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1、晶体结构与缺陷第一章习题及答案1-1. 布拉维点阵的基本特点是什么？答：具有周期性和对称性，而且每个结点都是等同点。1-2. 论证为什么有且仅有14种Bravais点阵。答：第一，不少于14种点阵。对于14种点阵中的任一种，不可能找到一种连接结点的方法，形成新的晶胞而对称性不变。 第二，不多于14种。如果每种晶系都包含简单、面心、体心、底心四种点阵，七种晶系共28种Bravais点阵。但这28种中有些可以连成14种点阵中的某一种而对称性不变。例如体心单斜可以连成底心单斜点阵，所以并不是新点阵类型。1-3. 以BCC、FCC和六方点阵为例说明晶胞和原胞的异同。答：晶胞和原胞都能反映点阵的周期性，

2、即将晶胞和原胞无限堆积都可以得到完整的整个点阵。但晶胞要求反映点阵的对称性，在此前提下的最小体积单元就是晶胞；而原胞只要求体积最小，布拉维点阵的原胞都只含一个结点。例如：BCC晶胞中结点数为2，原胞为1；FCC晶胞中结点数为4，原胞为1；六方点阵晶胞中结点数为3，原胞为1。见下图，直线为晶胞，虚线为原胞。 BCC FCC 六方点阵1-4. 什么是点阵常数？各种晶系各有几个点阵常数？答：晶胞中相邻三条棱的长度a、b、c与这三条棱之间的夹角、分别决定了晶胞的大小和形状，这六个参量就叫做点阵常数。晶系a、b、c，、之间的关系点阵常数的个数三斜abc，906 (a、b、c 、)单斜abc，=90或=9

3、04 (a、b、c、或a、b、c、)斜方abc，903 (a、b、c)正方a=bc，=902 (a、c)立方a=b=c，=901 (a)六方a=bc，=90,=1202 (a、c)菱方a=b=c，=902 (a、)1-5. 分别画出锌和金刚石的晶胞，并指出其点阵和结构的差别。答：点阵和结构不一定相同，因为点阵中的结点可以代表多个原子，而结构中的点只能代表一个原子。锌的点阵是六方点阵，但在非结点位置也存在原子，属于HCP结构；金刚石的点阵是FCC点阵，但在四个四面体间隙中也存在碳原子，属于金刚石结构。见下图。 锌的结构 金刚石的结构1-6. 写出立方晶系的123晶面族和晶向族中的全部等价晶面和晶

4、向的具体指数。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 +12 +12 +11 +121 +21+11 +12 +211 +11 +21 +211-7. 在立方晶系的晶胞图中画出以下晶面和晶向：(102)、(11)、(1)、110、11、10和21。 1-8. 标注图中所示立方晶胞中的各晶面及晶向指数。 1-9. 写

5、出六方晶系的110、102晶面族和、晶向族中的各等价晶面及等价晶向的具体指数。答：110 = (110) +(20) + (20) 102 = (102) +(012) +(102) +(012) +(012) +(102) = 20 +110 +20 = 011 +011 +101 +101 +011 +1011-10. 在六方晶胞图中画出以下晶面和晶向：(0001)、（010）、（110）、（102）、（012）、0001、010、110、011和011。 1-11. 标注图中所示的六方晶胞中的各晶面及晶向指数。 1-12. 用解析法求1-11第二图中的各晶向指数(按三指数四指数变换公式)

6、。解：由三指数U V W转化为四指数u v t w可利用公式： U = 2u +v , V= 2v + u , W = w将23、110、113、010中的u、v、w代入公式，得 1、 110、 111、 120 。1-13. 根据FCC和HCP晶体的堆垛特点论证这两种晶体中的八面体和四面体间隙的尺寸必相同。答：研究FCC晶体的(111)密排面和HCP晶体的(0001)密排面，发现两者原子排列方式完全相同；再研究两者的相邻两层密排面，发现它们层与层之间的吻合方式也没有差别。事实上只有研究相邻的三层面时，才会发现FCC和HCP的区别，而八面体间隙与四面体间隙都只跟两层密排原子有关，所以对于这两种

