Callister (resoluções de questões)2347910

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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
CAPÍTULO 2
Estrutura atômica e ligação interatômica
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Conceitos Fundamentais
Elétrons em átomos
2.1 Cite a diferença entre a massa atómica e peso atômico.
Solução
Massa atômica é a massa de um átomo individual, enquanto que o peso atômico é a média (ponderada) do
massas atômicas de isótopos que ocorrem naturalmente de um átomo.
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2.2 Chromium tem quatro isótopos que ocorrem naturalmente: 4,34% do50Cr, com um peso atômico de 49,9460
amu, 83,79% dos52Cr, com um peso atômico de 51,9405 amu, 9,50% do53Cr, com um peso atômico de 52,9407 amu,
e 2,37% de 54Cr, com um peso atômico de 53,9389 amu. Com base nestes dados, confirmar que a média
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
peso atômico de Cr é 51,9963 amu.
Solução
O peso atômico média de silício (A Cr) É calculado através da adição da fracção ocorrência / peso atómico
produtos para os três isótopos. Assim
UMACr = F50Cr
UMA50Cr
+ F52Cr
UMA52Cr
+ F
53Cr
UMA53Cr
+ F
54Cr
UMA54Cr
= (0,0434) (49,9460 amu) + (0,8379) (51,9405 amu) + (0,0950) (52,9407 amu) + (0,0237) (53,9389 amu) = 51,9963 amu
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2.3 (a) Quantos gramas estão lá em um amu de um material?
(B) Mole, no contexto deste livro, é tomado em unidades de grama­mole. Nesta base, quantos átomos
há em uma libra­mole de uma substância?
Solução
(A) A fim de determinar o número de gramas num amu de material, a manipulação adequada do
amu / átomo, g / mol, e átomo de / relações molares é tudo o que é necessário, tal como
# G / amu = 1 mol
6,022 × 10 23 átomos
�
��
�
��
1 g / mol
1 amu / atom
�
��
�
��
= 1,66 × 10­24g / amu
(B) Uma vez que existem 453,6 g / libram,
1 LB­ mol = (453,6 g / libram) (6,022 x 10 23átomos / g­ mol)
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= 2,73 × 10 átomos / lb­moles
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2.4 (a) Cite dois conceitos de mecânica quântica importantes associados com o modelo de Bohr do átomo.
(B) Cite dois importantes aperfeiçoamentos adicionais que resultaram do modelo atômico de onda mecânica.
Solução
(A) Dois conceitos de mecânica quântica importantes associados com o modelo de Bohr do átomo são (1) que
elétrons são partículas se movendo em órbitas discretas, e (2) de energia do elétron é quantizado em conchas.
(B) Duas importantes aperfeiçoamentos resultantes do modelo atómico de onda mecânica são (1) que de electrões
posição é descrito em termos de uma distribuição de probabilidade, e (2) a energia de electrões é quantizado em ambos os reservatórios e
subshells ­ cada elétron é caracterizada por quatro números quânticos.
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2.5 Em relação a elétrons e estados de elétrons, o que é que cada um dos quatro números quânticos especificar?
Solução
O número quântico n designa o escudo do elétron.
O número quântico l designa o subnível elétron.
Eles eunúmero quântico designa o número de estados de elétrons em cada camada de elétrons.
Eles s número quântico designa o momento de rotação em cada elétron.
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2.6 Os valores permitidos para os números quânticos de elétrons são os seguintes:
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n = 1, 2, 3,. . .
l = 0, 1, 2, 3,. . . , N ­1
meu= 0, ± 1, ± 2, ± 3,. . . , ± l
ms = ±
1
2
As relações entre n e as designações de shell são anotados na Tabela 2.1. Em relação às subcamadas,
l = 0 corresponde a uma s subcamada
l = 1 corresponde a ap subnível
l = 2 corresponde ao anúncio subnível
l = 3 corresponde a um f subcamada
Para a camada K, os quatro números quânticos para cada um dos dois electrões no estado 1s, na ordem de NLMeums, Está
100 (1
2
) E 100 ( ­ 1
2
). Faça os quatro números quânticos para todos os elétrons no L e M conchas, e nota
que correspondem aos S, P, e d subcamadas.
Solução
Para o estado G, n = 2, e oito estados de electrões são possíveis. Possíveis valores l são 0 e 1, enquanto possível meu
Os valores são 0 e ± 1; e possível msOs valores são ±
1
2
. Portanto, para o S estados, os números quânticos são 200(1
2
)
e 200 (­ 1
2
) . Para os estados de p, os números quânticos são 210(1
2
) , 210 (­ 1
2
) , 211 (1
2
) , 211(­ 1
2
) , 21 (­ 1)(1
2
)E
21 (­1)(­ 1
2
) .
Para o estado H, n = 3, e 18 estados são possíveis. Possíveis valores l são 0, 1 e 2; possível meuOs valores são
0, ± 1 e ± 2; e possível m s Os valores são ±
1
2
. Portanto, para o S estados, os números quânticos são 300(1
2
) ,
300(­ 1
2
) , Para os estados de p são 310(1
2
) , 310 (­ 1
2
) , 311 (1
2
) , 311 (­ 1
2
) , 31 (­1)(1
2
), E 31 ( ­1)(­ 1
2
) ; para o d
estados eles são 320(1
2
) , 320 (­ 1
2
) , 321 (1
2
) , 321 (­ 1
2
) , 32 (­ 1)(1
2
) , 32 (­ 1)(­ 1
2
) , 322 (1
2
) , 322 (­ 1
2
) , 32 (­2)( 1
2
) ,
e 32 ( ­ 2)(­ 1
2
) .
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2.7 Dar as configurações eletrônicas para os seguintes iões: Fe2+, Al3+, Cu+, Ba2+, Br­E ó 2­.
Solução
As configurações eletrônicas para os íons são determinados por meio da tabela 2.2 (e Figura 2.6).
Fe2+: A partir da Tabela 2.2, a configuração de electrões por um átomo de ferro é 1 s22 s22 p63 s23 p63 d64 s2. A fim de
tornar­se um íon com uma carga mais dois, ele deve perder dois electrões­neste caso, os dois 4 s. Assim, o electrão
configuração de um Fe2+ion é um s22 s22 p63 s23 p63 d6.
Al3+: A partir da Tabela2.2, a configuração de electrões por um átomo de alumínio é um s22 s22 p63 s23 p1. A fim de
tornar­se um íon com uma vantagem de três carga, deve perder três elétrons­neste caso dois 3 s e um 3 p. Assim, o
para uma configuração de electrões Al3+ion é um s22 s22 p6.
Cu+: A partir da Tabela 2.2, a configuração de electrões por um átomo de cobre é 1 s22 s22 p63 s23 p63 d104 s1. Em ordem
a tornar­se um ião com uma vantagem uma carga, deve perder um electrão, neste caso, os 4 s. Assim, o electrão
configuração de um Cu+ ion é um s22 s22 p63 s23 p63 d10.
Ba2+: O número atômico para o bário é de 56 (Figura 2.6), e na medida em que não é um elemento de transição do
configuração de electrões por um dos seus átomos é 1 s22 s22 p63 s23 p63 d104 s24 p64 d105 s25 p66 s2. De modo a tornar­se um ião
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com uma vantagem de dois carga, deve perder dois electrões­neste caso as duas 6 s. Assim, a configuração de electrões para uma
Ba2+ion é um s22 s22 p63 s23 p63 d104 s24 p64 d105 s25 p6.
Br­: A partir da Tabela 2.2, a configuração de electrões por um átomo de bromo é 1 s22 s22 p63 s23 p63 d104 s24 p5. Em
Para se tornar um íon com um menos uma carga, deve adquirir um elétron, neste caso mais 4 p. Assim, o
configuração eletrônica para um Br­ ion é um s22 s22 p63 s23 p63 d104 s24 p6.
O2­: A partir da Tabela 2.2, a configuração eletrônica de um átomo de oxigênio é um s22 s22 p4. A fim de se tornar um
ion com uma carga menos dois, ele deve adquirir dois elétrons, neste caso mais dois 2 p. Assim, o electrão
configuração para um O2­ion é um s22 s22 p6.
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2,8 cloreto de sódio (NaCl) apresenta predominantemente ligação iónica. Então Uma+e Cl ­ íons têm elétron
estruturas que são idênticos aos que dois gases inertes?
Solução
Então Uma+ ion é apenas um átomo de sódio que perdeu um elétron; por conseguinte, tem uma configuração de electrão do
mesmo como o néon (Figura 2.6).
O Cl ­ ião é um átomo de cloro que adquiriu um electrão adicional; por conseguinte, tem um electrão
Configuração o mesmo como árgon.
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A tabela periódica
2.9 No que diz respeito à configuração eletrônica, o que todos os elementos do Grupo VIIA da tabela periódica
tem em comum?
Solução
Cada um dos elementos do Grupo VIIA tem cinco electrões p.
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2.10 Para o grupo na tabela periódica seria um elemento com número atômico 114 pertencem?
Solução
A partir da tabela periódica (Figura 2.6), o elemento que tem número atômico 114 iria pertencer ao grupo IVA.
De acordo com a figura 2.6, DS, tendo um número atómico de 110 encontra­se abaixo de Pt na tabela periódica e na direita
mais coluna de grupo VIII. Movendo­se quatro colunas para a direita coloca elemento 114 sob Pb e no grupo IVA.
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2.11 Sem consultar Figura 2.6 ou Tabela 2.2, determinar se cada um dos configurações eletrônicas
dada abaixo é um gás inerte, um halogéneo, um metal alcalino, um metal alcalino­terroso, ou um metal de transição. Justifique sua
escolhas.
(A) 1s22s22p63s23p63d74s2
(b) 1s22s22p63s23p6
(c) 1s22s22p5
(d) 1s22s22p63s2
(e) 1s22s22p63s23p63d24s2
(f) 1s22s22p63s23p64s1
Solução
(A) Os 1 s22 s22 p63 s23 p63 d74 s2configuração electrónica que é de um metal de transição devido a uma incompleta
d subnível.
(B) de 1 s 22 s22 p63 s23 p6configuração electrónica que é de um gás inerte por causa da cheios e 3 s 3 p subcamadas.
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(C) O 1 s 22 s22 p5 configuração electrónica que é de um halogéneo, porque é uma deficiente em electrões de
ter um shell L preenchido.
(D) Os 1 s22 s22 p63 s2configuração electrónica que é de um metal alcalino­terroso porque s de dois electrões.
(E) Os 1 s22 s22 p63 s23 p63 d24 s2configuração electrónica que é de um metal de transição devido a uma incompleta
d subnível.
(F) Os 1 s22 s22 p63 s23 p64 s1configuração electrónica que é de um metal alcalino por causa de um p de electrões.
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2.12 (a) O que subnível elétron está sendo preenchido para a série de terra rara de elementos na tabela periódica?
(B) O que subnível elétron está sendo preenchido para a série actinide?
Solução
(A) O 4 F subcamada está a ser cheio para a série de elementos de terras raras.
(B) O 5 f subcamada está a ser cheio para a série de elementos actinídeos.
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Criar Laços forças e energias
2.13 Calcule a força de atração entre um K +e um O 2­ião positivo os centros dos quais são separadas por uma
distância de 1,5 nm.
Solução
A força de atração entre dois íons F UMAé apenas a derivada em relação à separação de interatômica
a expressão energia atrativa, a Equação 2.8, que é apenas
FUMA=
dEUMA
dr
=
d ­ UMA
r
�
��
�
��
dr
= UMA
r2
A constante nesta expressão é definida na nota 3. Uma vez que as valências do K+ e ó 2­ íons (Z1e Z 2) Está
1 e ­2, respectivamente, Z1= 1 e Z 2= 2,então
FUMA=
(Z1e) (Z2e)
4πε0r2
= (1) (2)
(1,602 × 10 ­19 C)2
(4) (π) (8,85 × 10­12F / m) (1,5 × 10­9 m)2
= 2,05 × 10­10N
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
2.14 A energia potencial líquida entre dois íons adjacentes, EN, Pode ser representada pela soma das equações
2,8 e 2,9; isto é,
EN = ­
UMA
r
+ B
rn
Calcule a energia de ligação E0em termos de parâmetros A, B, e n, usando o seguinte procedimento:
1. Diferenciar ENcom respeito a R, e em seguida, definir a expressão resultante igual a zero, uma vez que a curva de
ENcontra R é um mínimo em E0.
2. Resolva para r em termos de A, B, e n, que rende r0, O equilíbrio espaçamento interiônicas.
3. Determine a expressão para E0por substituição de r0na Equação 2.11.
Solução
(A) A diferenciação da Equação 2.11 rendimentos
dEN
dr
=
d ­ UMA
r
�
��
�
��
dr
+
d B
rn
�
��
�
��
dr
= UMA
r(1 + 1)
­ nB
r(N + 1)
= 0
(B) Agora, resolvendo para r (r =0)
UMA
r02
= nB
r0(N + 1)
ou
r0 =
UMA
nB
�
��
�
��
1 / (1 ​​­ N)
(C) Substituição de r0na Equação 2.11 e resolvendo para E (= E0)
E0 = ­
UMA
r0
+ B
r0n
= ­ UMA
UMA
nB
�
��
�
��
1 / (1 ​​­ N)+
B
UMA
nB
�
��
�
��
n / (1 ​​­ N)
Página 15
2.15 Por um K+Cl ­ par de íons, energias atrativas e repulsivas EUMAe E R, Respectivamente, dependem do
distância entre os iões de r, de acordo com a
EUMA
= ­ 1.436
r
ER
= 5,8 × 10
­6
r9
Por estas expressões, energias são expressas em elétron­volts por K+Cl ­ par, e r é a distância em nanómetros.
A energia E líquidoNé apenas a soma das duas expressões acima.
(A) Sobrepor em um único lote EN, ERE E UMAcontra R até 1,0 nm.
(B) Com base neste enredo, determinar (i) a r espaçamento equilíbrio0entre o K +e Cl ­ iões, e (ii)
a magnitude da energia de ligação E entre os dois iões.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos de 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
0(C) determinar a r Matematicamente0e E 0valores usando as soluções para o Problema 2.14 e compará­los
com os resultados gráficos da parte (b).
Solução
(A) Curvas de EUMA, ERE E Nsão mostrados no gráfico abaixo.
(B) A partir deste enredo
r0= 0,28 nm
E0 = ­ 4.6 eV
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(C) A partir da Equação 2.11 para EN
A = 1,436
B = 5,86 × 10­6
n = 9
Assim,
r0 =
UMA
nB
�
��
�
��
1 / (1 ​​­ N)
= 1.436
(8)(5,86 × 10 ­6)
�
�
�
�
�
�
1 / (1 ​​­ 9)
= 0,279 nm
e
E0 = ­
UMA
UMA
nB
�
��
�
��
1 / (1 ​​­ N)+
B
UMA
nB
�
��
�
��
n / (1 ​​­ N)
= ­ 1.436
1.436
(9)(5.86 × 10­6)
�
�
�
�
�
�
�
�
1 / (1 ​​­ 9)+
5,86 × 10 ­6
1.436
(9)(5,86 × 10­6)
�
�
�
�
�
�
�
�
9 / (1­9)
= ­ 4,57 eV
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
2.16 Considere um hipotético X+Y ­ par iónico para que o equilíbrio de ligação e espaçamento interiônicas
Os valores de energia são 0,35 nm e ­6,13 eV, respectivamente. Se é sabido que n na Equação 2.11 tem um valor de 10, usando
os resultados do Problema 2.14, determinar expressões explícitas para as energias atrativas e repulsivas EUMAe E R de
Equações 2.8 e 2.9.
Solução
Este problema nos dá, para um hipotético X+Y ­ par de íons, os valores para r0 (0,35 nm), E0 (­ 6,13 eV), e n
(10), e pede que nós determinamos expressões explícitas para as energias atrativas e repulsivas de Equações 2.8 e 2.9.
Em essência, é necessário calcular os valores de A e B nestas equações. Expressões para r 0 e E 0 em termos
de N, A e B foram determinadas no Problema 2.14, que são os seguintes:
r0 =
UMA
nB
�
��
�
��
1 / (1 ​​­ N)
E0 = ­
UMA
UMA
nB
�
��
�
��
1 / (1 ​​­ N)+
B
UMA
nB
�
��
�
��
n / (1 ​​­ N)
Assim, temos duas equações simultâneas com duas incógnitas (viz. A e B). Após a substituição de valores para r0
e E 0em termos de n, estas equações assumir as formas
0,35 nm = UMA
10 B
�
�
�
�
�
�
1 / (1 ​​­ 10)
=
UMA
10 B
�
�
�
�
�
�
­1/9
e
­6,13 EV = ­ UMA
UMA
10 B
�
�
�
�
�
�
1 / (1 ​​­ 10)+
B
UMA
10 B
�
�
�
�
�
�
10 / (1 ​​­ 10)
= ­ UMA
UMA
10 B
�
��
�
��
­1/9 +
B
UMA
10 B
�
��
�
��
­10/9
Queremos agora para resolver estas duas equações simultaneamente para valores de A e B. Desde o primeiro destes dois
equações, resolvendo para A / 8 B leva a
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estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
UMA
10 B
= (0,35 nm)­9
Além disso, a partir da equação acima o A é igual
A = B 10 (0,35 nm)­9
Quando os dois acima expressões para A / B e 10 A são substituídos na expressão acima para E0 (­ 6,13 eV), o
seguintes resultados
­6,13 EV = = ­ UMA
UMA
10 B
�
��
�
��
­1/9 +
B
UMA
10 B
�
��
�
��
­10/9
= ­ 10 B (0,35 nm)
­9
(0,35 nm)­9[ ]
­1/9 +
B
(0,35 nm)­9[ ]
­10/9
= ­ 10 B (0,35 nm)
­9
0,35 nm
+ B
(0,35 nm)10
Ou
­6,13 EV = = ­ 10 B
(0,35 nm)10
+ B
(0,35 nm)10
= ­ 9 B
(0,35 nm)10
Resolvendo para B a partir desta equação rendimentos
B = 1,88 × 10 ­5 EV­nm10
Além disso, o valor de A é determinada a partir de uma das equações anteriores, como segue:
A = B 10 (0,35 nm)­9 = (10)(1,88 × 10 ­5 EV­nm10)(0,35 nm)­9
= 2.39 EV­nm
Assim, as equações 2.8 e 2.9 tornar­se
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EUMA= ­
2.39
r
ER =
1,88 × 10 ­5
r10
É claro que essas expressões são válidas para r e E em unidades de nanômetros e elétron­volts, respectivamente.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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2.17 A rede potencial energético ENentre dois iões adjacentes às vezes é representado pela expressão
EN = ­
C
r
+ De exp ­r
ρ
�
�
�
�
�
� (2.12)
em que r é a separação interiônicas e C, D, e ρ são constantes cujos valores dependem do material específico.
(A) Deduza uma expressão para a energia de ligação E0em termos do equilíbrio interiônicas separação r0e
as constantes D e ρ usando o seguinte procedimento:
1. Diferenciar ENno que diz respeito a R e definir a expressão resultante igual a zero.
2. Resolver para C em função de D, ρ, e r
0.
3. Determine a expressão para E0por substituição de C na Equação 2.12.
(B) Deduza uma outra expressão para E0 em termos de r0
, C, e ρ utilizando um procedimento análogo àquele
delineado em parte (a).
Solução
(A) Diferenciar Equação 2,12 com respeito a rendimentos r
dE
dr
=
d ­ C
r
�
��
�
��
dr
­
d D exp ­ rρ
�
��
�
��
�
�
�
�
�
�
dr
= C
r2
­ De
­ R / ρ
ρ
Em r = r0, DE / dr = 0, e
C = De
­ (R0/ Ρ)
ρ (2.12b)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
r02
Resolvendo para C e substituição na Equação 2.12 produz uma expressão para E0Como
E0 De =
­ (R0/ Ρ)1 ­ r0ρ
�
�
�
�
�
�
(B) Agora, a resolução para D a partir da Equação 2.12b acima rendimentos
D = C ρ e
(R0/ Ρ)
r0
2
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Substituição da expressão para D na Equação 2.12 produz uma expressão para E0Como
E0 =
C
r0
ρ
r0
­ 1
�
�
�
�
�
�
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Bonds interatômica primárias
2.18 (a) citar brevemente as principais diferenças entre iônica, covalente, e ligação metálica.
(B) Estado princípio de exclusão de Pauli.
Solução
(A) As principais diferenças entre as várias formas de ligação primária são:
­­não Ionic é atração eletrostática entre íons de cargas opostas.
Covalente ~ existe partilha de electrões entre dois átomos adjacentes de tal modo que cada átomo assume um
configuração estável de electrões.
­­o Ião metálico carregado positivamente núcleos são protegidos uns dos outros, e também "colada"
junto à beira­mar de elétrons de valência.
(B) O princípio de exclusão de Pauli afirma que cada estado elétron pode conter não mais do que dois elétrons, que
deve ter spins opostos.
Page 23
2,19 Compute as percentagens de caráter iônico das ligações interatômicas para os seguintes compostos: TiO2,
ZnTe, CsCl, InSb, e MgCl 2.
Solução
A percentagem de carácter iónico é uma função dos aspectos negativos de electrões dos iões XUMAe X B conforme
Equação 2.10. Os eletronegatividades dos elementos são apresentados na figura 2.7.
Para TiO2, XTi= 1,5 e X O= 3,5, e, portanto,
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
% IC = 1 ­ e (­0,25) (3,5­1,5)2
�
��
�
��× 100 = 63,2%
Para ZnTe, XZn= 1,6 e X Te= 2,1, e, portanto,
% IC = 1 ­ e (­0,25) (2,1­1,6)2
�
��
�
��× 100 = 6,1%
Para CsCl, XCs= 0,7 e X Cl= 3,0, e, portanto,
% IC = 1 ­ e (­0,25) (3,0­0,7)2
�
��
�
��× 100 = 73,4%
Para InSb, XEm= 1,7 e X Sb= 1,9, e, portanto,
% IC = 1 ­ e (­0,25) (1,9­1,7)2
�
��
�
��× 100 = 1,0%
Para MgCl2, XMg= 1,2 e X Cl= 3,0, e, portanto,
% IC = 1 ­ e (­0,25) (3,0­1,2)2
�
��
�
��× 100 = 55,5%
Page 24
2.20 Faça um gráfico de energia de ligação contra temperatura de fusão para os metais listados na Tabela 2.3. Uso
este lote, aproximar a energia de ligação para o cobre, que tem uma temperatura de fusão de 1084 ° C.
Solução
Abaixo é traçada contra a energia de ligação temperatura de fusão para estas quatro metais. A partir deste enredo, a
ligação de energia para o cobre (temperatura de fusão de 1084 ° C) deve ser aproximadamente 3.6 eV. A experimental
valor é 3,5 eV.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Page 25
2.21 Usando a Tabela 2.2, determinar o número de ligações covalentes que são possíveis para átomos do seguinte
elementos: germânio, fósforo, selênio, e cloro.
Solução
Para germânio, tendo a estrutura de electrões de valência 4 s24 p2, N '= 4; assim, existem 8 ­ N '= 4 covalente
por átomo de ligações.
Para fósforo, possuindo a estrutura de electrões de valência 3 S23 p3, N '= 5; assim, há 8 ­ N '= 3 covalente
por átomo de ligações.
Para selênio, tendo a estrutura elétron de valência 4 s24 p4, N '= 6; assim, existem 8 ­ N '= 2 covalente
por átomo de ligações.
Para o cloro, que têm a estrutura elétron de valência 3 s23 p5, N '= 7; assim, existem 8 ­ N '= 1 ligação covalente
por átomo.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático paraestudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
2.22 que tipo (s) de colagem que seria esperado para cada um dos seguintes materiais: latão (um cobre­zinco
liga), de borracha, sulfureto de bário (BAS), xénon sólido, de bronze, de nylon, e o fosforeto de alumínio (ALP)?
Solução
Para bronze, a ligação é metálico, uma vez que é uma liga de metal.
Para a borracha, a ligação é covalente com alguns van der Waals. (Borracha é composto principalmentede carbono
e átomos de hidrogênio.)
Para BaS, a ligação iónica é predominantemente (mas com algum carácter covalente) na base da relativa
posições de Ba e S na tabela periódica.
Para xénon sólida, a ligação é de van der Waals desde xénon é um gás inerte.
Para bronze, a ligação é metálico, uma vez que é uma liga de metal (composto de cobre e estanho).
Para o nylon, a ligação é covalente com talvez alguns de van der Waals. (Nylon é composto principalmente de
carbono e hidrogênio.)
Para AlP a ligação covalente é predominantemente (mas com algum carácter iónico) sobre a base do parente
posições de Al e P na tabela periódica.
Page 27
Bonding secundário ou van der Waals Bonding
2.23 Explique por fluoreto de hidrogénio (HF) tem uma temperatura de ebulição superior a ácido clorídrico (HCl)
(19,4 vs. ­85 ° C), apesar de HF tem um peso molecular mais baixo.
Solução
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
A ligação intermolecular por HF é hidrogénio, ao passo que para o HCl, o ligações intermoleculares é van der
Waals. Uma vez que a ligação de hidrogénio é mais forte do que de van der Waals, HF terá uma temperatura de fusão mais elevado.
