材料科学基础-第4次作业

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《材料科学基础》作业

五．简述纯金属枝晶的形成条件和长大过程。
《材料科学基础》作业（七）
1．铜和镍固态完全互溶，它们的熔点分别是TCu＝1083℃，TNi=1452℃,问：
Ni－10%Cu及Ni－50%Cu两种合金在浇铸和凝固条件相同的条件下，哪种合金形成
柱狀晶的倾向大？哪种合金的枝晶偏析严重？为什么？
2．画图并说明共晶成分的AL-Si合金在快冷条件下得到亚共晶组织＋（＋Si）的
5）上坡扩散是指_______________。下坡扩散是指______________________________。
反应扩散是____________________________原子扩散是_____________________________
6）扩散通量为____________________________________
4．fcc结构晶体的滑移面（密排晶面）是—————，滑移方向（密排晶向）是—————；bcc
结构晶体的滑移面是——————，滑移方向为——————；hcp结构的滑移面是——————，
滑移方向为————————。
5．某晶体的致密度为74％,该晶体的晶体结构为————————————————————。
三．问答题
③若此单位位错是纯螺型位错在（11 ）晶面上运动受阻后将交滑移到哪一个晶面上？
④若此单位位错在（11 ）晶面内可以分解为扩展位错，写出位错分解的反应式并判断能否进行。
⑤若扩展位错在（11 ）晶面内滑移受阻还能否运动？如何运动？
6．在面心立方结构的（11 ）晶面上有b＝ [ 01]的单位位错以及b＝ [12 ]的肖克莱部分位错，两
第三章晶体结构习题课习题（二）
1．判断下列位错是否能够进行：
（1）a [100]＋a [010]→ [111] + [11 ]（2）a [100]→ [111] + [1 ]

材料科学基础-第4次作业

的成分同上，但各占50%时合金的成分。
解：设液相、α相和β相各占x,y,z.
50%x+85%y+10%z=40%……A x=10.5%
40%x+10%y+20%z=30%……B y=34.2%
10%x+5%y+70%z=30%……C z=55.3%
所以，液相占10.5%，α相34.2%，β相55.3%；
解:
（a）如图，
a点，纯A，；
b点，，
c点，
d点，
e点，纯B，
中间相为。
(b)由图中虚线可知，在范围，液相成分沿液相线变化，析出A。
设刚到时，析出A的质量为
，
剩余液相L质量为100-53.5=46.5kg，在发生共晶反应析出 ,设共晶反应析出A质量为，
∴最多能分理出纯A的质量为
5.如图的二元合金相图，
（2）α为端际固溶体，与Al结构相同，FCC结构。
（3）变形合金0~5.65%；铸造合金33.2%附近。
（4）
(5)如图，
6.固溶体合金的相图如图所示，试根据相图确定：(a)成分为40%B的合金首先凝固出来的固体成分；(b)若首先凝固出来的固体成分含60%B，合金的成分为多少？(c)成分为70%B的合金最后凝固的液体成分；(d)合金成分为50%B，凝固到某温度时液相含有40%B，固体含有80%B，此时液体和固体各占多少分数？
解：（a）80%；（b）20%；(c)20%；
(d)
五,三元相图
1.某三元合金K在温度为t1时分解为B组元和液相，两个相的相对量WB/WL= 2。已知合金中A组元和C组元的重量比为3，液相含B量为40%，试求合金K的成分。
解：∵WB/WL= 2，∴WB1=66.7%，WL=33.3%

材料科学基础-作业参考答案与解析

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

《材料科学基础》作业-答案全

绪论一、填空题1、材料科学主要研究的核心问题是结构和性能的关系。

材料的结构是理解和控制性能的中心环节，结构的最微细水平是原子结构，第二个水平是原子排列方式，第三个水平是显微组织。

2. 根据材料的性能特点和用途，材料分为结构材料和功能材料两大类。

根据原子之间的键合特点，材料分为金属、陶瓷、高分子和复合材料四大类。

第一章材料的原子结构一、填空题1. 金属材料中原子结合以金属键为主，陶瓷材料（无机非金属材料）以共价键和离子键结合键为主，聚合物材料以共价键和氢键以及范德华键为主。

第二章材料的结构一、填空题1、晶体是基元（原子团）以周期性重复方式在三维空间作有规则的排列的固体。

2、晶体与非晶体的最根本区别是晶体原子排布长程有序，而非晶体是长程无序短程有序。

3、晶胞是晶体结构中的最小单位。

4、根据晶体的对称性，晶系有三大晶族，七大晶系，十四种布拉菲Bravais点阵，三十二种点群，230种空间群。

5、金属常见的晶格类型有体心立方、面心立方、密排六方。

6、fcc晶体的最密排方向为<110>，最密排面为{111}，最密排面的堆垛顺序为ABCABCABCABC……。

7、fcc晶体的致密度为0.74，配位数为12，原子在（111）面上的原子配位数为6。

8、bcc晶体的最密排方向为<111>，最密排面为{110}，致密度为0.68，配位数为8。

9、晶体的宏观对称要素有对称点、对称轴、对称面。

10、CsCl型结构属于简单立方格子，NaCl型结构属于面心立方格子，CaF2型结构属于面心立方格子。

11、MgO晶体具有NaCl型结构，其对称型是3 L44L36L29PC，晶族是高级晶族，晶系是立方晶系，晶体的键型是离子键。

12、硅酸盐晶体结构中的基本结构单元是硅氧四面体[SiO4]。

？13、几种硅酸盐晶体的络阴离子分别为[Si2O7]6-、[Si2O6]4-、[Si4O10]4-、[AlSi3O8]1-，它们的晶体结构类型分别为组群状，链状，层状，和架状。

材料科学基础习题1-4

第1章原子结构与键合1.原子中一个电子的空间位置和能量可用哪四个量子数来决定？ 2.在多电子的原子中，核外电子的排布应遵循哪些原则？ 3. 在元素周期表中，同一周期或同一主族元素原子结构有什么共同特点？从左到右或从上到下元素结构有什么区别？性质如何递变？4.何谓同位素？为什么元素的相对原子质量不总为正整数？ 5. 铬的原子序数为24，它共有四种同位素：4.31%的Cr 原子含有26个中子，83.76%含有28个中子，9.55%含有29个中子，且2.38%含有30个中子。

试求铬的相对原子质量。

6.铜的原子序数为29，相对原子质量为63.54，它共有两种同位素Cu 63和Cu 65，试求两种铜的同位素之含量百分比。

7.原子间的结合键共有几种？各自特点如何？ 8. 图1-1绘出三类材料—金属、离子晶体和高分子材料之能量与距离关系曲线，试指出它们各代表何种材料。

9. 已知Si 的相对原子质量为28.09，若100g 的Si 中有5×1010个电子能自由运动，试计算：(a)能自由运动的电子占价电子总数的比例为多少？(b)必须破坏的共价键之比例为多少？10. Al 2O 3的密度为3.8g/cm 3，试计算a)1mm 3中存在多少原子？b)1g 中含有多少原子？11. 尽管HF 的相对分子质量较低，请解释为什么HF 的沸腾温度(19.4℃)要比HCl 的沸腾温度(-85℃)高？第2章固体结构1. Mn 的同素异构体有一为立方结构，其晶格常数为0.632nm ，ρ为7.26g/cm3，r 为0.112nm ，问Mn 晶胞中有几个原子，其致密度为多少？2. 铯与氯的离子半径分别为0.167nm ，0.181nm,试问a)在氯化铯内离子在<100>或<111>方向是否相接触？b)每个单位晶胞内有几个离子？c)各离子的配位数是多少？d) 密度ρ和致密度K ？3. 金刚石为碳的一种晶体结构，其晶格常数a=0.357nm ，当它转换成石墨(=2.25g/cm3)结构时，求其体积改变百分数？ 4．标出面心立方晶胞中（111）面上各点的坐标，并判断]101[是否位于(111)面上，然后计算]101[方向上的线密度。