7、间隙，FCC与HCP提供的微观环境完全相同，他们的尺寸也必相同。1-14. 以六方晶体的三轴a、b、c为基，确定其八面体和四面体间隙中心的坐标。答：八面体间隙有六个，坐标分别为：(,-,)、(,)、(-,-,)、(,-,)、(,)、(-,-,)；四面体间隙共有二十个，在中轴上的为：(0,0, )、(0,0, )；在六条棱上的为：(1,0, )、(1,1, )、(0,1, )、(-1,0, )、(-1,-1, )、(0,-1, )、 (1,0, )、(1,1, )、(0,1, )、(-1,0, )、(-1,-1, )、(0,-1, )； 在中部的为：(,)、(-,)、(-,-,)、(,)、(-,

8、)、(-,-,)。1-15. 按解析几何证明立方晶系的h k l方向垂直与(h k l)面。证明：根据定义，(h k l)面与三轴分别交于a/h、a/k、a/l，可以推出此面方程为x/(a/h) + y/(a/k) + z/(a/l) = 1 = hx + ky +lz = a； 平行移动得面 hx + ky +lz = 0； 又因为 (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. 由六方晶系的三指数晶带

9、方程导出四指数晶带方程。解：六方晶系三指数晶带方程为 HU + KV + LW = 0 ；面(H K L)化为四指数(h k i l)，有 H = h , K = k , L = l ；方向U V W化为四指数u v t w后，有 U = 2u +v , V= 2v + u , W = w ；代入晶带方程，得 h(2u +v) + k(2v + u) + lw = 0 ；将i =(h+k)，t =(u+v)代入上式，得 hu + kv + it + lw = 0。1-21.求出立方晶体中指数不大于3的低指数晶面的晶面距d和低指数晶向长度L(以晶胞边长a为单位)。 解：晶面间距为d = a/sq

10、rt (h2+k2+l2)，晶向长度为L = asqrt (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)100131111/111111102/22223/62231113/332013/133132001/232114/142142105/532217/175172116/63302/66322202/433119/1922192211/333222/223223001/33333/933331010/10101-22.求出六方晶体中0001、100、110和101等晶向的长度(以点阵常数a和c为单位)。 解：六方晶体晶向长度公式：L = asqrt (U

11、2+V2+W2c2/a2-UV)；（三指数） L = asqrt (u2+v2+2t2+w2c2/a2-uv)；（四指数） 代入四指数公式，得长度分别为 c、 3*a、 3a、 (3a2+c2)。1-23.计算立方晶体中指数不大于3的各低指数晶面间夹角(列表表示)。为什么夹角和点阵常数无关。 解：利用晶面夹角公式cos= (h1h2+k1k2+l1l2)/sqrt(h12+k12+l12)*(h22+k22+l22)计算。两晶面族之间的夹角根据所选晶面的不同可能有多个，下面只列出一个，其他这里不讨论。cos10011011121021122131010012/23/325/56/32/3310

12、/1011016/3310/103/222/325/5111115/522/353/9230/15210130/625/572/10211176/18715/302211410/153101 后面的结果略。1-24.计算立方晶体中指数不大于3的各低指数晶向间夹角(列表表示)，并将所得结果和上题比较。 解：利用晶向夹角公式cos= (u1u2+v1v2+w1w2)/sqrt (u12+v12+w12)*(u22+v22+w22)计算。两晶向族之间的夹角根据所选晶向的不同可能有多个，所得结果与上题完全相同，只将表示晶面的“”替换为“”即可。从表面上看是因为晶向夹角公式与晶面夹角公式完全相同的原因，