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CAPÍTULO 3
A ESTRUTURA DO sólidos cristalinos
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Conceitos Fundamentais
3.1 Qual é a diferença entre a estrutura atômica e estrutura de cristal?
Solução
Estrutura atómica refere­se o número de protões e neutrões no núcleo de um átomo, bem como a
número e distribuições de probabilidade dos elétrons constituintes. Por outro lado, a estrutura cristalina refere­se a
arranjo dos átomos no material sólido cristalino.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Células unitárias
Estruturas de cristal metálica
3.2 Se o raio atómico de alumínio é 0,143 nm, calcular o volume da sua célula unitária em metros cúbicos.
Solução
Para este problema, somos convidados a calcular o volume de uma célula unitária de alumínio. O alumínio tem uma FCC
estrutura cristalina (Tabela 3.1). O volume da célula unitária FCC pode ser calculado a partir da equação 3.4 como
VC R = 163 2 = (16) (0,143 × 10 ­9m)3( 2) = 6,62 × 10 ­29m3
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3.3 Show para a estrutura cristalina cúbica de corpo centrado que a unidade de comprimento de uma extremidade da célula e o atómica
raio R estão relacionados através de um R = 4 /3 .
Solução
Considere a célula unitária BCC mostrado abaixo
Usando o triângulo NOP
(NP)2 = Um2+ A2 = 2­ 2
E, em seguida, para triângulo NPQ,
(NQ)2= (QP)2 + (NP)2
MasNQ = 4 R, sendo R o raio atómico. Além disso,QP = A. Portanto,
(4R)2 = Um2 + 2­A2
ou
a = 4 R
3
Page 31
3.4 Para a estrutura de cristal de HCP, mostram que o ideal c / a relação é de 1,633.
Solução
Um esboço de um terço de uma célula unitária HCP é mostrado abaixo.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Considere o tetraedro rotulado como JKLM , que é reconstruído como
O átomo no ponto M está a meio caminho entre as faces superior e inferior da célula unitária ­ ou seja MH = c / 2. E desde
átomos em pontos J , K e M , todo um toque de outra,
JM = JK = 2 R = um
onde R é o raio atómico. Além disso, a partir de triângulo JHM ,
( JM )2 = (JH )2 + (MH )2
ou
Page 32
uma2 = ( JH )2 + c
2
�
��
�
��
2
Agora, nós podemos determinar a JH comprimento por conta do triângulo JKL , que é um triângulo equilátero,
cos 30 ° = um / dois
JH
= 3
2
e
JH = uma
3
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Substituindo este valor para JH nos rendimentos de expressão acima
uma2 = uma
3
�
��
�
��
2
+ c
2
�
��
�
��
2
= uma
2
3
+ c
2
4
e, resolvendo para c / a
c
uma
= 8
3
= 1.633
Page 33
3.5 Mostre que o fator de empacotamento atômico para o BCC é de 0,68.
Solução
O factor de empacotamento atómico é definida como a razão do volume de esfera com o volume total da célula unitária, ou
APF =
VS
VC
Uma vez que existem duas esferas associadas com cada célula unitária para CBC
VS = 2 (volume sphere) = 2
4π R3
3
�
�
��
�
�
�� =
8π R3
3
Além disso, a unidade de célula tem uma simetria cúbica, isto é VC= um
3. Mas uma depende R de acordo com a equação 3,3, e
VC =
4 R
3
�
��
�
��
3
= 64 R
3
3 3
Assim,
APF =
VS
VC
= 8π R
3 / 3
64 R3 / 3 3
= 0,68
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3.6 Mostrar que o fator de empacotamento atômico para o HCP é 0,74.
Solução
A APF é apenas o rácio total de esfera volume­unidade de volume da célula. Para HCP, há o equivalente a seis
esferas porcélula unitária e, portanto,
VS = 6
4π R3
3
�
�
��
�
�
�� = 8π R3
Agora, o volume da célula unitária é apenas o produto dos tempos superfície de base a altura da célula, c . Esta área de base é apenas três
vezes a área do paralelepípedo ACDE mostrado abaixo.
A área de ACDE é apenas o comprimento do CD vezes a altura BC . Mas CD é apenas um ou dois R , e
BC = 2 R cos (30 °) = 2 R 3
2
Assim, a superfície de base é apenas
ÁREA = (3) ( CD ) ( BC ) = (3) (2 R )2 R 3
2
�
�
�
�
�
� = 6 R2 3
e desde que c = 1,633 um 2 = R (1.633)
VC = (ÁREA) ( c ) 6 = R2c 3 (3.S1)
Page 35
= (6 R2 3) (2) (1.633) I = 3 12 (1.633) I 3
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Assim,
APF =
VS
VC
= 8π R
3
12 3 (1.633) I 3
= 0,74
Page 36
Cálculos de densidade
3.7 Ferro tem uma estrutura BCC cristal, um raio atómico de 0,124 nm, e um peso atômico de 55,85 g / mol.
Calcular e comparar a sua densidade teórica com o valor experimental encontrado no interior da tampa frontal.
Solução
Este problema exige um cálculo da densidade de ferro. De acordo com a Equação 3.5
ρ = n / DFe
VCNUMA
Para BCC, n = 2 átomos / célula unitária, e
VC =
4 R
3
�
��
�
��
3
Assim,
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
ρ = n / DFe
4 R
3
�
��
�
��
3
NUMA
= (2 átomos / célula unitária) (55,85 g / mol)
(4)(0,124 × 10 ­7cm) / 3
[ ]3/ (Célula unitária)(6,022 × 1023átomos / mol)
= 7,90 g / cm3
O valor dado dentro da capa é 7,87 g / cm 3.
Page 37
3.8 Calcular o raio de um átomo de irídio, dado que a RI tem uma estrutura cristalina CFC, uma densidade de 22,4
g / cm3E um peso atômico de 192,2 g / mol.
Solução
Somos convidados a determinar o raio de um átomo de irídio, dado que IR tem uma estrutura cristalina CFC. Para
FCC, n = 4 átomos / célula unitária, e VC= 16 R
3 2 (equação 3.4). Agora,
ρ = n / DIr
VCNUMA
= n / DIr
(16 R3 2)NUMA
E resolvendo para R partir dos rendimentos de expressão acima
R = n / DIr
16ρ NUMA2
�
�
�
�
�
�
1/3
=
(4 átomos / célula unitária) 192,2 g / mol( )
(16)(22,4 g / cm3)(6,022 × 10 23átomos / mol)( 2)
�
�
�
�
�
�
1/3
= 1,36 × 10­8cm = 0,136 nm
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3,9 Calcular o raio de um átomo de vanádio, uma vez que V tem uma estrutura de cristal BCC, uma densidade de 5,96
g / cm3E um peso atômico de 50,9 g / mol.
Solução
Este problema pede­nos calcular o raio de um átomo de vanádio. Para BCC, n = 2 átomos / célula unitária, e
VC =
4 R
3
�
��
�
��
3
= 64 R
3
3 3
Uma vez que, a partir da Equação 3,5
ρ = n / DV
VCNUMA
= n / DV
64 R3
3 3
�
�
�
�
�
� NUMA
e resolvendo para R equação anterior
R = 3 3 nAV
64ρ NUMA
�
�
�
�
�
�
1/3
e incorporando valores dos parâmetros indicados no enunciado do problema
R =
(3 3 ) (2 átomos / célula unitária) (50,9 g / mol)
(64)(5,96 g / cm3) (6,022 × 1023átomos / mol)
�
�
�
�
�
�
1/3
= 1,32 × 10­8cm = 0,132 nm
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3,10 Algum metal hipotético tem a estrutura cristalina cúbica simples mostrado na Figura 3.24. Se seu atômica
peso é 70,4 g / mol e o raio atômico é 0,126 nm, calcular a sua densidade.
Solução
Para a estrutura cristalina cúbica simples, o valor de n na Equação 3.5 é a unidade uma vez que existe apenas uma única
átomo associado com cada célula unitária. Além disso, para o comprimento da aresta da célula unitária, uma 2 = R (Figura 3.24). Portanto,
o emprego da Equação 3,5 rendimentos
ρ = n / D
VCNUMA
= n / D
(2 R )3NUMA
e incorporando valores dos outros parâmetros fornecidos na declaração do problema leva a
ρ = (1 átomo de / célula unitária) (70,4 g / mol)
(2)(1,26 × 10 ­8 cm)
�
��
�
��
3
/ (Célula unitária)
�
�
�
�
�
�
(6,022 × 10 23átomos / mol)
7,31 g / cm3
Page 40
3.11 Zircónio tem uma estrutura de cristal de HCP e uma densidade de 6,51 g / cm3.
(A) Qual é o volume de sua célula unitária em metros cúbicos?
(B) Se a relação c / a é 1.593, calcular os valores de c e um.
Solução
(A) O volume da célula unitária Zr pode ser calculada usando a Equação 3.5 como
VC =
n / DZrρ N
UMA
Agora, para HCP, n = 6 átomos / célula unitária, e por Zr, UmZr= 91,22 g / mol. Assim,
VC
= (6 átomos / célula unitária) (91,22 g / mol)
(6,51 g / cm3) (6,022 × 1023átomos / mol)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= 1,396 × 10­22cm3/ Célula unitária = 1,396 × 10­28m3/ Célula unitária
(B) A partir da Equação 3.S1 da solução para o problema de 3,6, para HCP
VC 6 = R
2c 3
Mas, uma vez que um = 2 R , (isto é, R = um / 2), em seguida
VC = 6
uma
2
�
��
�
��
2
c = 3
3 3 um2c
2
mas, uma vez que c = 1,593 um
VC =
3 3 (1,593) um3
2
= 1,396 × 10 ­22cm3/ Célula unitária
Agora, resolvendo para uma
a = (2)
(1,396 × 10 ­22cm3)
(3)( 3) (1.593)
�
�
�
�
�
�
1/3
Page 41
= 3,23 × 10­8cm = 0,323 nm
E finalmente
c = 1,593 um = (1,593) (0,323 nm) = 0,515 nm
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sema permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Page 42
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3.12 Usando peso atômico, estrutura cristalina, e os dados tabulados raio atómico dentro da capa,
calcular as densidades teóricas de chumbo, cromo, cobre e cobalto, e então comparar estes valores com o
densidades medidas listadas nesta mesma mesa. A c / a razão para o cobalto é 1.623.
Solução
Desde Pb tem uma estrutura cristalina CFC, n = 4, e VC= 16 R
3 2 (equação 3.4). Além disso, R = 0,175 nm (1,75
X 10­8cm) e umPb= 207,2 g / mol. Emprego da Equação 3.5 rendimentos
ρ = n / DPb
VCNUMA
= (4 átomos / célula unitária) (207,2 g / mol)
(16)(1,75 × 10 ­8cm)3( 2)
[ ]
/ (Célula unitária)
{ }(6,022 × 1023átomos / mol)
= 11,35 g / cm3
O valor dado na tabela dentro da capa é 11,35 g / cm 3.
O crómio tem uma estrutura de cristal BCC para o qual n = 2 e VC= um
3= 4 R
3
�
�
��
�
�
��
3
(Equação 3.3); Também UmCr=
52.00g / mol e R = 0,125 nm. Por conseguinte, o emprego de 3,5 leva a Equação
ρ = (2 átomos / célula unitária) (52,00 g / mol)
(4)(1,25 × 10 ­8cm)
3
�
�
�
�
�
�
3
/ (Célula unitária)
�
�
�
��
�
�
�
��
(6,022 × 1023 átomos / mol)
= 7,18 g / cm3
O valor dado na tabela é 7,19 g / cm 3.
Cobre também tem uma estrutura cristalina e, por conseguinte, FCC
ρ = (4 átomos / célula unitária) (63,55 g / mol)
(2)(1,28 × 10 ­8 cm) ( 2)
[ ]3/ (Célula unitária)
��
�
��
�(6,022 × 1023átomos / mol)
= 8,90 g / cm3
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
O valor dado na tabela é 8,90 g / cm 3.
O cobalto tem uma estrutura de cristal HCP, e a partir da solução ao problema 3.6 (Equação 3.S1),
VC 6 = R2c 3
e, uma vez que c = 1,623 um e uma = 2 R , C = (1,623) (2 R ); conseqüentemente
VC
6 = R2(1,623) (2 R ) = 3 (19.48) (3) R3
= (19.48) (3) (1,25 × 10­8 cm)3
= 6,59 × 10 ­23cm3/ Célula unitária
Além disso, existem 6 átomos / célula unitária para HCP. Por conseguinte, a densidade teórica é
ρ = n / DCo
VCNUMA
= (6 átomos / célula unitária) (58,93 g / mol)
(6,59 × 10 ­23cm3/ Célula unitária) (6,022 × 1023átomos / mol)
= 8,91 g / cm3
O valor indicado na tabela é de 8,9 g / cm3.
Page 44
3,13 ródio tem um raio atómico de 0,1345 nm e uma densidade de 12,41 g / cm3. Determinar se ele tem
uma estrutura cristalina CFC ou BCC.
Solução
A fim de determinar se Rh tem um FCC ou uma estrutura cristalina CCC, é necessário para calcular a sua densidade
para cada uma das estruturas cristalinas. Por FCC, n = 4, e um 2 = R 2 (equação 3.1). Além disso, a partir da Figura 2.6, a sua atómica
peso é 102,91 g / mol. Assim, por FCC (Equação empregando 3,5)
ρ = n / DRh
uma3NUMA
= n / DRh
(2 R 2 )3NUMA
= (4 átomos / célula unitária) (102,91 g / mol)
(2)(1,345 × 10 ­8cm)( 2)
[ ]3/ (Célula unitária)
�
��
�
��(6,022 × 1023átomos / mol)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= 12,41 g / cm3
que é o valor previsto na declaração do problema. Portanto, Rh tem a estrutura cristalina CFC.
Page 45
3,14 Abaixo estão listados o peso atômico, densidade e raio atômico para três ligas hipotéticas. Para
cada determinar se a sua estrutura cristalina é FCC, BCC, ou simples cúbico e, em seguida, justificar a sua determinação. UMA
simples célula unitária cúbico é mostrado na Figura 3.24.
Liga Peso atômico Densidade Raio atômico
( g / mol ) ( g / cm3) ( nm )
UMA 77,4 8.22 0,125
B 107.6 13.42 0,133
C 127,3 9.23 0,142
Solução
Para cada um destes três ligas que necessitam, por tentativa e erro, para calcular a densidade, utilizando a equação 3,5, e
compará­la com o valor referido no problema. Para SC, BCC, e estruturas cristalinas da FCC, os respectivos valores de n
são 1, 2, e 4, enquanto que as expressões para um (desde VC= um
3) 2 são R ,2 R 2 E 4 R
3
.
Para liga A, vamos calcular ρ assumindo uma estrutura cristalina cúbica simples.
ρ = n / DUMA
VCNUMA
= n / DUMA
2 R() 3NUMA
= (1 átomo / célula unitária) (77,4 g / mol)
(2) (1,25 × 10­8)
[ ]3/ (Célula unitária)
�
��
�
��(6,022 × 1023átomos / mol)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= 8,22 g / cm3
Portanto, a sua estrutura cristalina é simples cúbico.
Para liga B, vamos calcular ρ assumindo uma estrutura de cristal FCC.
ρ = n / DB
(2 R 2) 3NUMA
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= (4 átomos / célula unitária) (107,6 g / mol)
2 2
() (1,33 × 10 ­8cm)
[ ]3/ (Célula unitária)
�
�
�
�
�
�(6,022 × 1023átomos / mol)
= 13,42 g / cm3
Portanto, sua estrutura cristalina é FCC.
Para liga C, vamos calcular ρ assumindo uma estrutura cristalina cúbica simples.
= n / DC
2 R() 3NUMA
= (1 átomo / célula unitária) (127,3 g / mol)
(2)(1,42 × 10­8 cm)
[ ]3/ (Célula unitária)
��
�
��
�(6,022 × 1023átomos / mol)
= 9,23 g / cm3
Portanto, a sua estrutura cristalina é simples cúbico.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3.15 A célula unitária para o estanho tem simetria tetragonal, com uma treliça e b parâmetros de 0,583 e 0,318 nm,
respectivamente. Se a sua densidade, peso atômico, e raio atômico são 7,30 g / cm3, 118,69 g / mol, e 0,151 nm,
respectivamente, calcular o fator de empacotamento atômico.
Solução
A fim de determinar o APF para Sn, é preciso calcular ambos o volume da célula unitária ( VC), Que é apenas o
uma2C produto, bem como o volume total de esfera ( VS), Que é apenas o produto do volume de uma única esfera e
o númerode esferas na célula unitária ( n ). O valor de n pode ser calculado a partir da equação 3.5 como
n =
ρ V
CNUMA
UMASn
= (7,30 g / cm
3) (5,83)2(3,18)(X 10­24 cm3) (6,022 × 10 23 átomos / mol)
118,69 g / mol
= 4.00 átomos / célula unitária
Portanto
APF = VS
VC
=
(4) 4
3
π R3
�
��
�
��
( um )2( c )
=
(4) 4
3
(Π) (1,51 × 10­8 cm)3
�
��
�
��
(5,83 × 10­8 cm)2(3,18 × 10­8 cm)
= 0,534
Page 48
3.16 O iodo tem uma célula unitária ortorrômbica para que os parâmetros de rede a, b e c são 0,479, 0,725,
e 0,978 nm, respectivamente.
(A) Se o fator de empacotamento atômico e raio atômico são 0,547 e 0,177 nm, respectivamente, determinar a
número de átomos em cada célula unitária.
(B) O peso atômico de iodo é 126,91 g / mol; calcular a sua densidade teórica.
Solução
(A) Para índio, e a partir da definição do APF
APF = VS =
n 4
3
π R3
�
��
�
��
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
VC abc
podemos resolver para o número de átomos por célula unitária, n , como
n = (APF) abc4
3
π R3
Incorporando os valores dos parâmetros acima fornecidas no problema de estado leva a
= (0,547) (4,79 × 10
­8cm) (7,25 × 10­8 cm)(9,78 × 10 ­8 cm)
4
3
π(1,77 × 10 ­8 cm)3
= 8,0 átomos / célula unitária
(B) A fim de calcular a densidade, nós apenas empregar Equation 3.5 como
ρ = n / DEU
abc NUMA
= (8 átomos / célula unitária) (126,91 g / mol)
(4,79 × 10 ­8cm) (7,25 × 10­8 cm)(9,78 × 10 ­8 cm)
[ ]
/ Célula unitária
{ }
(6,022 × 1023átomos / mol)
= 4,96 g / cm3
Page 49
3. 17 de titânio tem uma célula unitária HCP para os quais a relação dos parâmetros de rede c / a é 1,58. Se o raio
o átomo de Ti é 0,1445 nm, (a) determinar o volume da célula unitária, e (b) calcular a densidade de Ti e compará­lo
com o valor da literatura.
Solução
(A) Somos convidados a calcular o volume da célula unitária para Ti. Para HCP, a partir da Equação 3.S1 (encontrado no
solução para o problema 3,6)
VC 6 = R
2c 3
Mas para o Ti, c = 1,58 um , e um = 2 R , ou C = 3,16 R , e
VC = (6) (3,16) R3 3
= (6) (3,16)( 3) 1,445 × 10 ­8 cm
[ ]3 = 9,91 × 10 ­23 cm3/ Célula unitária
(B) A densidade teórica de Ti é determinado, utilizando a equação 3,5, como se segue:
ρ = n / DTi
VCNUMA
Para HCP, n = 6 átomos / célula unitária, e para o Ti, ATi= 47,87 g / mol (como observado no interior da tampa frontal). Assim,
ρ = (6 átomos / célula unitária) (47,87 g / mol)
(9,91 × 10 ­23cm3/ Célula unitária) (6,022 × 1023átomos / mol)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= 4,81 g / cm3
O valor dado na literatura é de 4,51 g / cm3.
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3,18 zinco tem uma estrutura de cristal HCP, AC / numa razão de 1,856, e uma densidade de 7,13 g / cm3. Calcule o
raio atômico para Zn.
Solução
A fim de calcular o raio atómico para o Zn, devemos usar a Equação 3.5, bem como a expressão que
relaciona o raio atômico para o volume da célula unitária para HCP; Equação 3.S1 (Problema de 3,6) é a seguinte:
VC 6 = R
2c 3
Neste caso, c = 1,856 um , mas, por HCP, um = 2 R , o que significa que
VC 6 = R2(1,856) (2 R ) = 3 (1,856)(12 3 )R3
E a partir da Equação 3,5, a densidade é igual
ρ = n / DZn
VCNUMA
= n / DZn
(1.856)(12 3 )R3NUMA
E, resolvendo para R partir da equação acima leva ao seguinte:
R = n / DZn
(1.856)(12 3 ) ρ NUMA
�
�
�
�
�
�
1/3
E incorporando valores apropriados para os parâmetros dessa equação leva a
R = (6 átomos / célula unitária) (65,41 g / mol)
(1.856)(12 3 ) (7,13 g / cm3) (6,022 × 1023átomos / mol)
�
�
�
�
�
�
�
�
1/3
= 1,33 × 10­8cm = 0,133 nm
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3,19 Rhenium tem uma estrutura cristalina HCP, um raio atómico de 0,137 nm, e ac / a razão de 1.615.
Calcule o volume da célula unitária para Re.
Solução
A fim de calcular o volume da célula unitária para Re, é necessário usar a Equação 3.S1 (encontrado no Problema 3.6),
isto é
VC 6 = R
2c 3
O problema declara que c = 1,615 um , e um 2 = R . Portanto
VC = (1,615)(12 3 ) R3
= (1,615)(12 3 )(1,37 × 10 ­8 cm)3 = 8,63 × 10 ­23cm3 = 8,63 × 10 ­2 nm3
Page 52
Sistemas de cristal
3,20 Abaixo está uma pilha de unidade de um metal hipotético.
(A) Para que o sistema de cristal que esta célula unitária pertencem?
(B) O que essa estrutura cristalina ser chamado?
(C) calcular a densidade do material, dado que o seu peso atómico é de 141 g / mol.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Solução
(A) A célula unitária mostrado na demonstração problema pertence ao sistema cristalino tetragonal uma vez que um = b =
0,30 nm, c = 0,40 nm, e = α β = γ = 90 °.
(B) A estrutura cristalina seria chamado tetragonal de corpo centrado .
(C) Tal como acontece com BCC, n = 2 átomos / célula unitária. Além disso, para esta célula unitária
VC = (3,0 x 10
­8 cm)2(4,0 × 10 ­8 cm)
= 3,60 × 10 ­23 cm3/ Célula unitária
Assim, utilizando a equação 3,5, a densidade é igual
ρ = n / D
VCNUMA
= (2 átomos / célula unitária) (141 g / mol)(3,60 × 10 ­23cm3/ Célula unitária) (6,022 × 1023átomos / mol)
= 13,0 g / cm3
Page 53
3.21 Desenhe uma célula unitária para a estrutura cristalina ortorrômbica de corpo centrado.
Solução
Uma célula unitária para a estrutura cristalina ortorrômbica de corpo centrado é apresentada a seguir.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutorespara distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
Ponto Coordenadas
3,22 listagem das coordenadas do ponto de partida para todos os átomos que estão associados com a célula unidade de FCC (Figura 3.1).
Solução
A partir da Figura 3.1b, localizado no átomo de a origem da célula unitária tem as coordenadas 000. coordenadas
outros átomos na face inferior são 100, 110, 010, e 1
2
1
2
0. (A z coordenadas para todos esses pontos é zero.)
Para o rosto célula unitária superior, as coordenadas são 001, 101, 111, 011, e1
2
1
2
1.
Coordenadas para aqueles átomos que estão posicionados no centro das duas faces laterais, e os centros de ambos frente
e rostos de volta precisa ser especificado. Para os átomos de face frontais e de centro­costas, as coordenadas são 11
2
1
2
e 0 1
2
1
2
,
respectivamente. Enquanto que para as laterais átomos de centro­face esquerda e direita, as respectivas coordenadas são1
2
0 1
2
e 1
2
11
2
.
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitido
por Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3.23 Lista as coordenadas do ponto das titânio, bário e íons de oxigênio para uma célula unitária da perovskita
estrutura de cristal (Figura 12.6).
Solução
Na Figura 12.6, os iões bário estão situados em todas as posições angulares. O ponto de coordenadas para esses íons são
como se segue: 000, 100, 110, 010, 001, 101, 111, e 011.
Os íons de oxigênio estão localizados em todas as posições de face centrada; portanto, suas coordenadas são1
2
1
2
0, 1
2
1
2
1,
11
2
1
2
, 0 1
2
1
2
, 1
2
0 1
2
E 1
2
11
2
.
E, finalmente, o ião titânio reside no centro da célula unitária cúbica, com coordenadas1
2
1
2
1
2
.
Page 56
3,24 Lista as coordenadas do ponto de todos os átomos que estão associados com a célula unitária de diamante cúbico (Figura
12,15).
Solução
Em primeiro lugar, um conjunto de átomos de carbono ocupar todas as posições de canto da célula unitária cúbica; as coordenadas
estes átomos são os seguintes: 000, 100, 110, 010, 001, 101, 111, e 011.
Outro conjunto de átomos de residir em todas as posições de face centrada, com as seguintes coordenadas:1 10,
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
2 21
2
1
2
1, 1 1
2
1
2
, 0 1
2
1
2
, 1
2
0 1
2
E 1
2
1 1
2
.
O terceiro conjunto de átomos de carbono são posicionados no interior da célula unitária. Usando um xyz coordenada
sistema orientada como na figura 3.4, as coordenadas do átomo que se encontra para o inferior esquerda frontal da célula unitária tem
as coordenadas 3
4
1
4
1
4
, Enquanto que o átomo situado em direção à­lateral­direito inferior da célula unitária tem coordenadas
1
4
3
4
1
4
. Além disso, o átomo de carbono que reside para a­esquerda­traseira da parte superior da célula unitária tem a1
4
1
4
3
4
coordena.
E, as coordenadas do átomo final, localizados em direção ao superior direito da frente da célula unitária, são3
4
3
4
3
4
.
Page 57
3.25 Desenhe uma célula unitária tetragonal, e dentro dessa célula indicam locais do1
2
1 1
2
e 1
4
1
2
3
4
ponto
coordena.
