清華材料科學基礎習題及答案

1、晶體結構與缺陷第一章習題及答案1-1. 布拉維點陣的基本特點是什么？答：具有周期性和對稱性，而且每個結點都是等同點。1-2. 論證為什么有且僅有14種Bravais點陣。答：第一，不少于14種點陣。對于14種點陣中的任一種，不可能找到一種連接結點的方法，形成新的晶胞而對稱性不變。 第二，不多于14種。如果每種晶系都包含簡單、面心、體心、底心四種點陣，七種晶系共28種Bravais點陣。但這28種中有些可以連成14種點陣中的某一種而對稱性不變。例如體心單斜可以連成底心單斜點陣，所以并不是新點陣類型。1-3. 以BCC、FCC和六方點陣為例說明晶胞和原胞的異同。答：晶胞和原胞都能反映點陣的周期性，

2、即將晶胞和原胞無限堆積都可以得到完整的整個點陣。但晶胞要求反映點陣的對稱性，在此前提下的最小體積單元就是晶胞；而原胞只要求體積最小，布拉維點陣的原胞都只含一個結點。例如：BCC晶胞中結點數為2，原胞為1；FCC晶胞中結點數為4，原胞為1；六方點陣晶胞中結點數為3，原胞為1。見下圖，直線為晶胞，虛線為原胞。 BCC FCC 六方點陣1-4. 什么是點陣常數？各種晶系各有幾個點陣常數？答：晶胞中相鄰三條棱的長度a、b、c與這三條棱之間的夾角、分別決定了晶胞的大小和形狀，這六個參量就叫做點陣常數。晶系a、b、c，、之間的關系點陣常數的個數三斜abc，90º6 (a、b、c 、)單斜abc，

3、=90或=904 (a、b、c、或a、b、c、)斜方abc，90º3 (a、b、c)正方a=bc，=90º2 (a、c)立方a=b=c，=90º1 (a)六方a=bc，=90º,=120º2 (a、c)菱方a=b=c，=90º2 (a、)1-5. 分別畫出鋅和金剛石的晶胞，并指出其點陣和結構的差別。答：點陣和結構不一定相同，因為點陣中的結點可以代表多個原子，而結構中的點只能代表一個原子。鋅的點陣是六方點陣，但在非結點位置也存在原子，屬于HCP結構；金剛石的點陣是FCC點陣，但在四個四面體間隙中也存在碳原子，屬于金剛石結構。見下圖。 鋅

4、的結構 金剛石的結構1-6. 寫出立方晶系的123晶面族和<112>晶向族中的全部等價晶面和晶向的具體指數。答：123 = (123) +(23) +(13)+ (12) +(132) +(32) +(12) +(13)+(213) +(13) +(23) +(21) +(231) +(31) +(21) +(23) +(312) +(12) +(32) +(31) +(321) +(21) +(31) +(32) <112> = 112 +12 +12 +11 +121 +21+11 +12 +211 +11 +21 +211-7. 在立方晶系的晶胞圖中畫出以下晶面和

5、晶向：(102)、(11)、(1)、110、11、10和21。 1-8. 標注圖中所示立方晶胞中的各晶面及晶向指數。 1-9. 寫出六方晶系的110、102晶面族和<20>、<011>晶向族中的各等價晶面及等價晶向的具體指數。答：110 = (110) +(20) + (20) 102 = (102) +(012) +(102) +(012) +(012) +(102) <20> = 20 +110 +20 <011> = 011 +011 +101 +101 +011 +1011-10. 在六方晶胞圖中畫出以下晶面和晶向：(0001)、（010

6、）、（110）、（102）、（012）、0001、010、110、011和011。 1-11. 標注圖中所示的六方晶胞中的各晶面及晶向指數。 1-12. 用解析法求1-11第二圖中的各晶向指數(按三指數四指數變換公式)。解：由三指數U V W轉化為四指數u v t w可利用公式： U = 2u +v , V= 2v + u , W = w將23、110、113、½010中的u、v、w代入公式，得 1、 110、 111、 ½ 120 。1-13. 根據FCC和HCP晶體的堆垛特點論證這兩種晶體中的八面體和四面體間隙的尺寸必相同。答：研究FCC晶體的(111)密排面和HCP晶

7、體的(0001)密排面，發(fā)現兩者原子排列方式完全相同；再研究兩者的相鄰兩層密排面，發(fā)現它們層與層之間的吻合方式也沒有差別。事實上只有研究相鄰的三層面時，才會發(fā)現FCC和HCP的區(qū)別，而八面體間隙與四面體間隙都只跟兩層密排原子有關，所以對于這兩種間隙，FCC與HCP提供的微觀環(huán)境完全相同，他們的尺寸也必相同。1-14. 以六方晶體的三軸a、b、c為基，確定其八面體和四面體間隙中心的坐標。答：八面體間隙有六個，坐標分別為：(,-,¼)、(,¼)、(-,-,¼)、(,-,¾)、(,¾)、(-,-,¾)；四面體間隙共有二十個，在中軸上的為：(