13、深入分析，发现晶向x y z是晶面(x y z)的法线方向，是垂直关系，所以两晶面的夹角恒等于同指数的晶向夹角。1-25.计算六方晶体中(0001)、100和110之间的夹角。 解：化为三指数为：(001)、(210)或(120)或(10)、(110)或(10)或(20)，利用六方晶系面夹角公式(P41公式1-39)，分别代入求得 (0001) 与 100或110： 夹角为90； 100 与 110：夹角为30或90。1-26.分别用晶面夹角公式及几何法推导六方晶体中(102)面和(012)面的夹角公式(用点阵常数a和c表示)。 解：(1) 化为三指数为(102)、(02)，代入公式(P41

14、公式1-39)得 cos= = (3a2-c2)/(3a2+c2) (2) 如右图，利用余弦定律，可得 cos= = (3a2-c2)/(3a2+c2)1-27.利用上题所得的公式具体计算Zn(c/a=1.86)、Mg(c/a=1.62)和Ti(c/a=1.59)三种金属的(102)面和(012)面的夹角。 解：代入公式，得 cos1 = -0.0711, cos2 = 0.0668, cos3 = 0.0854； 得夹角为1 (Zn)= 94.1, 2 (Mg)= 86.2, 3 (Ti)= 85.1。1-28.将(102)和(012)分别换成011和101，重做1-26、1-27题。解：化

15、为三指数为1和211，代入公式，得cos= = (c2-3a2)/(3a2+c2) 见1-26题答案中的图，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； 得夹角为1 (Zn)= 85.9, 2 (Mg)= 93.8, 3 (Ti)= 94.9。1-29.推导菱方晶体在菱方轴下的点阵常数aR、R和在六方轴下的点阵常数aH、cH之间的换算公式。 解：在aH、bH、cH下，aR = 11， 所以点阵常数aR = L = aHsqrt (U2+V2+W2cH2/aH2-UV

16、) = (3aH2+cH2), 又因为R是晶向11与121的夹角， 所以点阵常数R = arcos ( (cH2/aH2-3/2)/(3+ cH2/aH2) ) = arcos ( (2cH2-3aH2)/(6aH2+2cH2) )。 可得a H = aRsqrt (2(1-cos)； c H = aRsqrt (3(1+2cos)。1-30.已知-Al2O3(菱方晶体)的点阵常数为aR = 5.12 、R = 5517，求它在六方轴下的点阵常数aH和cH。 解：利用上题公式，将aR 、R 数值代入，可得aH = 4.75 、cH = 12.97 。第一章补充题：1. Prove that t

17、he A-face-centered hexagonal lattice is not a new type of lattice in addition to the 14 space lattice. 答：如图，六方点阵加入a面面心以后，对称性降低，可以连成一个面心斜方点阵。所以它不是一个新点阵。2. Draw a primitive cell of BCC lattice. (答案见1-3)3. Prove that the sizes of both octahedral and tetrahedral interstitials in HCP are same as there in

18、 FCC. (答案见1-13，计算在课本P18、P20)4. Determine the coordinates of centers of both the octahedral and the tetrahedral interstitial in HCP refered to a, b and c.（答案见1-14）5. Prove that h k l(h k l) for cubic crystal.（答案见1-15）6. Show all possible 102 planes in the hexagonal unit cell and label the specific in

19、dices for each plane.答：102 = (102) +(012) +(102) +(012) +(012) +(102)如图，顺序按逆时针排列。7. Point out all the on (111) planes both analytically and graphically.答：画图法：下图。解析法：(111)面的面方程为x+y+z = 1，列出所有可能的 = 110+ 011 +101 +10 +01 +10 (其他为这六个的反方向)，将(x y z)代入面方程，得知前三个不满足，后三个满足，即10、01、10在(111)面上。8. Prove that the