Solução
Uma unidade tetragonal na qual são mostrados o1
2
1 1
2
e 1
4
1
2
3
4
As coordenadas dos pontos é apresentada a seguir.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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3.26 Usando o utilitário Definição molécula encontrada em ambas as "estruturas de cristal metálico e
Cristalografia "e" Cerâmica estruturas cristalinas "módulos de VMSE, localizado no site do livro
[Www.wiley.com/college/Callister (Companion Student Site)], gerar uma célula unitária tridimensional para o
AuCu composto intermetálico3 dada a seguir: (1) a célula unitária é cúbica com um comprimento de aresta de 0,374 nm (2)
átomos de ouro estão situadas em todos os cantos do cubo, e (3) os átomos de cobre estão posicionadas nos centros de todas as faces da célula
unitária.
Solução
Em primeiro lugar, abra o "Utilitário Definição Molecular"; pode ser encontrada em qualquer um dos "cristal metálica
Estruturas e Cristalografia "ou" "módulos de estruturas cristalinas de cerâmica.
Na janela "etapa 1", é necessário definir os tipos de átomos de cores para as esferas (átomos), e especificar
tamanhos átomo. Vamos entrar "Au", como o nome para os átomos de ouro (uma vez que "Au" o símbolo de ouro), e "Cu", como o
nomear para os átomos de cobre. Em seguida, é necessário escolher uma cor para cada tipo de átomo das seleções que aparecem
no menu, por exemplo pull­down, "Yellow" para Au e "Red" para Cu. Na janela "Átomo de tamanho", é
preciso entrar um tamanho átomo / íon. Nos instruções para este passo, sugere­se que o diâmetro átomo / ião de
nanómetros ser utilizado. A partir do quadro encontrado dentro da capa do livro, os raios Atómica de ouro e
cobre são 0,144 e 0,128 nm nm, respectivamente, e, portanto, os seus diâmetros iónicos são o dobro esses valores (ou seja,
0.288 nm e 0.256 nm); portanto, entramos os valores "0,288" e "0,256" para os dois tipos de átomos. Agora clique em
o botão "Register", seguido por clicar sobre o "Vá para a Etapa 2" botão.
Na janela "Passo 2" estão indicadas as posições de todos os átomos dentro da célula unitária; seu ponto
coordenadas são especificadas na declaração do problema. Vamos começar com o ouro. Clique na esfera amarela que é
localizado à direita da caixa de "Utilitário Definição Molécula". Novamente, Au átomos estão situadas em todos os oito cantos do
célula unitária cúbica. Uma Au será posicionado na origem do sistema ou seja, as suas coordenadas de ponto de coordenadas 000 são,
e, portanto, introduzir um "0" (zero) em cada um dos "x", "y" e "z" caixas átomo de posição. Em seguida, clique no
Botão "Register Atom Position". Agora vamos inserir as coordenadas de outro átomo de ouro; deixe­nos arbitrariamente selecionar o
que reside no canto da célula unitária que é um comprimento de célula ao longo da unidade x ­axis (isto é, no ponto 100
de coordenadas). Na medida em que está localizado a uma distância de uma unidades ao longo do x ­axis o valor de "0,374" é inserido no "x"
caixa de posição átomo (uma vez que este é o valor de um dado no enunciado do problema); zeros são inseridos em cada um dos "y"
e "Z" caixas de posição. Nós repetimos este procedimento para os restantes seis átomos de Au.
Após este passo tenha sido completado, é necessário especificar posiçõespara os átomos de cobre, que são
localizado em todos os seis locais de face centrada. Para começar, clique na esfera vermelha que está localizado ao lado do "Molecule
Definição Utility "caixa. O ponto de coordenadas para alguns dos átomos de Cu são aqueles fracionários; nestes casos, a um
comprimento da célula unitária (isto é, 0,374) é multiplicado pela fracção. Por exemplo, um átomo de Cu está localizada 11
2
1
2
coordenar.
Por isso, as posições átomos x, y, e z são (1) (0,374) = 0,374, 1
2
(0,374) = 0,187, e 1
2
(0,374) = 0,187,
respectivamente.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Para os átomos de ouro, o X, Y, e Z entradas de posição do átomo de todos os 8 conjuntos de coordenadas do ponto são os seguintes:
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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0, 0, e 0
0,374, 0, e 0
0, 0,374, e 0
0, 0, e 0,374
0, 0,374, 0,374
0,374, 0, 0,374
0,374, 0,374, 0
0,374, 0,374, 0,374
Agora, para os átomos de cobre, X, Y, e as entradas de posição para todos os átomos z 6 conjuntos de coordenadas do ponto são como
segue:
0,187, 0,187, 0
0,187, 0, 0,187
0, 0,187, 0,187
0,374, 0,187, 0,187
0,187, 0,374, 0,187
0,187, 0,187, 0,374
No Passo 3, que podem especificar quais são átomos de ser representado como sendo ligados um ao outro, e que
tipo de vínculo (s) para usar (único sólido, único tracejada, duplos, e triplos são possibilidades), ou podemos optar por não
representam quaisquer obrigações a todos (caso em que estamos acabados). Se for decidido para mostrar ligações, provavelmente, a melhor coisa a
fazer é representar bordas de célula unitária como obrigações. Esta imagem pode ser rodado usando o mouse clique e arraste
Sua imagem deve aparecer como o seguinte captura de tela. Aqui, os átomos de ouro aparecem mais leve que o cobre
átomos.
Page 60
[Nota: Infelizmente, com esta versão do utilitário Definição molecular, não é possível guardar ou os dados
ou a imagem que você tem gerado. Você pode usar captura de tela (ou captura de tela) software para gravar e armazenar
sua imagem.]
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Direções cristalográficas
3.27 Desenhe uma célula unitária ortorrômbica, e dentro dessa célula uma[ 121 ]direção.
Solução
Este problema exige­nos para desenhar um [121] direção dentro de uma célula unitária ortorrômbica ( a ≠ b ≠ c , α = β = γ =
90 °). Uma tal unidade de célula com a sua origem posicionado no ponto O é mostrado abaixo. Nós primeiro mover ao longo do + x ­axis uma
unidades(A partir do ponto O ao ponto A), em seguida, paralelamente à + y ­axis 2 b unidades (do ponto A ao ponto B). Por fim, procedemos
paralelo ao z ­axis ­ c unidades (a partir do ponto B para o ponto C). O [121] direção é o vetor da origem (ponto O)
ao ponto C, como mostrado.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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3.28 Desenhe uma célula unitária monoclínica, e dentro dessa célula uma [ 01 1 ] direção .
Solução
Este problema pede que um[01 1] direção ser desenhado dentro de uma célula unitária monoclínica ( a ≠ b ≠ c , e α = β =
90º ≠ γ). Uma tal célula unitária com sua origem no ponto O é esboçado abaixo. Para esta orientação, não há nenhuma projecção
ao longo do x ­axis desde o primeiro índice é igual a zero; assim, a direcção reside no yz plano. Nós próximo passo desde a origem
ao longo das menos y ­axis b unidades (do ponto O ao ponto R ). Uma vez que o índice final é um, mova a partir do ponto R paralelo
a z ­axis, c unidades (para apontar P ). Assim, o[01 1] direcção corresponde ao vector que passa a partir da origem (ponto
Ó ) do ponto P , conforme indicado na figura.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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3.29 Quais são os índices para as direções indicadas pelos dois vetores no esboço abaixo?
Solução
Para direção 1, a projecção no x ­axis é zero (uma vez que reside no yz avião), enquanto as projecções sobre o
y­ e z­ eixos, b / 2 e C , respectivamente. Este é um [012] direcção como indicado no resumo que se segue.
x y z
Projeções 0 um b / 2 c
As projecções em termos de um , b , e c 0 1/2 1
A redução para números inteiros 0 1 2
Recinto [012]
Direcção 2 é [112], como resumido abaixo.
x y z
Projeções um / dois b / 2 ­ c
As projecções em termos de um , b , e c 1/2 1/2 ­1
A redução para números inteiros 1 1 ­2
Recinto [112]
Página 64
3.30 Dentro de uma célula unitária cúbica, esboçar as seguintes instruções:
(A) [ 1 10 ], (E) [ 1 1 1 ],
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(B) [ 1 2 1 ], (F) [ 1 22 ],
(C) [ 01 2 ], (G) [ 3 12 ],
(D) [ 3 13 ], (H) [1 03].
Solução
As instruções requisitado são indicados nas células unitárias cúbicos mostrados abaixo.
Página 65
3.31 Determinar os índices para as direções mostradas na seguinte célula unitária cúbica:
Solução
Direcção A é um [01 1] direcção, cuja determinação é resumido como se segue. O primeiro de todos posição
a origem do sistema de coordenadas na cauda do vector de sentido; em seguida, em termos deste novo sistema de coordenadas
x y z
Trechos destetrabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Projeções 0 um ­ b ­ c
As projecções em termos de um , b , e c 0 ­1 ­1
A redução para números inteiros desnecessário
Recinto [01 1]
Direcção B é um [10 2] direcção, cuja determinação é resumido como se segue. O primeiro de todos posição
a origem do sistema de coordenadas na cauda do vector de sentido; em seguida, em termos deste novo sistema de coordenadas
x y z
Projeções ­ um b
2
0 c
As projecções em termos de um , b , e c ­1 1
2
0
A redução para números inteiros ­2 1 0
Recinto [10 2]
Direcção C é um [112] direcção, cuja determinação é resumido como se segue. O primeiro de todos posição
origem do sistema de coordenadas na cauda do vector de sentido; em seguida, em termos deste novo sistema de coordenadas
Page 66
x y z
Projeções uma
2
b
2
c
As projecções em termos de um , b , e c 1
2
1
2
1
A redução para números inteiros 1 1 2
Recinto [112]
Direcção D é um [112] direcção, cuja determinação é resumido como se segue. O primeiro de todos posição
a origem do sistema de coordenadas na cauda do vector de sentido; em seguida, em termos deste novo sistema de coordenadas
x y z
Projeções uma
2
b
2
­ c
As projecções em termos de um , b , e c 1
2
1
2
­1
A redução para números inteiros 1 1 ­2
Recinto [112]
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3.32 Determinar os índices para as direções mostradas na seguinte célula unitária cúbica:
Solução
Direcção A é um [4 30] direcção, cuja determinação é resumido como se segue. O primeiro de todos posição
a origem do sistema de coordenadas na cauda do vector de sentido; em seguida, em termos deste novo sistema de coordenadas
x y z
Projeções ­ 2 um
3
b
2
0 c
As projecções em termos de um , b , e c ­ 2
3
1
2
0
A redução para números inteiros ­4 3 0
Recinto [4 30]
Direcção B é um [23 2] direção, o que determinação é resumido como se segue. O primeiro de todos posição
a origem do sistema de coordenadas na cauda do vector de sentido; em seguida, em termos deste novo sistema de coordenadas
x y z
Projeções 2 um
3
­ b 2 c
3
As projecções em termos de um , b , e c 2
3
­1 2
3
A redução para números inteiros 2 ­3 2
Recinto [23 2]
C é uma direcção[13 3] direcção, que a determinação é resumido como se segue. O primeiro de todos posição
a origem do sistema de coordenadas na cauda do vector de sentido; em seguida, em termos deste novo sistema de coordenadas
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x y z
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Projeções uma
3
­ b ­ c
As projecções em termos de um , b , e c 1
3
­1 ­1
A redução para números inteiros 1 ­3 ­3
Recinto [13 3]
Direcção D é um [136] direcção, cuja determinação é resumido como se segue. O primeiro de todos posição
a origem do sistema de coordenadas na cauda do vector de sentido; em seguida, em termos deste novo sistema de coordenadas
x y z
Projeções uma
6
b
2
­ c
As projecções em termos de um , b , e c 1
6
1
2
­1
A redução para números inteiros 1 3 ­6
Recinto [136]
Page 69
3.33 Por cristais tetragonais, citar os índices de instruções que são equivalentes para cada um dos seguintes
direções:
(A) [ 001 ]
(B ) [ 110 ]
(C) [ 010 ]
Solução
Para cristais tetragonais um = b ≠ c e α = β = γ = 90 °; portanto, as projeções ao longo do x e y são eixos
equivalente, que não são equivalentes às projeções ao longo da z eixo.
(A) Por conseguinte, para a [001] direcção, existe apenas uma direcção equivalente: [001].
(B) Para a [110] sentido, instruções equivalentes são os seguintes: [1 1 0], [1 10] e [11 0]
(B) Além disso, para o [010] direção, instruções equivalentes são os seguintes: [01 0],[100], E [1 00].
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Página 70
3,34 Converter a [ 100 ] e [ 111 ] instruções para o de quatro índice esquema Miller­Bravais para a unidade hexagonal
células.
Solução
Para [100]
u '= 1,
v '= 0,
w '= 0
A partir das Equações 3.6
u = 1
3
(2 u ' ­ v ' ) =1
3
[(2) (1) ­ 0] = 2
3
v = 1
3
(2 VO ­ UO ) =1
3
[(2) (0) ­ 1] = ­ 1
3
t = ­ ( u + v ) = ­ 2
3
­ 1
3
�
��
�
�� = ­
1
3
w = w ' = 0
É necessário multiplicar estes números de 3 por forma a reduzi­los para o menor conjunto de números inteiros. Assim, o
direcção é representado como [ uvtw ] = [1 0 21].
Para [111], U ' = 1, v ' = 1, e W ' = 1; portanto,
u = 1
3
[(2) (1) ­ 1] = 1
3
v = 1
3
[(2) (1) ­ 1] = 1
3
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
t = ­ 1
3
+ 1
3
�
��
�
�� = ­
2
3
w = 1
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Se estes números novamente multiplicar por 3, então u = 1, v = 1, t = ­2, e w = 3. Assim, a direcção é representado como
Assim, a direcção é representado como [ uvtw ] = [112 3].
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada.Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3.35 Determine índices para as direções mostradas nas seguintes células unitárias hexagonais:
Solução
(A) para esta direcção, projeções sobre a uma1, uma2E z eixos são um , um / 2, e c / 2, ou, em termos de um e c o
projecções são 1, 1/2, e 1/2, o qual quando multiplicado pelo factor 2 a tornar­se mais pequeno conjunto de números inteiros: 1, 2, e
1. Isto significa que
u ' = 2
v ' = 1
w ' = 1
Agora, a partir das equações, a 3,6 u , v , t e w índices tornar
u = 1
3
(2 u ' ­ v ' ) =1
3
(2) (2) ­ (1)[ ] = 3
3
= 1
v = 1
3
(2 VO ­ UO ) =1
3
(2) (1) ­ (2)[ ] = 0
t = ­ ( u + v ) = ­ 1 + 0( ) = ­1
w = w ' = 1
Nenhuma redução é necessária na medida em que todos estes índices são inteiros; portanto, neste sentido, no índice de quatro
regime é [101 1]
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(B) Para esta direcção, as projecções sobre o um1, uma2, E z eixos são um / dois, um , e 0 C , ou, em termos de um e c o
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
projecções são 1/2, 1 e 0, que, quando multiplicado pelo factor 2 a tornar­se mais pequeno conjunto de números inteiros: 1, 2, e 0
Isso significa que
u ' = 1
v ' = 2
w ' = 0
Agora, a partir das equações, a 3,6 u , v , t e w índices tornar
u = 1
3
(2 u ' ­ v ) =1
3
(2) (1) ­ 2[ ] = 0
v = 1
3
(2 v ' ­ L ' ) =1
3
(2) (2) ­ 1[ ] = 1
t = ­ ( u + v ) = ­ 0 + 1( ) = ­1
w = w ' = 0
Nenhuma redução é necessária na medida em que todos estes índices são inteiros; portanto, neste sentido, no índice de quatro
esquema é [011 0].
Page 74
(C) Para esse projeções de direcção no um1, uma2E z eixos são ­ um , ­ um , e c / 2, ou, em termos de um e c o
projecções são ­1, ­1, e 1/2, que quando multiplicado pelo factor 2 a tornar­se mais pequeno conjunto de números inteiros: ­2, ­2,
e 1. Isto significa que
u ' = ­2
v ' = ­2
w ' = 1
Agora, a partir das equações, a 3,6 u , v , t e w índices tornar
u = 1
3
(2 u ' ­ v ) =1
3
(2) (­ 2) ­ (­ 2)[ ] = ­ 2
3
v = 1
3
(2 v ' ­ L ' ) =1
3
(2) (­ 2) ­ (­2)[ ] = ­ 2
3
t = ­ ( u + v ) = ­ ­2
3
­ 2
3
�
��
�
�� =
4
3
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
w = w ' = 1
Agora, a fim de obter o menor conjunto de números inteiros, é necessário multiplicar todos os índices pelo factor 3, com o resultado
que esta direcção é de um[2 2 43]direção.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(D) Por esta direção, projeções sobre a uma1, uma2E z são 0 eixos um , ­ uma , e 0 C , ou, em termos de um e c o
projecções são 0, ­1 e 0. Isto significa que
L ' = 0
v ' = ­1
w ' = 0
Agora, a partir das equações, a 3,6 u , v , t e w índices tornar
u = 1
3
(2 u ' ­ v ' ) =1
3
(2) (0) ­ (­1)[ ] = 1
3
v = 1
3
(2 v '­ L ' ) =1
3
(2) (­ 1) ­ 0[ ] = ­ 2
3
t = ­ ( u + v ) = ­1
3
­ 2
3
�
��
�
�� =
1
3
w = wo = 0
Agora, a fim de obter o menor conjunto de números inteiros, é necessário multiplicar todos os índices pelo factor 3, com o resultado
que este é um[12 10]direção.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3,36 Esboço do [ 1 1 23 ] e [ 101 0 ] sentidos em uma célula unitária hexagonal.
Solução
A primeira parte deste problema pede que traçar o [1 1 23] dentro de uma célula unitária hexagonal. Abaixo está
mostrados nesta direção traçada dentro de uma célula unitária hexagonal tendo coordenar uma escala reduzida esquema.
Para esta direção, projeções sobre a uma1, uma2, uma3, E c são, respectivamente, os eixos, ­1, ­1, 2, e 3, respectivamente. Em
conspirando nesse sentido, começamos na origem do sistema de coordenadas, ponto de o . A partir daqui podemos prosseguir uma unidade
a distância ao longo da ­ um1 eixo (ao ponto P ), a partir daqui uma unidade de distância para paralelo ­ um2 eixo (ao ponto q ), em seguida, duas unidade
distâncias paralela (ou ao longo de) a um3 eixo (ao ponto r ), e, finalmente, três distâncias da unidade paralela aos z eixo (a ponto s ).
Assim, a [1 1 23] direção é que vector que se estende do ponto de o apontar s imediata.
Agora somos convidados para traçar o [101 0] dentro de uma unidade de célula hexagonal. Na figura abaixo é plotado este
direção dentro de uma célula unitária hexagonal tendo coordenar uma escala reduzida esquema.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Para esta direção, projeções sobre a uma1, uma2, uma3e c são, respectivamente, os eixos, 1, 0, ­1, e 0, respectivamente. Em plotagem
Neste sentido, começamos na origem do sistema de coordenadas, ponto de o . A partir daqui podemos prosseguir uma unidade de distância ao longo
o um1 eixo (para apontar p ). Uma vez que não há nenhuma projecção sobre o um2 eixo que não é necessário mover paralelamente a este eixo.
Portanto, do ponto p procedemos 1 unidade de distância paralela ao ­ um3eixo (para apontar q ). E, finalmente, na medida em que há
nenhuma projecção ao longo da z eixo, não é necessário mover paralelamente a este eixo. Assim, a [101 0] direcção que é
vector que se estende a partir do ponto o para apontar q imediata.
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3.37 Usando Equações 3.6a, 3.6b, 3.6c, 3.6d e, derivar expressões para cada um dos três índices imunizadas
Conjunto (u ', v', e w '), em termos de os quatro índices não imunizadas (U, V, T, e p).
Solução
É necessário primeiro fazer uma expansão da Equação 3.6a como
u = 1
3
(2 u ' ­ v ) =2 u '
3
­ v '
3
E resolver esta expressão para v ' yields
v ' = 2 u ' ­ 3 u
Agora, esta substituição de expressão na equação dá 3.6b
v = 1
3
(2 VO ­ UO ) =1
3
(2) (2 UO ­ 3 u ) ­ UO[ ] = UO ­ 2 u
Ou
u ' = v + 2 u
E, resolvendo para v a partir da Equação 3.6c leva a
v = ­ ( u + t )
que, quando substituído naexpressão acima para u ' rendimentos
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
u ' = v + 2 u = ­ u ­ t + 2 u = u ­ t
Na resolução de uma expressão para v ' , começamos com a uma das expressões acima para este parâmetro, ou seja,
v ' = 2 u ' ­ 3 u
Agora, a substituição da expressão acima para u « a esta equação conduz à
VO = 2 UO ­ 3 u = (2) ( u ­ t ) ­ 3 u = ­ u ­2 t
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
E resolvendo para u a partir da Equação 3.6c dá
u = ­ v ­ t
que, quando substituído na equação anterior aos resultados na seguinte expressão para v '
VO = ­ u ­2 t = ­ (­ v ­ t ) ­ 2 t = v ­ t
E, claro a partir da Equação 3.6d
w ' = w
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Planes cristalográficas
3.38 (a) Desenhe uma célula unitária ortorrômbica, e dentro dessa célula A (210) avião.
(B) Desenhe uma célula unitária monoclínica, e dentro dessa célula A (002) avião.
Solução
(A) Somos convidados a desenhar uma (210) avião dentro de uma célula unitária ortorrômbica. Primeiro retire os três índices
dos parênteses, e tomar seus recíprocos ­ ou seja, 1/2, 1 e ∞. Isto significa que o plano intercepta o x ­axis
em um / 2, o y ­axis em b , e paralelo a Z ­axis. O avião que satisfaça estes requisitos foi elaborado dentro do
célula unitária ortorrômbica abaixo. (Para ortorrômbica, um ≠ b ≠ c , e α = β = γ = 90 °).
(B) A (002) plano é desenhada dentro da célula monoclínica mostrado abaixo. Nós primeiro remover os parênteses e
tomar os recíprocos dos índices; isto dá ∞, ∞, e 1/2. Assim, o (002) plano paralelo ambos os x ­ e y ­axes, e
intercepta o z ­axis em um / 2, conforme indicado no desenho. (Para monoclínica, um ≠ b ≠ C , e α = γ = 90 ° ≠ β).
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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3.39 Quais são os índices para os dois planos elaborados no esboço abaixo?
Solução
Plano 1 é uma (020) avião. A determinação de seus índices estão resumidas a seguir.
x y z
Intercepta ∞ um b / 2 ∞ c
Intercepta em termos de um , b , e c ∞ 1/2 ∞
Recíprocos de interceptações 0 2 0
Recinto (020)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
2 é um plano(22 1)avião, como resumidos a seguir.
x y z
Intercepta um / dois ­ b / 2 c
Intercepta em termos de um , b , e c 1/2 ­1/2 1
Recíprocos de interceptações 2 ­2 1
Recinto (22 1)
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3,40 Esboço dentro de uma unidade cúbica célula seguintes planos:
(A) ( 01 1 ), (E) ( 1 11 ),
(B) ( 112 ), (F) ( 12 2 ),
(C) ( 102 ), (G) ( 1 23 ),
(D) ( 13 1 ), (H) ( 01 3 )
Solução
Os aviões pediram são plotados nas células unitárias cúbicos mostrados abaixo.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3,41 determinar os índices de Miller para os aviões mostrados na seguinte célula unitária:
Solução
Para plano A, vamos deixar a origem na célula unidade como indicado; esta é uma (403) plano, como resumido abaixo.
x y z
Intercepta uma
2
∞ b 2c
3
Intercepta em termos de um , b , e c 1
2
∞ 2
3
Recíprocos de interceptações 2 0 3
2
Redução 4 0 3
Recinto (403)
Para plano B que se move na origem da célula unitária distância célula uma unidade para a direita ao longo da y eixo, e
uma unidade de célula de distância paralelamente às x eixo; Assim, este é um(1 1 2)avião, como resumidos a seguir.
x y z
Intercepta ­ um ­ b c
2
Intercepta em termos de um , b , e c ­ 1 ­ 1 1
2
Recíprocos de interceptações ­ 1 ­ 1 2
Redução (Não necessariamente)
Recinto (1 1 2)
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3,42 determinar os índices de Miller para os aviões mostrados na seguinte célula unitária:
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Solução
Para um plano que se moverá a origem do sistema de coordenadas distância célula uma unidade para a cima ao longo da
z eixo; Assim, este é um (322) plano, como resumido abaixo.
x y z
Intercepta uma
3
b
2
­ c
2
Intercepta em termos de um , b , e c 1
3
1
2
­ 1
2
Recíprocos de interceptações 3 2 ­ 2
Redução (Não necessariamente)
Recinto (322)
Para plano B que irá mover o original do sistema de coordenadas da distância ao longo da célula unitária x eixo; Assim,
este é um (1 01) plano, como resumido abaixo.
x y z
Intercepta ­ uma
2
∞ b c
2
Intercepta em termos de um , b , e c ­ 1
2
∞ 1
2
Recíprocos de interceptações ­ 2 0 2
Redução ­ 1 0 1
Recinto (1 01)
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3,43 determinar os índices de Miller para os aviões mostrados na seguinte célula unitária:
Solução
Para plano Uma vez que o plano passa pela origem do sistema de coordenadas, como mostrado, que vai mover­se a
origem do sistema de coordenadas distância célula uma unidade para a direita ao longo day eixo; Assim, este é um (32 4) plano, como
resumidos abaixo.
x y z
Intercepta 2 um
3
­ b c
2
Intercepta em termos de um , b , e c 2
3
­ 1 1
2
3
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Recíprocos de interceptações 2 ­ 1 2
Redução 3 ­ 2 4
Recinto (32 4)
Para plano B, vamos deixar a origem na célula unidade como indicado; esta é uma (221) plano, como resumido abaixo.
x y z
Intercepta uma
2
b
2
c
Intercepta em termos de um , b , e c 1
2
1
2
1
Recíprocos de interceptações 2 2 1
Redução desnecessário
Recinto (221)
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3,44 citar os índices de direcção que resulta da intersecção de cada uma das seguintes par de planos
dentro de um cristal cúbico: (a) ( 100 ) e ( 010 ) planos, (b), ( 111 ) e ( 111 ) planos, e (c), ( 101 ) e ( 001 )
aviões.
