材料科学基础59章习题.docx
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材料科学基础59章习题
第5章材料的形变和再结晶
1.有一70MPa应力作用在fcc晶体的[001]方向上,求作用在(111)
和(111)
滑移系上的分切应力。
答案:
矢量数性积a×b=ïaï×ïbï
Þ
=a×b
ïaï×ïbï
滑移系:
(负号不影响切应力大小,故取正号)
滑移系:
2.Zn单晶在拉伸之前的滑移方向与拉伸轴的夹角为45°,拉伸后滑移方向与拉伸轴的夹角为30°,求拉伸后的延伸率。
答案:
如图所示,AC和A’C’分别为拉伸前后晶体中两相邻滑移面之间的距离。
因为拉伸前后滑移面间距不变,即AC=A’C’
故
3.已知平均晶粒直径为1mm和0.0625mm的a-Fe的屈服强度分别为112.7MPa和196MPa,问平均晶粒直径为0.0196mm的纯铁的屈服强度为多少?
答案:
解得
∴
4.铁的回复激活能为88.9kJ/mol,如果经冷变形的铁在400℃进行回复处理,使其残留加工硬化为60%需160分钟,问在450℃回复处理至同样效果需要多少时间?
答案:
(分)
5.已知H70黄铜(30%Zn)在400℃的恒温下完成再结晶需要1小时,而在390℃完成再结晶需要2小时,试计算在420℃恒温下完成再结晶需要多少时间?
答案:
再结晶是一热激活过程,故再结晶速率:
,而再结晶速率和产生某一体积分数所需时间t成反比,即
∝
∴
在两个不同的恒定温度产生同样程度的再结晶时,
两边取对数
;同样
故得
。
代入相应数据,得到
t3=0.26h。
1.有一根长为5m,直径为3mm的铝线,已知铝的弹性模量为70GPa,求在200N的拉力作用下,此线的总长度。
答案
2.一Mg合金的屈服强度为180MPa,E为45GPa,a)求不至于使一块10mm2mm的Mg板发生塑性变形的最大载荷;b)在此载荷作用下,该镁板每mm的伸长量为多少?
答案
3.已知烧结Al2O3的孔隙度为5%,其E=370GPa。
若另一烧结Al2O3的E=270GPa,试求其孔隙度。
答案
4.有一Cu-30%Zn黄铜板冷轧25%后厚度变为1cm,接着再将此板厚度减少到0.6cm,试求总冷变形度,并推测冷轧后性能变化。
答案
5.有一截面为10mm10mm的镍基合金试样,其长度为40mm,拉伸实验结果如下:
载荷(N)
标距长度(mm)
0
40.0
43,100
40.1
86,200
40.2
102,000
40.4
104,800
40.8
109,600
41.6
113,800
42.4
121,300
44.0
126,900
46.0
127,600
48.0
113,800(破断)
50.2
试计算其抗拉强度b,屈服强度0.2,弹性模量以及延伸率。
答案
6.将一根长为20m,直径为14mm的铝棒通过孔径为12.7mm的模具拉拔,求a)这根铝棒拉拔后的尺寸;b)这根铝棒要承受的冷加工率。
答案
7.确定下列情况下的工程应变e和真应变T,说明何者更能反映真实的变形特性:
a)由L伸长至1.1L;b)由h压缩至0.9h;
c)由L伸长至2L;d)由h压缩至0.5h。
答案
8.对于预先经过退火的金属多晶体,其真实应力—应变曲线的塑性部分可近似表示为
,其中k和n为经验常数,分别称为强度系数和应变硬化指数。
若有A,B两种材料,其k值大致相等,而nA=0.5,nB=0.2,则问a)那一种材料的硬化能力较高,为什么?
b)同样的塑性应变时,A和B哪个位错密度高,为什么?
c)导出应变硬化指数n和应变硬化率
之间的数学公式。
答案
9.有一70MPa应力作用在fcc晶体的[001]方向上,求作用在(111)
和(111)
滑移系上的分切应力。
答案
10.有一bcc晶体的
[111]滑移系的临界分切力为60MPa,试问在[001]和[010]方向必须施加多少的应力才会产生滑移?
