材料科学基础习题1

1.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？答案2.指出下列相图中的错误，并加以改正。答案3.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4.组元A和B在液态完全互溶，但在固态互不溶解，且形成一个与A、B不同晶体结构的中间化合物，由热分析测得下列数据：含B量（wt%.%）液相线温度（℃）固相线温度（℃）0—1000209007504076575043—7505093075063—10408085064090—640100—800（a）画出平衡相图，并注明个区域的相、各点的成分及温度，并写出中间化合物的分子式（原子量A=28，B=24）。（b）100kg的含20wt.%B的合金在800℃平衡冷却到室温，最多能分离出多少纯A。答案5.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6.假定我们在SiO2中加入10at%的Na2O，请计算氧与硅之比值。如果O:Si≤2.5是玻璃化趋势的判据，则形成玻璃化的最大Na2O是多少？答案7.一种由SiO2-45%Al2O3(wt%)构成的耐高温材料被用来盛装熔融态的钢（1600℃）。(a)在此情况下有多少百分率的耐热材料会熔化？（共晶成分10wt%Al2O3）(b)选用该耐高温材料是否正确？（实际使用，液相不能超过20%）答案8.根据所示的CaO-ZrO2相图，做下列工作：（a）写出所有的三相恒温转变（b）计算4wt%CaO-ZrO2陶瓷在室温时为单斜ZrO2固溶体(MonoclinicZrO2SS)和立方ZrO2固溶体(CubicZrO2SS)的相对量(用mol%表示)。假定单斜ZrO2固溶体和立方ZrO2固溶体在室温的溶解度分别为2mol%CaO和15mol%CaO答案9.(a)根据Fe-Fe3C相图，分别求2.11%C，4.30%C的二次渗碳体的析出量，(b)画出4.3%的冷却曲线。答案略10.根据所示的Al-Si共晶相图，试分析下列（a,b,c）三个金相组织属什么成分并说明理由。指出细化此合金铸态组织的可能用途。答案11.假设质量浓度为ρ0的固溶体进行正常凝固，若k01,并用g表示固溶体相的分数x/L，试证明固相平均质量浓度s可表达为：])1(1[00ksgg固相中的溶质总量M=ρsg，则])1(1[])1(1[]1)1([)1()1(000000000000100100ksskgkkksgggMgkkgkdggkMdggkdgdM所以得：由积分中值定理：答案12.证明题：1)如下图所示，已知液、固相线均为直线，证明k0=ws/wl=常数；2)当k0=常数时，试证明液、固平面状界面的临界条件G/R=[mw0(1-k0)]/(k0D)可简化为G/R=T/D。式中m是液相线斜率，w0是合金原始成分，D是原子在液体中的扩散系数，k0是平衡分配系数，T=T1-T2。答案略13.证明：在液相完全不混合得情况下，亚共晶成分W0合金获得伪共晶组织时的平直界面临界条件为：GCR=mR(we-w0)/D答案14.Al-Cu合金相图如图4-10所示，设分配系数K和液相线斜率均为常数，试求：(a)含1%Cu固溶体进行缓慢的正常凝固，当凝固分数为50%时所凝固出的固体成分；(b)经过一次区域熔化后在x=5处的固体成分，取熔区宽度l=0.5；(c)测得铸件的凝固速率R=310-4cm/s，温度梯度G=30℃/cm，扩散系数D=310-5cm/s时，合金凝固时能保持平面界面的最大含铜量。答案TAT1T2Aw0w(B)LW015.利用上题中的数据，设合金成分为Al-0.5wt.%Cu，液体无对流，计算：（b）开始凝固时的界面温度；（c）保持液—固界面为平面界面的温度梯度；（d）在同一条件下含铜量增至2wt.%Cu时（a）、(b)题的变化。16.青铜（Cu-Sn）和黄铜（Cu-Zn）相图如图所示：（a）叙述Cu-10%Sn合金的不平衡冷却过程并指出室温时的金相组织；（b）比较Cu-10%Sn合金铸件和Cu-30%Zn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；（c）分别含2%Sn、11%Sn和15%Sn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？17.根据所示Pb-Sn相图：(1)画出成分为w(Sn)=50%合金的冷却曲线及其相应的平衡凝固组织；（2）计算该合金共晶反应后组织组成体的相对量和组成相的相对量；（3）计算共晶组织中的两相体积相对量，由此判断两相组织为棒状还是为层片状形态。在计算中忽略Sn在相和Pb在相中的溶解度效应，假定相的点阵常数为Pb的点阵常数aPb=0.390nm，晶体结构为面心立方，每个晶胞4个原子；相的点阵常数为-Sn的点阵常数aSn=0.583nm，cSn=0.318nm，晶体点阵为体心四方，每个晶胞4个原子。Pb的原子量207，Sn的原子量为119。1.(a)在合金成分线与液相线相交点作水平线，此线与固相线交点的合金成分即为首先凝固出来的固体成分：~85%B。