Solução
(A) Na figura abaixo é mostrado (100) e (010) planos, e, como indicado, suas interseções resultam em uma [001],
ou equivalentemente, a [001] direção.
(B) Na figura abaixo é mostrado (111) e (111) planos, e, como indicado, os seus resultados em uma interseção
[1 10], ou equivalentemente, uma [11 0] direcção.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(C) Na figura é mostrado abaixo (101) e (001) planos, e, como indicado, os seus resultados de intersecção numa
[010], ou equivalentemente, um [01 0] direção.
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3,45 Esboço da embalagem atómica de (a) a (100) plano para a estrutura cristalina CCC, e (b) a (201)
plano para a estrutura cristalina CFC (semelhante às Figuras 3.10b e 3.11b).
Solução
(A) Uma unidade de célula de BCC, o seu (100) plano, e o empacotamento atómico deste plano são indicados abaixo.
Correspondentes posições atómicas dos dois desenhos são indicadas por letras W, X, Y, e Z.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(B) Uma célula FCC unidade, sua (201) avião, bem como o acondicionamento atômica deste plano são indicados abaixo.
Correspondentes posições do átomo no desenho dois são indicados pelas letras A, B e C.
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3.46 Considerar a célula unitária reduzida­esfera mostrada na Problema 3,20, tendo uma origem do sistema de coordenadas
sistema posicionado no átomo marcado com um O. Para os seguintes conjuntos de planos, determinar quais são equivalentes:
(A) ( 001 ), ( 010 ), e, ( 1 00 )
(B) ( 11 0 ), ( 101 ), ( 01 1 ) e ( 1 1 0 )
(C) ( 1 1 1 ), ( 1 11 ), ( 1 1 1 ), e ( 11 1 )
Solução
(A) A célula unitária do Problema 3,20 tetragonal é centrada no corpo. Dos três planos indicados no problema
declaração da (1 00) e (010) são equivalentes, isto é, têm o mesmo empacotamento atómico. A embalagem atômica para estes
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
dois planos, bem como a (001) são mostrados na figura abaixo.
(B) Das quatro aviões citados na declaração do problema,(11 0)e (1 1 0)são equivalentes a um outro­
tem o mesmo empacotamento atómico. O arranjo atômico desses aviões é mostrado na figura abaixo à esquerda.
Página 91
Além disso, o (101) e (1 01) são equivalentes entre si (mas não para o outro par de aviões); seu atômica
arranjo está representada no desenho outro. Nota: a dimensão 0,424 nm de mais à esquerda do desenho vem
a partir da relação (0,30 nm)2 + (0,30 nm)2
[ ]1/2. Da mesma forma, a dimensão 0,500 nm encontrado no mais à direita
desenho vem (0,30 nm)2 + (0,40 nm)2
[ ]1/2.
(C) Todo o (1 1 1), (1 11), (1 1 1) e (1 11) os aviões são equivalentes, isto é, têm a mesma atómica
embalagem como ilustrado na figura a seguir:
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3,47 Aqui são mostrados os esquemas de empacotamento atômico para várias direções cristalográficas diferentes para
algum metal hipotético. Para cada direcção os círculos representam apenas os átomos contidos dentro de uma célula unitária,
as quais círculos são reduzidos a partir de seu tamanho real.
(A) Para o sistema de cristal é que a célula unidade pertence?
(B) O que essa estrutura cristalina ser chamado?
Solução
Abaixo é construída uma unidade de célula utilizando as seis direções cristalográficas que foram fornecidos no problema.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(A) Esta unidade de célula pertence ao sistema tetragonal uma vez que um = b = 0,40 nm, c = 0,50 nm, e = α β = γ = 90 °.
(B) Esta estrutura de cristal seria chamado tetragonal centrada no rosto uma vez que a célula unitária tem tetragonal
simetria, e um átomo está localizado em cada um dos cantos, bem como com os centros de todas as seis faces de célula unitária. No
figura acima, átomos são mostrados apenas nos centros das três faces; no entanto, também ser átomos situadona frente
enfrenta.
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3.48 A seguir são apresentados três planos cristalográficos diferentes para uma célula unitária de algum metal hipotético.
Os círculos representam átomos:
(A ) Para o sistema de cristal é que a célula unidade pertence?
(B ) O que essa estrutura cristalina ser chamado?
(C) Se a densidade deste metal é de 8,95 g / cm3, Determinar o seu peso atômico.
Solução
As células unitárias construídos abaixo mostram os três planos cristalográficos que foram fornecidos no problema
declaração.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(A) Esta unidade de célula pertence ao sistema cristalino ortorrômbico desde uma nm = 0,30, b = 0,40 nm, c = 0,35 nm,
e α = β = γ = 90 °.
(B) Esta estrutura de cristal seria chamado orthorhombic de corpo centrado desde a célula unitária tem orthorhombic
simetria, e um átomo está localizado em cada um dos cantos, bem como no centro da célula.
(C) De modo a calcular o seu peso atómico, que empregam Equação 3,5, com n = 2; assim
Um =
ρ V
CNUMA
n
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= (8,95 g / cm3) (3,0) (4,0) (3,5)(X 10­24cm3/ Célula unitária) (6,022 × 10 23átomos / mol)
2 átomos / célula unitária
= 113,2 g / mol
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3.49 Converta o ( 010 ) e ( 101 ) planos para o de quatro índice esquema Miller­Bravais para a unidade hexagonal
células.
Solução
Para (010), h = 0, k = 1, e l = 0, e, a partir da Equação 3,7, o valor de i é igual
i = ­ ( h + k ) = ­ (0 + 1) = ­1
Portanto, a (010) torna­se plano (011 0).
Agora, para o (101) avião, h = 1, k = 0, e l = 1, e cálculo de i usando a Equação 3.7 leva a
i = ­ ( h + k ) = ­ [1 + 0] = ­1
de tal modo que (101) torna­se (101 1).
Página 97
3,50 determinar índices para os aviões mostrados nas células unitárias hexagonais abaixo:
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Solução
(A) Para este plano, interseções com o de um1, uma2E z eixos são ∞ um , ∞ um e c / 2 (os paralelos avião tanto um1
e um 2eixos). Em termos de um e c estas intersecções são ∞, ∞, e ½, os respectivos recíprocos dos quais são 0, 0,
e 2. Isto significa que
h = 0
k = 0
l = 2
Agora, a partir da Equação de 3,7, o valor de i é
i = ­ ( h + k ) = ­ [0 0] = 0
Assim, este é um(0002) avião.
Página 98
(B) Este plano passa pela origem do sistema de eixos de coordenadas; portanto, traduzir este plano
distância de uma unidade ao longo do x eixo, por o esboço mostrado abaixo:
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Neste ponto, o plano intercepta o um1, uma2, E Z eixos em um , ∞ um , e ∞ c , respectivamente (ambos os planos paralelos um2e
z eixos). Em termos de um e c estas intersecções são 1, ∞, e ∞, os respectivos recíprocos dos quais são 1, 0, e 0.
Isso significa que
h = 1
k = 0
l = 0
Agora, a partir da Equação de 3,7, o valor de i é
i = ­ ( h + k ) = ­ (1 + 0) = ­1
Assim, este é um(101 0)avião.
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(C) Por este plano, interseções com o de um1, uma2E z eixos são ­ um , uma , e c . Em termos de um e c estes
intersecções são ­1, 1, e 1, os respectivos recíprocos dos quais são 0, 1, e 1. Isto significa que
h = ­1
k = 1
l = 1
Agora, a partir da Equação de 3,7, o valor de i é
i = ­ ( h + k ) = ­ (­ 1 + 1) = 0
Assim, este é um (1 101) plano.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(D) Por este plano, interseções com o de um1, uma2, E z são eixos ­ um / dois, um , e c / 2, respectivamente. Em termos de um
e c estas intersecções são ­1/2, 1, 1/2 e, os respectivos recíprocos dos quais são ­2, 1, e 2. Isto significa que
h = ­2
k = 1
l = 2
Agora, a partir da Equação de 3,7, o valor de i é
i = ­ ( h + k ) = ­ (­ 2 + 1) = 1
Portanto, este é um (2 112) plano.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3,51 Esboço do ( 11 01 ) e ( 112 0 ) aviões em uma célula unitária hexagonal.
Solução
Por (11 01) os recíprocos de h , k , I , e L são, respectivamente, 1, ­1, ∞, e 1; Assim, este plano é paralelo ao
o um3 eixo, e intersecta o um 1 eixo a um , a um2no eixo ­ um , e o z ­axis em c . O avião ter essas interseções
é mostrada na figura abaixo
Para (112 0) os recíprocos de h , k , I , e L são, respectivamente, 1, 1, ­1/2, e ∞; Assim, este plano é paralelo ao
o z eixo, e intersecta o um 1 eixo a um , a um2 eixo em um , e o um3 eixo na ­ um / 2. O avião ter estes
intersecções é mostrada na figura abaixo.
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Linear e Planar Densidades
3,52 (a) derivar expressões densidade linear de FCC [ 100 ] e [ 111 ] instruções em termos da atómica
raio R.
(B) calcular e comparar valores de densidade linear para estas mesmasduas direções para a prata.
Solução
(A) Na figura abaixo mostra o [100] direção dentro de uma célula unitária FCC.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Para este [100] direcção existe um átomo de cada um dos dois cantos da célula unitária, e, assim, não é o equivalente de 1
átomo que é centrado no vector de direcção. O comprimento deste vetor de direção é apenas o comprimento da aresta da célula unitária,
2 R 2 (equação 3.1). Portanto, a expressão para a densidade linear do presente plano é
LD100 =
número de átomos centrado sobre [100] direcção vetor
comprimento de [100] direcção vetor
= Um átomo
2 R 2
= 1
2 R 2
Uma célula unidade de FCC em que é desenhado um [111] direcção é mostrado abaixo.
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Para este [111] direcção, o vector passa através mostrado apenas os centros do único átomo de em cada uma das suas extremidades, e,
Assim, existe a equivalência de um átomo que está centrada sobre o vector de direcção. O comprimento deste vetor de direção é
denotado por Z nesta figura, que é igual a
z = x 2 + y2
onde X é o comprimento da face inferior na diagonal, o que é igual a 4 R . Além disso, y é a unidade de comprimento da aresta de células,
que é igual a 2 de R 2 (equação 3.1). Assim, utilizando a equação acima, o comprimento Z pode ser calculado como se segue:
z = (4 R)2 + (2 R 2 )2 = 24 R 2 = 2 R 6
Portanto, a expressão para a densidade linear do esta direcção é de
LD111 =
número de átomos centrado sobre [111] direcção vetor
comprimento de [111] direcção vetor
= Um átomo
2 R 6
= 1
2 R 6
(B) A partir da tabela dentro da capa, o raio atômico para prata é 0,144 nm. Portanto, o linear
densidade para a [100] direção é
LD100(Ag) =
1
2 R 2
= 1
(2) (0,144 nm) 2
= 2.46 nm­1 = 2,46 × 109 m­1
Enquanto que para a direção [111]
LD111(Ag) =
1
2 R 6
= 1
(2) (0,144 nm) 6
= 1,42 nm­1 = 1,42 × 109 m­1
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3.53 (a) Deduza expressões densidade linear para BCC [ 110 ] e [ 111 ] direções em termos de atômica
raio R.
(B) calcular e comparar valores de densidade linear para estas mesmas duas indicações para o tungstênio.
Solução
(A) Na figura abaixo mostra­se um [110] sentido dentro de uma célula unitária de BCC.
Para este [110] direcção existe um átomo de cada um dos dois cantos da célula unitária, e, assim, existe a equivalência de 1
átomo que é centrado no vector de direcção. O comprimento deste vector de direcção é representado por X na figura, que
é igual a
x = z 2 ­ y 2
onde y é o comprimento da aresta da célula unitária, o qual, a partir da Equação 3.3 é igual4 R
3
. Além disso, z é o comprimento do
célula unitária diagonal, o que é igual a 4 R Assim, utilizando a equação acima, o comprimento x pode ser calculada como se segue:
x = (4 R)2 ­ 4 R
3
�
�
��
�
�
��
2
= 32 R2
3
= 4 R 2
3
Portanto, a expressão para a densidade linear do esta direcção é de
LD110 =
número de átomos centrado sobre [110] direcção vetor
comprimento de [110] direcção vetor
= Um átomo
4 R 2
3
= 3
4 R 2
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Uma célula unitária BCC dentro do qual é estabelecida uma [111] direcção é mostrado abaixo.
Para embora o vector [111] direcção mostrada passa através dos centros das três átomos, há uma equivalência de
apenas dois átomos associados com esta unidade de célula­a metade de cada um dos dois átomos no final do vector, além
para o átomo central é toda de célula unitária. Além disso, o comprimento do vector mostrado é igual a 4 R , desde
todos os átomos cujos centros o vector passa através de um outro toque. Portanto, a densidade linear é igual
LD111 =
número de átomos centrado sobre [111] direcção vetor
comprimento de [111] direcção vetor
= 2 átomos
4 R
= 1
2 R
(B) A partir da tabela dentro da capa, o raio atômico para o tungstênio é 0,137 nm. Portanto, o linear
densidade para a [110] é sentido
LD110(W) =
3
4 R 2
= 3
(4) (0,137 nm) 2
= 2.23 nm­1 = 2,23 × 109 m­1
Enquanto que para a direção [111]
LD111(W) =
1
2 R
= 1
(2) (0,137 nm)
= 3,65 nm­1 = 3,65 × 109 m­1
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3,54 (a) derivar expressões densidade planares para FCC ( 100 ) e ( 111 ) planos em termos do raio atómico
R.
(B) calcular e comparar valores de densidade planar para esses mesmos dois planos de níquel.
Solução
(A) Na figura abaixo mostra o (100) avião para uma célula unitária FCC.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Para este (100) plano não é um átomo de cada um dos quatro cantos do cubo, cada um dos quais é compartilhada com quatro adjacente
células unitárias, enquanto que o átomo de centro encontra­se inteiramente dentro da célula unitária. Assim, existe a equivalência de dois átomos
associado com este plano de FCC (100). A secção planar representado na figura anterior é um quadrado, em que a
comprimentos laterais são iguais à unidade de comprimento da aresta de células, 2 R 2 (equação 3.1); e, assim, a área do quadrado é apenas
(2 R 2)2 = 8 R2. Assim, a densidade planar para este (100) é plano apenas
PD100 =
número de átomos centrada em (100) avião
área de (100) plano
= 2 átomos
8 R2
= 1
4 R2
A parte de uma (111) plano FCC contido dentro de uma célula unitária é mostrado abaixo.
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Há seis átomos cujos centros se encontram neste plano, que são rotulados A através F . Um sexto de cada um dos átomos de A ,
D , e F estão associados com este plano (obtendo­se uma equivalência de uma meia­átomo), com metade de cada um dos átomos
B , C , e E (ou um equivalente de um e um meio de átomos) para um total de equivalência de dois átomos. Agora, a área de
o triângulo mostrado na figura acima é igual a metade do produto do comprimento da base e a altura, h . Se nós
Considere metade do triângulo, então
(2 R )2+ h2 = (4 R )2
o que leva a h = 2 R 3. Assim, a área é igual
Área = 4 R ( h )
2
= (4 R )(2 R 3 )
2
= 4 R2 3
E, assim, a densidade é planar
PD111 =
número de átomos centrada em (111) avião
área de (111) avião
= 2 átomos
4 R2 3
= 1
2 R2 3
(B) A partir da tabela dentro da capa, o raio atômico para o níquel é de 0,125 nm. Por conseguinte, o quadro planar
densidade para o (100) é plano
PD100(Ni) =
1
4 R2
= 1
4 (0,125 nm)2
= 16,00 nm­2 = 1,600 × 1019m­2
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Enquanto que para o (111) avião
PD111(Ni) =
1
2 R2 3
= 1
2 3 (0,125 nm) 2
= 18,48 nm­2 = 1,848 × 1019m­2
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3,55 (a) derivar expressões densidade planares para BCC ( 100 ) e ( 110 ) planos em termos do raio atómico
R.
(B) calcular e comparar valores de densidade planar para esses mesmos dois planos de vanádio.
Solução
(A) uma célula unitária BCC dentro do qual é estabelecida uma (100) plano é mostrada abaixo.
Para este (100) plano não é um átomo de cada um dos quatro cantos do cubo, cada um dos quais é compartilhada com quatro adjacente
células unitárias. Assim, existe a equivalência de um átomo associado a este plano BCC (100). A secção plana
representado na figura anterior é um quadrado, em que os comprimentos dos lados são iguais ao comprimento da aresta da célula unitária,4 R
3
(Equação 3.3); e, assim, a área do quadrado é apenas 4 R
3
�
�
��
�
�
��
2
= 16 R
2
3
. Assim, a densidade planar para este (100)
plano é apenas
PD100 =
número de átomos centrada em (100) avião
área de (100) plano
= Um átomo
16 R2
3
= 3
16 R2
Uma célula unitária BCC dentro do qual é estabelecida uma (110) plano é mostrada abaixo.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Para este (110) plano não é um átomo de cada um dos quatro cantos do cubo, através do qual ele passa, cada um dos quais é
partilhada com quatro células unitárias adjacentes, enquanto o átomo de centro encontra­se inteiramente dentro da célula unitária. Assim, existe a
equivalência de dois átomos associados com este plano BCC (110). A secção planar representado na figura anterior é
um retângulo, como observado na figura abaixo.
A partir desta figura, a área do rectângulo é o produto de x e y . O comprimento x é apenas o comprimento da aresta da célula unitária,
que para BCC (equação 3.3) está4 R
3
. Agora, o comprimento diagonal z é igual a 4 R . Para o triângulo delimitada pela
comprimentos x , y , e z
Y = Z 2 ­ X 2
Ou
Y = (4 R ) 2 ­ 4 R
3
�
�
��
�
�
��
2
= 4 R 2
3
Assim, em termos de R , a área desta (110) é plano apenas
Página 110
Área (110) = xy = 4 R
3
�
�
��
�
�
��
4 R 2
3
�
�
��
�
�
��=
16 R2 2
3
E, finalmente, a densidade planar para este (110) é plano apenas
PD110 =
número de átomos centrada em (110) avião
área de (110) plano
= 2 átomos
16 R2 2
3
= 3
8 R2 2
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(B) A partir da tabela dentro da capa, o raio atômico para o vanádio é 0,132 nm. Portanto, o
densidade planar para o (100) é plano
PD100(V) =
3
16 R2
= 3
16 (0,132 nm)2
= 10,76 nm­2 = 1,076 × 1019m­2
Enquanto que para o (110) avião
PD110(V) =
3
8 R2 2
= 3
8 (0,132 nm)2 2
= 15,22 nm­2 = 1,522 × 1019m­2
Página 111
3.56 (a) Deduza a expressão densidade planar para o HCP ( 0001 ) de avião em termos de R. raio atômico
(B) Calcule o valor de densidade planar para este mesmo plano de magnésio.
Solução
(A) A (0001) avião para uma célula unitária HCP é mostrar abaixo.
Cada um dos 6 átomos de perímetro neste plano é compartilhado com outros três células unitárias, enquanto que o átomo central é partilhada
sem outras células unitárias; isto dá origem a três átomos de equivalentes pertencentes a este plano.
Em termos do raio atómico R , a área de cada uma das seis triângulos equiláteros que foram desenhados é
R2 3, Ou a área total do avião é mostrado 6 R2 3 . E a densidade planar para este (0001) é igual ao plano
PD0001
= número de átomos centrada em (0001) avião
área de (0001) avião
= 3 átomos
6 R2 3
= 1
2 R2 3
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(B) A partir da tabela dentro da capa, o raio atômico para o magnésio é 0,160 nm. Portanto, o
densidade planar para o (0001) é plano
PD0001(Mg) =
1
2 R2 3
= 1
2 (0,160 nm)2 3
= 11,28 nm­2 = 1,128 × 1019m­2
Página 112
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Materiais policristalinos
3.57 Explique por que as propriedades dos materiais policristalinos são mais frequentemente isotrópico.
Solução
Apesar de cada grão individual num material policristalino pode ser anisotrópica, se os grãos têm aleatório
orientações, em seguida, o agregado sólido dos muitos grãos anisotrópicos irá se comportar isotropically.
Página 113
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Difração de raios X: Determinação de estruturas cristalinas
3.58 Usando os dados para o molibdênio na Tabela 3.1, calcule o espaçamento interplanar parao ( 111 ) conjunto de
aviões.
Solução
A partir da Tabela 3.1, de molibdênio tem uma estrutura cristalina CCC e um raio atômico de 0,1363 nm. Uso
A equação (3.3), o parâmetro de rede um pode ser calculado como
a =4 R
3
= (4) (0,1363 nm)
3
= 0,3148 nm
Agora, o espaçamento interplanar d111talvez determinado utilizando a equação 3,14 quanto
d111=
uma
(1)2 + (1)2 + (1)2
= 0,3148 nm
3
= 0,1817 nm
Página 114
3.59 Determine o ângulo de difração esperado para a reflexão de primeira ordem da ( 113 ) conjunto de planos para
Platina FCC quando radiação monocromática de comprimento de onda 0,1542 nm é utilizado.
Solução
Nós primeiro calcular o parâmetro de rede usando a Equação 3.1 eo valor de R (0,1387 nm) citados na Tabela
3.1, como se segue:
um 2 = R 2 = (2) (0,1387 nm) (2) = 0,3923 nm
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Em seguida, o espaçamento interplanar para o (113) conjunto de aviões pode ser determinado utilizando a equação 3,14 de acordo com a
d113=
uma
(1)2 + (1)2 + (3)2
= 0,3923 nm
11
= 0,1183 nm
E, finalmente, o emprego da Equação 3.13 produz o ângulo de difracção como
sin θ = n λ
2 d113
= (1) (0,1542 nm)
(2) (0,1183 nm)
= 0,652
O que leva a
θ = sin­1(0,652) = 40,69 °
E finalmente
2θ = (2) (40,69 °) = 81,38 °
Página 115
3,60 Utilizando os dados para o alumínio na Tabela 3.1, calcular os espaçamentos interplanares para o ( 110 ) e ( 221 )
conjuntos de aviões.
Solução
A partir da tabela, o alumínio tem uma estrutura cristalina CFC e um raio atómico de 0,1431 nm. Uso
Equação 3.1 do parâmetro de rede, um , pode ser calculado como
um 2 = R 2 = (2) (0,1431 nm) (2) = 0,4047 nm
Agora, o d110espaçamento interplanar pode ser determinada usando a Equação 3.14 como
d110=
uma
(1)2 + (1)2 + (0)2
= 0,4047 nm
2
= 0,2862 nm
E, de forma semelhante para d221
d221=
uma
(2)2 + (2)2 + (1)2
= 0,4047 nm
9
= 0,1349 nm
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
3.61 O irídio metal tem uma estrutura cristalina CFC. Se o ângulo de difracção para o ( 220 ) conjunto de planos
ocorre a 69,22 ° (de primeira ordem reflexão) quando X monocromáticos­radiação tendo um comprimento de onda de 0,1542 nm é
usado, calcule (a) o espaçamento interplanar para este conjunto de planos, e (b) o raio atômico para um átomo de irídio.
Solução
(A) A partir dos dados fornecidos no problema, e percebendo que 69,22 ° = 2θ, o espaçamento interplanar para o
(220) conjunto de planos de irídio pode ser calculada usando a Equação 3.13 como
d220=
n λ
2 sin θ
= (1) (0,1542 nm)
(2) sin 69,22 °
2
�
��
�
��
= 0,1357 nm
(B) A fim de calcular o raio atômico é preciso primeiro determinar o parâmetro de rede, um , usando a Equação
3,14, e em seguida, de R a partir da Equação 3.1 desde IR tem uma estrutura cristalina CFC. Portanto,
um = d220 (2)2 + (2)2 + (0)2= (0,1357 nm) ( 8) = 0,3838 nm
E, a partir da Equação 3.1
R = uma
2 2
= 0,3838 nm
2 2
= 0,1357 nm
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitido
por Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3.62 O rubídio metal tem uma estrutura cristalina CCC. Se o ângulo de difracção para o ( 321 ) conjunto de planos
ocorre a 27,00 ° (de primeira ordem reflexão) quando X monocromáticos­radiação tendo um comprimento de onda de 0,0711 nm é
utilizado, calcular (a) o espaçamento interplanar para este conjunto de planos, e (b) o raio atómico para o átomo de rubídio.
Solução
(A) A partir dos dados fornecidos no problema, e percebendo que 27,00 ° = 2θ, o espaçamento interplanar para o
(321) um conjunto de planos para Rb pode ser calculada usando a Equação 3.13 como se segue:
d321=
n λ
2 sin θ
= (1) (0,0711 nm)
(2) sin 27,00 °
2
�
��
�
��
= 0,1523 nm
(B) A fim de calcular o raio atômico é preciso primeiro determinar o parâmetro de rede, um , usando a Equação
3,14, e em seguida, de R a partir da Equação 3.3 desde Rb tem uma estrutura cristalina CCC. Portanto,
um = d321 (3)2 + (2)2 + (1)2= (0,1523 nm)( 14) = 0,5700 nm
E, a partir da Equação 3.3
R =
um 3
4
=
(0,5700 nm) 3
4
= 0,2468 nm
Página 118
3.63 Para o conjunto de planos cristalográficos será um pico de difração de primeira ordem ocorrer em uma difração
ângulo de 46,21 ° para BCC ferro quando a radiação monocromática com um comprimento de onda de 0,0711 nm é utilizado?