答案
11.Zn单晶在拉伸之前的滑移方向与拉伸轴的夹角为45,拉伸后滑移方向与拉伸轴的夹角为30,求拉伸后的延伸率。
答案
12.Al单晶在室温时的临界分切应力τC=7.9×105Pa。
若室温下对铝单晶试样作为拉伸试验时,拉伸轴为[123]方向,试计算引起该样品屈服所需加的应力。
答案
13.Al单晶制成拉伸试棒(其截面积为9mm2)进行室温拉伸,拉伸轴与[001]交成36.7,与[011]交成19.1,与[111]交成22.2,开始屈服时载荷为20.40N,试确定主滑移系的分切应力。
答案
14.Mg单晶体的试样拉伸时,三个滑移方向与拉伸轴分别交成38°、45°、85°,而基面法线与拉伸轴交成60°。
如果在拉应力为2.05MPa时开始观察到塑性变形,则Mg的临界分切应力为多少?
答案
15.MgO为NaCl型结构,其滑移面为{110},滑移方向为<110>,试问沿哪一方向拉伸(或压缩)不能引起滑移?
答案
16.一个交滑移系包括一个滑移方向和包含这个滑移方向的两个晶面,如bcc晶体的(101)
(110),写出bcc晶体的其他三个同类型的交滑移系。
答案
17.fcc和bcc金属在塑性变形时,流变应力与位错密度的关系为
,式中0为没有干扰位错时,使位错运动所需的应力,也即无加工硬化时所需的切应力,G为切变模量,b为位错的柏氏矢量,为与材料有关的常数,为0.3~0.5。
实际上,此公式也是加工硬化方法的强化效果的定量关系式。
若Cu单晶体的0=700kPa,初始位错密度0=105cm-2,则临界分切应力为多少?
已知Cu的G=42103MPa,b=0.256nm,[111]Cu单晶产生1%塑性变形所对应的=40MPa,求它产生1%塑性变形后的位错密度。
答案
18.证明:
bcc及fcc金属产生孪晶时,孪晶面沿孪生方向的切变均为0.707。
答案
19.试指出Cu和-Fe两晶体易滑移的晶面和晶向,并求出他们的滑移面间距,滑移方向上的原子间及点阵阻力。
(已知GCu=48.3GPa,G-Fe=81.6GPa,v=0.3).答案
20.设运动位错被钉扎以后,其平均间距
(为位错密度),又设Cu单晶已经应变硬化到这种程度,作用在该晶体所产生的分切应力为14MPa,已知G=40GPa,b=0.256nm,计算Cu单晶的位错密度。
答案
21.设合金中一段直位错线运动时受到间距为的第二相粒子的阻碍,试求证使位错按绕过机制继续运动所需的切应力为:
,式中T—线张力,b—柏氏矢量,G—切变模量,r0—第二相粒子半径,B—常数。
答案略
22.40钢经球化退火后渗碳体全部呈半径为10μm的球状,且均匀地分布在α-Fe基础上。
已知Fe的切变模量G=7.9×104Mpa,α-Fe的点阵常数a=0.28nm,试计算40钢的切变强度。
答案
23.已知平均晶粒直径为1mm和0.0625mm的-Fe的屈服强度分别为112.7MPa和196MPa,问平均晶粒直径为0.0196mm的纯铁的屈服强度为多少?
答案
24.已知工业纯铜的屈服强度σS=70MPa,其晶粒大小为NA=18个/mm2,当NA=4025个/mm2时,σS=95MPa。
试计算NA=260个/mm2时的
?
