900℃时910个原子中则只有一个原子，试求其激活能（J/原子）。
10.若将一块铁加热至850℃，然后快速冷却到20℃。
试计算处理前后空位数应增加多少倍（设铁中形成一摩尔空位所需要的能量为104600J ）。
11.设图1-18所示的立方晶体的滑移面ABCD 平行于晶体的上、下底面。
若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 。
1) 有人认为“此位错环运动移出晶体后，滑移面上产生的滑移台阶应为4个b ,试问这种看法是否正确？为什么？2)指出位错环上各段位错线的类型，并画出位错运动出晶体后，滑移方向及滑移量。
材料科学基础试题及答案
第一章 原子排列与晶体结构1. fcc 结构的密排方向是 ，密排面是 ，密排面的堆垛顺序是 ，致密度为 ，配位数是 ,晶胞中原子数为 ，把原子视为刚性球时，原子的半径r 与点阵常数a 的关系是 ；bcc 结构的密排方向是 ，密排面是 ,致密度为 ,配位数是 ,晶胞中原子数为 ，原子的半径r 与点阵常数a 的关系是 ；hcp 结构的密排方向是 ，密排面是 ，密排面的堆垛顺序是 ，致密度为 ，配位数是 ,，晶胞中原子数为 ，原子的半径r 与点阵常数a 的关系是 。
2. Al 的点阵常数为0.4049nm ，其结构原子体积是 ，每个晶胞中八面体间隙数为 ，四面体间隙数为 。
3. 纯铁冷却时在912ε 发生同素异晶转变是从 结构转变为 结构，配位数 ，致密度降低 ，晶体体积 ，原子半径发生 。
4. 在面心立方晶胞中画出）（211晶面和]211[晶向，指出﹤110﹥中位于（111）平面上的方向。
在hcp 晶胞的（0001）面上标出）（0121晶面和]0121[晶向。
5. 求]111[和]120[两晶向所决定的晶面。
6 在铅的（100）平面上，1mm 2有多少原子？已知铅为fcc 面心立方结构，其原子半径R=0.175×10-6mm 。
第二章 合金相结构一、 填空1） 随着溶质浓度的增大，单相固溶体合金的强度 ，塑性 ，导电性 ，形成间隙固溶体时，固溶体的点阵常数 。
2） 影响置换固溶体溶解度大小的主要因素是（1） ；（2） ；（3） ；（4） 和环境因素。
3） 置换式固溶体的不均匀性主要表现为 和 。
4） 按照溶质原子进入溶剂点阵的位置区分，固溶体可分为 和 。
5） 无序固溶体转变为有序固溶体时，合金性能变化的一般规律是强度和硬度 ，塑性 ，导电性 。
6）间隙固溶体是 ，间隙化合物是 。
二、 问答1、 分析氢，氮，碳，硼在α-Fe 和γ-Fe 中形成固溶体的类型，进入点阵中的位置和固溶度大小。
《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
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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
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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，
中南大学 材料科学基础 课后习题答案
第一章 原子排列与晶体结构1. [110]， (111)， ABCABC…， 0.74 ， 12 , 4 ，a r 42=； [111]， (110) , 0.68 , 8 , 2 ， a r 43= ； ]0211[， (0001) ， ABAB ， 0.74 ， 12 ， 6 ， 2a r =。
2.0.01659nm 3 ， 4 ， 8 。
3.FCC ， BCC ，减少 ，降低 ，膨胀 ，收缩 。
4. 解答：见图1－1 5. 解答：设所决定的晶面为（hkl ），晶面指数与面上的直线[uvw]之间有hu+kv+lw=0，故有：h+k-l=0,2h-l=0。