Solução
O primeiro passo para resolver este problema consiste em calcular o espaçamento interplanar usando a Equação 3.13. Assim,
= n λ (1) (0,0711 nm)= 0,0906 nm
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
dhkl 2 sin θ = (2) sin 46,21 °
2
�
��
�
��
Agora, o emprego de ambas as Equações 3,14 e 3,3 (uma vez que a estrutura cristalina do Fe é BCC), eo valor de R para o ferro
a partir da Tabela 3.1 (0,1241 nm) leva a
h2 + K2 + L2 = uma
dhkl
= 4 R
dhkl 3
= (4) (0,1241 nm)
(0,0906 nm) (3)
= 3,163
Isso significa que
h2 + K2 + L2 = (3,163)2 = 10,0
Por tentativa e erro, os únicos três números inteiros que têm um valor que é par, e a soma dos quadrados dos quais é igual a 10,0
são 3, 1 e 0. Por conseguinte, o conjunto de planos responsáveis ​​para este pico de difracção são os (310) ­onas.
Página 119
3,64 3,22 A Figura mostra um padrão de difracção de raios­x para α ­ferro feita usando um difractómetro e
x­radiação monocromática com comprimento de onda de 0,1542 nm; cada pico de difracção sobre o padrão tem sido
indexado. Calcule o espaçamento interplanar para cada conjunto de planos indexados; também determinar o parâmetro de rede de Fe
para cada um dos picos.
Solução
Para cada pico, a fim de calcular o espaçamento interplanar e o parâmetro de rede que devem empregar
Equações 3.14 e 3.13, respectivamente. O primeiro pico da Figura 3.22, que resulta de difração pelo (110) Conjunto
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutorespara distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
de aviões, ocorre em 2θ = 45,0 °; o espaçamento interplanar correspondente para este conjunto de planos, usando a Equação 3.13, é
igual a
d110 =
n λ
2 sin θ
= (1) (0,1542 nm)
(2) sin 45.0 °
2
�
��
�
��
= 0,2015 nm
E, a partir da Equação 3.14, o parâmetro de rede um é determinada como
um = dhkl ( h )2 + ( k )2 + ( l )2 = d110 (1)2 + (1)2 + (0)2
= (0,2015 nm) 2 = 0,2850 nm
Cálculos semelhantes são feitas para os outros picos que os resultados estão tabelados abaixo:
Página 120
Índice Peak 2θ dhkl(Nm) um (nm)
200 65,1 0,1433 0,2866
211 82,8 0,1166 0,2856
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Página 121
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
3,65 Os picos de difracção mostrados na Figura 3.22 são indexados de acordo com as regras de reflexão para BCC
(Ou seja, a soma de h + k + L deve ser ainda). Cite as H, K e L índices para os quatro primeiros picos de difração de cristais FCC
consistente com h, k, e l todo o ser ou par ou ímpar.
Solução
Os quatro primeiros picos de difração que ocorrerão para FCC consistente com h , k , e l todo o ser pares ou ímpares são
(111), (200), (220) e (311).
Página 122
3.66 A Figura 3.25 apresenta os primeiros quatro picos do padrão de difracção de raios X para o cobre, que tem uma FCC
estrutura cristalina; foi utilizado monocromática radiação X tendo um comprimento de onda de 0,1542 nm.
(A) índice (ou seja, dar h, k, l e índices) para cada um destes picos.
(B) Determinar o espaçamento interplanar para cada um dos picos.
(C) Para cada pico, determinar o raio atômico para o Cu e compará­los com o valor apresentado em
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Tabela 3.1.
Solução
(A) Uma vez que Cu tem uma estrutura cristalina CFC, apenas os picos para os quais h , k , e L são todos ou par ou ímpar
aparecerá. Portanto, o primeiro pico de difracção a partir de resultados (111) planos.
(B) para cada pico, a fim de calcular o espaçamento interplanar que deve empregar Equação 3.13. Para o
primeiro pico que ocorre em 43,8 °
d111=
n λ
2 sin θ
= (1) (0,1542 nm)
(2) sin 43,8 °
2
�
��
�
��
= 0,2067 nm
(C) O emprego das Equações 3.14 e 3.1 é necessária para o cálculo de R como para o Cu
R = uma
2 2
=
(dhkl) ( h )2 + ( k )2 + ( l )2
2 2
=
(0,2067 nm) (1)2 + (1)2 + (1)2
2 2
= 0,1266 nm
Cálculos semelhantes são feitas para os outros picos que os resultados estão tabelados abaixo:
Página 123
Índice Peak 2θ dhkl(Nm) R (nm)
200 50,8 0,1797 0,1271
220 74,4 0,1275 0,1275
311 90,4 0,1087 0,1274
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Sólidos noncrystalline
3.67 Você esperaria que um material em que a ligação atômica é predominantemente iônico na natureza para ser
mais ou menos propensos a formar um sólido não cristalino após a solidificação de um material covalente? Por Quê? (Veja Seção
2.6.)
Solução
Um material no qual a ligação atómica é predominantemente de natureza iónica tem menos probabilidade de formar um não cristalino
sólida sobre a solidificação de um material covalente porque as ligações covalentes são direcionais enquanto que ligações iônicas são
não direcional; é mais difícil para os átomos em um material covalente para assumir posições que dão origem a uma ordenada
estrutura.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
CAPÍTULO 4
Imperfeições no SÓLIDOS
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Vagas e Auto­intersticiais
4.1 Calcular a percentagem de pontos de átomos que estão vago para o chumbo na sua temperatura de fusão de 327 ° C (600
K). Suponha uma energia para a formação de vacância de 0,55 eV / átomo.
Solução
A fim de calcular a percentagem de pontos de átomos que estão vago em chumbo em 600 K, que deve empregar Equação
4.1. Tal como indicado no problema, Qv= 0,55 eV / átomo. Assim,
Nv
N
= Exp ­ Qv
kT
�
��
�
�� = exp ­
0,55 eV / átomo
(8,62 × 10 ­5 eV / atom­ K) (600 K)
�
�
�
�
�
�
= 2,41 × 10­5
Página 126
4.2 Calcule o número de vagas por metro cúbico de ferro a 850 ° C. A energia para a vaga
formação é 1,08 eV / átomo. Além disso, a densidade e peso atómico para o Fe é 7,65 g / cm3e 55,85 g / mol,
respectivamente.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Solução
Determinação do número de vagas por metro cúbico de ferro a 850 ° C (1123 K), exige a
utilização de equações 4.1 e 4.2 da seguinte forma:
Nv = N exp ­
Qv
kT
�
��
�
�� =
NUMA
ρ
Fe
UMAFe
exp ­ Qv
kT
�
��
�
��
E incorporação de valores dos parâmetros previstos na declaração do problema na equação acima leva a
Nv =
(6,022 × 10 23átomos / mol) (7,65 g / cm3)
55,85 g / mol
exp­ 1,08 eV / átomo
(8,62 × 10 ­5 eV / atom­ K) (850 ° C + 273 K)
�
�
�
�
�
�
= 1,18 × 1018cm­3= 1,18 × 1024m­3
Página 127
4.3 Calcule a energia de ativação para a formação de vacância de alumínio, dado que o número de equilíbrio
de vagas em 500 ° C (773 K) é 7,57 × 10 23m­3. O peso atómico e densidade (a 500 ° C) para o alumínio são,
respectivamente, de 26,98 g / mol e 2,62 g / cm3.
Solução
Após uma análise da Equação 4.1, além de todos os parâmetros Qv são dadas excepto N , o número total de
instalações nucleares. No entanto, N está relacionada com a densidade, (ρAl), O número de Avogadro ( NUMA), E o peso atómico ( A Al)
acordo com a equação 4.2 como
N = NUMA
ρ
Al
UMAAl
=
(6,022 × 10 23 átomos / mol) (2,62 g / cm3)
26,98 g / mol
= 5,85 × 1022átomos / cm3= 5,85 × 1028átomos / m3
Agora, tendo logaritmos naturais de ambos os lados da equação 4.1,
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
ln Nv Ln = N ­
Qv
kT
e, depois de alguma manipulação algébrica
Qv = ­ kT ln
Nv
N
�
�
�
�
�
�
= ­ (8,62 × 10 ­5eV / atom­ K) (500 ° C + 273 K) ln 7,57 × 10
23 m­3
5,85 × 10 28m­3
�
�
�
�
�
�
= 0,75 eV / átomo
Página 128
Impurezas em Solids
4.4 Abaixo, raio atômico, estrutura cristalina, eletronegatividade, e a valência mais comum são tabulados,
por vários elementos; para aqueles que são não­metais, são indicados apenas raios atômicos.
Elemento Raio atômico( nm ) Cristal Estrutura Eletronegatividade Valência
Cu 0,1278 FCC 1.9 2
C 0,071
H 0,046
O 0,060
Ag 0,1445 FCC 1.9 +1
Al 0,1431 FCC 1,5 3
Co 0,1253 HCP 1.8 2
Cr 0,1249 BCC 1.6 3
Fe 0,1241 BCC 1.8 2
Ni 0,1246 FCC 1.8 2
Pd 0,1376 FCC 2.2 2
Pt 0,1387 FCC 2.2 2
Zn 0,1332 HCP 1.6 2
Qual destes elementos que você esperaria para formar o seguinte com o cobre:
(A) uma solução sólida de substituição tendo solubilidade completa
(B) uma solução sólida de substituição de solubilidade incompleta
(C) Uma solução sólida intersticial
Solução
Neste problema, são convidados a citar quais dos elementos listados formulário com os três Cu sólido possível
tipos de solução. Para solubilidade de substituição completa os seguintes critérios devem ser atendidos: 1) a diferença de atômica
raios entre Cu e o outro elemento (ΔR % ) deve ser menor do que ± 15%, 2) as estruturas de cristal deve ser o mesmo,
3) os eletronegatividades deve ser semelhante, e 4) as valências deve ser o mesmo, ou quase o mesmo. Abaixo estão
tabulados, para os vários elementos, estes critérios.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
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Cristal ΔElectro­
Elemento ΔR% Estrutura negatividade Valência
Cu FCC 2+
C ­44
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
H ­64
O ­53
Ag 13 FCC 0 1+
Al 12 FCC ­0.4 3+
Co ­2 HCP ­0.1 2+
Cr ­2 BCC ­0.3 3+
Fe ­3 BCC ­0.1 2+
Ni ­3 FCC ­0.1 2+
Pd 8 FCC 0,3 2+
Pt 9 FCC 0,3 2+
Zn 4 HCP ­0.3 2+
(A), Ni, Pd, Pt e satisfazer todos os critérios e, assim, formam soluções sólidas de substituição, tendo completa
solubilidade. A temperaturas elevadas Co e Fe transformações experiência alotrópicas para a estrutura de cristal FCC,
e, portanto, exibir solubilidade sólida completa a estas temperaturas.
(B) de Ag, Al, Co, Cr, Fe, Zn e formam soluções sólidas de substituição de solubilidade incompleta. Todos estes metais
têm ou BCC ou estruturas cristalinas HCP, e / ou a diferença entre o raio atómico e que são para Cu
maior do que ± 15%, e / ou têm uma valência diferente 2+.
(C) C, H, S e formam soluções sólidas intersticiais. Estes elementos têm raios atómicos que são significativamente
menor do que o raio atómico de Cu.
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4.5 Para ambos estruturas cristalinas da FCC e BCC, existem dois tipos diferentes de sites intersticiais. Em cada
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
caso, um local é maior do que a outra, e é normalmente ocupado por átomos de impureza. Por FCC, este é um maior
localizado no centro de cada extremidade da unidade de célula; ele é denominado um site intersticial octaédrica. Por outro lado, com a
BCC o tipo de local maior é encontrado em 01
2
1
4
posições, isto é, encontra­se na {100} enfrenta, e situado a meio caminho entre
duas arestas de célula unitária nesta face e de um quarto da distância entre os outros dois bordos da célula unitária; que é denominado um
local intersticial tetrahedral. Para ambas as estruturas cristalinas da FCC e BCC, calcular o raio r de um átomo impureza
que só vai caber em um desses sites em termos de raio R atômica do átomo de acolhimento.
Solução
No desenho abaixo é mostrado os átomos no (100) face a uma célula unitária FCC; o local intersticial é a
centro do rebordo.
O diâmetro de um átomo que só vai se encaixam nesse local (2 r ) é apenas a diferença entre esse comprimento da aresta da célula unitária
( um ) e os raios dos dois átomos hospedeiras que estão localizados em ambos os lados do local de ( R ); isto é
2 R = um ­ 2 R
No entanto, para FCC um está relacionado com R de acordo com a equação 3.1 como um 2 = R 2; portanto, resolvendo para r do acima exposto
equação dá
r = um ­2 R
2
= 2 R 2 ­2 R
2
= 0,41 R
Uma (100) cara de uma célula unitária de BCC é mostrado abaixo.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
O átomo intersticial que apenas encaixa­se neste local intersticial é mostrada pelo círculo pequeno. Ele está situado no plano de
este (100) cara, a meio caminho entre as duas arestas verticais da célula unitária, e um quarto da distância entre o fundo
e bordas de células superior. A partir do triângulo que é definida pelas três setas que pode escrever
uma
2
�
��
�
��
2
+ uma
4
�
��
�
��
2
= (R + r ) 2
No entanto, a partir da Equação 3.3, um =4 R
3
, E, portanto, fazendo com que essa substituição, a equação acima assume a forma
4 R
2 3
�
��
�
��
2
+ 4 R
4 3
�
��
�
��
2
=R 2 + 2 Rr + r2
Depois de rearranjo os seguintes resultados equação quadrática:
r2 + 2 Rr ­ 0,667 R 2 = 0
E sobre resolvendo para r:
Página 132
r =
­ (2 R ) ± (2 R )2 ­ (4) (1) (­ 0,667 R2)
2
= ­2 R ± 2.582 R
2
E finalmente
R (+) =
­2 R 2,582 R
2
= 0,291 R
R (­) =
­2 R ­2,582 R
2
= ­2,291 R
Naturalmente, apenas a raiz R (+) é possível, e, por conseguinte, r = 0,291 R .
Assim, por um átomo de acolhimento de raio R , o tamanho de um local intersticial para o FCC é aproximadamente 1,4 vezes maior do que
paraBCC.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Especificação de Composição
4.6 Derivar as equações a seguir:
(A) 4.7a Equação
(B) A equação 4.9a
(C) Equação 4.10a
(D) A equação 4.11b
Solução
(A) Este problema pede que derivam Equação 4.7a. Para começar, C1é definida de acordo com a Equação 4.3 como
C1 =
m1
m1
+ m
2
× 100
ou, de forma equivalente
C1 =
m1'
m1'
+ m
2'
× 100
onde os com primário m indicar 's massas em gramas. A partir da Equação 4.4, podemos escrever
m1' N =m 1UMA1
m2' N =m 2UMA2
E, em substituição do C 1expressão acima
C1 =
nm 1UMA1
nm 1UMA1
+ N
m 2UMA2
× 100
A partir da Equação 4,5 é o caso de que
nm 1=
C1' (nm 1
+ N
m 2)
100
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
nm 2=
C2' (nm 1
+ N
m 2)
100
E substituição dessas expressões na equação acima leva a
C1 =
C1'UMA1
C1'UMA1
+ C
2'UMA2
× 100
que é apenas Equação 4.7a.
(B) Este problema pede que derivam Equação 4.9a. Começar,C1
"é definida como a massa do componente 1
por unidade de volume de liga, ou
C1" =
m1
V
Se assumirmos que o total do volume de liga V é igual à soma dos volumes das duas componentes ­ isto é, V = V1 +
V2­­então
C1" =
m1
V1
+ V
2
Além disso, o volume de cada um dos componentes está relacionado com a sua densidade e massa como
V1 =
m1
ρ
1
V2 =
m2
ρ
2
Isto leva a
C1" =
m1
m1
ρ
1
+ m2
ρ
2
A partir da Equação 4.3, m1e m 2pode ser expresso como se segue:
Página 135
m1 =
C1(m1
+ m
2)
100
m2 =
C2 (m1
+ m
2)
100
Substituição de estas equações para os rendimentos anteriores de expressão
C1
" =
C1(m1
+ m
2)
100
C1(m1
+ m
2)
100
ρ
1
+
C2 (m1
+ m
2)
100
ρ
2
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= C1C1
ρ
1
+C2
ρ
2
Se as densidades ρ1 e ρ 2 são dadas em unidades de g / cm
3, Em seguida, a conversão para unidades de kg / m3 exige que nós multiplicamos
esta equação por 103, Na medida em que
1 g / cm3= 103kg / m3
Portanto, a equação anterior assume a forma
C1" =
C1
C1ρ
1
+C2ρ
2
X 10 3
que é a expressão desejada.
(C) Agora somos convidados a derivar equação 4.10a. A densidade de uma liga de ρav é apenas a massa total liga M
dividido pelo seu volume V
ρ
av =
M
V
Página 136
Ou, em termos de os elementos componentes 1 e 2
ρ
av =
m1
+ m
2
V1
+ V
2
[ Nota: aqui, assume­se que o volume total da liga é igual aos volumes separados dos componentes individuais,
que é apenas uma aproximação; normalmente V não será exactamente igual a ( V1+ V2)].
Cada um de V1e V 2pode ser expressa em termos da sua massa e densidade como,
V1
= m1
ρ
1
V2
= m2
ρ
2
Quando estas expressões são substituídos na equação acima, obtemos
ρ
av =
m1
+ m
2
m1
ρ
1
+ m2
ρ
2
Além disso, a partir da Equação 4.3
m1 =
C1(m1
+ m
2)
100
m2 =
C2
(m1
+ m
2
)
100
Que, quando substituído na ρ acima av expressão rendimentos
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
ρ
av =
m1
+ m
2
C1(m1
+ m
2)
100
ρ
1
+
C2 (m1
+ m
2)
100
ρ
2
E, finalmente, esta equação reduz­se a
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= 100C1
ρ
1
+ C2
ρ
2
(D) E, finalmente, a derivação da equação de 4.11b A av é solicitada. A média de liga molecular
o peso é simplesmente a proporção da massa total da liga em gramas H " e ​​o número total de moles de a liga Nm. Isto é
UMAav =
MO
Nm
=
m1'
+ m
2'
nm 1
+ N
m 2
Mas usando a Equação 4.4, podemos escrever
m1
' = n m 1UMA1
m2' = nm 2UMA2
Que, quando substituído na acima Um av expressão rendimentos
UMAav =
M '
Nm
=
nm 1UMA1
+ N
m 2UMA2
nm 1
+ N
m 2
Além disso, a partir da Equação 4,5
nm 1=
C1'(nm 1
+ N
m 2)
100
nm 2=
C2' (nm 1
+ N
m 2)
100
Assim, a substituição destas expressões na equação acima para Umav rendimentos
UMAav =
C1'UMA1(nm 1
+ N
m 2)
100
+ C2' UMA2 (nm 1
+ N
m 2)
100
nm 1
+ N
m 2
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estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
=
C1'UMA1
+ C
2'UMA2
100
que é o resultado desejado.
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4.7 O que é a composição, em percentagem atómica, com uma liga que consiste em 30% em peso de Zn e 70% em peso de Cu?
Solução
A fim de calcular a composição, em percentagem atómica, de um Zn­70% em peso de liga de Cu 30% em peso, que empregam Equação
4.6 como
CZn' =
CZnUMACuCZnUMACu
+ C
CuUMAZn
× 100
= (30) (63,55 g / mol)
(30) (63,55 g / mol) + (70) (65,41 g / mol)
× 100
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= 29,4% em
CCu' =
CCuUMAZn
CZnUMACu+ CCuUMAZn
× 100
= (70) (65,41 g / mol)
(30) (63,55 g / mol) + (70) (65,41 g / mol)
× 100
= 70,6% em
Página 140
4.8 O que é a composição, em percentagem em peso, de uma liga que consiste em 6% de Pb e 94% em Sn?
Solução
A fim de calcular a composição, em percentagem em peso, de um 6 a 94% de Pb­% em liga de Sn, que empregam Equação
4.7 como
CPb =
CPb' UMAPb
CPb' UMAPb
+ C
Sn' UMASn
× 100
= (6) (207,2 g / mol)
(6) (207,2 g / mol) + (94) (118,71 g / mol)
× 100
= 10,0% em peso
CSn =
CSn' UMASn
CPb' UMAPb
+ C
Sn' UMASn
× 100
= (94) (118,71 g / mol)
(6) (207,2 g / mol) + (94) (118,71 g / mol)
× 100
= 90,0% em peso
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
4.9 Calcule a composição, em percentagem em peso, de uma liga que contém titânio 218,0 kg, 14,6 kg de
alumínio, e 9,7 kg de vanádio.
Solução
A concentração, em percentagem em peso, de um elemento de uma liga pode ser calculada utilizando uma forma modificada de
Equação 4.3. Para esta liga, a concentração do titânio ( C Ti) É apenas
CTi =
mTi
mTi
+ m
Al
+ m
V
× 100
= 218 kg
218 kg + 14,6 kg + 9,7 kg
× 100 = 89,97% em peso
Do mesmo modo, no caso do alumínio
CAl=
14,6 kg
218 kg + 14,6 kg + 9,7 kg
× 100 = 6,03% em peso
E para vanádio
CV=
9,7 kg
218 kg + 14,6 kg + 9,7 kg
× 100 = 4,00% em peso
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
4.10 Qual é a composição, em percentagem atómica, de uma liga que contém estanho 98 g e 65 g de chumbo?
Solução
A concentração de um elemento de uma liga, em percentagem atómica, pode ser calculado utilizando a equação 4.5.
No entanto, torna­se necessária primeiro para calcular o número de moles de ambos Sn e Pb, usando a equação 4.4. Assim,
o número de moles de Sn é apenas
nmSn =
mSn'
UMASn
= 98 g
118,71 g / mol
= 0,826 mol
Da mesma forma, para Pb
nmPb =
65 g
207,2 g / mol
= 0,314 mol
Agora, use da Equação 4.5 rendimentos
CSn' =
nmS N
nmS N
+ NmPb
× 100
= 0,826 mol
0,826 mol + 0,314 mol
× 100 = 72,5% em
Além disso,
CPb' = =
0,314 mol
0,826 mol + 0,314 mol
× 100 = 27,5% em
Página 143
4.11 Qual é a composição, em percentagem atómica, de uma liga que contém 99,7 £mcobre, 102 £ mzinco,
e 2,1 £ mconduzir?
Solução
Neste problema é­nos pedido para determinar as concentrações, em percentagem átomo, da liga de Cu­Zn­Pb. Isto é
primeiro necessário converter as quantidades de Cu, Zn, Pb e em gramas.
mCu' = (99,7 £ m) (453,6 g / libram) = 45,224 g
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
mZn' = (£ 102 m) (453,6 g / libram) = 46,267 g
mPb' = (2,1 £ m) (453,6 g / libram) = 953 g
Essas massas deve seguinte ser convertido em moles (Equação 4.4), como
nmCu
= mCu
'
UMACu
= 45.224 g
63,55 g / mol
= 711,6 mol
nmZn
= 46.267 g
65,41 g / mol
= 707,3 mol
nmPb =
953 g
207,2 g / mol
= 4,6 mol
Agora, o emprego de uma forma modificada da equação 4.5, dá
CCu' =
nmCu
nmCu
+ NmZn
+ NmPb
× 100
= 711,6 mol
711,6 mol + 707,3 + 4,6 mol mol
× 100 = 50,0% em
CZn' =
707,3 mol
711,6 mol + 707,3 + 4,6 mol mol
× 100 = 49,7% em
Página 144
CPb' =
4,6 mol
711,6 mol + 707,3 + 4,6 mol mol
× 100 = 0,3% em
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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4.12 Qual é a composição, em percentagem atómica, com uma liga que consiste em 97% em peso de Fe e 3% em peso de Si?
Solução
Somos convidados a calcular a composição de uma liga de Fe­Si em percentagem átomo. Emprego da Equação 4.6
leva a
CFe' =
CFeUMASi
CFeUMASi
+ C
SiUMAFe
× 100
= 97 (28,09 g / mol)
97 (28,09 g / mol) + 3 (55,85 g / mol)
× 100
= 94,2% em
CSi' =
CSiUMAFe
CSiUMAFe
+ C
FeUMASi
× 100
= 3 (55,85 g / mol)
3 (55,85 g / mol) + 97 (28,09 g / mol)
× 100
= 5,8% em
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
4.13 Convert por cento da composição átomo no Problema 4.11 para ponderar por cento.
Solução
A composição em percentagem do átomo para Problema 4.11 é de 50,0% em Cu, 49,7% em Zn, e 0,3% em Pb.
Modificação da Equação 4.7 para ter em conta uma liga de três componentes conduz à seguinte
CCu =
CCu' UMACu
CCu' UMACu
+ C
Zn' UMAZn
+ C
Pb' UMAPb
× 100
= (50,0) (63,55 g / mol)
(50,0) (63,55 g / mol) + (49.7) (65,41 g / mol) + (0,3) (207,2 g / mol)
× 100
= 49,0% em peso
CZn =
CZn' UMAZn
CCu' UMACu
+ C
Zn' UMAZn+ C
Pb' UMAPb
× 100
= (49,7) (65,41 g / mol)
(50,0) (63,55 g / mol) + (49.7) (65,41 g / mol) + (0,3) (207,2 g / mol)
× 100
= 50,1% em peso
CPb =
CPb' UMAPb
CCu' UMACu
+ C
Zn' UMAZn
+ C
Pb' UMAPb
× 100
= (0,3) (207,2 g / mol)
(50,0) (63,55 g / mol) + (49.7) (65,41 g / mol) + (0,3) (207,2 g / mol)
× 100
= 1,0% em peso
Página 147
4,14 Calcular o número de átomos por metro cúbico de alumínio.