答案
25.简述陶瓷材料(晶态)塑性变形的特点。
答案略
26.脆性材料的抗拉强度可用下式来表示:
式中σ0为名义上所施加的拉应力,l为表面裂纹的长度或者为内部裂纹长度的二分之一,r为裂纹尖端的曲率半径,σm实际上为裂纹尖端处应力集中导致最大应力。
现假定Al2O3陶瓷的表面裂纹的临界长度为l=2×10-3mm,其理论的断裂强度为E/10,E为材料的弹性模量等于393GPa,试计算当Al2O3陶瓷试样施加上275MPa拉应力产生断裂的裂纹尖端临界曲率半径rC。
答案
27.三点弯曲试验常用来检测陶瓷材料的力学行为。
有一圆形截面Al2O3试样,其截面半径r=3.5mm,两支点间距为50mm,当负荷达到950N,试样断裂。
试问当支点间距为40mm时,具有边长为12mm正方形截面的另一同样材料试样在多大负荷会发生断裂?
答案
28.对许多高分子材料,其抗拉强度σb是数均相对分子质量
的函数:
式中σ0为无限大分子量时的抗拉强度,A为常数。
已知二种聚甲基丙烯酸甲酯的数均相对分子质量分别为4×104和6×104,所对应的抗拉强度则分别为107MPa和170MPa,试确定数均相对分子质量为3×104时的抗拉强度σb。
答案
29.解释高聚物在单向拉伸过程中细颈截面积保持基本不变现象。
答案略
30.现有一6mm铝丝需最终加工至0.5mm铝材,但为保证产品质量,此丝材冷加工量不能超过85%,如何制定其合理加工工艺?
答案
31.铁的回复激活能为88.9kJ/mol,如果经冷变形的铁在400℃进行回复处理,使其残留加工硬化为60%需160分钟,问在450℃回复处理至同样效果需要多少时间?
答案
32.Ag冷加工后位错密度为1012/cm2,设再结晶晶核自大角度晶界向变形基体移动,求晶界弓出的最小曲率半径(Ag:
G=30GPa,b=0.3nm,γ=0.4J/m2)。
答案
33.已知纯铁经冷轧后在527℃加热发生50%的再结晶所需的时间为104s,而在727℃加热产生50%再结晶所需时间仅为0.1s,试计算要在105s时间内产生50%的再结晶的最低温度为多少度?
答案
34.假定将再结晶温度定义为退火1小时内完成转变量达95%的温度,已知获得95%转变量所需要的时间t0.95:
式中
、G分别为在结晶的形核率和长大线速度:
,
a)根据上述方程导出再结晶温度TR与G0、N0、Qg及Qn的函数关系;
b)说明下列因素是怎样影响G0、N0、Qg及Qn的:
1)预变形度;2)原始晶粒度;3)金属纯度。
c)说明上述三因素是怎样影响再结晶温度的。
答案略
35.已知Fe的Tm=1538℃,Cu的Tm=1083℃,试估算Fe和Cu的最低再结晶温度。
答案
36.工业纯铝在室温下经大变形量轧制成带材后,测得室温力学性能为冷加工态的性能。
查表得知工业纯铝的T再=150℃,但若将上述工业纯铝薄带加热至100℃,保温16天后冷至室温再测其强度,发现明显降低,请解释其原因。
答案
37.某工厂用一冷拉钢丝绳将一大型钢件吊入热处理炉内,由于一时疏忽,未将钢绳取出,而是随同工件一起加热至860℃,保温时间到了,打开炉门,欲吊出工件时,钢丝绳发生断裂,试分析原因。
答案
38.已知H70黄铜(30%Zn)在400℃的恒温下完成再结晶需要1小时,而在390℃完成再结晶需要2小时,试计算在420℃恒温下完成再结晶需要多少时间?