可以求得（hkl ）＝（112）。
6 解答：Pb 为fcc 结构，原子半径R 与点阵常数a 的关系为a r 42=，故可求得a ＝0.4949×10-6mm 。
则（100）平面的面积S ＝a 2＝0.244926011×0-12mm 2，每个（100）面上的原子个数为2。
所以1 mm 2上的原子个数s n 1=＝4.08×1012。
第二章 合金相结构一、 填空1） 提高，降低，变差，变大。
2） （1）晶体结构；（2）元素之间电负性差；（3）电子浓度 ；（4）元素之间尺寸差别3） 存在溶质原子偏聚 和短程有序 。
4） 置换固溶体 和间隙固溶体 。
5） 提高 ，降低 ，降低 。
6） 溶质原子溶入点阵原子溶入溶剂点阵间隙中形成的固溶体，非金属原子与金属原子半径的比值大于0.59时形成的复杂结构的化合物。
二、 问答1、 解答： α-Fe 为bcc 结构，致密度虽然较小，但是它的间隙数目多且分散，间隙半径很小，四面体间隙半径为0.291Ra ，即R ＝0.0361nm ，八面体间隙半径为0.154Ra ，即R ＝0.0191nm 。
氢，氮，碳，硼由于与α-Fe 的尺寸差别较大，在α-Fe 中形成间隙固溶体，固溶度很小。
材料科学基础塑性题库及答案
第七章金属塑性变形一、名词解释固溶强化：固溶体中的溶质原子溶入基体金属后使合金变形抗力提高，应力－应变曲线升高，塑性下降的现象；应变时效：具有屈服现象的金属材料在受到拉伸等变形发生屈服后，在室温停留或低温加热后重新拉伸又出现屈服效应的情况；孪生：金属塑性变形的重要方式。
晶体在切应力作用下一部分晶体沿着一定的晶面（孪晶面）和一定的晶向（孪生方向）相对于另外一部分晶体作均匀的切变，使相邻两部分的晶体取向不同，以孪晶面为对称面形成镜像对称，孪晶面的两边的晶体部分称为孪晶。
形成孪晶的过程称为孪生；临界分切应力：金属晶体在变形中受到外力使某个滑移系启动发生滑移的最小分切应力；变形织构：多晶体中位向不同的晶粒经过塑性变形后晶粒取向变成大体一致，形成晶粒的择优取向，择优取向后的晶体结构称为变形织构，织构在变形中产生，称为变形织构。
二问答1 单相合金的冷塑性变形与纯金属的室温塑性变形相比，有何特点。
答：纯金属变形主要借助位错运动，通过滑移和孪生完成塑性变形，开动滑移系需要临界切应力，晶体中还会发生扭转；单相合金的基本变形过程与纯金属的基本过程是一样的，但会出现固溶强化，开动滑移系需要临界切应力较大，还有屈服和应变时效现象。
2 金属晶体塑性变形时，滑移和孪生有何主要区别？答：滑移时原子移动的距离是滑移方向原子间距的整数倍，孪生时原子移动的距离不是孪生方向原子间距的整数倍；滑移时滑移面两边晶体的位向不变，而孪生时孪生面两边的晶体位向不同，以孪晶面形成镜像对称；滑移时需要的临界分切应力小，孪生开始需要的临界分切应力很大，孪生开始后继续切变时需要的切应力小，故孪生一般在滑移难于进行时发生。
3 A-B二元系中，A晶体结构是bcc，形成α固溶体，B晶体结构是fcc，形成β固溶体，A 与B形成η相，其晶体结构是hcp：1）指出α，β，η三个相的常见滑移系；2）绘出它们单晶变形时应力-应变曲线示意图，试解释典型低层错能面心立方单晶体的加工硬化曲线，并比较与多晶体加工硬化曲线的差别。
材料科学基础试题及答案
第一章 原子排列与晶体结构1. fcc 结构的密排方向是 ，密排面是 ，密排面的堆垛顺序是 ，致密度为 ，配位数是 ,晶胞中原子数为 ，把原子视为刚性球时，原子的半径r 与点阵常数a 的关系是 ；bcc 结构的密排方向是 ，密排面是 ,致密度为 ,配位数是 ,晶胞中原子数为 ，原子的半径r 与点阵常数a 的关系是 ；hcp 结构的密排方向是 ，密排面是 ，密排面的堆垛顺序是 ，致密度为 ，配位数是 ,，晶胞中原子数为 ，原子的半径r 与点阵常数a 的关系是 。