Solução
A fim de resolver este problema, deve­se empregar Equação 4.2,
N = NUMA
ρ
Al
UMAAl
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
A densidade de Al (a partir da tabela no interior da tampa frontal) é 2,71 g / cm3, Enquanto o seu peso atômico é 26,98 g / mol.
Assim,
N =
(6,022 × 1023 átomos / mol) (2,71 g / cm3)
26,98 g / mol
= 6,05 × 1022átomos / cm3= 6,05 × 1028átomos / m3
Página 148
4.15 A concentração de carbono em uma liga de ferro­carbono é de 0,15% em peso. Qual é a concentração em
kg de carbono por metro cúbico de liga?
Solução
A fim de calcular a concentração em kg / m3de C em um C­99,85% em peso de liga Fe 0,15% em peso, devemos empregar
Equação 4.9 como
CC" =
CC
CCρ
C
+ CFeρ
Fe
X 10 3
De dentro da tampa frontal, densidades de carbono e ferro são 2,25 e 7,87 g / cm3, Respectivamente; e, por conseguinte
CC" =
0.15
0.15
2,25 g / cm3
+ 99,85
7,87 g / cm3
X 103
= 11,8 kg / m3
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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4.16 Determinar a densidade aproximada de um metal de alta­chumbo que tem uma composição de 64,5% em peso de Cu,
33,5% em peso de Zn, e 2,0% em peso de Pb.
Solução
A fim de resolver este problema, a Equação 4.10a é modificado para ter a seguinte forma:
ρav =
100
CCuρ
Cu
+ CZnρ
Zn
+ CPbρ
Pb
E, utilizando os valores de densidade para Cu, Zn e Pb, ou seja, 8,94 g / cm3, 7,13 g / cm3, E 11,35 g / cm 3­ (Em que foi tomada a partir de
dentro da capa do texto), a densidade é calculada da seguinte forma:
ρ
av =
100
64,5% em peso
8,94 g / cm3
+ 33,5% em peso
7,13 g / cm3
+ 2,0% em peso
11,35 g / cm3
= 8,27 g / cm3
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
4,17 Calcular a unidade de comprimento de aresta para uma célula de Fe­15% em peso de liga de 85% em peso de V. Todo o vanádio está
no estado sólidosolução, e, à temperatura ambiente, a estrutura cristalina para esta liga é BCC.
Solução
A fim de resolver este problema, é necessário empregar Equação 3,5; nesta densidade e expressão atômica
peso será médias para a liga, isto é
ρ
av =
n / Dav
VCNUMA
Na medida em que a unidade celular é cúbica, em seguida, VC= um
3, Então
ρ
av =
n / Dav
uma3NUMA
E resolver esta equação para a unidade de comprimento borda da célula, leva a
a =
n / Dav
ρ
av NUMA
�
�
��
�
�
��
1/3
Expressões para Aav e ρ av são encontrados nas Equações 4.11a e 4.10a, respectivamente, que, quando
incorporados nos rendimentos de expressão acima
a =
n 100CFe
UMAFe
+ CV
UMAV
�
�
�
�
��
�
�
�
�
��
100
CFe
ρFe
+ CV
ρV
�
�
�
�
��
�
�
�
�
��
NUMA
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
1/3
Uma vez que a estrutura cristalina é de BCC, o valor de n na expressão acima é de 2 átomos por célula unitária. O
pesos atómicos para Fe e V são 55,85 e 50,94 g / mol, respectivamente (Figura 2.6), enquanto que as densidades para o Fe
e V são 7,87 g / cm 3 e 6,10 g / cm 3 (De dentro da tampa frontal). Substituição destes, bem como o
os valores de concentração estipulados no enunciado do problema, na equação acima dá
Página 151
a =
(2 átomos / célula unitária) 10085% em peso
55,85 g / mol
+ 15% em peso
50,94 g / mol
�
�
�
�
��
�
�
�
�
��
100
�
�
�
�
�
�( )
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
1/3
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
85% em peso
7,87 g / cm3
+ 15% em peso
6,10 g / cm3�
�� �
��6,022 × 1023átomos / mol
�
��
�
��
= 2,89 × 10 ­8cm = 0,289 nm
Página 152
4,18 alguma liga hipotética é composto por 12,5% em peso de metal de A e 87,5% em peso de metal de B. Se as densidades
de metais A e B são de 4,27 e 6,35 g / cm 3, Respectivamente, enquanto os seus respectivos pesos atômicos são 61,4 e
125,7 g / mol, determinar se a estrutura de cristal para esta liga é simples cúbico, cúbico, ou de face centrada corpo­
centrado cúbico. Assumir uma unidade de comprimento da aresta de célula de 0,395 nm.
Solução
A fim de resolver este problema, é necessário empregar Equação 3,5; nesta densidade e expressão atômica
peso será médias para a liga, isto é
ρ
av =
n / Dav
VCNUMA
Na medida em que para cada uma das possíveis estruturas de cristal, a célula unitária é cúbica, em seguida, VC= um
3Ou
ρ
av =
n / Dav
uma3NUMA
E, a fim de determinar a estrutura cristalina que é necessário resolver para n , o número de átomos por unidade
célula. Para n = 1, a estrutura cristalina é cúbica simples, ao passo que para n valores de 2 e 4, a estrutura de cristal será
ou BCC ou FCC, respectivamente. Quando se resolver a expressão acima para n o resultado é o seguinte:
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
n =
ρ
av uma
3NUMA
UMAav
Expressões para Aav e ρ av são encontrados nas Equações 4.11a e 4.10a, respectivamente, os quais, quando incorporados em
os rendimentos de expressão acima
n =
100
CUMAρ
UMA
+ CB
ρ
B
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
uma3NUMA
100
CUMA
UMAUMA
+ CB
UMAB
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Página 153
A substituição dos valores de concentração (isto é, CUMA= 12,5% em peso e CB= 87,5% em peso), bem como valores para o
outros parâmetros indicados no enunciado do problema, na equação acima dá
n =
100
12,5% em peso
4,27 g / cm3
+ 87,5% em peso
6,35 g / cm3
�
�
�
�
��
�
�
�
�
��
(3,95 × 10 ­8 nm)3(6,022 × 1023átomos / mol)
100
12,5% em peso
61,4 g / mol
+ 87,5% em peso
125,7 g / mol
�
�
�
�
��
�
�
�
�
��
= 2,00 átomos / célula unitária
Por conseguinte, com base neste valor, a estrutura cristalina é cúbica de corpo centrado .
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
4,19 Para uma solução sólida que consiste em dois elementos (designados como 1 e 2), por vezes é desejável
determinar o número de átomos por centímetro cúbico de um elemento de uma solução sólida, N1, Tendo em conta a concentração
desse elemento especificado em percentagem em peso, C1. Este cálculo é possível utilizando a seguinte expressão:
N1
= NUMAC1
C1UMA1
ρ1
+ UMA1
ρ2
100­ C1
( )
(4,18)
Onde
NUMA= Número de Avogadro
ρ
1
e ρ
2= densidades dos dois elementos
UMA1= O peso atômico do elemento 1
Derivar Equação 4.18 usando a Equação 4.2 e expressões contidas na Seção 4.4.
Solução
Este problema pede que derivam Equação 4.18, por outras equações dadas no capítulo. O
concentração do componente 1 por cento em átomo ( C1') É apenas 100 c1' onde c 1' é a fracção átomo de um componente.
Além disso, c1' é definido comoc1' = N1/ N , onde N1 e N são, respectivamente, o número de átomos de componente 1
e o número total de átomos por centímetro cúbico. Assim, a partir da discussão acima mantém o seguinte:
N1 =
C1' N
100
Substituição para esta expressão da forma adequada de N a partir da Equação 4.2 rendimentos
N1 =
C1' NUMA
ρ
av
100 Aav
E, finalmente, a substituição em expressões esta equação para C1' (Equação 4.6a), ρ av (Equação 4.10a), Aav
(Equação 4.11a), e percebendo que C2 = ( C1 ­ 100), e depois de alguma manipulação algébrica obtém­se o desejado
expressão:
N1 =
NUMAC1
C1UMA1
ρ
1
+ UMA1
ρ
2
(100 ­ C 1)
Página 155
4,20 Ouro forma uma solução sólida de substituição com prata. Calcula­se o número de átomos de ouro por cúbico
centímetros para uma liga de prata­ouro que contém 10% em peso de Au e 90% em peso de Ag. As densidades de ouro puro e prata são
19,32 e 10,49 g / cm3, Respectivamente.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Solução
Para resolver este problema, o emprego da Equação 4.18 é necessário, utilizando os seguintes valores:
C1 = CAu= 10% em peso
ρ
1 = ΡAu= 19,32 g / cm
3
ρ
2 = ΡAg= 10,49 g / cm
3
UMA1 = AAu= 196,97 g / mol
Assim
NAu =
NUMACAu
CAuUMAAu
ρAu
+ UMAAu
ρAg
(100 ­ C Au)
=
(6,022 × 10 23 átomos / mol) (10% em peso)
(10% em peso) (196,97 g / mol)
19,32 g / cm3
+ 196,97 g / mol
10,49 g / cm3
(100­10% em peso)
= 3,36 × 1021átomos / cm3
Página 156
4,21 formas de germânio uma solução sólida substitucional com silício. Calcule o número de germânio
átomos por centímetro cúbico para uma liga de germânio­silício que contém 15% em peso de Ge e 85% em peso de Si. As densidades de
germânio puro e silício são 5,32 e 2,33 g / cm 3, Respectivamente.
Solução
Para resolver este problema, o emprego da Equação 4.18 é necessário, utilizando os seguintes valores:
C1 = CGe= 15% em peso
ρ
1 = ΡGe= 5,32 g / cm
3
ρ
2 = ΡSi= 2,33 g / cm
3
UMA1 = AGe= 72,64 g / mol
Assim
NGe =
NUMACGe
CGeUMAGe
ρGe
+ UMAGe
ρSi
(100 ­ C Ge)
=
(6,022 × 1023 átomos / mol) (15% em peso)
(15% em peso) (72,64 g / mol)72,64 g / mol
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
5,32 g / cm3 + 2,33 g / cm3 (100­15% em peso)
= 3,16 × 1021átomos / cm3
Página 157
4.22 Por vezes, é desejável ser­se capaz de determinar a percentagem em peso de um elemento, C1, Aquilo vai
produzir uma concentração especificada em termos do número de átomos por centímetro cúbico, N1, Para uma liga composta
de dois tipos de átomos. Este cálculo é possível utilizando a seguinte expressão:
C1
= 100
1 + NUMA
ρ2
N1UMA1
­ ρ2
ρ1
(4,19)
Onde
NUMA= Número de Avogadro
ρ
1
e ρ
2= densidades dos dois elementos
UMA1e A 2= Os pesos atômicos dos dois elementos
Derivar Equação 4.19 usando a Equação 4.2 e expressões contidas na Seção 4.4.
Solução
O número de átomos de componente 1 por centímetro cúbico é apenas igual à fracção de componente átomo
1 ( c1') vezes o número total de átomos por centímetro cúbico na liga ( N ). Assim, usando o equivalente de
Equação 4.2, podemos escrever
N1 = c1
' N =
c1'NUMA
ρ
av
UMAav
Percebendo que
c1' =
C1'
100
e
C2' = 100 ­ C 1'
e substituição das expressões para ρ av e A av , Equações e 4.10b 4.11b, respectivamente, leva a
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
N1 =
c1' NUMA
ρ
av
UMAav
Página 158
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
=
NUMAC1'
ρ
1
ρ
2
C1'
ρ
2UMA1
+ (100 ­ C 1' )
ρ
1UMA2
E, para resolver C1'
C1' =
100 N1
ρ
1UMA2
NUMA
ρ
1
ρ
2
­ N
1
ρ
2UMA1
+ N
1
ρ
1UMA2
Substituição da expressão para C 1' na Equação 4.7a, o que pode ser escrita na seguinte forma
C1 =
C1'UMA1
C1'UMA1
+ C
2'UMA2× 100
=
C1' UMA1
C1'UMA1
+ (100 ­ C1' )UMA2
× 100
rendimentos
C1 =
100
1 +
NUMA
ρ
2
N1UMA1
­
ρ
2
ρ
1
a expressão desejada.
Página 159
4,23 molibdênio forma uma solução sólida substitucional com tungstênio. Calcula­se a percentagem em peso de
molibdénio que deve ser adicionado ao tungsténio para produzir uma liga que contém 1,0 × 1022Átomos de Mo por cúbico
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
centímetro. As densidades de puro Mo e W são 10,22 e 19,30 g / cm3, Respectivamente.
Solução
Para resolver este problema, o emprego da Equação 4.19 é necessário, utilizando os seguintes valores:
N1 = NMo= 10
22átomos / cm3
ρ
1 = ΡMo= 10,22 g / cm
3
ρ
2 = ΡW= 19,30 g / cm
3
UMA1 = AMo= 95,94 g / mol
UMA2 = AW= 183,84 g / mol
Assim
CMo=
100
1 + NUMA
ρ
W
NMoUMAMo
­ ρWρ
Mo
= 100
1 +
(6,022 × 1023átomos / mol) (19,30 g / cm3)
(1022átomos / cm3)(95,94 g / mol)
­ 19,30 g / cm3
10,22 g / cm3
�
�
�
�
�
�
= 8,91% em peso
Página 160
4,24 nióbio forma uma solução sólida de substituição com vanádio. Calcula­se a percentagem em peso de
nióbio que deve ser adicionado ao vanádio para se obter uma liga que contém 1,55 × 1022Átomos de Nb por centímetro cúbico.
As densidades de puro Nb e V são 8,57 e 6,10 g / cm3, Respectivamente.
Solução
Para resolver este problema, o emprego da Equação 4.19 é necessário, utilizando os seguintes valores:
N1 = NNb= 1,55 × 10
22átomos / cm3
ρ
1 = ΡNb= 8,57 g / cm
3
ρ
2 = ΡV= 6,10 g / cm
3
UMA1 = ANb= 92,91 g / mol
UMA2 = AV= 50,94 g / mol
Assim
C = 100
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Nb 1 + NUMAρV
NNbUMANb
­ ρVρ
Nb
= 100
1 +
(6,022 × 1023 átomos / mol) (6,10 g / cm3)
(1,55 × 1022átomos / cm3) (92,91 g / mol)
­ 6,10 g / cm3
8,57 g / cm3
�
�
�
�
�
�
= 35,2% em peso
Página 161
4,25 prata e paládio ambos têm a estrutura cristalina CFC, e Pd forma de um sólido de substituição
solução para todas as concentrações, à temperatura ambiente. Calcule o comprimento da aresta da célula unitária para um 75% em peso Ag­25% em
peso Pdliga. A densidade em temperatura ambiente de Pd é 12,02 g / cm3E seu peso atômico e raio atômico são 106,4 g / mol
e 0,138 nm, respectivamente.
Solução
Primeiro de tudo, o raio atómico para Ag (usando a tabela dentro da tampa frontal) e Pd são 0,144 e 0,138 nm,
respectivamente. Além disso, utilizando a equação 3,5, é possível calcular o volume da célula unitária, e na medida em que a célula unitária
é cúbica, a unidade de comprimento da aresta de células é apenas a raiz cúbica do volume. No entanto, é necessário calcular primeiro o
densidade e peso atômico média desta liga usando equações 4.10a e 4.11a. Na medida em que as densidades de
prata e paládio são 10,49 g / cm 3 (Como tirado de dentro da tampa frontal) e 12,02 g / cm3, Respectivamente, a
densidade média é de apenas
ρ
av =
100
CAg
ρ
Ag
+ CPd
ρ
Pd
= 10075% em peso
10,49 g / cm3
+ 25% em peso
12,02 g / cm3
= 10,83 g / cm3
E para o peso atômico média
UMAav =
100
CAg
UMAAg
+ CPd
UMAPd
= 10075% em peso
107,9 g / mol
+ 25% em peso
106,4 g / mol
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= 107,5 g / mol
Agora, VC é determinada a partir da equação 3.5 como
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
VC =
n / Dav
ρ
av NUMA
= (4 átomos / célula unitária) (107,5 g / mol)(10.83 g / cm3) (6,022 × 1023 átomos / mol)
= 6,59 × 10­23cm3/ Célula unitária
E finalmente
a = (VC
)1/3
= (6,59 × 10 ­23cm3/ Célula unitária)1/3
= 4,04 × 10­8cm = 0,404 nm
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Luxações­lineares Defeitos
4.26 Cite os relativos Burgers vector­luxação linha orientações para borda, parafuso, e luxações mistos.
Solução
O vetor de Burgers e linha de deslocamento são perpendiculares para deslocamentos de ponta, paralelos para parafuso
luxações, e nem perpendicular nem paralelo para luxações mistos.
Página 164
Defeitos Interfacial
4.27 Para um único cristal FCC, você esperaria a energia de superfície para um ( 100 ) avião para ser maior ou
menor do que para um ( 111 ) avião? Por Quê? (Nota: Você pode querer consultar a solução para o problema 3,54 no final de
Capítulo 3.)
Solução
A energia de superfície para um plano cristalográfico dependerá da sua densidade de embalagem [ou seja, a densidade planar
(Secção 3.11)] ­ isto é, quanto maior for a densidade de embalagem, maior é o número de átomos vizinhos mais próximos, e o
mais ligações atômicas em que o avião que está satisfeito, e, conseqüentemente, menor será a energia de superfície. Do
Solução para o problema 3,54, densidades planares para FCC (100) e (111) são aviões1
4 R2
e 1
2 R2 3
, Respectivamente, isto
é 0,25
R2
e 0.29
R2
(Onde R é o raio atómico). Assim, uma vez que a densidade planar para (111) é maior, o que terá
energia superficial inferior.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Página 165
4.28 Para um único cristal BCC, você iria esperar a energia de superfície para um ( 100 ) avião para ser maior ou menor
do que para um ( 110 ) plano? Por Quê? (Nota: Você pode querer consultar a solução para o problema 3,55 no final de
Capítulo 3.)
Solução
A energia de superfície para um plano cristalográfico dependerá da sua densidade de embalagem [ou seja, a densidade planar
(Secção 3.11)] ­ isto é, quanto maior for a densidade de embalagem,maior é o número de átomos vizinhos mais próximos, e o
mais ligações atômicas em que o avião que está satisfeito, e, conseqüentemente, menor será a energia de superfície. Do
solução para o problema 3,55, as densidades planares para BCC (100) e (110) são3
16 R2
e 3
8 R2 2
, Respectivamente, isto
é 0,19
R2
e 0.27
R2
. Assim, uma vez que a densidade planar para (110) é maior, que terá a energia superficial mais baixa.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
4,29 (a) Para um dado material, é que a energia de superfície de esperar para ser maior que, igual a, ou menos
do que a energia do contorno de grão? Por Quê?
(B) A energia limite de grão de um contorno de grão pequeno ângulo é menor do que para um alto ângulo de um. Por que é
isto assim?
Solução
(A) A energia da superfície será maior do que a energia de limite do grão. Para contornos de grão, alguns átomos
de um lado de uma ligação vontade limite de átomos, por outro lado; tal não é o caso para os átomos da superfície. Portanto,
haverá menos obrigações não satisfeitas ao longo de um contorno de grão.
(B) O pequeno ângulo energia limite de grão é menor do que para um alto ângulo de um, porque mais átomos de ligação
entre o limite para o pequeno ângulo, e, assim, há menos ligações insatisfeitas.
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4.30 (a) Descreva sucintamente um twin e um duplo limite.
(B) Cite a diferença entre gêmeos mecânicos e recozimento.
Solução
(A) Um limite duplo é uma interface de tal forma que os átomos de um lado estão situados em posições de imagem de espelho
esses átomos situado do outro lado limite. A região de um lado desta fronteira é chamado um irmão gêmeo.
(B) junta mecânica são produzidos como um resultado da deformação mecânica, e geralmente ocorrem em BCC e
Metais HCP. Gêmeos de recozimento formar durante o recozimento tratamentos térmicos, na maioria das vezes em metais FCC.
Página 168
4.31 Para cada uma das seguintes sequências de empilhamento encontrados em metais FCC, citar o tipo de defeito planar que
existe:
(Uma). . . ABCABCBACBA. . .
(B). . . ABCABCBCABC. . .
Agora, copiar as sequências de empilhamento e indicar a posição do (s) defeito (s) planar com uma linha tracejada vertical.
Solução
(A) O defeito interfacial que existe para esta sequência é uma fronteira de empilhamento duplo, que ocorre nas
posição indicada.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
A sequência de empilhamento de um lado desta posição é espelhada do outro lado.
(B) O defeito interfacial que existe dentro desta sequência de empilhamento FCC é uma falha de empilhamento, o que ocorre
entre as duas linhas.
Dentro desta região, a sequência de empilhamento é HCP.
Página 169
Grain Tamanho Determinação
4.32 (a) Usando o método de interceptação, determinar o tamanho médio de grãos, em milímetros, do espécime
cuja microestrutura é mostrado na Figura 4.14 (b); usar pelo menos sete segmentos de linha reta.
(B) uma estimativa do número de tamanho de grão ASTM para este material.
Solução
(A) A seguir é mostrado o fotomicrografia da Figura 4.14 ( b ), nos quais sete segmentos de linha reta, cada um dos
que é de 60 mm de comprimento foi construído; estas linhas são rotulados como "1" a "7".
A fim de determinar o diâmetro médio de grão, é necessário contar o número de grãos intersectada
por cada um destes segmentos de linha. Estes dados são apresentados na tabela abaixo.
Número da linha No. Grãos cruzaram
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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1 11
2 10
3 9
4 8.5
5 7
6 10
7 8
Página 170
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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O número médio de cruzamentos de fronteira de grãos para essas linhas foi de 9,1. Portanto, o comprimento médio de linha
intersectado é apenas
60 milímetros
9.1
= 6,59 milímetros
Assim, o diâmetro médio de grão, d , é
d = av. comprimento da linha de interseção
ampliação
= 6,59 milímetros
100
= 6,59 × 10 ­2 mm
(B) Esta parte do problema exige para estimar o número de grãos de tamanho ASTM para este mesmo material.
O número médio do tamanho de grão, n , está relacionada com o número de grãos por polegada quadrada, N , com uma ampliação de 100 ×
de acordo com a equação 4,16. Na medida em que a ampliação de × 100 é, o valor de N é medido directamente a partir da
micrografia. A fotomicrograf ia onde foi construído um quadrado em 1. Em que um lado é mostrado abaixo.
O número total de grãos inteiros dentro desta praça é de aproximadamente 10 (tendo em conta fracções de grãos).
Agora, a fim de resolver para n na Equação 4.16, é primeiro necessário tomar como logaritmos
log N = ( n ­ 1) log 2
Desde que n equals
n = log N
log 2
+ 1
Página 171
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= log 10
log 2
+ 1 = 4,3
Página 172
4.33 (a) Empregando a técnica de interceptação, determinar o tamanho médio de grão para o espécime de aço cuja
microestrutura é mostrado na Figura 9.25 (a); usar pelo menos sete segmentos de linha reta.
(B) uma estimativado número de tamanho de grão ASTM para este material.
Solução
(A) A seguir é mostrado o fotomicrografia da Figura 9.25 ( a ), nos quais sete segmentos de linha reta, cada um dos
que é de 60 mm de comprimento foi construído; estas linhas são rotulados como "1" a "7".
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
A fim de determinar o diâmetro médio de grão, é necessário contar o número de grãos intersectada
por cada um destes segmentos de linha. Estes dados são apresentados na tabela abaixo.
Número da linha No. Grãos cruzaram
1 7
2 7
3 7
4 8
5 10
6 7
7 8
O número médio de cruzamentos de fronteira de grãos para essas linhas foi de 8,7. Portanto, o comprimento médio de linha
intersectado é apenas
Página 173
60 milímetros
8,7
= 6,9 milímetros
Assim, o diâmetro médio de grão, d , é
d = av. comprimento da linha de interseção
ampliação
= 6,9 milímetros
90
= 0,077 milímetro
(B) Esta parte do problema exige para estimar o número de grãos de tamanho ASTM para este mesmo material.
O número médio do tamanho de grão, n , está relacionada com o número de grãos por polegada quadrada, N , com uma ampliação de 100 ×
de acordo com a equação 4,16. No entanto, a ampliação desta micrografia não 100 ×, mas sim 90 × é.
Por conseguinte, é necessário usar a Equação 4,17
NM
M
100
�
��
�
��
2 2 =n ­1
onde N M = O número de grãos por polegada quadrada com uma ampliação de H , e n é o número de tamanho ASTM dos grãos.
Tomando logaritmos de ambos os lados desta equação conduz à seguinte:
log NM
+ 2 log M
100
�
��
�
�� = ( n ­ 1) log 2
Resolvendo essa expressão para n dá
n =
log NM
+ 2 log M
100
�
��
�
��
log 2
+ 1
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
A fotomicrograf ia onde foi construído um quadrado em 1. Em que um lado é mostrado abaixo.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
A partir da Figura 9.25 (a), NMé medido como sendo de cerca de 7, o que leva a
n =
log 7 + 2 log 90
100
�
��
�
��
log 2
+ 1
= 3,5
Página 175
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
4.34 Para um tamanho de grão ASTM de 8, aproximadamente quantos grãos haveria por polegada quadrada em
(A) uma ampliação de 100, e
(B) sem qualquer ampliação?