20、zone equation holds for cubic system.证明：已知在立方晶系中h k l方向垂直与(h k l)面，由于u v w方向属于(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。第二章习题及答案2-11.比较石墨和金刚石的晶体结构、结合键和性能。 答：金刚石晶体结构为带四面体间隙的FCC，碳原子位于FCC点阵的结合点和四个不相邻的四面体间隙位置(见1-6题答案)，碳原子之间都由共价键结合，因此金刚石硬度高，结构致密。石墨晶体结构为简单六方点阵，碳原子位于点阵结点上，同层之间由共价键结合，邻层之间由范德华

21、力结合，因此石墨组织稀松，有一定的导电性，常用作润滑剂。2-12.为什么元素的性质随原子序数周期性的变化？短周期元素和长周期元素的变化有何不同？原因何在？答：因为元素的性质主要由外层价电子数目决定，而价电子数目是随原子序数周期性变化的，所以反映出元素性质的周期性变化。长周期元素性质的变化较为连续、逐渐过渡，而短周期元素性质差别较大，这是因为长周期过渡族元素的亚层电子数对元素性质也有影响造成的。2-13.讨论各类固体中原子半径的意义及其影响因素，并举例说明。答：对于金属和共价晶体，原子半径定义为同种元素的晶体中最近邻原子核之间距离之半。共价晶体中原子间结合键是单键、双键或三键将会影响原子半径，所

22、以一般使用数值最大的单键原子半径r(1)；金属晶体中，配位数会影响原子半径，例如-Fe (CN=8)比-Fe (CN=12)的原子半径小3，一般采用CN=12的原子半径。 对于非金属的分子晶体，同时存在两个原子半径：一是共价半径，另一是范德华原子半径(相邻分子间距离之半)。例如氯分子晶体中，两半径分别为0.099nm和0.180nm。 对于离子晶体，用离子半径r+、r表示正、负离子尺寸。在假设同一离子在不同离子晶体中有相同半径的情况下，可以大致确定离子半径。但离子半径只是一个近似的概念，电子不可能完全脱离正离子，因此许多离子键或多或少带有共价键的成分，当这种特点较为突出时，离子半径的意义就不确

23、切了。2-14.解释下列术语：合金由金属和其它一种或多种元素通过化学键结合而成的材料。组元组成合金的每种元素(金属、非金属)。相合金内部具有相同的(或连续变化的)成分、结构和性能的部分或区域。组织一定外界条件下，组成一定成分的合金的若干种不同的相的总体。固溶体溶质和溶剂的原子占据了一个共同的布拉维点阵，且此点阵类型与溶剂点阵类型相同；组元的含量可在一定范围内改变而不会导致点阵类型的改变。具有以上两性质的金属或非金属合成物就叫做固溶体。金属间化合物金属与金属形成的化合物。超结构(超点阵)有序固溶体中的各组元分点阵组成的复杂点阵。分点阵(次点阵)有序固溶体中各组元原子分别占据的各自的布拉维点阵。负

24、电性表示元素在和其它元素形成化合物或固溶体时吸引电子的能力的参量。电子浓度合金中每个原子的平均价电子数。2-15.有序合金的原子排列有何特点？这种排列和结合键有什么关系？为什么许多有序合金在高温下变成无序？从理论上如何确定有序无序转变的温度(居里温度)？ 答：有序合金中各组元原子占据各自的布拉维点阵，整个合金就是这些分点阵组成的超点阵。这种排列是由原子间金属键造成的，是价电子集体将原子规则排列。高温下由于原子的热运动加剧，到一定程度就会摆脱原来的结点位置，造成原子排列的无序性。理论上可以利用金属键的强度与分子平均自由能的大小关系确定有序合金的转变温度。2-16.试将图2-43中的各种有序合金结