武汉理工大学《材料科学基础》考试试题及答案-第4套

第四套试卷武汉理工大学考试试卷一、根据Na 2O 晶胞图（见右图）回答下列问题： 1．画出Na 2O 晶胞图{100}面族的投影图。

2．根据晶胞结构指出正、负离子的配位数？3．阴离子作何种堆积，阳离子作何种填隙，填隙率是多少？ 4．计算说明O 2−的电价是否饱和二．1．在立方单胞内画出指数为（112）的晶面及指数为[112]的晶向。

2．下列硅酸盐矿物按照硅氧四面体连接方式分类，各属何种结构类型；[][][][][]243832618272541122Mg SiO ,Na AISi O ,Be Al Mg Si O ,Ca Al AlSiO ,Ca Mg Si O (OH)三．写出缺陷反应方程式，每组写两个合理方程，并写出相应的固溶体化学式。

1．Al 2O 3加入到MgO 中 2．TiO 2加入到Nb 2O 3中武汉理工大学《材料科学基础》考试试题及答案四.1．在简单碱金属硅酸盐系统（22R O SiO −）中，碱金属离子+R 系统粘度的影响如图所示。

说明为什么产生这种现象。

2．种物质表面能按由小到大的顺序为：222PbI >PbF >CaF ，试用清洁表面的离子重排及表面双电层模型解释之。

五．简单回答下列问题1．Al/Au 焊接接头处克肯达尔效应造成的紫灾可以用什么法延缓或消除？为什么？ 2．烧结的推动力是什么？烧结过程分为几个阶段，各阶段的特征是什么？六．在液-固相变时，产生球形固相粒子，系统自由焓的变化为32443V G r G r ππσ∆=∆+。

设KG ∆为临界自由焓，K V 为临界晶核的体积。

试证明：12K K V G V G ∆=∆（只证明在均匀成核的条件下）。

七．粒径为l μ球状Al2O3由过量的MgO微粒包围，观察尖晶石的形成，在恒定温度下，第一个小时有20%的Al2O3起了反应，计算完全反应的时间。

1．用扬德方程计算2．用金斯特林格方程计算，对计算结果进行比较并说明为什么？八．如图A-B-C三元系统相图，根据相图回答下列问题；1．在图上划分副三角形、用箭头表示各条界线上温度下降方向及界线的性质；2．判断化合物D的性质；3．写出各三元无变量点的性质及其对应的平衡关系式；4．写出组成点M1在完全平衡条件下的冷却结晶过程，结晶结束时各物质的百分含量（用线段比表示）；5．写出组成点M2在完全平衡条件下的冷却结晶过程，在M2熔体的液相组成点刚刚到达J1时，求其相组成（用线段比表示）。

材料科学基础-第3.4.5次作业解答

三、材料变形、回复与再结晶1.名词解释（1）临界分切应力:是材料常数，与晶体取向无关。

当塑性变形以滑移方式进行时，外应力在某一滑移系上的分切应力达到临界值时才能发生滑移，这一极限分切应力称为临界分切应力。

大小取决于位错在滑移面上运动时所受的阻力。

（2）孪生:晶体在切应力作用下，沿一定晶面和一定晶向局部区域的各个晶面相对于其邻面产生切变，变形后形成的孪生区域内，晶体结构与母体相同，但晶体取向发生变化，与母体呈镜面对称，构成孪晶，其对称面称为孪晶界。

（3）固溶强化:由于溶质原子的加入引起点阵畸变，位错运动时必须克服溶质原子产生的内应立场，阻力比纯金属大，增大了晶体滑移阻力，使固溶体合金的强度和硬度提高。

（4）Orowan机制:位错绕过机制。

当第二相粒子比基体硬，位错不能切割粒子滑移时，受到粒子阻挡而弯曲形成包围粒子的位错环，其余部分位错线在线张力作用下迅速被拉直并继续滑移。

（5）应变时效:退火状态的试样拉伸超过屈服点卸载马上再加载，不发生屈服现象。

放置一段时间后再加载，屈服现象重新出现。

可以用柯氏气团解释。

（6）二次再结晶:异常晶粒长大。

再结晶完成后的金属继续加热超过某一温度，少数晶粒可能突然异常长大的现象（其他晶粒仍保持细小）。

（7）回复：冷变形金属在退火时发生组织性能变化的早期阶段，时新的无畸变晶粒出现前所产生的亚结构和性能变化的阶段，随温度和时间变化。

2.Why are FCC metals more ductile than either HCP or BCC metals?SolutionBecause FCC metals have 12 slip systems. HCP metals just have 3 slip systems. Even BCC metals have 48 slip systems, FCC metals have 3 slip directions on each slip plane.3.How do changes in the dislocation density affect the strength and ductility (i.e. its ability to deform plastically)? Why?Solution因为晶体的宏观塑性变形是通过位错运动来实现的，而位错运动时除了受到点阵阻力，还会受到其他位错的作用力，包括应力场和交割。

东南大学材料科学基础习题4+答案

东南大学材料科学基础习题4+答案习题41、纯金属晶体中主要的点缺陷是什么，试述其产生的可能途径？2、由600℃至300℃时，锗晶体中的平衡空位浓度下降了六个数量级，试计算锗晶体中的空位形成能。

3、一个位错环能否各部分都是螺位错?能否各部分都是刃位错?为什么?4、面心立方晶体中有[011]位错，其方向为[211]，分解成Shockly不全位错，写出该反应的反应式，并说明该反应成立的理由。

5、简单立方晶体(100)面有1个b=[0?10]的刃位错， (a)在(001)面有1个b=[010]的刃位错和它相截，相截后2个位错产生扭折还是割阶？ (b)在(001)面有1个b=[100]的螺位错和它相截，相截后2个位错产生扭折还是割阶？1、纯金属晶体中主要的点缺陷是什么，试述其产生的可能途径？2、由600℃至300℃时，锗晶体中的平衡空位浓度下降了六个数量级，试计算锗晶体中的空位形成能。

5、简单立方晶体(100)面有1个b=[0?10]的刃位错 (a)在(001)面有1个b=[010]的刃位错和它相截，相截后2个位错产生扭折还是割阶？ (b)在(001)面有1个b=[100]的螺位错和它相截，相截后2个位错产生扭折还是割阶？1、纯金属晶体中主要的点缺陷是什么，试述其产生的可能途径？2、由600℃至300℃时，锗晶体中的平衡空位浓度下降了六个数量级，试计算锗晶体中的空位形成能。