Solução
(A) Esta parte do problema pede que calculamos o número de grãos por polegada quadrada para um grão ASTM
tamanho de 8 com uma ampliação de 100 x. Tudo o que precisamos fazer é resolver para o parâmetro N na Equação 4.16, na medida em que n =
8. Assim
N = 2 n ­1
2 =8­1 = 128 grãos / em.2
(B) Agora é necessário para calcular o valor de N para não ampliação. A fim de resolver este problema, é
necessário utilizar Equação 4.17:
NM
M
100
�
��
�
��
2
2 =n ­1
onde N M = O número de grãos por polegada quadrada com uma ampliação de H , e n é o número de tamanho ASTM dos grãos.
Sem qualquer ampliação, H na equação acima é um, e, por conseguinte,
N1
1
100
�
��
�
��
2
2 =8­1 = 128
E, resolvendo para N1, N1 = 1.280.000 grãos / em.
2.
Página 176
4.35 Determinar o número ASTM tamanho de grão se 25 grãos por polegada quadrada são medidos com uma ampliação
de 600.
Solução
Este problema pede que determinar o número ASTM tamanho de grão se 8 grãos por polegada quadrada são medidos
com uma ampliação de 600. A fim de resolver este problema que fazem uso da Equação 4.17:
N M
�
�
�
�
2
2 =n ­1
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
M 100� �
onde N M = O número de grãos por polegada quadrada com uma ampliação de H , e n é o número de tamanho ASTM dos grãos.
Resolver a equação acima para n , e percebendo que NM= 8, enquanto que M = 600, temos
n =
log NM
+ 2 log M
100
�
��
�
��
log 2
+ 1
=
log 8 + 2 log 600
100
�
��
�
��
log 2
+ 1 = 9,2
Página 177
4.36 Determinar o número ASTM tamanho de grão se 20 grãos por polegada quadrada são medidos com uma ampliação
de 50.
Solução
Este problema pede que determinar o número ASTM tamanho de grão se 20 grãos por polegada quadrada são
medido com uma ampliação de 50. A fim de resolver este problema que fazem uso da Equação 4,17­viz.
NM
M
100
�
��
�
��
2
2 =n ­1
onde N M = O número de grãos por polegada quadrada com uma ampliação de H , e n é o número de tamanho ASTM dos grãos.
Resolver a equação acima para n , e percebendo que NM= 20, enquanto que M = 50, temos
n =
log NM
+ 2 log M
100
�
��
�
��
log 2
+ 1
=
log 20 + 2 log 50
100
�
��
�
��
log 2
+ 1 = 3,3
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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PROBLEMAS DO PROJETO
Especificação de Composição
4.D1 ligas de alumínio­lítio ter sido desenvolvido pela indústria aeronáutica para reduzir o peso e
melhorar o desempenho de suas aeronaves. Um material de revestimento da aeronave comercial com uma densidade de 2,55 g / cm3 é
desejado. Calcula­se a concentração de Li (em% em peso) que é necessária.
Solução
Solução do problema requer a utilização da Equação 4.10a, que assume a forma
ρ
av =
100
CLi
ρ
Li
+ 100 ­ C Li
ρ
Al
na medida em que CLi+ CAl= 100. De acordo com a tabela de dentro da capa, as respectivas densidades de Li e Al
são 0,534 e 2,71 g / cm3. Após a solução para CLia partir da equação acima, obtemos
CLi =
100 ρLi(
ρ
Al
­ Ρ
av )
ρ
av (
ρ
Al
­ Ρ
Li)
E incorporando valores especificados na equação acima leva a
CLi=
(100)(0,534 g / cm3) (2,71 g / cm3 ­ 2,55 g /cm3)
(2,55 g / cm3) (2,71 g / cm3 ­ 0,534 g / cm3)
= 1,540% em peso
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático paraestudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
4.D2 ferro e vanádio ambos têm a estrutura de cristal BCC e V constitui uma solução sólida substitucional
em Fe para concentrações até cerca de 20% em peso de V, à temperatura ambiente. Determinar a concentração em
por cento em peso de V, que deve ser adicionada ao ferro para produzir uma unidade de comprimento da aresta de célula de 0,289 nm.
Solução
Para começar, é necessário empregar Equação 3.5, e para resolver o volume da célula unitária, VC, Como
VC =
n / Dav
ρ
av NUMA
onde A av e ρ av são o peso atómico e densidade, respectivamente, da liga de Fe­V. Na medida em que ambos estes
materiais têm a estrutura cristalina CCC, que tem uma simetria cúbica, VC é apenas o cubo do comprimento da célula unitária, uma .
Isto é
VC = um3 = (0,289 nm)3
= (2,89 × 10 ­8 cm)3= 2,414 × 10­23cm3
É agora necessário construir expressões para Aav e ρ av em termos da concentração de vanádio, C V, Usando
Equações 4.11a e 4.10a. Para av temos
UMAav =
100
CV
UMAV
+ (100 ­ C V)
UMAFe
= 100CV
50.94g / mol
+ (100 ­ C V)
55,85 g / mol
enquanto que para ρav
ρ
av =
100
CVρ
V
+ (100 ­ C V)ρ
Fe
= 100CV
6,10 g / cm3
+ (100 ­ C V)
7,87 g / cm3
Página 180
Dentro da célula unitária BCC existem dois átomos de equivalentes, e portanto, o valor de n na Equação 3.5 é 2; Assim, este
a expressão pode ser escrita em termos da concentração de V em percentagem em peso como se segue:
VC= 2,414 × 10
­23cm3
n / D
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= avρ
av NUMA
=
(2 átomos / célula unitária) 100CV
50,94 g / mol
+ (100 ­ C V)
55,85 g / mol
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
100
CV
6,10 g / cm3
+ (100 ­ C V)
7,87 g / cm3
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
(6,022 × 10 23 átomos / mol)
E resolver esta expressão para CV leva a C V= 12,9% em peso.
Página 181
CAPÍTULO 5
DIFUSÃO
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Introdução
5.1 Resumidamente explique a diferença entre a auto­difusão e interdifusão.
Solução
Auto­difusão atómica é a migração dos metais puros ­ isto é, quando todos os átomos de troca de posições são da mesma
escreva. Interdifusão é a difusão de átomos de um metal em outro metal.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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CAPÍTULO 7
Luxações e mecanismos de reforço
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Conceitos Básicos de luxações
Características dos deslocamentos
7.1 Para fornecer alguma perspectiva sobre as dimensões de defeitos atômicos, considere uma amostra de metal que tem uma
densidade de deslocamento de 104mm­2. Suponha que todos os deslocamentos em 1.000 milímetros3(1 centímetro3) Foram de alguma forma removido e
extremidade ligada ao fim. Quão longe (em milhas) seria estender esta cadeia? Agora, suponha que a densidade é aumentada para 1010
mm­2por trabalho a frio. Qual seria o comprimento da cadeia de deslocamentos em 1,000 milímetros3de material?
Solução
A densidade de deslocamento é simplesmente o comprimento total deslocamento por unidade de volume de material (neste caso por cúbico
milímetros). Assim, o comprimento total em 1,000 milímetro3de material que tem uma densidade de 104mm­2é só
(104mm­2) (1.000 milímetros3) = 107mm = 104 m = 6,2 mi
Da mesma forma, para uma densidade de 10 deslocamento10mm­2, O comprimento total é de
(1010mm­2) (1.000 milímetros3) = 1013mm = 1010m = 6,2 x 10 6 mi
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático paraestudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
7.2 Considere dois deslocamentos de borda de sinal oposto e que têm planos de deslizamento que são separados por vários
distâncias atômicas, como indicado no diagrama. Descreva sucintamente o defeito que resulta quando esses dois deslocamentos
tornar­se alinhados uns com os outros.
Solução
Quando os dois deslocamentos de bordo ficam alinhadas, uma região plana de vagas irão existir entre o
luxações como:
Page 27
7.3 É possível que duas luxações parafuso de sinal oposto de aniquilar uns aos outros? Explique sua
responda.
Solução
É possível que duas luxações parafuso de sinal oposto de aniquilar uns aos outros, se suas linhas de deslocamento
são paralelos. Isto é demonstrado na figura abaixo.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Page 28
7.4 Para cada uma borda, do parafuso, e luxações mistos, citar a relação entre o sentido do
tensão de cisalhamento aplicada e da direcção da linha luxação movimento.
Solução
Para os vários tipos de deslocamento, as relações entre a direcção da tensão de corte aplicada e o
direcção da linha de deslocamento de movimento são os seguintes:
deslocamento da borda ­ paralela
parafuso luxação ­ perpendicular
luxação misto ­ nem paralelo nem perpendicular
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualqueroutro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Sistemas de deslizamento
7.5 (a) Definir um sistema de deslizamento.
(B) Todos os metais têm o mesmo sistema de deslizamento? Por que ou por que não?
Solução
(A) Um sistema de deslizamento é um plano cristalográfica, e, dentro desse plano, uma direção ao longo do qual luxação
movimento (ou escorregamento) ocorre.
(B) Todos os metais não tem o mesmo sistema de deslizamento. A razão para isto é que, para a maioria dos metais, o sistema de deslizamento
consistirá no plano cristalográfico mais densamente embalado, e dentro desse plano o mais estreitamente embalado
direção. Este plano direcção e irá variar a partir da estrutura de cristal para a estrutura de cristal.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
7,6 (a) Compare densidades planares (Seção 3.11 e 3.54 Problema) para o (100), (110) e (111) aviões
para FCC.
(B) Comparar densidades planares (problema de 3,55) para o (100), (110) e (111) para aviões BCC.
Solução
(A) Para a estrutura de cristal da FCC, a densidade planar para o (110) plano é dada na Equação 3.11 como
PD110(FCC) =
1
4 R2 2
= 0,177
R2
Além disso, as densidades planares do (100) e (111) os aviões são calculadas em trabalhos de casa Problema 3,54,
que são os seguintes:
PD100(FCC) =
1
4 R2
=0,25
R2
PD111(FCC) =
1
2 R2 3
= 0.29
R2
(B) Para a estrutura de cristal de BCC, as densidades planares do (100) e (110) foram determinados em aviões
Problema 3,55 trabalhos de casa, que são os seguintes:
PD100(BCC) =
3
16 R2
= 0,19
R2
PD110(BCC) =
3
8 R2 2
= 0.27
R2
Abaixo encontra­se uma célula unitária BCC, dentro da qual é mostrado um (111) plano.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
( um )
Os centros dos três átomos de canto, assinaladas por A, B e C encontram­se no plano desta. Além disso, o (111) plano faz
não passa através do centro de átomo de D, que está localizado no centro da célula unitária. A embalagem atômica deste plano é
apresentado na figura a seguir; as posições do átomo correspondentes da Figura ( um ) também são observadas.
( b )
Na medida em que este plano não passar através do centro do átomo de D, que não está incluído na contagem átomo. Um sexto de
cada um dos três átomos marcados A, B, e C é associado com este plano, o que dá uma equivalência de uma meia­
átomo.
Na Figura ( b ) o triângulo com A, B, e C nos seus cantos de um triângulo equilátero. E, a partir da Figura ( b ),
a área deste triângulo é xy
2
. O comprimento da aresta do triângulo, X , é igual ao comprimento da diagonal de uma face, tal como indicado na
Figura ( um ). E o seu comprimento está relacionada com o comprimento da aresta da célula unitária, um , como
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x2 = Um2 + A2 = 2 um2
ou
X = um 2
Para BCC, a = 4 R
3
(Equação 3.3), e, por conseguinte,
x =
4 R 2
3
Além disso, a partir da Figura ( b ), no que diz respeito ao comprimento y podemos escrever
y2 + x
2
�
��
�
��
2
= x2
o que leva a y =
x 3
2
. E, a substituição para a expressão acima para x rendimentos
x 3 4 R 2
� � 3� � 4 R 2
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
y = 2 = 3��� ��� 2��� ���= 2
Assim, a área deste triângulo é igual
ÁREA = 1
2
xy = 1
2
�
��
�
��
4 R 2
3
�
�
��
�
�
��
4 R 2
2
�
�
��
�
�
��= 8 R
2
3
E, finalmente, a densidade planar para este (111) é plano
PD111(BCC) =
0,5 átomo
8 R2
3
= 3
16 R2
= 0.11
R2
Page 33
7.7 Um sistema de deslizamento para a estrutura cristalina CCC é 110{} 111 . De uma maneira semelhante à da Figura 7.6b,
esboçar uma 110{} ­tipo plano para a estrutura BCC, representando posições atômicas com círculos. Agora, usando as setas,
indicam dois diferentes 111 direcções de deslizamento dentro deste plano.
Solução
Abaixo é mostrada a embalagem atômica para um BCC 110{} avião do tipo. As setas indicam dois diferentes 111 ­
Tipo direções.
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7.8 Um sistema de deslizamento para a estrutura cristalina é HCP 0001{ } 112 0 . De uma forma semelhante à Figura 7.6b,
esboçar uma 0001{ }­tipo plano para a estrutura HCP e, usando as setas, indicar três diferentes 112 0 direções deslizamento
dentro deste plano. Você pode achar útil Figura 3.8.
Solução
Abaixo é mostrada a embalagem atômica para uma HCP 0001{ }avião do tipo. As setas indicam três diferentes
112 0direções ­tipo.
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7.9 Equações 7.1a e 7.1b, expressões de vetores hambúrgueres para estruturas cristalinas da FCC e BCC, são de
a forma
uma
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b = 2 uvw
onde a é o comprimento da aresta da célula unitária. Além disso, uma vez que as magnitudes destes Burgers vectores podem ser determinado a partir
daseguinte equação:
b = uma
2
você2+v2+ w2
( )1/2 (7,10)
determinar os valores de | b | para o alumínio e cromo. Você pode querer consultar Tabela 3.1.
Solução
Para Al, que tem uma estrutura cristalina CFC, R = 0,1431 nm (Tabela 3.1) e um 2 = R 2 = 0,4047 nm
(Equação 3.1); também, a partir da Equação 7.1a, o vetor de Burgers para metais FCC é
b = uma
2
<110>
Por conseguinte, os valores de u , v , e w são 7,10 na Equação 1, 1 e 0, respectivamente. Assim, a magnitude do
Burgers vetor para o Al é
b = uma
2
você2 + v 2 + w 2
= 0,4047 nm
2
(1)2 + (1) 2 + (0) 2 = 0,2862 nm
Para Cr que tem uma estrutura cristalina CCC, R = 0,1249 nm (Tabela 3.1) e uma =4 R
3
= 0,2884 nm (Equação
3.3); Também, a partir da Equação 7.1b, o vetor de Burgers para metais BCC é
b = uma
2
<111>
Por conseguinte, os valores de u , v , e w são 7,10 na Equação 1, 1 e 1, respectivamente. Assim, a magnitude do
Burgers vetor para o Cr é
b = 0,2884 nm
2
(1)2+ (1)2+ (1)2 = 0,2498 nm
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7,10 (a) No modo de Equações 7.1a, 7.1b, 7.1c e, especificar o vector Burgers para a cúbica simples
estrutura cristalina. A sua célula unitária é mostrado na Figura 3.24. Além disso, a cúbica simples, é a estrutura cristalina para o bordo
luxação da Figura 4.3, e para o seu movimento, tal como apresentado na figura 7.1. Você também pode querer consultar a resposta à
Conceito Verifique 7.1.
(B) Com base na Equação 7.10, formular uma expressão para a magnitude do vetor de Burgers, | b |, para
simples cúbico.
Solução
(A) Esta parte do problema pede que especifique o vetor de Burgers pelo simples estrutura de cristal cúbica
(E sugere que consultar a resposta à Concept Verifique 7.1). Este conceito Verificar pede que selecione o deslizamento
sistema para simples cúbico de quatro possibilidades. A resposta correta é 100{} 010. Assim, o vetor de Burgers vou mentir
numa direcção 010 do tipo. Além disso, a distância da unidade de deslizamento é um (ou seja, o comprimento da aresta da célula unitária, as Figuras
4.3 e 7.1).
Portanto, o vetor de Burgers para simples cúbico é
b = um 010
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Ou, de forma equivalente
b = um 100
(B) A magnitude do vector de Burgers, | b |, por simples é cúbico
b = um(12 + 02 + 02)1/2 = uma
Page 37
Deslizamento em cristais simples
7.11 Às vezes cos φ cos λ na Equação 7.2 é denominado o fator Schmid. Determinar a magnitude da
Factor de Schmid para um cristal único da FCC orientada com o seu [ 100 ] direcção paralela ao eixo de carregamento.
Solução
Somos convidados a calcular o fator Schmid para um cristal FCC orientada com o seu [100] direcção paralela à
o eixo de carregamento. Com este esquema, deslizamento pode ocorrer no (111) avião e no [11 0] direção como observado no
figura abaixo.
O ângulo entre a [100] e [11 0] instruções, λ, pode ser determinado utilizando a equação 7.6
λ = cos­1 você1você2
+ v
1v2
+ w
1W2
você1
2 + v
1
2 + w
1
2
( )
você2
2 + v
2
2 + w
2
2
( )
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
onde (para [100]) u1 = 1, v1 = 0, W1 = 0, e (para [11 0]) u2 = 1, v2 = ­1, w2= 0. Por conseguinte, é igual a λ
λ = cos­1 (1) (1) + (0) (­ 1) + (0) (0)
+ (0) + (0)[ ] + (­1) + (0)[ ]
�
�
�
�
�
�
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(1)2 2 2 (1)2 2 2�� ��
= cos­1 1
2
�
�
��
�
�
��= 45 °
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Agora, o φ ângulo é igual ao ângulo entre a normal ao (111) plano (que é a [111] direcção), e o
[100] direção. Mais uma vez a partir da Equação 7.6, e para u1= 1, v1 = 1, W1 = 1, e u 2 = 1, v2= 0, e w 2 = 0, temos
φ = cos­1 (1) (1) + (1) (0) + (1) (0)
(1)2 + (1)2 + (1)2
[ ]
(1)2 + (0)2 + (0)2
[ ]
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
= cos­1 1
3
�
�
��
�
�
��= 54,7 °
Por conseguinte, o factor de Schmid é igual
cos cos λ φ = cos (45 °) cos (54,7 °) = 1
2
�
�
��
�
�
�� 1
3
�
��
�
�� = 0,408
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
7,12 Considere um único cristal de metal orientados de tal modo que a normal ao plano de deslizamento e a direcção de deslizamento
fazem ângulo de 43,1 ° e 47,9 ° , respectivamente, com o eixo de tracção. Se a tensão de cisalhamento resolvida crítica é de 20,7 MPa
(3000 psi), será uma tensão aplicada de 45 MPa (6500 psi) fazer com que o único cristal para produzir? Se não, o estresse vai ser
necessário?
Solução
Esse problema chama por nós para determinar se ou não um cristal único metal que tem uma orientação específica
e de tensão de corte crítica dado resolvido irá produzir. Estamos dado que φ = 43,1 °, λ = 47,9 °, e que os valores de
a tensão de corte crítica resolvido e aplicada tensão de tração são 20,7 MPa (3000 psi) e 45 MPa (6500 psi),
respectivamente. A partir da Equação 7.2
τ
R = Σ cos φ λ = cos (45 MPa) (cos 43,1 °) (cos 47,9 °) = 22,0 MPa (3181 psi)
Uma vez que a tensão de cisalhamento resolvido (22 MPa), é maior do que a tensão crítica de cisalhamento resolvido (20,7 MPa), a única
cristal vai render.
Page 40
7.13 Um único cristal de alumínio é orientada para um ensaio de tração de tal forma que o seu plano escorregamento normal faz uma
ângulo de 28,1 ° com o eixo de tração. Três possíveis direções deslizamento fazer ângulos de 62,4 ° , 72,0 ° e 81,1 ° com a
mesmo eixo de tracção.
(A) Qual destes três direções deslizamento é mais favorecido?
(B) Se a deformação plástica começa a uma tensão de tracção de 1,95 MPa (280 psi), determinar o crítico resolvido
tensão de cisalhamento para o alumínio.
Solução
Somos convidados a calcular a tensão de cisalhamento resolvida crítico para Al. Conforme estipulado no problema, φ = 28,1 °,
enquanto os valores possíveis para λ são 62,4 °, 72,0 °, e 81,1 °.
(A) O deslizamento irá ocorrer ao longo dessa direcção para a qual (COS COS φ λ) é um máximo, ou, neste caso, para o
maiores cos λ. Co­senos para os possíveis valores λ são dadas abaixo.
cos (62,4 °) = 0,46
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidoporSeções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
cos (72,0 °) = 0,31
cos (81,1 °) = 0,15
Assim, a direcção de deslizamento é, num ângulo de 62,4 ° com o eixo de tracção.
(B) A partir da Equação 7.4, a tensão de corte crítica é resolvido apenas
τSIR= Σ y (Cos cos φ λ)max
= (1,95 MPa) cos (28,1 °) cos (62,4 °)[ ] = 0,80 MPa (114 psi)
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7,14 Considere um único cristal de prata orientados de tal modo que uma força de tensão é aplicada ao longo de um [001]
direção. Se deslizamento ocorre em um ( 111 ) avião e em uma [ 1 01 ] direção, e é iniciada a um esforço de tensão aplicada de 1,1
MPa (160 psi), calcular a tensão de cisalhamento resolvida crítica.
Solução
Este problema pede que calcular a tensão de cisalhamento resolvida crítica para a prata. A fim de fazer isso, devemos
empregam Equação 7.4, mas primeiro é necessário resolver para o λ φ ângulos e que são mostradas no desenho abaixo.
O λ ângulo é o ângulo entre o eixo de tracção­ie, ao longo da [001]­sentido e a direcção de deslizamento, isto é,
[1 01]. O λ ângulo pode ser determinado utilizando a equação 7.6 como
λ = cos­1 você1você2
+ V
1v2
+ w
1W2
você1
2 + V
1
2 + w
1
2
( )
você2
2 + V
2
2 + w
2
2
( )
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
onde (para [001]) u1 = 0, v1 = 0, W1 = 1, e (para [1 01]) u2 = ­1, v2 = 0, W2 = 1. Portanto, é igual a λ
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
λ = cos­1 (0) (­ 1) + (0) (0) + (1) (1)
(0)2 + (0)2 + (1)2
[ ]
(­1)2 + (0)2 + (1)2
[ ]
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
= cos­1 1
2
�
�
��
�
�
��= 45 °
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Além disso, φ é o ângulo entre os eixos de tracção­a [001]­sentido e a normal ao plano de deslizamento, isto é, o
(111) avião; para este caso, isso é normal, ao longo de uma direção [111]. Portanto, mais uma vez, utilizando a equação 7.6
φ = cos­1 (0) (1) + (0) (1) + (1) (1)
(0)2 + (0)2 + (1)2
[ ]
(1)2 + (1)2 + (1)2
[ ]
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
= cos­1 1
3
�
�
��
�
�
��= 54,7 °
E, por fim, utilizando a equação 7,4, a tensão de corte crítica é resolvido igual
τ
SIR= Σ y (Cos cos φ λ)
(= 1,1 MPa) cos (54,7 °) cos (45 °)[ ] = (1,1 MPa) 1
3
�
�
��
�
�
�� 1
2
�
�
��
�
�
�� = 0,45 MPa (65,1 psi)
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
7,15 um único cristal de um metal que tem a estrutura de cristal FCC está orientada de tal modo que uma força de tensão é
Paralelamente aplicada à [ 110 ] direção. Se a tensão de corte crítica resolvido para este material é de 1,75 MPa, calcular
a magnitude (s) de tensão aplicada (s) necessária para causar deslizamento ocorra no ( 111 ) plano, em cada um dos [ 11 0 ] ,
[ 101 ] e [ 011 ] instruções.
Solução
A fim de resolver este problema é necessário empregar Equação 7.4, mas primeiro temos de resolver para a para
ângulos λ e φ para os três sistemas de escorregamento.
Para cada um destes três sistemas de escorregamento, a φ será o mesmo, isto é, o ângulo entre a direcção do
tensão aplicada, [110] e a normal ao (111) plano, isto é, a [111] direcção. O ângulo φ pode ser determinada
usando a Equação 7.6 como
φ = cos­1 você1você2
+ V
1v2
+ w
1W2
você1
2 + V
1
2 + w
1
2
( )
você2
2 + V
2
2 + w
2
2
( )
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
onde (para [110]) u1 = 1, v1 = 1, W1 = 0, e (para [111]) u2 = 1, v2= 1, W2= 1. Portanto, é igual a φ
φ = cos­1 (1) (1) + (1) (1) + (0) (1)
(1)2 + (1)2 + (0)2
[ ]
(1)2 + (1)2 + (1)2
[ ]
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
= cos­1 2
6
�
�
��
�
�
��= 35,3 °
Vamos agora determinar λ para o[11 0] direção de deslizamento. Novamente, usando a Equação 7.6 onde u1 = 1, v1 = 1, W1 = 0 (por
[110]), e u 2 = 1, v2= ­1, w2 = 0 (para [11 0]. Portanto, é determinada como λ
λ
[110] ­ [11 0]
= cos­1 (1) (1) + (1) (­ 1) + (0) (0)
(1)2 + (1)2 + (0)2
[ ]
(1)2 + (­1)2 + (0)2
[ ]
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
= cos­1 0 = 90 °
Agora, vamos resolver para o limite de elasticidade para este (111) ­[11 0] sistema de deslizamento usando a Equação 7.4 como
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σ
y
=
τ
SIR
(Cosλ cosφ)
= 1,75 MPa
cos (35,3 °) cos (90 °)
= 1,75 MPa
(0,816) (0)
= ∞
o que significa que o deslizamento não ocorrerá nesta (111) ­ [11 0] sistema de deslizamento.