（b）作60%B垂直线与α固相线相交点的水平线，此线与液相线L相交点的成分即为合金成分：~15%B。（c）原理同上：~20%B。（d）75%，25%2.(a)任何温度下所作的连接线两端必须分别相交于液相线和固相线，不能相交于单一液固相线或单一固相线。（b）A组元的凝固温度恒定，所以液固相线在A成分处相交于一点。(c)在两元系的三相平衡反应中，三相的成分是唯一的。(d)在两元系只能出现三相平衡反应。3.C1=12.7wt%Ni，C2=37.8wt%Ni4.(a)中间化合物的分子式为AB2(b)53.5kg5.C1=12.7wt%Ni，C2=37.8wt%Ni6.x小于等于1/37.（a）由图可知：L%=%5.4310724572，会熔化(b)因熔化的百分比超过20%，故知选用此材料不正确。8.(a)所示的ZrO2—CaO相图中共有三个三相恒温转变：包晶反应：L+T—ZrO2→C—ZrO2共晶反应：L→C—ZrO2+ZrCaO3共析反应：T-ZrO2→M—ZrO2+C-ZrO2其中L代表液相，T代表四方，C代表立方，M代表单斜。（b）mol%单斜=53.8mol%，mol%立方=46.2mol%9.答案略。10.(1)(a）共晶组织，因为两相交替生成针状组织(b)过共晶组织，因为初生相为有小刻面块晶形，应为非金属结晶特征，故此过共晶合金的初生相为Si。(c)亚共晶组织，因为初生相为树枝晶，应为金属结晶特征，故为亚共晶合金的初生相α（Al）固溶体。(2)可采用变质剂（纳盐）或增加冷却速率来细化Al-Si合金的铸态组织11．证明：k01时的正常凝固方程为：1000)1(ksgk12.答案略。13.证明：)(1000000wkwDRmkkDRmwGWsT液相完全不混合，)(,)000wwDRmGwwkweeBL（14.(a)0.286%Cu（b）0.83%Cu(c)0.18%Cu15.(a)650.37(℃)(b)保持平面界面凝固的临界条件为：8416.0103)16.01(103005.0320)1(540DKKRmCG（℃/cm）16.答案略。17.1)合金的冷却曲线及凝固组织如下图所示：室温平衡组织：α初和(α+β)共+βⅡ2)合金发生共晶反应后的组织组成体为α初和(α+β)共，各自的含量为α初%=199.16509.61×100%28%(α+β)共%=1-α初%=72%合金发生共晶反应后的相组成为α相和β相，各自的含量为α%=195.97505.97×100%=60.5%β%=1-α%=39.5%3)α相的晶胞体积为：v1=a3Pb=0.3903nm3=0.0593nm3每个晶胞中有4个原子，每个原子占据的体积为：0.0593/4=0.01483nm3β相的晶胞体积为：v2=a2SncSn=0.58322×0.318nm3=0.10808nm3每个晶胞4个原子，每个原子占据的体积为：0.10808/4=0.02702nm3在共晶组织中，两相各自所占的质量分数分别为：α共%=195.979.615.97×100%=45.35%β共%=1-α共%=54.65%设共晶组织共有100g，则其中α=45.35g，β=54.65gα的体积为：20735.45×NA×0.01483=0.00325NAβ的体积为：11965.54×NA×0.02702=0.01241NA=0.00325NA/(0.00325+0.01241)NA=20.75%即：α相占共晶体总体积的20.75％。由于α相的含量小于27.6％，在不考虑层片的界面能时，该共晶组织应为棒状。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的量为:Fe3C2%=0.5218×=11.8%或者先求ω（C）=4.30%时铁碳合金在共析反应前的渗碳体的总量为：(Fe3C)t%=0.60然后从(Fe3C)t%中减去共晶中Fe3C的量，即得Fe3C2%，Fe3C2%=-=11.8%（b）w（C）=4.30%的冷却曲线：6666666666666666666666661.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K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。答案2.三组元A、B和C的熔点分别是1000℃、900℃和750℃，三组元在液相和固相都完全互溶，并从三个二元系相图上获得下列数据：答案略成分（wt.%）温度（℃）ABC液相线固相线5050—97595050—50920850—5050840800（a）在投影图上作出950℃和850℃的液相线投影；（b）在投影图上作出950℃和850℃的固相线投影；（c）画出从A组元角连接到BC中点的垂直截面图；3.已知A、B、C三组元固态完全不互溶，成分为80％A、10％B、10％C的O合金在冷却过程xBBK40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。(a)试计算A初％、(A+B)%和(A+B+C)%的相对量。(b)写出图中I和P合金的室温平衡组织。答案4.成分为40%A、