材料科学基础1-8章例题、作业题及其解答

第2章例题（A ）1. 在面心立方晶胞中画出[012]和[123]晶向。

2. 在面心立方晶胞中画出（012）和（123）晶面。

3. 右图中所画晶面的晶面指数是多少？4. 设晶面（152）和（034）属六方晶系的正交坐标表述，试给出其四轴坐标的表示。

反之，求（3121）及（2112）的正交坐标的表示。

5. （练习），上题中均改为相应晶向指数，求相互转换后结果。

答案：2. (2110) 4. （1562），（0334） 5. [1322] [1214] （123）（212）[033] [302]第2章例题答案(A)4. （152）)2615(6)51()(⇒-=+-=+-=v u t （034）)4303(3)30()(⇒-=+-=+-=v u t （1213）⇒ （123）（2112） ⇒ （212）5. [152]]2231[22)51(31)(313)152(31)2(311)512(31)2(31⇒⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫==-=+-=+-==-⨯=-=-=-⨯=-=W w V U t U V v V U u [034]]4121[41)30(31)(312)032(31)2(311)302(31)2(31⇒⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫==-=+-=+-==-⨯=-=-=-⨯=-=W w V U t U V v V U u]3121[]033[33)1(20)1(1⇒⎪⎭⎪⎬⎫===--=-==---=-=w W t v V t u U[2112]]302[20)1(13)1(2⇒⎪⎭⎪⎬⎫===---=-==--=-=w W t v V t u U第2章例题（B ）1. 已知Cu 的原子直径为2.56A ，求Cu 的晶格常数，并计算1mm 3Cu 的原子数。

