第五章习题 有一Nm2)力作用在晶体的(01方向上,求作用在(1)(1oj 和(11)10 滑移系上的分切应力。 答矢量数性积 b=|a||bcos→cos日=ab|a|-|bl 1111移1:101×2(负号不影响切应力大小,故 取正号) 1 I-ocos Z cosg= 70-28.577(MPa) √2·√3 10210滑移系:1x001x5-万 T=gcos Z cos g 70×0 0 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 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
第五章习题 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 ab=ab = ab ab 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’
拉伸轴方向 拉伸轴方向 滑移方向 滑移方向 a)拉伸前 b)拉伸后 题2图 Ac A'B'-ABin30°sin4 故 sin45° =41.4% 已知平均晶粒直径为1mm和0.0625mm的a-Fe的屈服强度分别为112MPa和196MPa 问平均晶粒直径为0.0196mm的纯铁的屈服强度为多少? 答 Jo +id 1127-0+k(1×103)2 0=84.935(MPa) 196-0+60625×10)2 解得k=0878 可,=84935+0.878(00196×103)2=283255MPa) 铁的回复激活能为889 k/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? 160 订)。删 分 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 再结晶是一热激活过程,故再结晶速率 4=(别) ,而再 结晶速率和产生某一体积分数所需时间t成反比,即v∝t
故 3. 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 解得 ∴ 4. 铁的回复激活能为 88.9 kJ/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 ∝ ∴
=Aexp 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 n 2 互 故得 代入相应数据,得到t=0.26b 1.有一根长为5m,直径为3mm的铝线,己知铝的弹性模量为70Gpa,求在200N的拉力作用 下,此线的总长度 2.一Mg合金的屈服强度为180MPa,E为45GPa,a)求不至于使一块10mm×2mm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? 3.有一Cu-30%Zn黄铜板冷轧25%后厚度变为lcm,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 4.有一截面为10mx10mm的镍基合金试样,其长度为40mm,拉伸实验结果如下: 标距长度(mm) 43,100 40.1 86,200 40.2 10 104,800 40.8 109,600 41.6 113,800 424 121,300 44.0
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 = 0.26 h。 1. 有一根长为 5 m，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。 2. 一 Mg 合金的屈服强度为 180MPa，E 为 45GPa，a)求不至于使一块 10mm×2mm 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？ 3. 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。 4. 有一截面为 10m×10mm 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 43，100 40.1 86，200 40.2 102，0 40.4 104，800 40.8 109，600 41.6 113，800 42.4 121，300 44.0 126，900 46.0
127,600 113,800(破断 50.2 试计算其抗拉强度σb,屈服强度o2,弹性模量E以及延伸率δ。 5.将一根长为20米,直径为14mm的铝棒通过孔径为127mm的模具拉长,求a)这根铝棒拉拔 后的尺寸:b)这根铝棒要承受的冷加 率 6.确定下列情况下的工程应变εe和真应变r,说明何者更能反映真实的变形特性 a)由L伸长至1IL:b)由h压缩至0.9h c)由L伸长至2L:d)由h压缩至05h 7对于预先经过退火的金属多晶体,其真实应力一应变曲线的塑性部分可近似表示σrkEr,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{0= dot/dET}之间的数学 8.有一70MPa应力作用在f晶体的[00)方向上,求作用在(11)10-18(1)-10滑移系上的 分切应力。 9有一bc晶体的(01移系的临界分切力为60MPa,试问在[001800方向必须施加多 少的应力才会产生滑移 10Zn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 30°,求拉伸后的延伸率 11.A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367°,与01
127，600 48.0 113，800(破断) 50.2 试计算其抗拉强度 σb，屈服强度 σ0.2，弹性模量 E 以及延伸率 δ。 5. 将一根长为 20 米，直径为 14mm 的铝棒通过孔径为 12.7mm 的模具拉长，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。 6. 确定下列情况下的工程应变 εe 和真应变 εT，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。 7. 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 στ=kετ，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{θ=dσT/dεT}之间的数学 公式。 8. 有一 70MPa 应力作用在 fcc 晶体的[001]方向上，求作用在(111)[10-1]和(111)[-110]滑移系上的 分切应力。 9. 有一 bcc 晶体的(110)[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？ 10.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。 11.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191°,与[1成 222°,开始屈服时载荷为2040N,试确定主滑移系的分切应力。 2Mg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205MPa时开始观察到塑性变形,则Mg的临界分切应力为多少? 13MgO为NaCl型结构,其滑移面为{110},滑移方向为,试问沿哪一方向拉伸(或压缩 不能引起滑移? 14.一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b晶体的 (101)[-11110),写出bc晶体的其他三个 同类型的交滑移系 15fc和bc金属在塑性变形时,流变应力与位错密度p的关系为t=+ aBap,式中to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,a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τ=700kPa,初始位错密度 P=105cm2,则临界分切应力为多 ?已知Cu的G=42×10MPa,b=0.256m,[cu单晶产生1%塑性变形所对应的o=40MPa 求它产生1%塑性变形后的位错密 16证明:bc及fc金属产生孪晶时,孪晶面沿孪生方向的切变均为0.707。 17.试指出Cu和aFe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Go=