答案
39.设有1cm3黄铜,在700℃退火,原始晶粒直径为2.1610-3cm,黄铜的界面能为0.5J/m2,由量热计测得保温2小时共放出热量0.035J,求保温2小时后的晶粒尺寸。
答案
40.设冷变形后位错密度为1012/cm2的金属中存在着加热时不发生聚集长大的第二相微粒,其体积分数f=1%,半径为1μm,问这种第二相微粒的存在能否完全阻止此金属加热时再结晶(已知G=105MPa,b=0.3nm,比界面能=0.5J/m2)。
答案
41.W具有很高的熔点(Tm=3410℃),常被选为白炽灯泡的发热体。
但当灯丝存在横跨灯丝的大晶粒,就会变得很脆,并在频繁开关的热冲击下产生破断。
试介绍一种能延长灯丝寿命的方法。
答案略
42.Fe-3%Si合金含有MnS粒子时,若其半径为0.05μm,体积分数为0.01,在850℃以下退火过程中,当基体晶粒平均直径为6μm时,其正常长大即行停止,试分析其原因。
答案略
43.工程上常常认为钢加热至760℃晶粒并不长大,而在870℃时将明显长大。
若钢的原始晶粒直径为0.05mm,晶粒长大经验公式为
,其中D为长大后的晶粒直径,D0为原始晶粒直径,c为比例常数,t为保温时间。
已知760℃时,n=0.1,c=610-16;870℃时,n=0.2,c=210-8,求含0.8%C的钢在上述两温度下保温1小时晶粒直径。
答案
44.简述一次再结晶与二次再结晶的驱动力,并如何区分冷、热加工?
动态再结晶与静态再结晶后的组织结构的主要区别是什么?
答案
1.5002.02mm
2.a)3600(N)
b)0.004
3.19.61%
4.55%
5.1.276(GPa),172.4(GPa),25.5%
6.a)24.3(m)
b)18%
7.a)
;
b)
;
c)
;
d)
;
8.a)A比B的应变硬化能力高。
b)B的位错密度高。
c)
9.
滑移系:
滑移系:
10.
方向:
故在此方向上无论施加多大应力都不能产生滑移。
方向:
11.41.4%
12.1.69(MPa)
13.1.01(MPa)
14.0.8077(MPa)
15.对氧化镁,不存在任何不会引起滑移的拉伸(或压缩)方向。
16.由立方晶系(001)标准投影图可查得,bcc晶体其他三个同类型的交滑移系是:
、
、
17.836(kPa),ρ=5.61*108(cm-2)
18.0.707
19.90.45(MPa),152.8(MPa)
20.ρ=1.869*1012(m-2)
21.答案略。
22.0.465(MPa)
23.283.255(MPa)
24.78.3(MPa)
25.答案略
26.0.39(nm)
27.10154.9(N)
28.44(MPa)
29.答案略。
30.因此,可先将6mm的铝丝冷拔至2.324mm,接着进行再结晶退火,以消除加工硬化,然后冷拔至0.9mm,再进行再结晶退火,最终冷拔至0.5mm即可。
31.59(分)
32.29(nm)
33.496.23℃
34.a)
b)答案略。
c)答案略。
35.Fe的最低再结晶温度
=451.4℃
Cu的最低再结晶温度
=269.4℃
生产中为了提高生产效率,工厂中实际再结晶退火温度通常选定为
+100~200℃。
36.答案略。
37.答案略。
38.0.26h。
39.d2=8.910-3(cm)
40.这种第二相微粒的存在不能完全阻止再结晶。
41.答案略。
42.答案略。
43.760℃:
D=0.0516(mm)故此晶粒基本上为长大;
870℃:
D=0.0686(mm)相对原始晶粒直径已明显长大(约37%)。
44.答案略。
第6章单组元相图及纯晶体凝固
1.考虑在一个大气压下液态铝的凝固,对于不同程度的过冷度,即:
ΔT=1,10,100和200℃,计算:
(a)临界晶核尺寸;
(b)半径为r*的晶核个数;
(c)从液态转变到固态时,单位体积的自由能变化ΔG*(形核功);