2. 已知Al 相对原子质量Ar （Al ）=26.97，原子半径γ=0.143nm ，求Al 晶体的密度。

3. bcc 铁的单位晶胞体积，在912℃时是0.02464nm 3；fcc 铁在相同温度时其单位晶胞体积是0.0486nm 3。

材料科学基础课后习题答案4

Solutions to Chapter 41.FIND: What material has a property that is hugely affected by a small impurity level? SOLUTION: Electrical conductivity spans a wide range. Incorporation of a few parts per million impurities can change electrical conductivity orders of magnitude. Small cracks in brittle materials decrease their tensile strength by orders of magnitude. Small additions of impurity can change the color of gems.COMMENTS: These are but a few examples.2.COMPUTE: The temperature at which the vacancy concentration is one half that of 25o C.GIVEN: C 2 = C C 25vC 35v o oEQUATION:⎪⎪⎭⎫⎝⎛RT Q - = C fv v expwhere C v = vacancy concentrationQ fv = activation energy for vacancy information R = gas constant 8.314 J/mole-K T = absolute temperatureIn the present problem C)25(C = C C);35(C = C o v 2v o v 1vand T1 = 35 + 273 = 308K T2 = 25 + 273 = 298K also C v(35o C) = 2C v(25o C)Thus, Solving for Q fv we get Q fv = 52893.5 J/mole.Using this value of Q fv , the C v (25o C) can be calculatedThe problem requires us to calculate the temperature at which the vacancy concentration is ½ C v (25o C).½ C v (25o C) = 2.675 x 10-10Thusfor solving T, we get: T = 288.63K or 15.63o C. 3.COMPUTE: C)80( C 3 = (T) C o v vGIVEN: C) 80( C 41 = C) 25( C o v ovEQUATION:⎪⎭⎫⎝⎛298.R Q - C) 25( C Sv o v expDividing (1) by (2) we get:Solving for Q, we get: Q = 22033.56 J/mole= exp(-7.511) = 5.46 x 10-4The problem requires computing a temperature at which C v = 3C v (80o C).3C v (80o C) = 3 x 5.46 x 10-4= 1.63 x 10-3⎪⎭⎫⎝⎛T x 8.3122033.56- = 10 x 1.633-ex psolving for T, we get: T = 413.05K or 140.05o C4. 5. FIND: Are Al and Zn completely soluble in solid solution?If Al-Zn system obeys all the Hume-Rothery rules. Then it is expected to show complete solubility.(i) The atomic radii of Al and Zn are 0.143nm and 0.133 nm respectively. The difference in their radii is 7.5% which is less than 15%.(ii) The electronegativities of Al and Zn are 1.61 an 1.65 respectively which are also very similar.(iii) The most common valence of Al is +3 and +2 for Zn.(iv) Al has an FCC structure where Zn has a HCP structure.It appears that Al-Zn system obeys 3 out of 4 Hume-Rothery rules. In this case they are not expected to be completely soluble.6. SHOW: The extent of solid solution formation in the following systems using Hume-Rothery Rules.(a) Al in NiSize: r(Ni) = 0.125nm; r(Al) = 0.143nm difference = 14.4%Electronegativity: Al = 1.61; Ni = 1.91Most Common Valence: Al3+; Ni2+Crystal Structure: Al: FCC; Ni:FCCThe crystal structure of Al and Ni are the same and the most common valencies are alsocomparable. However, the size difference is close to 15% and the difference iselectronegativities is rather significant.Based on this, it appears that Ni and Al would not form a solid solution over the entirecompositional range.(b) Ti in NiSize: r(Ti) = 0.147 nm, r(Ni) = 0.125nm difference = 17.6%Electronegativity: Ti: 1.54; Ni: 1.91Valence: Ti4+; Ni2+Crystal Structure: Ti:HCP; Ni FCCTi in Ni would not exhibit extensive solid solubility(c) Zn in FeSize r(Zn) = 0.133nm; r(Fe) - 0.124nm difference = 7.25%Electronegativity: Zn = 1.65; Fe = 1.83Most Common Valence: Zn2+; Fe2+Crystal Structure: An: HCP; Fe: BCCSince electronegativities and crystal structures are very different, Zn - Fe will not exhibit extensive solid solubility.(d) Si in AlSize r(Si) = 0.117 nm; r(Al) = 0.143nm; difference = 22.2%Electronegativity: (Si) = 1.90; Al = 1.61Valence: Si4+; A;3+Crystal Structure: Si: Diamond Cubic; Al: FCCSince the size difference is greater than 15%, and the crystal structures are different, Si-Al would not exhibit extensive solid solubility.(e) Li in AlSize r(li): 0.152, r(Al): 0.143; difference - 6.29%Electronegativity: Li: 0.98; Al: 1.61Most Common Valence: Li1+; Al3+Crystal Structure: Li:BCC; Al: FCCSince electronegativity and crystal structures are very different, Li-Al will not exhibit extensive solid solubility.(f) Cu in AuSize r(Cu) = 0.125nm; r(au) = 0.144nm; difference = 12.5%Electronegativity: Cu = 1.90; Au = 1.93Most Common Valence: Cu+; Au+Crystal Structure: Cu:FCC; Au:FCCCu-Au will exhibit extensive solid solubility.(g) Mn in FeSize r(Mn) = 0.112, r(Fe) = 0.124 difference = 10.71%Electronegativity: Mn 1.55; Fe 1.83Most Common Valence: Mn2+; Fe2+Crystal Structure: Mn:BCC; Fe BCCThe difference in electronegativity is high but Mn-Fe does obey the other 3 Hume-Rothery rules. Therefore, it will form solid solutions but not over the entire compositional range.(h) Cr in FeSize r(Cr) = 0.125nm, Fe = 0.144nm difference = 12.5%Electronegativity: Cr = 1.66; Fe = 1.83Most Common Valence: Cr3+; Fe2+Crystal Structure: Cr:BCC; Fe:BCCCr in Fe will exhibit extensive solid solubility but not over the entire compositional range since it obeys only 3 of 4 Hume-Rothery rules.(i) Ni in FeSize r(Ni) = 0.125nm, r(Fe) = 0.124nm difference = 0.8%Electronegativity: Ni: 1.91; Fe 1.83Most Common Valence: Ni3+; Fe3+Crystal Structure: Ni:FCC; Fe: BCCNi and Fe obeys 3 of the 4 Hume-Rothery rules therefore, extensive solid solution will be exhibited but not over the entire compositional range.7. (a) When one attempts to add a small amount of Ni to Cu, Ni is the solute and Cu is thesolvent.(b) Based on the relative sizes of Ni and Cu, radius of Ni = 0.128nm, radius of Cu =0.125nm, these two are expected to form substitutional solid solutions.(c) Ni and Cu will be completely soluble in each other because they obey all four Hume-Rothery rules.8. FIND: Predict how Cu dissolves in Al.DATA: Cu Alatomic radius (A) 1.28 1.43electronegativity 1.90 1.61valence 1+,2+ 3+crystal structure FCC FCCSOLUTION: All of Hume-Rothery's rules must be followed for a substitutional solution.In this case, the valences do not match. Cu will not go into substitutional positions in Al toa large extent.COMMENTS: This principle is often used to precipitation harden Al using Cu.9. What type of solid solution is expected to form when C is added to Fe?The radius of carbon atom is 0.077nm and that of an Fe atom is 0.124nm. The sizedifference between these two is ~61% which is much grater than ~15%. Thus, these two are not expected to form substitutional solid solution.If we compare the size ratio of C to Fe atoms with the size of tetrahedral and octahedral interstitial sites in BCC iron, we find that C does not easily fit into either type ofinterstitial position. C, however, forms an interstitial solid solution with Fe but thesolubility is limited.10. FIND: Calculate the activation for vacancy formation in Fe.GIVEN: The vacancy concentration at 727 C = 1000K is 0.00022.SOLUTION: We use equation 4.2-2 to solve this problem:C v = exp (-Q fv/RT)Solving for Q fv:Q fv = -RT ln C v = -(8.31 J/mole-K)(1000K) ln 0.00022 = 7.0 x 104 J/mole11. SHOW: A Schottky and Frenkel defect in MgF2 structuresA 2-D representation of the MgF2 structure containing a Schottky defect and a Frenkeldefect is shown below.12. Explain why the following statement is incorrect: In ionic solids the number of cationvacancies is equal to the number of anion vacancies.In ionic crystals, even in the presence of vacancies, the charge neutrality must bemaintained. Therefore, single vacancies do not occur in ionic crystals since removal of a single ion would lead to charge imbalance. Instead the vacancies occur in a manner such that the anion: cation vacancy ratio render the solid electrically neutral. This, however,does not mean that the anion vacancies are equal to cation vacancies. For example, aSchottky defect in MgCl2 or MgF2 involves two Cl- or F- cation vacancies for every Mg2+ anion vacancy to maintain electrical neutrality.The number of cation vacancies equals the number of anion vacancies only for thelimiting case where the chemical formula of the compound is MX.13. Calculate the number of defects created when 2 moles of NiO are added to 98 moles ofSiO2. Also, determine the type of defect created.GIVEN: Neglect interstial vacanciesWe have 2 moles of NiO and 98 moles of SiO2. Since NiO is a 1:1 compound there are 2 moles of Ni2+ ions and 2 moles of O2- ions present. SiO2 on the other hand is a 1:2compound; therefore, there are 98 moles of Si4+ and 196 moles of O2-. The total number of each type of ion isN Ni = 2 molesN Si = 98 molesN O2 = 196 molesThe total number of moles of ions in the system isN T = N Ni + N Si + N O = 2 + 98 + 196 = 196 molesEach substitution of an Ni2+ for Si4+ results in a loss of 2 positive charges. If nointerstitials are created, this loss of positive charge is balanced by the creation of anionvacancies. Charge neutrality requires one oxygen vacancy created for every Ni2+ ion.Therefore, the number of oxygen vacancies isN Ov = N Ni = 2 molesThere are 2 moles of oxygen ion vacancies created with the addition of 2 moles of NiO to98 moles of SiO2.14. Calculate the number of defects created when 1 mole of MgO is added to 99 moles ofAl2O3.MgO is a 1:1 compound, therefore there is 1 mole of Mg2+ ions and 1 mole of O2- ions in the system.From Al2O3, there are 198 moles of Al3+ ions and 297 moles of O2- ions in the system.Each substitution of an Mg2+ ion for Al3+ ion results in a loss of one positive charge. This loss of positive charge is balanced by oxygen vacancy. Charge neutrality requires oneoxygen vacancy to be created for every two Mg2+ ion3. Therefore the number of oxygenion vacancies created is0.5 moles of oxygen ion vacancies are created by the addition of 1 mole of MgO to 99moles of Al2O3.15. COMPUTE: Relative concentration of cation vacancies, anion vacancies and cationinterstitials.GIVEN:Q Cv = 20kJ/moleQ Av = 40kJ/moleQ CI = 30kJ/moleASSUMPTION: assume room temperatureT = 298KConcentration of cation vacancies, C Cv is given bySimilarly for anion vacanciesand for cation interstitials16. (a) Describe a Schottky defect in U2(b) Would you expect to find more cation or anion Frenkel defects in this compound?Why?UO2 has a fluorite structure with U4+ ions occupying FCC lattice sites and O2- occupying tetrahedral interstitial sites.