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。 12.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？ 13.MgO 为 NaCl 型结构，其滑移面为{110}，滑移方向为，试问沿哪一方向拉伸(或压缩) 不能引起滑移？ 14.一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)[-111](110)，写出 bcc 晶体的其他三个 同类型的交滑移系。 15.fcc 和 bcc 金属在塑性变形时，流变应力与位错密度 ρ 的关系为 τ=τ0+αGb√ρ，式中 τ0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，α 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 τ0=700kPa，初始位错密度 P=105cm-2，则临界分切应力为多 少？已知 Cu 的 G=42×103MPa，b=0.256nm，[111] Cu 单晶产生 1%塑性变形所对应的 σ=40MPa， 求它产生 1%塑性变形后的位错密 度。 16.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。 17.试指出 Cu 和 a-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=
483GPa, Ga-Fe=81.6GPa, V=0.3) 设运动位错被钉扎以后,其平均间距=p(r为位错密度),又设Cu单晶己经应变硬化到这种 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。 19设合金中一段直位错线运动时受到间距为1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:t=2T b=Gb/(2xr)xBln(/2ro),式中T线张力,b柏氏矢量,G—切变模量,ro第二相粒子 半径,B—常数 20已知平均晶粒直径为1mm和0.0625mm的a-Fe的屈服强度分别为1127MPa和196MPa,问 平均晶粒直径为00196mm的纯铁的屈服 强度为多少? 21现有一Φ6mm铝丝需最终加工至05mm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? 22铁的回复激活能为889 KJ/mol,如果经冷变形的铁在400℃进行恢复处理,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? 23Ag冷加工后位错密度为101m2,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(AgG=30GPa b=0.3nm,r=0.4J/m2) 24若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%转变量需要的 时间ts:tos=[2.85(NG3), 式中N、G分别为在结晶的形核率和长大线速度:N= Noexp(-Qn/(kT),g= Goexp(-Qg/(kT)
483GPa，Gα-Fe=81.6GPa，ν=0.3)。 18.设运动位错被钉扎以后，其平均间距 l=ρ-1/2(r 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 14 MPa，已知 G=40GPa，b=0.256nm，计算 Cu 单晶的位错密度。 19.设合金中一段直位错线运动时受到间距为 l 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：τ=2T/ (bλ)=Gb/(2πr)×Bln(λ/(2r0))，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。 20.已知平均晶粒直径为 1mm 和 0.0625mm 的 α-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？ 21.现有一 Φ6mm 铝丝需最终加工至 Φ0.5mm 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？ 22.铁的回复激活能为 88.9KJ/mol，如果经冷变形的铁在 400℃进行恢复处理，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？ 23.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，r=0.4J/m2 )。 24.若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%转变量需要的 时间 t0.95：t0.95=[2.85/(NG3 )]1/4， 式中 N、G 分别为在结晶的形核率和长大线速度：N=N0exp(-Qn/(kT))，g=G0exp(-Qg/(kT))
a根据上述方程导出再结晶温度TR与G0、No、Og及Qn的函数关系 b)说明下列因素是怎样影响Go、No、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在结晶温度的 25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? 26黄铜的界面能为05J/m2。设有lcm3黄铜,在700℃退火,原始晶粒直径为216×103cm,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。 27设冷变形后位错密度为102/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1ym,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 28Fe-3%Si合金含有MnS粒子时,若其半径为005mm,体积分数为001,在850℃以下退火过 程中,当基体晶粒平均直径为6μm ,其正常长大即行停止,试分析其原因 29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?动态再结晶的与静态再结 晶后的组织结构的主要区别是什 第五章习题答案
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在结晶温度的。 25.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？ 26.黄铜的界面能为 0.5J/m2。设有 1cm3 黄铜，在 700℃退火，原始晶粒直径为 2.16×10-3 cm，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。 27.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 s=0.5J/m2 )。 28.Fe-3%Si 合金含有 MnS 粒子时，若其半径为 0.05mm，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 6μ m 时，其正常长大即行停止，试分析其原因。 29.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？动态再结晶的与静态再结 晶后的组织结构的主要区别是什 么？ 第五章习题答案
1.500202mm 2.a)F=3600Nb)e=0.004 3.总变形度=55% 4.0=1.276 GPa go2=1000MPaE=172.4GPa6=25.5% 5.a)L=24.3mb)y=18% 8.(11)10-1滑移系:t=28.577MPa (11)-10]滑移系:t=0 9.001)向:无论施加多大应力都不能产生滑移 010]方向:o=14697MPa 108=41.4% I1T-LOIMPa 12tc=0.8077MPa 15p=561×108cm2 17.Cu: d(=a/3 b=v3a/2 TRN=9045MPa a-Fe: d(ln=a/2 b=v2a/2 TRN=1528MPa 18p=1869×102m 20.G=283.255MPa 22t2=59分 23 Rmi=290nm 26d2=8.9×103cm
1. l=5002.02mm 2. a) F=3600N b) ε=0.004 3. 总变形度=55% 4. σb=1.276GPa σ0.2=1000MPa E=172.4GPa δ=25.5% 5. a) L=24.3m b) ψ=18% 8. (111)[10-1]滑移系：τ=28.577MPa (111)[-110]滑移系：τ=0 9. [001]方向： 无论施加多大应力都不能产生滑移。 [010]方向：σ=146.97MPa 10.ε=41.4% 11.τ=1.01MPa 12.τc=0.8077MPa 15.ρ=5.61×108 /cm2 17.Cu：d(111)=a/√3 b=√3a/2 τP-N=90.45MPa α-Fe：d(111)=a/√2 b=√2a/2 τP-N=152.8MPa 18.ρ=1.869×1012m -2 20.σs=283.255MPa 22.t2=59 分 23.Rmin=290nm 25.t3=0.26h 26.d2=8.9×10-3 cm