8、0,0, )、(0,0, )；在六條棱上的為：(1,0, )、(1,1, )、(0,1, )、(-1,0, )、(-1,-1, )、(0,-1, )、 (1,0, )、(1,1, )、(0,1, )、(-1,0, )、(-1,-1, )、(0,-1, )； 在中部的為：(,)、(-,)、(-,-,)、(,)、(-,)、(-,-,)。1-15. 按解析幾何證明立方晶系的h k l方向垂直與(h k l)面。證明：根據定義，(h k l)面與三軸分別交于a/h、a/k、a/l，可以推出此面方程為x/(a/h) + y/(a/k) + z/(a/l) = 1 => hx + ky +lz =

9、a； 平行移動得面 hx + ky +lz = 0； 又因為 (h, k, l) (x, y, z) = hx + ky + lz 0，知矢量(h, k, l)恒垂直于此面，即h k l方向垂直于hx + ky +lz = 0面，所以垂直于hx + ky +lz = a即(h k l)面。1-16. 由六方晶系的三指數晶帶方程導出四指數晶帶方程。解：六方晶系三指數晶帶方程為 HU + KV + LW = 0 ；面(H K L)化為四指數(h k i l)，有 H = h , K = k , L = l ；方向U V W化為四指數u v t w后，有 U = 2u +v , V= 2v + u

10、, W = w ；代入晶帶方程，得 h(2u +v) + k(2v + u) + lw = 0 ；將i =(h+k)，t =(u+v)代入上式，得 hu + kv + it + lw = 0。1-21.求出立方晶體中指數不大于3的低指數晶面的晶面距d和低指數晶向長度L(以晶胞邊長a為單位)。 解：晶面間距為d = a/sqrt (h2+k2+l2)，晶向長度為L = a·sqrt (u2+v2+w2)，可得晶面族d(×a)晶面族d(×a)晶向族L(×a)晶向族L(×a)100131111/11<100>1<311>111

11、102/22223/6<110>2<222>231113/332013/13<111>3<320>132001/232114/14<200>2<321>142105/532217/17<210>5<322>172116/63302/6<211>6<330>322202/433119/19<220>22<331>192211/333222/22<221>3<332>223001/33333/9<300>3<333

12、>3331010/10<310>101-22.求出六方晶體中0001、100、110和101等晶向的長度(以點陣常數a和c為單位)。 解：六方晶體晶向長度公式：L = a·sqrt (U2+V2+W2c2/a2-UV)；（三指數） L = a·sqrt (u2+v2+2t2+w2c2/a2-uv)；（四指數） 代入四指數公式，得長度分別為 c、 3*a、 3a、 (3a2+c2)。1-23.計算立方晶體中指數不大于3的各低指數晶面間夾角(列表表示)。為什么夾角和點陣常數無關。 解：利用晶面夾角公式cos= (h1h2+k1k2+l1l2)/sqrt(h12

13、+k12+l12)*(h22+k22+l22)計算。兩晶面族之間的夾角根據所選晶面的不同可能有多個，下面只列出一個，其他這里不討論。cos10011011121021122131010012/23/325/56/32/3310/1011016/3310/103/222/325/5111115/522/353/9230/15210130/625/572/10211176/18715/302211410/153101 后面的結果略。1-24.計算立方晶體中指數不大于3的各低指數晶向間夾角(列表表示)，并將所得結果和上題比較。 解：利用晶向夾角公式cos= (u1u2+v1v2+w1w2)/sqrt

14、 (u12+v12+w12)*(u22+v22+w22)計算。兩晶向族之間的夾角根據所選晶向的不同可能有多個，所得結果與上題完全相同，只將表示晶面的“”替換為“<>”即可。從表面上看是因為晶向夾角公式與晶面夾角公式完全相同的原因，深入分析，發(fā)現晶向x y z是晶面(x y z)的法線方向，是垂直關系，所以兩晶面的夾角恒等于同指數的晶向夾角。1-25.計算六方晶體中(0001)、100和110之間的夾角。 解：化為三指數為：(001)、(210)或(120)或(10)、(110)或(10)或(20)，利用六方晶系面夾角公式(P41公式1-39)，分別代入求得 (0001) 與 100