(a) A Schottky defect in UO2 will involve one U4+ cation vacancy and 2 O2- anionvacancies.(b) In general cation Frenkel defects are more common than anion Frenkel defectsbecause cations are usually smaller. In this case, the radii of U4+ is 0.106nm and that of O2- is 0.132nm. The U4+ cation is smaller than the O2- anion. However, the sizedifference is not very high. Still, cation Frenkel defects are expected to be more.17. Ionic compound Li2O(a) Describe a Schottky defect(b) Describe a Frenkel defectLi2O has an antifluorite structure. O2- ions occupy FCC lattice sites and Li+ occupiestetrahedral interstitial sites.(a) A Schottky defect in Li2O involves 2 Li2+ cation vacancies and one O2- anion vacancy(b) The ionic radii of Li+ and O2- are 0.078nm and 0.132nm respectively. This materialis most likely to exhibit cation Frenkel defect since the size of the cation is much smaller than the anion.18. DETERMINE:(a) Interstitial Na+ ions(b) Interstitial O2- ions(c) Vacant Na+ sites(d) Vacant O2- sites in Na2OGIVEN: r(Na+) = 0.098nmr(O2-) = 0.132nmNa2O structure is similar to antifluorite structure. Na+ ions occupy tetrahedral interstitial sites and O2- ions occupy FCC lattice sites.Since the ratio of Na:0 is 2:1 for this materials, a Schottky defect results in 2 cationvacancies for every one anion vacancy.no. of vacant Na+ sites = 2 x no. of vacant O2- sitesA cation Frenkel defect is more likely to occur in this material(a) Interstitial Na+ ions = 1(b) Interstitial O2- ions = 0(c) Vacant Na+ sites = 2(d) Vacant O2- sites = 119. SOLVENT: AuSOLUTE: N, Ag or CsDETERMINE: (a) which element is most likely to form an interstitial solid solution.(b) which element is most likely to form a substitutional solid solution.r(Au) = 0.144nmr(N) = 0.071nmr(Ag) = 0.144nmr(Cs) = 0.265nm(a) Based on atomic radii N is most likely to form are interstitial solid solution with Auas solvent.(b) Ag is most likely to form a substitutional solid solution because the size differencebetween Au & N and Au & Cs is more than 15%.In addition, Au and Ag have similar valence, and crystal structure. Theelectronegativities are not quite similar, but since Ag-Au system obeys 3 out of 4 of the Hume-Rothery rules, Ag is the most likely element with which Au forms a substitutional solid solution.Section 4.4 Diffusion20.Under what condition can Fick’s first law be used to solve diffusion problems.The Fick’s first law can be used to solve diffusion problems provided the concentration gradient does not change with time.21. GIVEN: 1 wt% B is added to Fe.FIND: (a) if B would be present as an interstitial impurity or substitutional impurity, (b) fraction of sites occupied by B atoms, (c) if Fe containing B were to be gas carburized, would the process be faster or slower than for Fe which has no B? Explain.r(B) = 0.097nmr(Fe) = 0.124nm(a) Based on the atomic radii B would be present as an interstitial impurity(b) amount of B present = 1 wt%As a basis of calculation assume 100gms of material.Determine the no. of moles of Fe and B present.Total no. of moles of Fe and B = 1.773 + 0.092 = 1.865 moles. Fraction of sites occupied by B atoms = 1.8650.092 = mole fraction of B = 0.049 Thus, B roughly occupies 5% of the sites.(c) If Fe containing B were to be gas carburized the process would be slower than for Fe which has no B simply because the presence of B atoms already in interstitial sites leave fewer sites for interstitial C to diffuse through.22. Determine which type of diffusion would be easier(a) C in HCP Ti(b) N in BCC Ti(c) Ti in BCC Tir(C) << r(Ti) so we can predict that diffusion occurs via an interstitial mechanismr(N)<<r(Ti). In this case the diffusion also occurs via interstitial mechanism.Ti in BCC Ti is a case of self-diffusion and self-diffusion occurs via a vacancymechanism. In general the activation energy for self diffusion is higher than interstitialmechanism because vacancy mechanism involves two steps. One is to create a vacancyand second is to promote a vacancy/atom exchange. Thus Ti in BCC Ti will be theslowest.The activation energy for diffusion via interstitial mechanism is just the energy necessary to move an atom into a neighboring interstitial site. An open crystal structure, as opposed to a dense structure, should have a lower activation energy. Between BCC Ti and HCP Ti, BCC Ti has a more open structure (lower APF) than HCP Ti.Thus, N in BCC Ti diffusion would be the easiest by virtue of its lowest activation energy.23. GIVEN: C1 = 0.19 at % at surfaceC2 = 0.18 at % at 1.2mm below the surfaceD = 4 x 10-14 m2/seca o = 4.049 A oCOMPUTE: Flux of copper atoms from surface to interior.We must first calculate the concentration gradient in terms of [copper atoms/cm3/cm]. Itcan be calculated as follows:The concentration gradient is then24. FIND: Predict whether diffusion is faster in vitreous or crystalline silica.GIVEN: Diffusion is the movement of atoms through the material one step at a time.The ease of movement is in part determined by the amount of space that surrounds eachatom. In more open or less dense structures, atoms have an increased chance of beingable to squeeze past a neighbor into a new position.SOLUTION: Diffusion can be thought of as an Arrhenius process. The activation energy is that required to move an atom from one position to another, as shown in Fig. 2.3-2. In a crystal the activation energy will be greater than in a glass, since the density is higher and there is less free, or unoccupied, volume. Thus, we expect diffusion to be slower in crystal than in glasses at the same temperature.COMMENTS: When a noncrystalline material is raised to a temperature above the glass transition temperature, diffusion increases enormously. In metals this brings about rapid crystallization. In some ceramic and polymer systems, crystallization may be slow or absent.25. FIND: Do textile dyes more readily penetrate crystalline or noncrystalline regions?GIVEN: Most textile fibers are semicrystalline, containing both crystalline andnoncrystalline regions. The density of the noncrystalline regions is less than that of thecrystalline regions. Often dyeing is conducted at a temperature at which thenoncrystalline regions are above their glass transition temperature.SOLUTION: Dye penetration through the glass will be greater than that through thecrystal; however, the rate of dyeing is not sufficiently high to be commercially feasible.The temperature must be raised so that the noncrystalline polymer is in the rubber state.Diffusion becomes rapid (radially inward) into the small fibers.COMMENTS: One of the key lessons that dye houses learn is that a sufficient amount of noncrystalline poorly oriented polymer must be present in the fiber. The temperature of the dye bath needs to be above the glass transition temperature. Sometimes water and carriers are used to swell the noncrystalline regions to get yet a greater diffusion rate. The dyes mayattach to the polymer using ionic bonds or covalent bonds. Unattached dye may wash out later.26. CALCULATE: The factor by which the diffusion coefficient of Al in Al 2O 3 changewhen temperature is increased from 1800o C to 2000o CGIVEN: T 1 = 1800o C = 2073KT 2 = 2000o C = 2273KEQUATION: ⎪⎭⎫ ⎝⎛RT Q - D = D o ex pdividing (1) by (2), we getfrom table 4.4-1 of the text Q = 477kJ/mole and R = 8.31 J/mole-KThus, the diffusion coefficient of Al in Al 2O 3 changes by a factor of 11.43 when the temperature is increased from 1800o C to 2000o C.27. FIND: Temperature at which a specimen of Fe must be carburized for two hours toachieve the same diffusion result as at 900o C for 15 hrs.GIVEN: T 1 = 900o C = 1173K; Q = 84000 J/molet 1 = 15 hrs; D o = 2.00 x 10-6 m 2/sec.t 2 = 2 hrs; R = 8.31 J/mole-K The value of flux J is in units of cm 2per sec.Flux per cm 2 J f = Jx time 3600 x 15 x dx dcD - = J 11f(1)We need the same result in 2 hours.,J = J 2f 1f dividing (1) by (2).28. GIVEN: D = 4 