25、构分解为次点阵(指出次点阵的数量和类型)。答：(a) 两个次点阵，简单立方点阵。Cu、Zn各一个。 (b) 四个次点阵，简单立方点阵。Au一个，Cu三个。 (c) 四个次点阵，简单立方点阵。Cu、Au各两个。 (d) 四个次点阵，面心立方点阵。a、b、c、d各一个。(e) 四十个次点阵，简单立方点阵。Cu、Au各二十个。2-17.简述Hume-Rothery规则及其实际意义。答：(1) 形成合金的元素原子半径之差超过1415，则固溶度极为有限； (2) 如果合金组元的负电性相差很大，固溶度就极小； (3) 两元素的固溶度与它们的原子价有关，高价元素在低价元素中的固溶度大于低价元素在高价元素中的

26、固溶度； (4) BB族溶质元素在B族溶剂元素中的固溶度都相同(e/a=1.36)，与具体的元素种类无关； (5) 两组元只有具有相同的晶体结构才能形成无限(或连续)固溶体。Hume-Rothery规则虽然只是否定规则(1)、(2)，只是定性或半定量的规则，而且后三条都只限于特定情况。但它总结除了合金固溶度的一些规律，帮助预计固溶度的大小，因而对确定合金的性能和热处理行为有很大帮助。2-18.利用Darken-Gurry图分析在Mg中的固溶度可能比较大的元素(所需数据参看表2-7)。 答：Mg元素的原子半径r=0.16nm，x=1.2，根据Hume-Rothery规则，在r(0.136,0.1

27、84)，x(0.8,1.6)范围内寻找元素，做一椭圆，由课本P100图245可以看出，可能的元素有Cd、Nb、Ti、Ce、Hf、Zr、Am、P、Sc及镧系元素。2-19.什么是Vegard定律？为什么实际固溶体往往不符合Vegard定律？ 答：实验发现两种同晶型的盐形成连续固溶体时，固溶体的点阵常数与成分呈直线关系，即点阵常数正比于任一组元的浓度，这就是Vegard定律。因为Vegard定律反映了成分对合金相结构的影响，但对合金相结构有影响的不只是成分，还有其它因素(如电子浓度、负电性等)，这些因素导致了实际固溶体与Vegard定律不符。2-20.固溶体的力学和物理性能和纯组元的性能有何关系？

28、请定性地加以解释。 答：固溶体的强度和硬度往往高于各组元，而塑性则较低，这是因为：(1) 对于间隙固溶体，溶质原子往往择优分布在位错线上，形成间隙原子“气团”，将位错牢牢钉扎住，起到了强化作用；(2) 对于置换固溶体，溶质原子往往均匀分布在点阵内，造成点阵畸变，从而增加位错运动的阻力，这种强化作用较小。 固溶体的电学、热学、磁学等物理性质也随成分而连续变化，但一般都不是线性关系，这是因为溶质原子一般会破坏溶剂原来的物理性能，但合金呈有序状态时，物理性能又会突变，显示出良好的物理性能。2-21.叙述有关离子化合物结构的Pauling规则，并用此规则分析金红石的晶体结构。 答：(1) 在正离子周围

29、形成一负离子配位多面体，正负离子之间的距离取决于离子半径之和，而配位数则取决于正负离子半径之比；(2) 正离子给出的价电子数等于负离子得到的价电子数，所以有Z+/CN+ = Z/CN；(3) 在一个配位结构中，当配位多面体共用棱、特别是共用面时，其稳定性会降低，而且正离子的电价越高、配位数越低，则上述效应越显著；(4) 在含有一种以上正离子的晶体中，电价大、配位数小的正离子周围的负离子配位多面体力图共顶连接；(5) 晶体中配位多面体的类型力图最少。对于金红石：(1) 正负离子半径比为0.48，根据课本P104表2-8，可知负离子多面体为八面体，正离子配位数为6；(2) Z+ = 4，Z = 2