15、或110： 夾角為90º； 100 與 110：夾角為30º或90º。1-26.分別用晶面夾角公式及幾何法推導六方晶體中(102)面和(012)面的夾角公式(用點陣常數a和c表示)。 解：(1) 化為三指數為(102)、(02)，代入公式(P41 公式1-39)得 cos= = (3a2-c2)/(3a2+c2) (2) 如右圖，利用余弦定律，可得 cos= = (3a2-c2)/(3a2+c2)1-27.利用上題所得的公式具體計算Zn(c/a=1.86)、Mg(c/a=1.62)和Ti(c/a=1.59)三種金屬的(102)面和(012)面的夾角。 解：代入公式

16、，得 cos1 = -0.0711, cos2 = 0.0668, cos3 = 0.0854； 得夾角為1 (Zn)= 94.1º, 2 (Mg)= 86.2º, 3 (Ti)= 85.1º。1-28.將(102)和(012)分別換成011和101，重做1-26、1-27題。解：化為三指數為1和211，代入公式，得cos= = (c2-3a2)/(3a2+c2) 見1-26題答案中的圖，利用余弦定律，可得 cos= = (c2-3a2)/(3a2+c2)代入公式，得 cos1 = 0.0711, cos2 = -0.0668, cos3 = -0.0854； 得

17、夾角為1 (Zn)= 85.9º, 2 (Mg)= 93.8º, 3 (Ti)= 94.9º。1-29.推導菱方晶體在菱方軸下的點陣常數aR、R和在六方軸下的點陣常數aH、cH之間的換算公式。 解：在aH、bH、cH下，aR = 11， 所以點陣常數aR = L = aH·sqrt (U2+V2+W2cH2/aH2-UV) = (3aH2+cH2), 又因為R是晶向11與121的夾角， 所以點陣常數R = arcos ( (cH2/aH2-3/2)/(3+ cH2/aH2) ) = arcos ( (2cH2-3aH2)/(6aH2+2cH2) )。 可

18、得a H = aR·sqrt (2(1-cos)； c H = aR·sqrt (3(1+2cos)。1-30.已知-Al2O3(菱方晶體)的點陣常數為aR = 5.12 Å、R = 55º17，求它在六方軸下的點陣常數aH和cH。 解：利用上題公式，將aR 、R 數值代入，可得aH = 4.75 Å、cH = 12.97 Å。第一章補充題：1. Prove that the A-face-centered hexagonal lattice is not a new type of lattice in addition to th

19、e 14 space lattice. 答：如圖，六方點陣加入a面面心以后，對稱性降低，可以連成一個面心斜方點陣。所以它不是一個新點陣。2. Draw a primitive cell of BCC lattice. (答案見1-3)3. Prove that the sizes of both octahedral and tetrahedral interstitials in HCP are same as there in FCC. (答案見1-13，計算在課本P18、P20)4. Determine the coordinates of centers of both the oct

20、ahedral and the tetrahedral interstitial in HCP refered to a, b and c.（答案見1-14）5. Prove that h k l(h k l) for cubic crystal.（答案見1-15）6. Show all possible 102 planes in the hexagonal unit cell and label the specific indices for each plane.答：102 = (102) +(012) +(102) +(012) +(012) +(102)如圖，順序按逆時針排列。7.

21、 Point out all the <110> on (111) planes both analytically and graphically.答：畫圖法：下圖。解析法：(111)面的面方程為x+y+z = 1，列出所有可能的<110> = 110+ 011 +101 +10 +01 +10 (其他為這六個的反方向)，將(x y z)代入面方程，得知前三個不滿足，后三個滿足，即10、01、10在(111)面上。8. Prove that the zone equation holds for cubic system.證明：已知在立方晶系中h k l方向垂直與(h

22、 k l)面，由于u v w方向屬于(h k l)面，必有h k l垂直于u v w，即h k lu v w = 0，得hu +kv +lw = 0。第二章習題及答案2-11.比較石墨和金剛石的晶體結構、結合鍵和性能。 答：金剛石晶體結構為帶四面體間隙的FCC，碳原子位于FCC點陣的結合點和四個不相鄰的四面體間隙位置(見1-6題答案)，碳原子之間都由共價鍵結合，因此金剛石硬度高，結構致密。石墨晶體結構為簡單六方點陣，碳原子位于點陣結點上，同層之間由共價鍵結合，鄰層之間由范德華力結合，因此石墨組織稀松，有一定的導電性，常用作潤滑劑。2-12.為什么元素的性質隨原子序數周期性的變化？短周期元素和長