x 10-4 m2/s @ 20o CC1 = 2.2 x 10-3 k mol/m3wall thickness = 3mm, diameter = 50cmheight = 10cmCOMPUTE: Initial rate of mass loss through cylinder.Initially the concentration of He outside the cylinder, C2, is zero.First, we need to convert the concentration of He from kmol/m3 into (atoms/cm3)/cm.C1 = 2.2 x 10-3 kmol/m3 = 2.2mol/m3 = 2.2 x 10-6 mol/cm3 = 2.2 x 10-6 mole/cm3In terms of (atoms/cm3)/cmThe concentration gradient isThe flux of atoms per second per cm 2 isobtained by using Fick’s first law ofdiffusionThe rate of mass loss is 1.766 x 1019 atoms/cm 2 sec. The total surface area of the cylinder is 2πr(r+h) where r = radius and h= height.Total surface area = 2π x 25 (25 + 10) = 5497.79 cm 2The rate of mass loss per secondNote:(i ) The steady state mass loss is calculated because the initial rate of mass loss (i.e., rate of mass loss at time t = 0) is 0. (ii ) It is assumed that the curvature of the cylinder is large enough to calculate J using the expression for plate geometry.29.Diffusion across a polymer membrane depends not only on size of the diffusing species but also the polarity of the diffusing species. A polar membrane may pass nonpolar species but serve as a barrier to polar species.Saran wrap contains highly polar atoms making it a polar membrane which serves as a barrier to water which is a polar compound. thus, there is no diffusion of water through the package unlike polyethylene, which is a nonpolar membrane and allows diffusion of water molecules which form ice.30. COMPUTE: Temperature required to yield a carbon content of 0.5% at a depth of0.4mn below the surface of the rod in 48 hours.GIVEN: Carbon concentration the interior = 0.2w/oCarbon concentration in the furnace = 1.0w/oBase material: HCP TiEQUATION: In this problem c(x, t) = 0.5wt%c o = 0.2 wt% c s = 1.0 wt% From figure 4.4-11, when From Metals Handbook, Desk Edition, Pg. 28.66 for C diffusion in Ti, D o = 3.02 x 10-3 cm 2/sec, Q = 20,000 cal/mole = 83682 J/mole.31. The diffusion process through vacancy-interchange mechanism depends on creation ofvacancies and vacancy/atom interchange.At comparable homologous temperatures, for Ge and Cu the diffusion coefficient for that material which has a higher vacancy concentration would be higher.A covalent bond as opposed to a metallic bond is stronger and directional. It is alsodifficult to create vacancies in a covalently bonded material due to its strong bonding.Therefore, the activation energy for vacancy creation in a covalently bonded material such as Ge is larger than Cu which has a weak metallic bond.The directional nature of a covalent bond places geometrical restrictions on the vacancyatom interchange which again results in an increase in the activation energy.Therefore, at comparable temperatures the diffusion coefficient for Ge will be larger. 32. FIND: Describe the energy and entropy in Fig. 4.4-5a, b, and c.SOLUTION: The order in part a is high. The materials is perfect. There is only one way to arrange the atoms in such a system. The entropy is low. In part b there is less order, more disorder, and the entropy has increased. Part c is nearly random. It has low order and high entropy. Energy contains a contribution from entropy: E = H -TS, where E is energy, T isabsolute temperature, and S is entropy. Assuming all other contributions to energy change negligibly (T and H), the energy of part c is the low, part a is high and part b is intermediate. COMMENTS: What is shown in going from a to c is the entropy of mixing.33. GIVEN: After 10 hrs at 550o C an oxide layer of thickness 8 μm is formed.COMPUTE: Thickness after 100 hrs.Using the definition of effective penetration distance and equation 4.4-11 of text, with γ = 2 we have Dt 2 x eff ≈.In this case34.GIVEN:D w = 1.0 x 10-12 m 2/s (water) D dc = 1.0 x 10 (dye carrier) D d = 1.0 x 10-14 m 2/s (dye)COMPUTE:(a) Times required for the water, dye and carrier to penetrate to the center of the fiber. (b) Same as (a) but fiber diameter doubles(c) If thermal diffusivity of PET is secm 10 x 828-how long will it take for the heat to penetrate to the center of a 50μm diameter fiber.(a) using equation 4.4-11 of text with γ = 2. for water,for dye carriersimilarly for dye t = 6.25secs. (b) If the diameter fiber is doubled x eff = 50 x 10-6 m for water,similarly for dye carrier t = 6250 secsand for dye t = 6.25 x 104 secs(c) Substituting D with D th , we can use the same equation to calculate the time required for heat to penetrate the center of fiber diameter = 50μm.Note: The units of thermal diffusivity is m 2/sec and not K- m Wattas printed in text 35.FIND: How long will it take to case carburize a steel chain to a depth of 1/16 inch? GIVEN: It requires 4 hours to carburize a plate of similar composition to a depth of 1/16 inch.ASSUMPTIONS: All carburization conditions are the same in both treatments. SOLUTION: Equation 4.4-11 is used to solve the problem:x eff = γ(Dt)1/2.In this situation we set up a ratio for the plate (1) and the chain (2):x x Dt Dt 121122=γγ, where γ is 1 for the plate and 2 for the chain. Subscripts were omitted for the D's, since diffusion is the same in the two cases. Similarly, x 1 = x 2 = 1/16 inch. Reducing the equation gives:112411122212212=⇒=☞☟☝✋ ☺=☞☟☝✋☺=γγγγt t t t hrs hr36. GIVEN: D m = 1 x 10-11m 2/s for moisture through wool or cottond w = 25μm d c = 2μmusing equation 4.4-11 of textwe need to find t required to reach equilibriumWoolCotton(b) for a tightly packedcubic bale of fiber with side length of 1 meter.A cube has six sides and diffusion is expected to occur through all six sides.The time required to reach equilibrium Dx = t 2effHere x eff = 0.5mNote: This solution overestimates time. A more precise solution can be obtained bysetting up the problem in 3D and solving the Fick’s second law for a cube geometry. 37. EXPLAIN: Why fizz reduction is higher in plastic bottles compared to glass bottles and metal cans.Plastic bottles are soft and can be squeezed. Upon squeezing the air inside the bottle is driven out and to maintain the equilibrium pressure over the soda, CO 2 comes out of the liquid.Such is not the case for bottles and metal cans. It is for this reason, the fizz reduction is high in plastic bottles.38. Compare the diffusion coefficient of methane in rubber at 239K to the diffusion of Cu in Ag at the same temperature.The diffusion coefficient of methane in rubber at 293K is 1.515 x 10-6m2/sec whereas that of Cu in Ag is 1.20 x 10-4m2/sec. The difference is expected because the diffusionprocess in polymers such as rubber depends on the size of the diffusing species such asCH4 in this example. Compared to the diffusion process of Cu in Ag, which occurs due to vacancy-interchange, the size of the methane molecule is large, also, the individualmers in the polymer chains are not free to move independently.39. FIND: Make a schematic plot of D vs. T in natural rubber.GIVEN: Natural rubber has a T g of about 0 C.SKETCH:trreuaTeepmSOLUTION: The sketch above is diagrammatic. We know that before and after the glass transition temperature the diffusion coefficient behaves as an Arrhenius function:D = D o exp (-Q/RT),so that ln D is linearly proportional to 1/T. Q is large below T g.40. EXPLAIN: Will PTFE work as a membrane to separate water vapor from benzene?PTFE is Teflon.Based on the structure of PTFE (Teflon), it appears to be a non-polar membrane.Non-polar membranes allow passage of polar molecules such as water. Furthermore, the size difference between water vapor molecule and benzene also plays an important role.A water vapor molecule is much smaller than a benzene molecule and can easily passthrough a Teflon membrane whereas benzene being a large molecule will not pass.Thus, PTFE will work as an effective membrane to separate water vapor and benzene. 41.The solution to Fick’s second law for a thick plate iswhereC(x, t) ≡ carbon concentration at a distance x below the surface at time t C s ≡ carbon concentration at the surfaceC o ≡ initial bulk carbon concentration in stell t ≡ timeD ≡ Diffusivity(a) The diffusivity D of carbon in steel depends on temperature. So as temperatureincreases, D increases and ⎪⎭⎫⎝⎛Dt 2x erf decreases. Assuming all other variables remainconstant, an increase in D, increases the carbon concentration (C(x, t)) below the surface.(b) When temperature is constant, an increase in carbon concentration C(x, t) below the surface can be increased by increasing the carbon content in the furnace (i.e., by increasing C s ).(c) Time has in effect on the carbon concentration which is similar to that of temperature. As the time the steel part spends in the furnace increases, the carbon concentration, C(x, t) increases.42. FIND: (a) time required for Cu atom to diffuse a distance of 1nm through a crystal lattice.(b) distance a Cu atom can diffuse through a Cu crystal lattice in 1 hour at 1000o C. (c) comment on diffusion in solids at room temperature versus high temperature. EQUATION:⎪⎭⎫⎝⎛RT Q - D = D o ex pFrom table 4.4-1。