2. Al 的点阵常数为0.4049nm ，其结构原子体积是 ，每个晶胞中八面体间隙数为 ，四面体间隙数为 。
3. 纯铁冷却时在912ε 发生同素异晶转变是从 结构转变为 结构，配位数 ，致密度降低 ，晶体体积 ，原子半径发生 。
4. 在面心立方晶胞中画出）（211晶面和]211[晶向，指出﹤110﹥中位于（111）平面上的方向。
在hcp 晶胞的（0001）面上标出）（0121晶面和]0121[晶向。
5. 求]111[和]120[两晶向所决定的晶面。
6 在铅的（100）平面上，1mm 2有多少原子？已知铅为fcc 面心立方结构，其原子半径R=0.175×10-6mm 。
第二章 合金相结构一、 填空1） 随着溶质浓度的增大，单相固溶体合金的强度 ，塑性 ，导电性 ，形成间隙固溶体时，固溶体的点阵常数 。
2） 影响置换固溶体溶解度大小的主要因素是（1） ；（2） ；（3） ；（4） 和环境因素。
3） 置换式固溶体的不均匀性主要表现为 和 。
4） 按照溶质原子进入溶剂点阵的位置区分，固溶体可分为 和 。
5） 无序固溶体转变为有序固溶体时，合金性能变化的一般规律是强度和硬度 ，塑性 ，导电性 。
6）间隙固溶体是 ，间隙化合物是 。
二、 问答1、 分析氢，氮，碳，硼在α-Fe 和γ-Fe 中形成固溶体的类型，进入点阵中的位置和固溶度大小。
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第七章答案
7-1略
7-2浓度差会引起扩散，扩散是否总是从高浓度处向低浓度处进行?为什么?
解：扩散是由于梯度差所引起的，而浓度差只是梯度差的一种。
当另外一种梯度差，比如应力差的影响大于浓度差，扩散则会从低浓度向高浓度进行。
7-3欲使Ca2＋在CaO中的扩散直至CaO的熔点（2600℃）时都是非本质扩散，要求三价离子有什么样的浓度？试对你在计算中所做的各种特性值的估计作充分说明。
已知CaO肖特基缺陷形成能为6eV。
解：掺杂M3+引起V’’Ca的缺陷反应如下：
当CaO在熔点时，肖特基缺陷的浓度为：
所以欲使Ca2＋在CaO中的扩散直至CaO的熔点（2600℃）时都是非本质扩散，M3+的浓度为
，即
7-4试根据图7-32查取：（1）CaO在1145℃和1650℃的扩散系数值；（2）Al2O3在1393℃和1716℃的扩散系数值；并计算CaO和Al2O3中Ca2＋和Al3＋的扩散活化能和D0值。
解：由图可知CaO在1145℃和1650℃的扩散系数值分别为，Al2O3在1393℃和1716℃的扩散系数值分别为
根据可得到CaO在1145℃和1650℃的扩散系数的比值为：
，将值代入后可得，Al2O3的计算类推。
7-5已知氢和镍在面心立方铁中的扩散数据为cm2/s和
cm2/s，试计算1000℃的扩散系数，并对其差别进行解释。
解：将T=1000℃代入上述方程中可得，同理可知。
原因：与镍原子相比氢原子小得多，更容易在面心立方的铁中通过空隙扩散。
7-6在制造硅半导体器体中，常使硼扩散到硅单晶中，若在1600K温度下，保持硼在硅单晶表面的浓度恒定（恒定源半无限扩散），要求距表面10－3cm深度处硼的浓度是表面浓度的
一半，问需要多长时间（已知D1600℃＝8×10－12cm2/s；当时，）？解：此模型可以看作是半无限棒的一维扩散问题，可用高斯误差函数求解。
其中=0，，所以有0.5=，即=0.5，把=10－3cm，D1600℃＝8×10－12cm2/s代入得t=s。
7-7 Zn2＋在ZnS中扩散时，563℃时的扩散系数为3×10－4cm2/s；450℃时的扩散系数为1.0×10－4cm2/s，求：（1）扩散活化能和D0；（2）750℃时的扩散系数；（3）根据你对结构的了解，请从运动的观点和缺陷的产生来推断活化能的含义；（4）根据ZnS和ZnO相互类似，预测D随硫的分压而变化的关系。
