第四章扩散习题答案

第四章扩散习题答案4-1解：本题为非稳态扩散问题，采用菲克第二定律。由题意知，初始条件和边界条件为：t=0时，x0C=C0；t≥0时，x=0C=Cs；t≥0时，x=∞C=C0所以，可应用误差函数解来求解。c(x,t)=Cs－(Cs-C0)erf(Dtx2)，其中，Cs=0,C0=0.85%,取C=0.8%则：(Cs–C)/(Cs–C0)=erf(Dtx2)∴(0-0.8%)/(0-0.85%)=erf(3600*10*1.1211-x)∴erf(3600*10*1.1211-x)=0.94查表知，3600*10*1.1211-x=1.33∴x=0.00053m=0.53mm∴应车去0.53mm的深度。4-2解：本题为非稳态扩散问题，采用菲克第二定律。由题意知，初始条件和边界条件为：t=0时，x0C=C0；t≥0时，x=0C=Cs；t≥0时，x=∞C=C0所以，可应用误差函数解来求解。c(x,t)=Cs－(Cs-C0)erf(Dtx2)，其中，Cs=1.1%,C0=0①β=Dtx2=10*10*5.825.02-=0.33∴erf(β)=0.3593C=Cs－(Cs–C0)erf(β)=1.1%－1.1%×0.5393=0.705%②β=Dtx2=10*10*5.820.12-=0.66∴erf(β)=0.6494C=Cs－(Cs－C0)erf(β)=1.1%－1.1%×0.6494=0.386%③β=Dtx2=10*10*5.822.12-=0.79∴erf(β)=0.7361C=Cs－(Cs－C0)erf(β)=1.1%－(1.1%－0)×0.7361=0.29%④β=Dtx2=10*10*5.825.12-=0.98∴erf(β)=0.8342C=Cs－(Cs－C0)erf(β)=1.1%－(1.1%－0)×0.8342=0.18%⑤β=Dtx2=10*10*5.8222-=1.31∴erf(β)=0.9361C=Cs－(Cs－C0)erf(β)=1.1%－(1.1%－0)×0.9361=0.07%渗层内碳的浓度分布曲线如下：4-3解：本题为非稳态扩散问题，采用菲克第二定律。由题意知，初始条件和边界条件为：t=0时，x0C=C0；t≥0时，x=0C=Cs；t≥0时，x=∞C=C0所以，可应用误差函数解来求解。0.511.21.520.705%0.386%0.29％0.18%0.07%XCc(x,t)=Cs－(Cs-C0)erf(Dtx2)，其中，Cs=1.4%,C0=0.2%,取C=0.4%则：(Cs–C)/(Cs–C0)=erf(Dtx2)∴erf(Dtx2)=0.8333∴Dtx2=0.98∴渗层深度与时间的关系为：x=0.35t4-4解法：参见教材p.128－1294-5解：铁素体是体心立方结构，奥氏体是面心立方结构，铁素体的致密度小于奥氏体，因而扩散激活能较小，C在铁素体中的扩散系数大于C在奥氏体中的扩散系数。表面看来，似乎渗C应在铁素体中进行，但实际并不如此，渗C却是在奥氏体中进行的。其原因如下：所以钢的渗碳选择在900—930℃的奥氏体状态下进行。4-6解：1123314.81071.1505/101.2eeDDRTQ=2.33×10－13m2s-1用正弦解求解：由题意得，2.01.02ll∵原始时，C（x）=C平均+ASinlxπ2Cmax处，x＝4l；Cmin处，x＝－4l∴Cmax=C(l/4)=C平均+ASinll/42π=C平均+ACmin=C(-l/4)=C平均+ASinll/42π==C平均-A∴Cmax-Cmin=2A=5%∴A=2.5%加热时间t后，C（x,t）=Aexp(224lDtπ)Sinlxπ2+C平均则Cmax-Cmin=2Aexp(224lDtπ)∴5%exp(04.042Dtπ)=1%∴代入D值，可得t=6999s4-7解：(1)D=D0e(－Q’/RT)∴D℃870=2.0×10-5exp(1143*314810*1403。)=8.0×10-12m2s-1℃D927=2.0×10－5e(1200*314810*1403。)=1.61×10－11m2s-1(2)根据误差函数解，(Cs–C)/(Cs–C0)=erf(Dtx2)，当x达到渗碳层厚度δ时浓度为Cδ，设此时Dt2δ=η，则δ=2ηDt=ADt。由题意知，渗碳层厚度相同，所以tD11=tD22∴1112211121061.1100.810DDttt∴t1＝10×1.61×10－11/8.0×10－12=20.125h即870℃渗碳需用20h才能获得927℃渗碳10h的渗层深度。4-8解：D＝NADB+NBDAV＝（DA-DB）xNA由题意得x2=kt∴(1.52×10-3)2＝3600·k∴K=6.4178×10－10对x2=kt求导，即对ktx求导，可得：V=tdxd=ktk2∴t=1h时，Kirkendall标志面的移动速度为：V=3600*6.41782*6.417810101010=2.11*10-7cm/s∵由题知，此时C(Cr)=0.478∴C(Fe)=0.522∴可得方程组：126)(1011.2522.0478.01034.179FeCrCrFeDDDD∴DFe=0.47×10-9cm2s-1DCr=2.14×10-9cm2s-14-9解:根据误差函数解，渗碳层厚度δ=2ηDt=ADt∴2212211tDtD∵t1＝t2＝4hδ1=0.068mmδ2=0.140mm∴21DD＝(0.068/0.14)2=0.2359又∵D=D0e(-Q’/RT)∴1/2/21RTQRTQeDD∴0.2359＝1/2/RTQRTQe＝1173112331314.811/12/QTTRQee∴Q’=289.51KJ/mol即硼原子在Fe2B中的扩散激活能为289.51KJ/mol.4-10暂不要求。