23、周期元素的變化有何不同？原因何在？答：因為元素的性質主要由外層價電子數目決定，而價電子數目是隨原子序數周期性變化的，所以反映出元素性質的周期性變化。長周期元素性質的變化較為連續(xù)、逐漸過渡，而短周期元素性質差別較大，這是因為長周期過渡族元素的亞層電子數對元素性質也有影響造成的。2-13.討論各類固體中原子半徑的意義及其影響因素，并舉例說明。答：對于金屬和共價晶體，原子半徑定義為同種元素的晶體中最近鄰原子核之間距離之半。共價晶體中原子間結合鍵是單鍵、雙鍵或三鍵將會影響原子半徑，所以一般使用數值最大的單鍵原子半徑r(1)；金屬晶體中，配位數會影響原子半徑，例如-Fe (CN=8)比-Fe (CN=1

24、2)的原子半徑小3，一般采用CN=12的原子半徑。 對于非金屬的分子晶體，同時存在兩個原子半徑：一是共價半徑，另一是范德華原子半徑(相鄰分子間距離之半)。例如氯分子晶體中，兩半徑分別為0.099nm和0.180nm。 對于離子晶體，用離子半徑r+、r表示正、負離子尺寸。在假設同一離子在不同離子晶體中有相同半徑的情況下，可以大致確定離子半徑。但離子半徑只是一個近似的概念，電子不可能完全脫離正離子，因此許多離子鍵或多或少帶有共價鍵的成分，當這種特點較為突出時，離子半徑的意義就不確切了。2-14.解釋下列術語：合金由金屬和其它一種或多種元素通過化學鍵結合而成的材料。組元組成合金的每種元素(金屬、非金

25、屬)。相合金內部具有相同的(或連續(xù)變化的)成分、結構和性能的部分或區(qū)域。組織一定外界條件下，組成一定成分的合金的若干種不同的相的總體。固溶體溶質和溶劑的原子占據了一個共同的布拉維點陣，且此點陣類型與溶劑點陣類型相同；組元的含量可在一定范圍內改變而不會導致點陣類型的改變。具有以上兩性質的金屬或非金屬合成物就叫做固溶體。金屬間化合物金屬與金屬形成的化合物。超結構(超點陣)有序固溶體中的各組元分點陣組成的復雜點陣。分點陣(次點陣)有序固溶體中各組元原子分別占據的各自的布拉維點陣。負電性表示元素在和其它元素形成化合物或固溶體時吸引電子的能力的參量。電子濃度合金中每個原子的平均價電子數。2-15.有序合

26、金的原子排列有何特點？這種排列和結合鍵有什么關系？為什么許多有序合金在高溫下變成無序？從理論上如何確定有序無序轉變的溫度(居里溫度)？ 答：有序合金中各組元原子占據各自的布拉維點陣，整個合金就是這些分點陣組成的超點陣。這種排列是由原子間金屬鍵造成的，是價電子集體將原子規(guī)則排列。高溫下由于原子的熱運動加劇，到一定程度就會擺脫原來的結點位置，造成原子排列的無序性。理論上可以利用金屬鍵的強度與分子平均自由能的大小關系確定有序合金的轉變溫度。2-16.試將圖2-43中的各種有序合金結構分解為次點陣(指出次點陣的數量和類型)。答：(a) 兩個次點陣，簡單立方點陣。Cu、Zn各一個。 (b) 四個次點陣，

27、簡單立方點陣。Au一個，Cu三個。 (c) 四個次點陣，簡單立方點陣。Cu、Au各兩個。 (d) 四個次點陣，面心立方點陣。a、b、c、d各一個。(e) 四十個次點陣，簡單立方點陣。Cu、Au各二十個。2-17.簡述Hume-Rothery規(guī)則及其實際意義。答：(1) 形成合金的元素原子半徑之差超過1415，則固溶度極為有限； (2) 如果合金組元的負電性相差很大，固溶度就極小； (3) 兩元素的固溶度與它們的原子價有關，高價元素在低價元素中的固溶度大于低價元素在高價元素中的固溶度； (4) BB族溶質元素在B族溶劑元素中的固溶度都相同(e/a=1.36)，與具體的元素種類無關； (5) 兩組

28、元只有具有相同的晶體結構才能形成無限(或連續(xù))固溶體。Hume-Rothery規(guī)則雖然只是否定規(guī)則(1)、(2)，只是定性或半定量的規(guī)則，而且后三條都只限于特定情況。但它總結除了合金固溶度的一些規(guī)律，幫助預計固溶度的大小，因而對確定合金的性能和熱處理行為有很大幫助。2-18.利用Darken-Gurry圖分析在Mg中的固溶度可能比較大的元素(所需數據參看表2-7)。 答：Mg元素的原子半徑r=0.16nm，x=1.2，根據Hume-Rothery規(guī)則，在r(0.136,0.184)，x(0.8,1.6)范圍內尋找元素，做一橢圓，由課本P100圖245可以看出，可能的元素有Cd、Nb、Ti、Ce