解：（1）参考7-4得=48856J/mol，D0=3×10－15cm2/s；
（2）把T=1023K代入中可得=cm2/s；
7-8实验测得不同温度下碳在钛中的扩散系数分别为2×10－9cm2/s（736℃）、5×10－9cm2/s
（782℃）、1.3×10－8cm2/s（838℃）。
（1）请判断该实验结果是否符合；（2）请计算扩散活化能，并求出在500℃时碳的扩散系数。
解：（1）设=2×10－9cm2/s，=5×10－9cm2/s，=1.3×10－8cm2/s，=1009K，=1055K，=1111K。
将，和，代入并按照7-4所用方法得
=2342787J/mol，同理代入，和，得=2342132J/mol。
，可以认为该实验符合；（2）由上步可知=2342787J/mol；（3）将T=773K代入
得=cm2/s。
7-9在某种材料中，某种粒子的晶界扩散系数与体积扩散系数分别为D gb＝2.00×10－10exp（－19100/RT）cm2/s和D v＝1.00×10－4exp（－38200/RT）cm2/s，试求晶界扩散系数和体积扩散系数分别在什么温度范围内占优势？
解：当晶界扩散系数占优势时有D gb>D v，即>
，所以有T<1455.6K；当T>1455.6K时体积扩散系数占优势。
7-10假定碳在α-Fe（体心立方）和；γ-Fe（面心立方）中的扩散系数分别为：
Dα＝0.0079exp[－83600/RT]cm2/s；Dγ＝0.21exp[－141284/RT]cm2/s，计算800℃时各自的扩散系数，并解释其差别。
解：将T=1073K代入题中两式分别得Dα1073=cm2/s Dγ1073=cm2/s。
原因：扩散介质结构对扩散有很大影响。
α-Fe为体心立方，而γ-Fe为面心立方，体心立方较面心立方疏松。
结构疏松，扩散阻力小而扩散系数大。
7-11碳、氮、氢在体心立方铁中的扩散活化能分别为84kJ/mol、75kJ/mol和13kJ/mol，试对此差异进行分析和解释。
解：碳、氮、氢的原子半径依次减小，原子半径越小就越更容易在体心立方的铁中通过空隙扩散，扩散活化能相应也就越低。
7-12MgO、CaO、FeO均具NaCl结构，在各晶体中它们的阳离子扩散活化能分别为：Na＋在NaCl中为41kcal/mol，Mg2＋在MgO中为83kcal/mol，Ca2＋在CaO中为77kcal/mol，Fe3＋在FeO中为23kcal/mol，试解释这种差异的原因。
7-13试分析离子晶体中，阴离子扩散系数－般都小于阳离子扩散系数的原因。
解：离子晶体一般为阴离子作密堆积，阳离子填充在四面体或八面体空隙中。
所以阳离子较易扩散。
如果阴离子进行扩散，则要改变晶体堆积方式，拆散离子晶体的结构骨架，阻力就会较大。
故离子晶体中，阴离子扩散系数－般都小于阳离子扩散系数。
7-14试从结构和能量的观点解释为什么D表面>D晶面>D晶内。
解：固体表面质点在表面力作用下，导致表面质点的极化、变形、重排并引起原来的晶格畸变，表面结构不同于内部，并使表面处于较高的能量状态。
晶体的内部质点排列有周期性，每个质点力场是对称的，质点在表面迁移所需活化能较晶体内部小，则相应的扩散系数大。
同理，晶界上质点排列方式不同于内部，排列混乱，存在着空位、位错等缺陷，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的活化能较晶内小，扩散系数大。
但晶界上质点与晶体内部相比，由于晶界上质点受两个晶粒作用达到平衡态，处于某种过渡的排列方式，其能量较晶体表面质点低，质点迁移阻力较大因而D晶界<D表面。
7-15试讨论从室温到熔融温度范围内，氯化锌添加剂对NaCl单晶中所有离子（Zn、Na、Cl）的扩散能力的影响。
7-16试推测在贫铁的Fe3O4中氧分压和铁离子扩散的关系；试推测在铁过剩的Fe3O4中氧分压和氧扩散的关系。