(d)从液态转变到固态时,临界尺寸r*处的自由能的变化ΔGv。
铝的熔点Tm=993K,单位体积熔化热Lm=1.836×109J/m3,固液界面比表面能δ=93mJ/m2,书中表6-4是121mJ/m2,原子体积V0=1.66×10-29m3。
答案:
(a)临界晶核尺寸r*=
因为ΔT=Tm-T是正值,所以r*为正,将过冷度ΔT=1℃代入,得:
(b)半径为r*的球状晶核的数目:
(c)ΔGV=
(d)处于临界尺寸r*的晶核的自由能ΔG*:
同理可得ΔT=10,100和200℃的结果,见下表:
ΔT
1℃
10℃
100℃
200℃
r*,nm
94.5
9.45
0.945
0.472
Nr*
2.12*108
2.13*105
2.13*102
26.5
ΔGv,J/m3
-1.97*106
-1.97*107
-1.97*108
-3.93*108
ΔGr*,J
3.43*10-15
3.51*10-17
3.43*10-19
0.87*10-19
2.a)已知液态纯镍在1.013×105Pa(1个大气压),过冷度为319℃时发生均匀形核。
设临界晶核半径为1nm,纯镍的熔点为1726K,熔化热Lm=18075J/mol,摩尔体积V=6.6cm3/mol,计算纯镍的液-固界面能和临界形核功
答案:
(a)因为
所以
(b)要在1726K发生均匀形核,就必须有319℃的过冷度,为此必须增加压力,才能使纯镍的凝固温度从1726K提高到2045K:
对上式积分:
1.计算当压力增加到500×105Pa时锡的熔点的变化时,已知在105Pa下,锡的熔点为505K,熔化热7196J/mol,摩尔质量为118.8×10-3kg/mol,固体锡的体积质量密度7.30×103kg/m,熔化时的体积变化为+2.7%。
答案
2.根据下列条件建立单元系相图:
(a)组元A在固态有两种结构A1和A2,且密度A2>A1>液体;
(b)A1转变到A2的温度随压力增加而降低
(c)A1相在低温是稳定相;
(d)固体在其本身的蒸汽压1333Pa(10mmHg)下的熔点是8.2℃;
(e)在1.013*105Pa(一个大气压)下沸点是90℃;
(f)A1A2和液体在1.013*106Pa(10个大气压)下及40℃时三相共存(假设升温相变
H<0)答案
3.考虑在一个大气压下液态铝的凝固,对于不同程度的过冷度,即:
ΔT=1,10,100和200℃,计算:
(a)临界晶核尺寸;
(b)半径为r*的晶核个数;
(c)从液态转变到固态时,单位体积的自由能变化ΔG*(形核功);
(d)从液态转变到固态时,临界尺寸r*处的自由能的变化ΔGv。
铝的熔点Tm=993K,单位体积熔化热Lm=1.836×109J/m3,固液界面比表面能δ=93mJ/m2,书中表6-4是121mJ/m2,原子体积V0=1.66×10-29m3。
答案
4.(a)已知液态纯镍在1.013×105Pa(1个大气压),过冷度为319℃时发生均匀形核。
设临界晶核半径为1nm,纯镍的熔点为1726K,熔化热Lm=18075J/mol,摩尔体积V=6.6cm3/mol,计算纯镍的液-固界面能和临界形核功。
(b)若要在2045K发生均匀形核,需将大气压增加到多少?
已知凝固时体积变化ΔV=-0.26cm3/mol(1J=9.87×105cm3.Pa)。
答案
5.纯金属的均匀形核率可以下式表示
式中A
1035,exp(-Q/kT)
10-2,ΔG*为临界形核功,k为波耳兹曼常数,共值为1.38*10-23J/K
(a)假设过冷度ΔT分别为20℃和200℃,界面能σ=2×10-5J/cm2,熔化热ΔHm=12600J/mol,熔点Tm=1000K,摩尔体积V=6cm3/mol,计算均匀形核率
。
(b)若为非均匀形核,晶核与杂质的接触角θ=60°,则
如何变化?
ΔT为多少时?