29、、Hf、Zr、Am、P、Sc及鑭系元素。2-19.什么是Vegard定律？為什么實際固溶體往往不符合Vegard定律？ 答：實驗發(fā)現兩種同晶型的鹽形成連續(xù)固溶體時，固溶體的點陣常數與成分呈直線關系，即點陣常數正比于任一組元的濃度，這就是Vegard定律。因為Vegard定律反映了成分對合金相結構的影響，但對合金相結構有影響的不只是成分，還有其它因素(如電子濃度、負電性等)，這些因素導致了實際固溶體與Vegard定律不符。2-20.固溶體的力學和物理性能和純組元的性能有何關系？請定性地加以解釋。 答：固溶體的強度和硬度往往高于各組元，而塑性則較低，這是因為：(1) 對于間隙固溶體，溶質原子往往擇

30、優(yōu)分布在位錯線上，形成間隙原子“氣團”，將位錯牢牢釘扎住，起到了強化作用；(2) 對于置換固溶體，溶質原子往往均勻分布在點陣內，造成點陣畸變，從而增加位錯運動的阻力，這種強化作用較小。 固溶體的電學、熱學、磁學等物理性質也隨成分而連續(xù)變化，但一般都不是線性關系，這是因為溶質原子一般會破壞溶劑原來的物理性能，但合金呈有序狀態(tài)時，物理性能又會突變，顯示出良好的物理性能。2-21.敘述有關離子化合物結構的Pauling規(guī)則，并用此規(guī)則分析金紅石的晶體結構。 答：(1) 在正離子周圍形成一負離子配位多面體，正負離子之間的距離取決于離子半徑之和，而配位數則取決于正負離子半徑之比；(2) 正離子給出的價電

31、子數等于負離子得到的價電子數，所以有Z+/CN+ = Z/CN；(3) 在一個配位結構中，當配位多面體共用棱、特別是共用面時，其穩(wěn)定性會降低，而且正離子的電價越高、配位數越低，則上述效應越顯著；(4) 在含有一種以上正離子的晶體中，電價大、配位數小的正離子周圍的負離子配位多面體力圖共頂連接；(5) 晶體中配位多面體的類型力圖最少。對于金紅石：(1) 正負離子半徑比為0.48，根據課本P104表2-8，可知負離子多面體為八面體，正離子配位數為6；(2) Z+ = 4，Z = 2，所以CN = CN+Z/ Z+ = 6/2 = 3。2-22.討論氧化物結構的一般規(guī)律。 答：氧化物結構的重要特點就是

32、氧離子密排。大多數簡單的氧化物結構中氧離子都排成面心立方、密排六方或近似密排的簡單立方，而正離子則位于八面體間隙、四面體間隙或簡單立方的體心。2-23.討論硅酸鹽結構的基本特點和類型。答：基本特點：(1) 硅酸鹽的基本結構單元是SiO4四面體，硅原子位于氧原子四面體的間隙中；(2) 每個氧最多只能被兩個SiO4四面體共有；(3) SiO4四面體可以互相孤立地在結構中存在，也可以通過共頂點互相連接；(4) Si-O-Si的結合鍵形成一折線。 按照硅氧四面體在空間的組合情況可以分為：島狀、鏈狀、層狀、骨架狀。2-24.從以下六個方面總結比較價化合物、電子化合物、TCP相和間隙相 (間隙化

33、合物)等各種金屬間化合物。價化合物電子化合物TCP相間隙相組成元素金屬與金屬，金屬與準金屬貴金屬與B族元素，族(鐵族)元素和某些B族元素原子半徑相差不大的金屬元素原子半徑較大的過渡族金屬元素和原子半徑較小的準金屬元素(H、B、C、N、Si等)結構特點通過電子的轉移或共用，形成8電子穩(wěn)定組態(tài)結構主要由電子濃度決定由密排四面體按一定次序堆垛而成通常金屬原子排成FCC或CPH結構，準金屬原子位于四面體或八面體間隙結合鍵離子鍵、共價鍵或離子共價鍵主要是金屬鍵金屬鍵混合型：金屬原子之間為金屬鍵，金屬與準金屬原子鍵為共價鍵決定結構的主要因素及理論基礎負電性，電子層理論電子濃度，電子論組元原子半徑比，拓撲學