30、，所以CN = CN+Z/ Z+ = 6/2 = 3。2-22.讨论氧化物结构的一般规律。 答：氧化物结构的重要特点就是氧离子密排。大多数简单的氧化物结构中氧离子都排成面心立方、密排六方或近似密排的简单立方，而正离子则位于八面体间隙、四面体间隙或简单立方的体心。2-23.讨论硅酸盐结构的基本特点和类型。答：基本特点：(1) 硅酸盐的基本结构单元是SiO4四面体，硅原子位于氧原子四面体的间隙中；(2) 每个氧最多只能被两个SiO4四面体共有；(3) SiO4四面体可以互相孤立地在结构中存在，也可以通过共顶点互相连接；(4) Si-O-Si的结合键形成一折线。 按照硅氧四面体在空间的组合情况可以分

31、为：岛状、链状、层状、骨架状。2-24.从以下六个方面总结比较价化合物、电子化合物、TCP相和间隙相(间隙化合物)等各种金属间化合物。价化合物电子化合物TCP相间隙相组成元素金属与金属，金属与准金属贵金属与B族元素，族(铁族)元素和某些B族元素原子半径相差不大的金属元素原子半径较大的过渡族金属元素和原子半径较小的准金属元素(H、B、C、N、Si等)结构特点通过电子的转移或共用，形成8电子稳定组态结构主要由电子浓度决定由密排四面体按一定次序堆垛而成通常金属原子排成FCC或CPH结构，准金属原子位于四面体或八面体间隙结合键离子键、共价键或离子共价键主要是金属键金属键混合型：金属原子之间为金属键，金

32、属与准金属原子键为共价键决定结构的主要因素及理论基础负电性，电子层理论电子浓度，电子论组元原子半径比，拓扑学组元原子半径比，空间几何学性能特点非金属性质或半导体性质明显的金属特性相硬而脆，Cr3Si型结构合金大都具有超导性质宽相互固溶范围，明显的金属性质，很高的熔点、极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(简单)；Fe3C、Cr23C6、Fe4W2C(复杂)第三章习题及答案3-1. 写出FCC晶体在室

33、温下所有可能的滑移系统(要求写出具体的晶面、晶向指数)。 答：共有12个可能的滑移系统：(111)10、(111)01、(111)10、(11)110、(11)01、(11)101、(11)110、(11)10、(11)011、(11)011、(11)101、(11)10。3-2. 已知某铜单晶试样的两个外表面分别是(001)和(111)。请分析当此晶体在室温下滑移时在上述每个外表面上可能出现的滑移线彼此成什么角度？ 答：可能的滑移面为111晶面族，它们与(001)面的交线只可能有110和10，所以滑移线彼此平行或垂直。滑移面与(111)面的交线可能有10、01、10，所以滑移线彼此平行或成6

34、0角。3-3. 若直径为5mm的单晶铝棒在沿棒轴123方向加40N的拉力时即开始滑移，求铝在滑移时的临界分切应力。 解：单晶铝为FCC结构，滑移系统为111，利用映象规则，知滑移面和滑移方向为(11)101，它们与轴夹角分别为 cos= 12311/(|123| |11|) = 4/42； cos= 123101/(|123| |101|) = 2/7； 所以临界分切应力c = Fcoscos/A0 = = 0.95MPa。3-4. 利用计算机验证，决定滑移系统的映像规则对FCC晶体和具有110滑移系统的BCC晶体均适用。(提示：对于任意设定的外力方向，用计算机计算所有等价滑移系统的取向因子。

35、) 答：= coscos，计算所有等价滑移系的，可发现max必对应映象规则所选择的滑移系。3-5. 如果沿FCC晶体的110方向拉伸，请写出可能起动的 滑移系统。答：可能起动的滑移系统有四个，分别为(11)101、(11)011、(111)10、(111)01。3-6. 请在Mg的晶胞图中画出任一对可能的双滑移系统，并标出具体指数。 答：Mg为HCP结构，其滑移系统为0001和100，右图中标出一组可能的双滑移系统：(010)20和(100)20。3-7. 证明取向因子的最大值为0.5(max =0.5)。 证：如右图，= ，= ，所以cos= OA/OP，cos= OB/OP，C为P的投影，