(c)导出r*与ΔT的关系式,计算r*=1nm时的ΔT/Tm。
答案
6.试证明在同样过冷度下均匀形核时,球形晶核较立方晶核更易形成。
答案
7.证明任意形状晶核的临界晶核形成功ΔG*与临界晶核体积V*的关系:
ΔGV——液固相单位体积自由能差。
答案
8.用示差扫描量热法研究聚对二甲酸乙二酯在232.4℃的等温结晶过程,由结晶放热峰测得如下数据。
结晶时间t(分)
7.6
11.4
17.4
21.6
25.6
27.6
31.6
35.6
36.6
38.1
结晶度(%)
3.41
11.5
34.7
54.9
72.7
80.0
91.0
97.3
98.2
99.3
试以Avrami作图法求出Avrami指数n,结晶常数K和半结晶期t1/2。
答案
9.试说明结晶温度较低的高分子的熔限较宽,反之较窄。
答案
10.测得聚乙烯晶体厚度和熔点的实验数据如下。
试求晶片厚度趋于无限大时的熔点Tm
。
如果聚乙烯结晶的单位体积熔融热为ΔH=280焦耳/厘米3,问表面能是多少?
答案
L(nm)
28.2
29.2
30.9
32.3
33.9
34.5
35.1
36.5
39.8
44.3
48.3
Tm(℃)
131.5
131.9
132.2
132.7
134.1
133.7
134.4
134.3
135.5
136.5
136.7
1.1.54K
2.答案略。
3.(a)94.5nm
(b)2.12*108(个)
(c)-1.97*106J/m3
(d)3.43*10-15J
4.(a)0.253(J/m2),1.06*10-18(J)
(b)116365*105(Pa)
5.(a)1.33*103(cm-3s-1)
(b)70摄氏度
(c)0.19
6.r*=
得球形核胚的临界形核功为:
边长为a的立方形晶核的临界形核功为:
二式相比较:
可见形成球形晶核的临界形核功仅为形成立方形晶核的1/2。
7.证明:
均匀形核自由能变化
(1)
式中:
A和B为晶核的形状因子。
对
(1)求极值,即
临界晶核半径:
r*=
(2)
临界晶核体积:
V*=A(r*)3=
(3)
将
(2)式代入
(1)式,得:
对于非均匀形核,可证上式仍成立。
8.结晶常数k=7.7×10-5,结晶期
=
=20.5(min)
9.由于高分子在较低的温度下结晶时,分子链的活动能力差,形成的晶体较不完善,完善的程度差别也较大,因此,缺陷较多的晶体将在较低的温度下溶融,而缺陷较少的晶体将在较高的温度下熔融,因此导致较宽的溶限。
反之,高分子在较高温度下结晶时,分子链活动能力较强,形成的结晶较完善,不同晶体完全程度的差异也较小,因此,溶限较窄。
10.表面能
0.37J/m2
第7章二元系相图及合金的凝固
1.Mg-Ni系的一个共晶反应为 507℃
L(23.5Wt.%Ni)
α(纯镁)+Mg2Ni(54.6Wt.%Ni)
设C1为亚共晶合金,C2为过共晶合金,这两种合金中的先共晶相的重量分数相等,但C1合金中的α总量为C2合金中的α总量的2.5倍,试计算C1和C2的成分。
答案:
根据已知条件,由杠杆定理得:
由题意,
,联立上述二式可解得:
C2=54.6-1.323C1
(1)
令C1中
总量为
,则:
令C2中
总量为
,则:
由题意
=2.5
即
(2)
将
(1)式代入
(2)式,可解得:
C1=12.7wt%Ni,C2=37.8wt%Ni
(a)w(C)=2.11%时,Fe3C2%=
=22.6%
由铁碳相图可知奥氏体的成分为2.11%,可得到最大Fe3C2析出量:
w(C)=4.30%时
共晶中奥氏体的量为
=0.5218
则共晶中奥氏体可析出Fe3C2
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