34、組元原子半徑比，空間幾何學性能特點非金屬性質或半導體性質明顯的金屬特性相硬而脆，Cr3Si型結構合金大都具有超導性質寬相互固溶范圍，明顯的金屬性質，很高的熔點、極高的硬度和脆性典型例子MgSe、Pt2P、Mg2Si、MnS、MgS、MnAsCuZn、Cu5Zn8、CuZn3MgCu2、MgZn2、MgNi2(Laves相)、Fe-Cr合金(相)、Cr3SiFe4N、Fe2N、NaH、TiH2(簡單)；Fe3C、Cr23C6、Fe4W2C(復雜)第三章習題及答案3-1. 寫出FCC晶體在室溫下所有可能的滑移系統(tǒng)(要求寫出具體的晶面、晶向指數)。 答：共有12個可能的滑移系統(tǒng)：(111)10、(1

35、11)01、(111)10、(11)110、(11)01、(11)101、(11)110、(11)10、(11)011、(11)011、(11)101、(11)10。3-2. 已知某銅單晶試樣的兩個外表面分別是(001)和(111)。請分析當此晶體在室溫下滑移時在上述每個外表面上可能出現的滑移線彼此成什么角度？ 答：可能的滑移面為111晶面族，它們與(001)面的交線只可能有110和10，所以滑移線彼此平行或垂直。滑移面與(111)面的交線可能有10、01、10，所以滑移線彼此平行或成60º角。3-3. 若直徑為5mm的單晶鋁棒在沿棒軸123方向加40N的拉力時即開始滑移，求鋁在滑移

36、時的臨界分切應力。 解：單晶鋁為FCC結構，滑移系統(tǒng)為111<110>，利用映象規(guī)則，知滑移面和滑移方向為(11)101，它們與軸夾角分別為 cos= 123·11/(|123| |11|) = 4/42； cos= 123·101/(|123| |101|) = 2/7； 所以臨界分切應力c = Fcoscos/A0 = = 0.95MPa。3-4. 利用計算機驗證，決定滑移系統(tǒng)的映像規(guī)則對FCC晶體和具有110<111>滑移系統(tǒng)的BCC晶體均適用。(提示：對于任意設定的外力方向，用計算機計算所有等價滑移系統(tǒng)的取向因子。) 答：= coscos，計

37、算所有等價滑移系的，可發(fā)現max必對應映象規(guī)則所選擇的滑移系。3-5. 如果沿FCC晶體的110方向拉伸，請寫出可能起動的 滑移系統(tǒng)。答：可能起動的滑移系統(tǒng)有四個，分別為(11)101、(11)011、(111)10、(111)01。3-6. 請在Mg的晶胞圖中畫出任一對可能的雙滑移系統(tǒng)，并標出具體指數。 答：Mg為HCP結構，其滑移系統(tǒng)為0001<110>和100<110>，右圖中標出一組可能的雙滑移系統(tǒng)：(010)20和(100)20。3-7. 證明取向因子的最大值為0.5(max =0.5)。 證：如右圖，= <F, b>，= <F, n>

38、，所以cos= OA/OP，cos= OB/OP，C為P的投影，POC=，所以cos2= OC2/OP2 = (OA2+OB2)/OP2，由此可得= coscos= OA·OB/OP2 = cos2·OA·OB/(OA2+OB2)OA·OB/(OA2+OB2) 0.5， 當=0或，OA=OB時，取最大值0.5，此時F、n、 b共面且=。3-8. 如果沿鋁單晶的23方向拉伸，請確定：(1) 初始滑移系統(tǒng)；(2) 轉動規(guī)律和轉軸；(3) 雙滑移系統(tǒng)；(4) 雙滑移開始時晶體的取向和切變量；(5) 雙滑移過程中晶體的轉動規(guī)律和轉軸；(6) 晶體的最終取向(穩(wěn)定

39、取向)。 解：(1) 鋁單晶為FCC結構，23位于取向三角形00111101中，所以初始滑移系統(tǒng)為(111)01； (2) 試樣軸轉向01，轉軸為23×01 = 2，即1； (3) 雙滑移系統(tǒng)為(111)01(1)101； (4) 利用L = l + (l·n)b，設L = u w，得 L = 23+401/6 ，由此可知u=2，w=4，=6/4， 所以晶體取向為24，即12，切變量為6/4； (5) 雙滑移時，試樣軸一方面轉向01，轉軸n1 = 12×01 = 1，同時轉向101，轉軸n2 = 12×101 = 11，合成轉軸為000，所以晶體不再轉動

40、； (6) 由(5)可知晶體最終取向為12。3-9. 將上題中的拉伸改為壓縮，重解上題。 解：(1) 23位于取向三角形00111101中，所以初始滑移系統(tǒng)為(111)01； (2) 試樣軸轉向111，轉軸為23×111 = 13； (3) 雙滑移系統(tǒng)為(111)01(11)011； (4) 利用A = a - (a·b)n，設A = u 0 w，得 A = 23- 4111/6 ，由此可知u=3，w=4，= -6/4， 所以晶體取向為304，切變量為-6/4； (5) 雙滑移時，試樣軸一方面轉向111，轉軸n1 = 304×111 = 13，同時轉向11，轉軸n