材料科学基础习题及参考答案

.资料科学基础参照答案资料科学基础第一次作业1.举例说明各样联合键的特色。

⑴金属键：电子共有化，无饱和性，无方向性，趋于形成低能量的密堆构造，金属受力变形时不会损坏金属键，优秀的延展性，一般拥有优秀的导电和导热性。

⑵离子键：大部分盐类、碱类和金属氧化物主要以离子键的方式联合，以离子为联合单元，无方向性，无饱和性，正负离子静电引力强，熔点和硬度均较高。

常温时优秀的绝缘性，高温熔融状态时，体现离子导电性。

⑶共价键：有方向性和饱和性，原子共用电子对，配位数比较小，联合坚固，拥有构造稳固、熔点高、质硬脆等特色，导电能力差。

⑷范德瓦耳斯力：无方向性，无饱和性，包含静电力、引诱力和色散力。

联合较弱。

⑸氢键：极性分子键，存在于HF，H2O，NF3有方向性和饱和性，键能介于化学键和范德瓦尔斯力之间。

2.在立方晶系统的晶胞图中画出以下晶面和晶向：（102）、（11-2）、（-21-3），[110],[11-1],[1-20]和[-321]。

(213)(112)[110](102)[321][120][111]写出六方晶系的{11-20}，{10-12}晶面族和<2-1-10>,<-1011>晶向族中各等价晶面及等价晶向的详细指数。

{1120}的等价晶面：(1120)(2110)(1210)(1120)(2110)(1210)(1012)(1102)(0112)(1012)(1102)(0112){1012}的等价晶面：(1012)(1102)(0112)(1012)(1102)(0112)2110 的等价晶向：[2110][1210][1120][2110][1210][1120]'..[1011][1101][0111][0111][1101][1011]1011的等价晶向：[1011][1101][0111][0111][1101][1011]4立方点阵的某一晶面（hkl）的面间距为M /，此中M为一正整数，为晶格常数。

材料科学基础习题与参考答案

第一章材料的结构一、解释以下基本概念空间点阵、晶格、晶胞、配位数、致密度、共价键、离子键、金属键、组元、合金、相、固溶体、中间相、间隙固溶体、置换固溶体、固溶强化、第二相强化。

二、填空题1、材料的键合方式有四类，分别是（），（），（），（）。

2、金属原子的特点是最外层电子数（），且与原子核引力（），因此这些电子极容易脱离原子核的束缚而变成（）。

3、我们把原子在物质内部呈（）排列的固体物质称为晶体，晶体物质具有以下三个特点，分别是（），（），（）。

4、三种常见的金属晶格分别为（），（）和（）。

5、体心立方晶格中，晶胞原子数为（），原子半径与晶格常数的关系为（），配位数是（），致密度是（），密排晶向为（），密排晶面为（），晶胞中八面体间隙个数为（），四面体间隙个数为（），具有体心立方晶格的常见金属有（）。

6、面心立方晶格中，晶胞原子数为（），原子半径与晶格常数的关系为（），配位数是（），致密度是（），密排晶向为（），密排晶面为（），晶胞中八面体间隙个数为（），四面体间隙个数为（），具有面心立方晶格的常见金属有（）。

7、密排六方晶格中，晶胞原子数为（），原子半径与晶格常数的关系为（），配位数是（），致密度是（），密排晶向为（），密排晶面为（），具有密排六方晶格的常见金属有（）。

8、合金的相结构分为两大类，分别是（）和（）。

9、固溶体按照溶质原子在晶格中所占的位置分为（）和（），按照固溶度分为（）和（），按照溶质原子与溶剂原子相对分布分为（）和（）。

10、影响固溶体结构形式和溶解度的因素主要有（）、（）、（）、（）。

11、金属化合物（中间相）分为以下四类，分别是（），（），（），（）。

12、金属化合物（中间相）的性能特点是：熔点（）、硬度（）、脆性（），因此在合金中不作为（）相，而是少量存在起到第二相（）作用。

13、CuZn、Cu5Zn8、Cu3Sn的电子浓度分别为（），（），（）。

14、如果用M表示金属，用X表示非金属，间隙相的分子式可以写成如下四种形式，分别是（），（），（），（）。

材料科学基础A第四章习题答案

第四章非晶态结构与性质-习题答案4.2 解：聚合物的形成是以硅氧四面体为基础单位，组成大小不同的聚合体。

可分为三个阶段。

初期：石英的分化；中期：缩聚并伴随变形；后期：在一定时间和一定温度下，聚合和解聚达到平衡。

4.5解：影响熔体粘度的主要因素：温度和熔体的组成。

碱性氧化物含量增加，剧烈降低粘度。

随温度降低，熔体粘度按指数关系递增。

4.6．解：根据弗伦克尔公式lgη=A+B/T ，结合有关数据，即727℃时，η=107Pa ·s ，1156℃时，η=103Pa ·s ，得出：7lg10727273B A =++ 3l g 101156273B A =++∴A=–6.324，B=13324，当η=106Pa ·s 时，613324lg10 6.324273t =-++，则t=808℃。

4.9．解：根据lgη=A+B/(T-T 0)，对于1号熔体，带入数据A=1.631，B=4229，T 0=219；对于2号熔体，带入数据A=1.769，B=4690，T 0=216；去下表中的数据点：由上述数据点画出两种熔体的粘性曲线：4567891011l g η1/T(×10-3K -1)4.14 解：（1）影响玻璃形成的动力学因素：析晶过程必须克服一定的势垒，如果这些势垒较大，尤其当熔体的冷却速率很快时，粘度剧烈增加，质点来不及进行有规则排列，晶核形成和晶体长大均难以实现，从而有利于玻璃的形成。

因此，玻璃形成的关键的熔体的冷却速率，影响玻璃形成的动力学因素还有过冷度、粘度、成核速率、晶体生长速率。

（2）影响玻璃形成的结晶化学因素有聚合阴离子团大小与排列方式、键强、键型。

熔体中负离子团的聚合程度越低，越不易形成玻璃，聚合程度越高，特别当具有三维网络或歪扭链状结构时，越易形成玻璃。

氧化物的键强越大，结晶的倾向越小，越容易形成玻璃。

具有离子键或金属键向共价键过度的混合键型才能生成玻璃。

4.16．解：对1＃玻璃：2232010110Na O CaO Al O ++=>，Al 3+为网络形成离子 12010103602 2.2510260R ++⨯+⨯==⨯+ Z 1=4 11120.5X R Z =-=11122 3.5Y Z R =-=对2＃玻璃：22310120Na O Al O =<，Al 3+为网络变性离子。

材料科学基础习题第四章答案与翻译

材料科学基础习题第四章答案与翻译4.2根据本章给出的结构，画出下列链节结构：（1）聚氟乙烯：―ch2―chf―;（2）聚三氟氯乙烯：―cf2―cfcl―（3）聚乙烯醇：―ch2―choh―4.3计算下列聚合物的链节分子量（1）聚氯乙烯：―ch2―chcl―m=2？12.011+2? 1.008+35.453=61.491g/mol（2）聚对苯二甲酸乙二醇酯：―och2-ch2ococ6h4co―M=10？12.011+8? 1.008+4? 15.999=192.17g/mol（3）聚碳酸酯：m=16?12.011+14?1.008+3?15.999=254.285g/mol（4）聚二甲基硅氧烷：c2h6osim=28.086+2?12.011+6?1.008+3?15.999=106.153g/mol4.4聚丙烯的数均分子量为1000000g/mol，并计算其数均聚合度。