36、POC=，所以cos2= OC2/OP2 = (OA2+OB2)/OP2，由此可得= coscos= OAOB/OP2 = cos2OAOB/(OA2+OB2)OAOB/(OA2+OB2) 0.5， 当=0或，OA=OB时，取最大值0.5，此时F、n、 b共面且=。3-8. 如果沿铝单晶的23方向拉伸，请确定：(1) 初始滑移系统；(2) 转动规律和转轴；(3) 双滑移系统；(4) 双滑移开始时晶体的取向和切变量；(5) 双滑移过程中晶体的转动规律和转轴；(6) 晶体的最终取向(稳定取向)。 解：(1) 铝单晶为FCC结构，23位于取向三角形00111101中，所以初始滑移系统为(111)01

37、； (2) 试样轴转向01，转轴为2301 = 2，即1； (3) 双滑移系统为(111)01(1)101； (4) 利用L = l + (ln)b，设L = u w，得 L = 23+401/6 ，由此可知u=2，w=4，=6/4， 所以晶体取向为24，即12，切变量为6/4； (5) 双滑移时，试样轴一方面转向01，转轴n1 = 1201 = 1，同时转向101，转轴n2 = 12101 = 11，合成转轴为000，所以晶体不再转动； (6) 由(5)可知晶体最终取向为12。3-9. 将上题中的拉伸改为压缩，重解上题。 解：(1) 23位于取向三角形00111101中，所以初始滑移系统为(

38、111)01； (2) 试样轴转向111，转轴为23111 = 13； (3) 双滑移系统为(111)01(11)011； (4) 利用A = a - (ab)n，设A = u 0 w，得 A = 23- 4111/6 ，由此可知u=3，w=4，= -6/4， 所以晶体取向为304，切变量为-6/4； (5) 双滑移时，试样轴一方面转向111，转轴n1 = 304111 = 13，同时转向11，转轴n2 = 30411 = 41，合成转轴为020即010，所以双滑移后F点沿001101边移动； (6) 设稳定取向为u 0 w，要使n= 000，需有u 0 w(111+11) = 000，即u

39、= w，故稳定取向为101。3-10.将3-8题中的铝单晶改为铌单晶，重解该题。 解：(1) 铌单晶为BCC结构，23位于取向三角形00111101中，所以初始滑移系统为(01)111； (2) 试样轴转向111，转轴为23111 = 13； (3) 双滑移系统为(01)111(011)11； (4) 利用L = l + (ln)b，设L = u 0 w，得 L = 23 +4111/6 ，由此可知u=3，w=4，=6/4， 所以晶体取向为304，切变量为6/4； (5) 双滑移时，试样轴一方面转向111，转轴n1 = 304111 = 13，同时转向11，转轴n2 = 30411 = 41，

40、合成转轴为020即010，所以双滑移后F点沿001101边移动； (6) 设稳定取向为u 0 w，要使n= 000，需有u 0 w(111+11) = 000，即u = w，故稳定取向为101。3-11.分别用矢量代数法和解析几何法推导单晶试棒在拉伸时的长度变化公式。解：(1) 设试棒原来的方向矢量为l，拉伸后变为L，n和b方向如图，则由此知 L = l+OAb = l+(ln)b； L2 = LL = l+(ln)bl+(ln)b = l2 +2(ln)( lb) +2(ln) 2 = l2(1+2cos0 cos0 +2 cos20) L = lsqrt(1+2cos0 cos0 +2 cos20) (2) OAAC OA = OCcos0 = lcos0 CD =OA =lcos0 又 OB/CD OCD =-COB =-0 ，可知cos (-0) = (OC2 +CD2 +OD2 )/(2OCOD) = (l2 +2l2cos20