41、2 = 304×11 = 41，合成轉軸為020即010，所以雙滑移后F點沿001101邊移動； (6) 設穩(wěn)定取向為u 0 w，要使n= 000，需有u 0 w×(111+11) = 000，即u = w，故穩(wěn)定取向為101。3-10.將3-8題中的鋁單晶改為鈮單晶，重解該題。 解：(1) 鈮單晶為BCC結構，23位于取向三角形00111101中，所以初始滑移系統(tǒng)為(01)111； (2) 試樣軸轉向111，轉軸為23×111 = 13； (3) 雙滑移系統(tǒng)為(01)111(011)11； (4) 利用L = l + (l·n)b，設L = u 0 w

42、，得 L = 23 +4111/6 ，由此可知u=3，w=4，=6/4， 所以晶體取向為304，切變量為6/4； (5) 雙滑移時，試樣軸一方面轉向111，轉軸n1 = 304×111 = 13，同時轉向11，轉軸n2 = 304×11 = 41，合成轉軸為020即010，所以雙滑移后F點沿001101邊移動； (6) 設穩(wěn)定取向為u 0 w，要使n= 000，需有u 0 w×(111+11) = 000，即u = w，故穩(wěn)定取向為101。3-11.分別用矢量代數法和解析幾何法推導單晶試棒在拉伸時的長度變化公式。解：(1) 設試棒原來的方向矢量為l，拉伸后變?yōu)長，

43、n和b方向如圖，則由此知 L = l+·OA·b = l+(l·n)b； L2 = L·L = l+(l·n)b·l+(l·n)b = l2 +2(l·n)( l·b) +2(l·n) 2 = l2(1+2cos0 cos0 +2 cos20) L = l·sqrt(1+2cos0 cos0 +2 cos20) (2) OAAC OA = OC·cos0 = lcos0 CD =·OA =lcos0 又 OB/CD OCD =-COB =-0 ，可知cos (-0)

44、 = (OC2 +CD2 +OD2 )/(2OC·OD) = (l2 +2l2cos20 -L2)/(2l2cos20)=> L2 = l2(1+2cos0 cos0 +2 cos20)=> L = l·sqrt(1+2cos0 cos0 +2 cos20)。3-12.用適當的原子投影圖表示BCC晶體孿生時原子的運動，并由此圖計算孿生時的切變，分析孿生引起的堆垛次序變化和引起的層錯的最短滑動矢量。 解：孿生面與孿生方向分別為(12)11時原子投影圖如圖，= |11/6| / (½ d(12)= 1/2 =0.707 基體部分堆垛次序為ABCDEF，孿生

45、面為，孿晶部分堆垛次序為FEDCBA，最短滑移矢量為1/611。3-13.用適當的原子投影圖表示鋅(c/a=1.86)單晶在孿生時原子的運動，并由圖計算切變。解：位移為AB-2AC = (3a2 +c2 ) 2*3a2 /(3a2 +c2 ) = (c2 - 3a2 )/(3a2 +c2 )面間距為CD = 3ac/(3a2 +c2 ) = (AB-2AC)/ CD = (c2 - 3a2 )/(3ac) = (1.862 -3)/( 3*1.86) = 0.143。3-14.用解析法(代公式法)計算鋅在孿生時的切變，并和上題的結果相比較。 解：= (c/a)2 3 / (3c/a) = 0.

46、143，與上題結果相同。3-15.已知鎂(c/a=1.62)單晶在孿生時所需的臨界分切應力比滑移時大好幾倍，試問當沿著Mg單晶的0001方向拉伸或者壓縮時，晶體的變形方式如何？ 答：鎂單晶的滑移系統(tǒng)為(0001)<110>、100<110>，可能的滑移方向均垂直于0001，所以此時不發(fā)生滑移；c/a=1.62<3，所以0001在K1、K2鈍角區(qū)，孿生時會增長。因此在0001方向拉伸時會發(fā)生孿生，孿生使晶體位向發(fā)生變化，因而可能進一步滑移；而壓縮時，滑移和孿生都不能發(fā)生，晶體表現出很強的脆性。3-20.什么是織構(或擇優(yōu)取向)？形成形變織構(或加工織構)的基本原因是