答：链环是ch3ch-ch2，其分子量：m=3?12.011+6?1.008=42.081g/mol4.5（a）计算聚苯乙烯链节的分子量a：链节为？chc6h5？亚甲基分子量：m=8?12.011+8?1.008=104.152（b）计算重均聚合度为25000 a的聚苯乙烯的重均分子量：=25000?104.152g/mol=2603800g/mol4.6下表列出了聚丙烯的分子量，并计算了（a）的数均分子量(b)重均分子量(c)数均聚合度(d)重均聚合度分子量分布(g/mol)8,000?16,00016,000?24,00024,000?32,00032,000?40,00040,000?48,00048,000? 56,0000.050.160.240.280.200.070.020.100.200.300.270.21xiwi答：(a)=0.05?12000+0.16?20000+0.24?28000+0.28? 36000+0.20? 44000+0.07? 52000=600+3200+6720+10080+8800+3640=33040（g/mol）(b)=0.02?12000+0.1?20000+0.20?28000+0.30? 36000+0.27? 44000+0.21? 52000=240+2000+5600+10800+11880+10920=41440（g/mol）(c)聚丙烯链节的分子量：m=42.081g/mol（d）4.7下表列出了某聚合物的分子量分布。

材料科学与基础作业第4章

第四章习题1. 有一硅单晶片，厚0.5mm，其一端面上每107个硅原子包含两个镓原子，另一个端面经处理后含镓的浓度增高。

试求在该面上每107个硅原子需包含几个镓原子，才能使浓度梯度成为2×1026原子/m3.m 硅的点阵常数为0.5407nm。

2. 在一个富碳的环境中对钢进行渗碳，可以硬化钢的表面。

已知在1000℃下进行这种渗碳热处理，距离钢的表面1mm处到2mm处，碳含量从5%减到4%。

估计在近表面区域进入钢的碳原子的流入量J(atoms/m2s)。

（γ-Fe在1000℃的密度为7.63g/cm3，碳在γ-Fe中的扩散常数D0=2.0×10-5m2/s,激活能Q=142kJ/mol）。

3. 为研究稳态条件下间隙原子在面心立方金属中的扩散情况，在厚0.25mm的金属薄膜的一个端面（面积1000mm2）保持对应温度下的饱和间隙原子，另一端面为间隙原子为零。

测得下列数据：计算在这两个温度下的扩散系数和间隙原子在面心立方金属中扩散的激活能。

√4. 一块含0.1%C的碳钢在930℃渗碳，渗到0.05cm的地方碳的浓度达到0.45%。

在t>0的全部时间，渗碳气氛保持表面成分为1%，假设D C = 2.0×10-5exp(-140000/RT) (m2/s)，(a) 计算渗碳时间；(b) 若将渗层加深一倍，则需多长时间？(c) 若规定0.3%C作为渗碳层厚度的量度，则在930℃渗碳10小时的渗层厚度为870℃渗碳10小时的多少倍？5. 含0.85%C 的普碳钢加热到900℃在空气中保温1小时后外层碳浓度降到零。

(a) 推导脱碳扩散方程的解，假定t>0时，x=0处，ρ=0。

(b) 假如要求零件外层的碳浓度为0.8%，表面应车去多少深度？（=1.1×10-7cm 2/s ）√6. 在950℃下对纯铁进行渗碳，并希望在0.1mm 的深度得到0.9%的碳含量。

假设表面碳含量保持在1.2% ，扩散系数D γ-Fe =10-10m 2/s 。

材料科学基础习题及参考答案

材料科学基础参考答案材料科学基础第一次作业1.举例说明各种结合键的特点。

⑴金属键：电子共有化，无饱和性，无方向性，趋于形成低能量的密堆结构，金属受力变形时不会破坏金属键，良好的延展性，一般具有良好的导电和导热性。

⑵离子键：大多数盐类、碱类和金属氧化物主要以离子键的方式结合，以离子为结合单元，无方向性，无饱和性，正负离子静电引力强，熔点和硬度均较高。

常温时良好的绝缘性，高温熔融状态时，呈现离子导电性。

⑶共价键：有方向性和饱和性，原子共用电子对，配位数比较小，结合牢固，具有结构稳定、熔点高、质硬脆等特点，导电能力差。

⑷范德瓦耳斯力：无方向性，无饱和性，包括静电力、诱导力和色散力。

结合较弱。

⑸氢键：极性分子键，存在于HF，H2O，NF3有方向性和饱和性，键能介于化学键和范德瓦尔斯力之间。

2.在立方晶体系的晶胞图中画出以下晶面和晶向：（1 0 2）、（1 1 -2）、（-2 1 -3），[1 1 0],[1 1 -1],[1 -2 0]和[-3 2 1]。

(213)3. 写出六方晶系的{1 1 -20}，{1 0 -1 2}晶面族和<2 -1 -1 0>,<-1 0 1 1>晶向族中各等价晶面及等价晶向的具体指数。

{1120}的等价晶面：(1120)(2110)(1210)(1120)(2110)(1210){1012}的等价晶面：(1012)(1102)(0112)(1012)(1102)(0112) (1012)(1102)(0112)(1012)(1102)(0112)2110<>的等价晶向：[2110][1210][1120][2110][1210][1120]1011<>的等价晶向：[1011][1101][0111][0111][1101][1011][1011][1101][0111][0111][1101][1011]4立方点阵的某一晶面（hkl ）的面间距为M /，其中M 为一正整数，为晶格常数。

材料科学基础(中南大学)智慧树知到答案2024年中南大学

材料科学基础（中南大学）中南大学智慧树知到答案2024年第一章测试1.fcc可以看成是原子在密排面（111）面在空间的堆垛。

A:对 B:错答案:A2.已知Al为正三价，阿伏加德诺常数为6.02×1023，铝摩尔量为26.98，质量1g的Al中的价电子数量为（ )。

A:6.69×10∧23 B:6.69×10∧22 C:6.02×10∧22 D:6.69×10∧21答案:B3.聚乙烯高分子材料中，C-H化学键结合属于（）。

A:金属键 B:氢键 C:共价键 D:离子键答案:C4.化学键中，没有方向性也没有饱和性的为（）。

A:离子键 B:共价键 C:金属键 D:氢键答案:C5.晶体的对称轴不存在（）对称轴。

A:五次 B:六次 C:四次 D:三次答案:A6.晶面族是指一系列平面的晶面。

A:对 B:错答案:B7.一个晶胞内原子个数、配位数对于fcc是（），bcc是（）。

A:4,8 B:2,8 C:4,12 D:2,12答案:BC8.bcc晶胞的密排面是（），密排方向分别是（）。

A:{110} B:{111} C:<111> D:<110>答案:AC9.A:8.98 B:7.78 C:8.58 D:8.28答案:A10.晶带是与过某个晶向或与其平行的所有晶面，这个晶向称为晶带轴。

若晶带轴指数为［uvw］，则［uvw］与晶带中的一个晶面（hkl）这两个指数之间点积，［uvw］·（hkl）等于（）。

A:1 B:0.5 C:-1 D:0答案:D11.一个fcc晶胞的原子中的原子个数为（）个。

A:4 B:6 C:8 D:2答案:A12.一个bcc晶胞中的原子个数为（）个。

A:6 B:8 C:2 D:4答案:C13.铜和镍属于异质同构。

A:错 B:对答案:B14.间隙固溶体中间隙原子可以无限固溶得到固溶度为100%的无限固溶体。

A:对 B:错答案:B15.一个金属元素与一个非金属元素容易形成固溶体。

材料科学基础课后习题第1-第4章

材料科学基础课后习题第1-第4章《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。