47、什么？ 答：金屬在冷加工以后，各晶粒的位向就有一定的關系，這樣的一種位向分布就稱為擇優(yōu)取向，即織構。形成形變織構的根本原因是在加工過程中每個晶粒都沿一定的滑移面滑移，并按一定的規(guī)律轉動，使滑移方向趨向于主應變方向或使滑移面趨向于壓縮面。因此當形變量足夠大時，大量晶粒的滑移方向或滑移面都將和拉伸方向或壓縮面平行，從而形成織構。3-22.高度冷軋的鋁板在高溫退火后會形成完善的001<100>織構(立方織構)。如果將這種鋁板深沖成杯，會產生幾個制耳？在何位置？ 答：深沖時，平行于<100>方向拉伸時，8個滑移系統(tǒng)比較易滑移，故在010、00、100、00方向出現四個制耳，此時

48、1/6；同時在<110>、<10>、<0>、<10>方向可能產生四個小制耳。3-23.實踐表明，高度冷軋的鎂板在深沖時往往會裂開，試分析其原因。 答：鎂板冷軋后會產生(0001)<110>織構，在平行或垂直于板面方向施加應力，取向因子為零，幾乎沒有塑性，進一步加工就很易開裂。第四章習題及答案4-1. 在晶體中插入附加的柱狀半原子面能否形成位錯環(huán)？為什么？答：不能形成位錯環(huán)。假設能形成位錯環(huán)，則該位錯環(huán)各處均為刃型位錯，根據lb，則該位錯環(huán)每一點處的b應沿著徑向，也就是說環(huán)上各點的b不同，這與一條位錯線只有一個b矛盾。4-2. 請分析下

49、述局部塑性變形會形成什么樣的位錯(要求指出位錯線的方向和柏氏矢量)。(1) 簡單立方晶體，(010)面繞001軸發(fā)生純彎曲。(2) 簡單立方晶體，(110)面繞001軸發(fā)生純彎曲。(3) FCC晶體，(110)面繞001軸發(fā)生純彎曲。(4) 簡單立方晶體繞001軸扭轉角。答：(1) 刃型，l = 001，b = a010； (2) 刃型，l = 001，b = a100或a010； (3) 刃型，l = 001，b = a110/2； (4) 螺型，l = 001，b = a001。4-3. 怎樣的一對位錯等價與一列空位(或一列間隙原子)？ 答：一個正刃型位錯和一個負刃型位錯的半原子面位于同一

50、平面，中間如果空出一個原子位就會形成一列空位，如果重疊了一個原子位就會形成一列間隙原子。4-4. 在簡單立方晶體的(001)投影面上畫出一個和柏氏矢量成45º的混合位錯附近的原子組態(tài)。 答：見右圖。4-5. 當刃型位錯周圍的晶體中含有(a)超平衡的空位、(b)超平衡的間隙原子、(c)低于平衡濃度的空位、(d)低于平衡濃度的間隙原子等四種情形時，該位錯將怎樣攀移？ 答：(a) 正攀移； (b) 負攀移； (c) 負攀移； (d) 正攀移。4-6. 指出圖4-109中位錯環(huán)ABCDA的各段位錯線是什么性質的位錯？它們在外應力xy 作用下將如何運動？(及yy ) 答：AB、BC、CD、DA

51、各段都為刃型位錯。在xy 作用下，AB、CD段不運動，BC向下滑移，DA向上滑移；在yy 作用下，整個位錯環(huán)向外擴大。4-10.證明混合位錯在其滑移面上、沿滑移方向的剪應力為S =Gb(1-cos2)/2r(1-)，式中是位錯線l和柏氏矢量b之間的夾角，是波桑比，r是所論點到位錯線的距離。 證：將b分解為b= bcos和b= bsin，可得 scrow =0 b /r = Gbcos/(2r)，方向沿l； edge =0 b /r = Gbsin/2r(1-)，方向垂直于l； S =scrow cos+edge sin=Gb(1-cos2)/2r(1-)。4-11.證明作用在某平面n上的總應力

52、p和應力張量的關系為p =n，或用分量表示成pi =3j=1i j nj 。(正交坐標系為x1，x2，x3) 證：由P(P1 ,P2 ,P3)，及F1 =0，得P1 A0 =11dx2dx3/2 +12dx3dx1/2 +13dx1dx2/2，又dx2dx3/2A0 = n1，dx3dx1/2A0 = n2，dx1dx2/2A0 = n3， P1 =11 n1+12 n2+13 n3， 同理得P2 =21 n1+22 n2+23 n3，P3 =31 n1+32 n2+33 n3， 上三式即可表示為p =n，或pi =3j=1i j n j。4-12.證明，對于任何對稱張量，下式恒成立：(a)b = (b)a。證：設矩陣元為i j ，i,j =1, ,n，a =