Agora, devemos determinar o valor de λ para o (111) ­ [101] sistema de deslizamento que é, o ângulo entre o
[110] e [101] instruções. Novamente usando a Equação 7.6
λ
[110] ­ [101]
= cos­1 (1) (1) + (1) (0) + (0) (­ 1)
(1)2 + (1)2 + (0)2
[ ]
(1)2 + (0)2 + (­1)2
[ ]
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= cos­1 1
2
�
��
�
�� = 60 °
Agora, vamos resolver para o limite de elasticidade para este (111) ­ [101] sistema de deslizamento usando a Equação 7.4 como
σ
y
=
τ
SIR
(Cosλ cosφ)
= 1,75 MPa
cos (35,3 °) cos (60 °)
= 1,75 MPa
(0,816) (0,500)
= 4,29 MPa
E, finalmente, para o (111) ­ [011] sistema de deslizamento, λ é calculado utilizando a Equação de 7,6 como se segue:
λ
[110] ­ [011]
= cos­1 (1) (0) + (1) (1) + (0) (­ 1)
(1)2 + (1)2 + (0)2
[ ]
(0)2 + (1)2 + (­1)2
[ ]
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
= cos­1 1
2
�
��
�
�� = 60 °
Assim, uma vez que os valores de φ λ e para este (110) ­[011] sistema de deslizamento são as mesmas que para (111) ­[101], Então também irá σy
ser o mesmo­viz 4,29 MPa.
Page 45
7.16 (a), um único cristal de um metal que tem a estrutura cristalina CCC é orientado de tal modo que uma força de tensão
é aplicado no [ 010 ] direcção. Se a magnitude desta tensão é 2,75 MPa, calcular a tensão de cisalhamento resolvido no
[ 1 11 ] direcção em cada um dos ( 110 ) e ( 101 ) planos.
(B) Com base nestes valores de tensão de cisalhamento resolvidos, que deslizam sistema (s) é (são) mais favorável
orientada?
Solução
(A) Esta parte do problema pede, por um metal BCC, que calcular a tensão de cisalhamento resolvida no[1 11]
direcção em cada um dos (110) e (101) planos. A fim de resolver este problema, é necessário empregar Equação
7,2, o que significa que primeiroprecisamos resolver para o λ para ângulos φ e para os três sistemas de escorregamento.
Para cada um destes três sistemas de escorregamento, a λ será o mesmo, isto é, o ângulo entre a direcção do
tensão aplicada, [010] e da direcção do deslizamento, [1 11]. Este λ ângulo pode ser determinado utilizando a equação 7.6
λ = cos­1 você1você2
+ V
1v2
+ w
1W2
você1
2 + V
1
2 + w
1
2
( )
você2
2 + V
2
2 + w
2
2
( )
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
onde (para [010]) u1 = 0, v1 = 1, W1 = 0, e (para [1 11]) u2 = ­1, v2 = 1, W2 = 1. Portanto, é determinada como λ
λ = cos­1 (0) (­ 1) + (1) (1) + (0) (1)
(0)2 + (1)2 + (0)2
[ ]
(­1)2 + (1)2 + (1)2
[ ]
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
= cos­1 1
3
�
�
��
�
�
��= 54,7 °
Vamos agora determinar φ para o ângulo entre a direcção da tensão aplicada à tracção, isto é, a [010] direcção­
e a normal ao plano, ou seja, a [110] direcção (110) de deslizamento. Novamente, usando a Equação 7.6 onde u= 0 v = 1, W
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
1 , 1 1= 0 (para [010]), e u2 = 1, v2 = 1, W2= 0 (para [110]), é igual a φ
φ
[010] ­ [110]
= cos­1 (0) (1) + (1) (1) + (0) (0)
(0)2 + (1)2 + (0)2
[ ]
(1)2 + (1)2 + (0)2
[ ]
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
= cos­1 1
2
�
�
��
�
�
��= 45 °
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Agora, usando a Equação 7.2
τ
R
= Σ cos cosφ λ
resolvemos para a tensão de cisalhamento resolvida para este sistema como deslizamento
τ
R (110) ­ [1 11]
= (2,75 MPa) cos (54,7 °) cos (45 °)[ ] = (2,75 MPa) (0,578) (0,707) = 1,12 MPa
Agora, devemos determinar o valor de φ para o (101) ­ [1 11] sistema de deslizamento que é, o ângulo entre o
direcção da tensão aplicada, [010], e a normal ao plano, ou seja, a [101] direcção (101). Novamente usando
Equação 7.6
λ
[010] ­ [101]
= cos­1 (0) (1) + (1) (0) + (0) (1)
(0)2 + (1)2 + (0)2
[ ]
(1)2 + (0)2 + (1)2
[ ]
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
= cos­1 (0) = 90 °
Assim, a tensão de cisalhamento resolvido para este (101) ­ [1 11] sistema de deslizamento é
τ
R (101) ­ [1 11]
= = (2,75 MPa) cos (54,7 °) cos (90 °)[ ] = (2,75 MPa) (0,578) (0) = 0 MPa
(B) O sistema de deslizamento mais preferido (s) é (são) aquele (s) que tem (têm) o maior τRvalor. Portanto, o
(110) ­ [1 11] é o mais preferido uma vez que a sua τR (1,12 MPa) é maior do que o τ R valor para (101) ­. [1 11] (ou seja, 0
MPa).
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
7,17 Considere­se um único cristal de algum metal hipotético que tem a estrutura cristalina CFC e está
orientada de tal modo que uma força de tensão é aplicada ao longo de uma [ 1 02 ] direcção. Se deslizamento ocorre em um ( 111 ) avião e em uma [
1 01 ]direção, calcule a tensão na qual os rendimentos de cristal se a sua crítica tensão de cisalhamento resolvida é 3,42 MPa.
Solução
Este problema pede­nos para determinar a tensão de tração na qual um rendimento de metal da FCC quando o estresse é
aplicado ao longo de uma direção [1 02] de tal forma que ocorre em um deslizamento (111) avião e em uma [1 01] direção; o crítico resolvido
tensão de cisalhamento para este metal é 3,42 MPa. Para resolver este problema, usamos a Equação 7.4; no entanto, é primeiro necessário
determinar os valores de φ e λ. Estas determinações são possíveis usando a Equação 7.6. Agora, é o ângulo λ
entre [1 02] e [1 01] direções. Portanto, em relação à Equação 7.6 tomemos u 1 = ­1, v1= 0, e w 1 = 2, enquanto
bem como u2 = ­1, v2= 0, e w 2 = 1. Isto leva a
λ = cos­1 você1você2
+ V
1v2
+ w
1W2
você1
2 + V
1
2 + w
1
2
( )
você2
2 + V
2
2 + w
2
2
( )
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
= cos­1 (­1) (­ 1) + (0) (0) + (2) (1)
(­1)2 + (0)2 + (2)2
[ ]
(­1)2 + (0)2 + (1)2
[ ]
�
�
�
��
�
�
�
��
= cos­1 3
10
�
�
��
�
�
��= 18.4 °
Agora, para a determinação de φ, a normal ao plano (111) de deslizamento é a [111] direcção. Novamente usando a Equação 7.6,
onde nós agora tomar u1 = ­1, v1 = 0, W1 = 2 (para [1 02]), e u2 = 1, v2= 1, W2= 1 (para [111]). Assim,
φ = cos­1 (­1) (1) + (0) (1) + (2) (1)
(­1)2 + (0)2 + (2)2
[ ]
(1)2 + (1)2 + (1)2
[ ]
�
�
�
��
�
�
�
��
= cos­1 3
15
�
�
��
�
�
��= 39,2 °
É agora possível calcular a tensão de cedência (usando a Equação 7,4) como
Page 48
σ
y
=
τ
SIR
cos cosφ λ
= 3,42 MPa
3
10
�
�
��
�
�
�� 3
15
�
�
��
�
�
��
= 4,65 MPa
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Page 49
7.18 A tensão de cisalhamento resolvida crítica para o ferro é de 27 MPa (4000 psi). Determinar o valor máximo possível
força de rendimento de um único cristal de Fe puxado em tensão.
Solução
A fim de determinar a força máxima possível de rendimento para um único cristal de Fe puxado em tensão, nós
simplesmente empregar Equation 7.5 como
σ y = 2τ SIR= (2) (27 MPa) = 54 MPa (8000 psi)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Deformação por Twinning
7.19 Lista de quatro grandes diferenças entre a deformação por geminação e deformação por deslizamento em relação ao
mecanismo, condições de ocorrência, e resultado final.
Solução
Quatro grandes diferenças entre a deformação por geminação e deformação por deslizamento são os seguintes: (1) com
escorregar deformação não há reorientação cristalográfica, enquanto que com a geminaçãohá uma reorientação; (2) para
escorregar, os deslocamentos atômicos ocorrer em múltiplos de espaçamento atômicas, enquanto que para a geminação, estas deslocações podem ser
excepto por múltiplos de espaçamento atómicas; (3) deslizamento ocorre em metais que têm muitos sistemas de escorregamento, enquanto que a geminação
ocorre em metais que têm relativamente poucos sistemas de escorregamento; e (4) deslizam normalmente resulta em deformações relativamente grandes,
que só as pequenas deformações resultar para a geminação.
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Fortalecimento por redução do tamanho de grão
7.20 Explique brevemente por pequeno ângulo limites de grãos não são tão eficazes em interferir com o deslizamento
processo como são de alto ângulo de limites de grão.
Solução
Pequeno ângulo de limites de grão não são tão eficazes na interferência com o processo de deslizamento como o são de alto ângulo de grãos
fronteiras, porque não é tanto desalinhamento cristalográfica na região de fronteira do grão para o pequeno ângulo,
e, portanto, não como muita mudança na direção de deslizamento.
Page 52
7.21 Explique brevemente por metais HCP são tipicamente mais frágil do que metais FCC e BCC.
Solução
Hexagonal metais embalados são tipicamente mais frágil do que metais FCC e BCC, porque há
menos sistemas de escorregamento em HCP.
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7.22 Descreva em suas próprias palavras os três mecanismos de fortalecimento discutidos neste capítulo (ou seja, de grãos
redução de tamanho, fortalecimento sólido­solução, e encruamento). Certifique­se de explicar como luxações estão envolvidos
em cada uma das técnicas de reforço.
Estes três mecanismos de reforço são descritos nas secções 7.8, 7.9 e 7.10.
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7.23 (a) A partir do gráfico da força de rendimento contra (diâmetro dos grãos)­1/2para um Cu­Zn 30 cartucho de latão 70,
Figura 7.15, determine valores para as constantes σ
0e k yna Equação 7.7.
(B) Agora prever a resistência ao escoamento desta liga quando o diâmetro médio de grão é de 1,0 × 10­3mm.
Solução
(A) Talvez a maneira mais fácil de resolver para σ0e k yna Equação 7.7 é escolher dois valores de cada σye d ­1/2
a partir da Figura 7.15, e depois resolver duas equações simultâneas, que podem ser criados. Por exemplo
d­1/2(Mm)­1/2 σy (MPa)
4 75
12 175
As duas equações são assim
75 = σ0 + 4 Ky
175 = σ 0 12 + ky
Solução destas equações produzir os valores de
ky = 12,5 MPa (mm)1/2 1810 psi (mm)1/2
[ ]
σ
0= 25 MPa (3630 psi)
(B) Quando d = 1,0 × 10­3mm, d­1/2= 31,6 milímetros­1/2, E, utilizando a equação 7,7,
σ y = Σ0 + k yd­1/2
= (25 MPa) + 12,5 MPa (mm) 1/2
�
��
�
��(31,6 milímetros­1/2) = 420 MPa (61.000 psi)
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitido
por Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
7,24 O ponto de escoamento inferior para um ferro que tem um diâmetro médio de grãos de 5 × 10­2mm é de 135 MPa
(19.500 psi). Em um diâmetro do grão de 8 × 10­3mm, o ponto de aumentos de rendimento a 260 MPa (37.500 psi). Em que grãos
diâmetro será o ponto de rendimento mais baixo é de 205 MPa (30.000 psi)?
Solução
A melhor maneira de resolver esse problema é primeiro estabelecer duas expressões simultâneas da Equação 7.7, resolver
para σ0e k yE, finalmente, determinar o valor de d quando σy = 205 MPa. Os dados relativos a este problema pode ser
tabulados como se segue:
σ
y d (mm) d­1/2(Mm)­1/2
135 MPa 5 × 10­2 4.47
260 MPa 8 × 10­3 11.18
As duas equações assim tornar
135 MPa = σ0 + (4,47) k y
260 MPa = σ0 + (11,18) k y
Que produzem os valores, σ0= 51,7 MPa e k y = 18,63 MPa (mm)
1/2. Em uma resistência à deformação de 205 MPa
205 MPa = 51,7 MPa + 18,63 MPa (mm) 1/2
[ ]
d­1/2
ou d­1/2= 8,23 (mm)­1/2, O que dá d = 1,48 × 10 ­2mm.
Page 56
7.25 Se é assumido que a trama na Figura 7.15 é de latão trabalhado­noncold, determinar o tamanho de grão de
a liga na Figura 7.19; assumir a sua composição é a mesma que a liga na Figura 7.15.
Solução
Este problema pede que determinam o tamanho de grão do metal para o qual é o objecto da Figura 7.19.
A partir da Figura 7,19 um , a força de rendimento de bronze em 0% CW é de aproximadamente 175 MPa (26.000 psi). Este rendimento
força a partir da Figura 7.15 corresponde a um d­1/2valor de aproximadamente 12,0 (mm)­1/2. Assim, d = 6,9 × 10­3mm.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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Fortalecimento Solid­Solution
7,26 Da mesma maneira do Figuras 7.17b e 7.18b, indicam a localização na vizinhança de um deslocamento da borda
em que um átomo de impureza intersticial seria de esperar para ser situado. Agora explicar brevemente, em termos de estrutura
estirpes por isso, se situa nesta posição.
Solução
Abaixo é mostrado um deslocamento da borda e em que um átomo de impureza intersticial seria localizado.
Estirpes de treliça de compressão são introduzidos pelo átomo de impureza. Haverá uma redução líquida da estirpe treliça
energia quando estas estirpes de treliça cancelar parcialmente estirpes de tração associados ao deslocamento da borda; tais tração
estirpes existir logo abaixo da parte inferior do semi­plano extra de átomos (Figura 7.4).
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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Encruamento
7.27 (a) mostra, por um ensaio de tração, que
% CW =
ε
ε + 1
�
��
�
�� × 100
Se não houver nenhuma alteração no volume da amostra durante o processo de deformação (isto é, A0eu0Um =deud).
(B) Usando o resultado da parte (a), calcular a percentagem de trabalho a frio experimentado pelo bronze naval (o estresse
deformação dos quais é mostrado na Figura 6.12) quando um stress de 400 MPa (58.000 psi) é aplicada.
Solução
(A) A partir da Equação 7,8
% CW = UMA0
­ A
d
UMA0
�
�
�
�
�
� × 100 = 1 ­ UMAd
UMA0
�
�
�
�
�
� × 100
O que também é igual
1 ­ eu0
eud
�
�
�
�
�
� × 100
desde Ad/ UMA0= L0/ ld, A conservação do volume estipulação dado no enunciado do problema. Agora, a partir da definição
de deformação de engenharia (Equação 6.2)
ε = eud
­ l
0
eu0
=
eud
eu0
­1
Ou,
eu0
eud
= 1ε + 1
Substituição para l0/ ldna expressão% CW acima dão
% CW = 1 ­ eu0
eud
�
�
�
�
�
� × 100 = 1 ­ 1ε + 1
�
�
�
�
�
� × 100 =
ε
ε + 1
�
�
�
�
�
� × 100
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(B) A partir da Figura 6.12, um stress de 400 MPa (58.000 psi) corresponde a uma tensão de 0,13. Usando o acima
expressão
% CW =
ε
ε + 1
�
�
�
�
�
� × 100 = 0.13
0.13 + 1.00
�
�
�
�
�
� × 100 = 11,5% CW
Page 60
7,28 Dois espécimes cilíndricos anteriormente não deformadas de uma liga estão a ser endurecido, reduzindo a tensão
suas áreas transversais (mantendo suas seções transversais circulares). Para um espécime, o inicial e
raios deformados são de 16 mm e 11mm, respectivamente. O segundo exemplar, com um raio inicial de 12 milímetros, mosto
têm a mesma dureza deformada como o primeiro espécime; calcular o raio do segundo espécime após a deformação.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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Solução
Para que estas duas amostras cilíndricas de ter a mesma dureza deformada, que tem de ser deformadas
para a mesma percentagem de trabalho a frio. Para o primeiro espécime
% CW =UMA0
­ A d
UMA0
× 100 =
π r
02
­ Π r
d2
π r
0
2
× 100
=
π (16 mm)2 ­ Π (11 mm)2
π (16 mm)2
× 100 = 52,7% CW
Para o segundo espécime, o raio deformado é calculado usando a equação acima e resolvendo para rdComo
rd = r0 1 ­
CW%
100
= (12 mm) 1 ­ 52,7% CW
100
= 8,25 milímetros
Page 61
7,29 Duas amostras previamente não deformadas do mesmo metal estão a ser deformada plasticamente por redução
suas áreas transversais. Um deles tem uma secção transversal circular, e o outro é rectangular; durante a deformação
secção transversal circular, deve manter­se circular, rectangular e a é a permanecer como tal. Sua original e deformado
dimensões são as seguintes:
Circulares (diâmetro, mm)Rectangular (mm)
Dimensões originais 15,2 125 × 175
Dimensões deformados 11,4 75 × 200
Qual destes espécimes será o mais difícil depois de deformação plástica, e por quê?
Solução
O espécime mais difíceis será o único que tem experimentado o maior grau de trabalho a frio. Portanto, tudo
o que precisamos fazer é calcular a CW% para cada amostra usando a equação 7.8. Para a uma circular
% CW = UMA0
­ A
d
UMA0
�
�
�
�
�
� × 100
=
π r
0
2 ­ Π r
d
2��
�
� × 100
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
π r02�� ��
=
π 15,2 milímetros
2
�
��
�
��
2
­ Π 11,4 milímetros
2
�
��
�
��
2
π 15,2 milímetros
2
�
��
�
��
2
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
× 100 = 43,8% CW
Para a um retangular
% CW = (125 mm) (175 mm) ­ (75 mm) (200 mm)
(125 mm) (175 mm)
�
��
�
��
× 100 = 31,4% CW
Portanto, a amostra circulares deformadas será mais difícil.
Page 62
7,30 obter uma amostra cilíndrica de cobre trabalhado a frio tem uma ductilidade (% SR) de 25%. Se o seu trabalhado a frio
raio é de 10 mm (0,40 pol.), o que era o seu raio antes de deformação?
Solução
Este problema exige­nos calcular o raio trabalhou­precold de um espécime cilíndricos de cobre que
tem uma ductilidade frio trabalhou de 25% EL. A partir da Figura 7.19 C , de cobre que tem uma ductilidade de 25% EL terá
experimentou uma deformação de cerca de 11% CW. Para obter uma amostra cilíndrica, torna­se 7,8 Equação
% CW =
π r
0
2 ­ Π r
d
2
π r
02
�
�
�
�
�
�
�
�
× 100
Desde rd = 10 mm (0,40 pol.), Resolvendo para r0 rendimentos
r0 =
rd
1 ­ CW%
100
= 10 milímetros
1 ­ 11,0
100
= 10,6 mm (0,424 pol.)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
7.31 (a) Qual é a ductilidade aproximada (% EL) de um bronze que tem um limite de elasticidade de 275 MPa (40.000
psi)?
(B) Qual é a dureza Brinell aproximada de um aço 1040 com um limite de elasticidade de 690 MPa (100.000
psi)?
Solução
(A) A fim de resolver este problema, é necessário consultar Figuras 7.19 a 7.19 e c . A partir da Figura 7.19 um , um
resistência ao escoamento de 275 MPa para o bronze corresponde a 10% CW. Um bronze que foi trabalhado a frio 10% terá um
ductilidade de cerca de 43% EL [Figura 7.19 c ].
(B) Esta parte do problema pede a durezaBrinell de um aço 1040 com uma resistência à deformação de 690
MPa (100.000 psi). A partir da Figura 7,19 um , uma resistência à deformação de 690 MPa para um aço de 1040 corresponde a cerca de 10% CW.
Um aço 1040 que tem sido trabalhado a frio de 10% terão uma resistência à tracção de cerca 780 MPa [Figura 7.19 b ]. Finalmente,
usando a Equação 6.20a
HB = TS (MPa)
3.45
= 780 MPa
3.45
= 226
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7,32 Experimentalmente, observou­se para um único cristal de um número de metais que o crítico
resolvido cisalhamento estresse τSIR
é uma função da densidade ρ deslocamento
DComo
τ = Τ + Um ρ
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
SIR 0 D
onde τ
0e A são constantes. Para o cobre, a tensão de cisalhamento resolvida crítica é 2,10 MPa (305 psi) a uma luxação
densidade de 105mm­2. Se é sabido que o valor de A para o cobre é 6,35 × 10­3MPa­mm (0,92 psi­mm), calcular a
τ
SIRa uma densidade de 10 deslocamento7mm­2.
Solução
Somos convidados neste problema para calcular a tensão de cisalhamento resolvida crítica a uma densidade deslocamento de 107
mm­2. É primeiro necessário para calcular o valor da constante τ 0 (Na equação fornecida no problema
declaração) a partir de um conjunto de dados como
τ
0
= Τ
SIR
­ Um ρ
D
= 2,10 MPa ­ (6,35 × 10 ­3 MPa­ mm) 105 mm­2
( )
= 0,092 MPa (13,3 psi)
Agora, a tensão de corte crítica resolvido pode ser determinada a uma densidade de 10 deslocamento7mm­2Como
τ
SIR = Τ0 + Um ρD
= (0,092 MPa) + (6,35 × 10 ­3MPa­ mm) 107mm­2 = 20,2 MPa (2920 psi)
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Recuperação
A recristalização
O crescimento de grão
7,33 Resumidamente citar as diferenças entre os processos de recuperação e recristalização.
Solução
Para a recuperação, há algum alívio de energia de deformação interna por deslocamento movimento; no entanto, existem
praticamente nenhuma alteração em ambos a estrutura de grãos ou de características mecânicas. Durante a recristalização, por outro lado
lado, um novo conjunto de grãos formas livre de tensão, eo material se torna mais macio e mais dúctil.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
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7,34 Estimado a fracção de recristalização a partir de fotomicrografia na Figura 7.21c.
Solução
Abaixo mostra­se uma grade quadrada na qual é sobreposta as regiões recristalizado a partir da micrografia.
Cerca de 400 praças estão dentro das áreas recristalizados, e uma vez que existem 672 quadrados no total, a amostra é
cerca de 60% recristalizado.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
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7.35 Explique as diferenças na estrutura de grãos para um metal que tem sido trabalhado a frio e que tem
sido trabalhado a frio e depois recristalizado.
Solução
Durante a frio de trabalho, a estrutura de grão do metal tem sido distorcido para acomodar a deformação.
A recristalização produz grãos que são equiaxiais e menores do que os grãos­mãe.
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7.36 (a) Qual é a força motriz para a recristalização?
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(B) Para o crescimento de grãos?
Solução
(A) A força motriz para a recristalização é a diferença na energia interna entre o tenso e
material de unstrained.
(B) A força motriz para o crescimento de grãos é a redução da energia limite de grão como o total de grãos
área limite diminui.
Page 69
7,37 (a) A partir da Figura 7.25, calcular o comprimento de tempo necessário para que o diâmetro médio de grão de aumentar
0,01­0,1 mm, a 500 ° C durante este material de bronze.
(B) repetir o cálculo a 600 ° C.
Solução
(A) A 500 ° C, o tempo necessário para que o diâmetro médio de grão de crescer para aumentar a 0,01­0,1 mm são
cerca de 3500 min.
(B) A 600 ° C o tempo necessário para este mesmo aumento de tamanho de grão é de aproximadamente 150 min.
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7,38 O diâmetro médio de grão de um material de bronze foi medida como uma função do tempo a 650 ° C, a qual
é tabelados abaixo em dois momentos distintos:
Tempo (min) Diâmetro grão (mm)
30 3,9 × 10­2
90 6,6 × 10­2
(A) Qual foi o diâmetro do grão original?
(B) O diâmetro dos grãos que você prever após 150 minutos a 650 ° C ?
Solução
(A) Usando os dados dadas e Equation 7.9 (tendo n = 2), pode­se configurar duas equações simultâneas com
d0e K como amostras desconhecidas; assim
(3,9 × 10 ­2mm)2­ d 0
2 = (30 min) K
(6,6 × 10 ­2mm)2­ d 0
2 = (90 min) K
Solução dessas expressões gera um valor para d0, O diâmetro do grão original, de
d0= 0,01 mm
e um valor para K de 4,73 × 10­5mm2/ Min
(B) A 150 min, o diâmetro d é calculado usando uma forma rearranjada da Equação 7.9 como
d = d 0
2 + Kt
= (0,01 mm) 2+ (4,73 × 10­5 mm2/ Min) (150 min) = 0,085 milímetros
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estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
7,39 Um espécime não deformadas de alguma liga tem um diâmetro médio de grão de 0,040 milímetros. Você está convidado
para reduzir o seu diâmetro médio de grão de 0,010 milímetros. Isso é possível? Em caso afirmativo, explicar os procedimentos que você usaria
e nomear os processos envolvidos. Se não for possível, explicar o porquê.
Solução
Sim, é possível reduzir o diâmetro médio de grão de uma amostra de liga não deformadas de 0,040 milímetros a
0,010 milímetros. A fim de fazer isso, deformar plasticamente o material à temperatura ambiente (ou seja, de trabalho a frio), e, em seguida,
hibridar a uma temperatura elevada, a fim de permitir a recristalização e crescimento de grão para alguns ocorrem até que o
diâmetro médio de grão é 0.010 mm.
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
7,40 crescimento de grão é fortemente dependente da temperatura (ou seja, a taxa de crescimento dos grãos aumenta com
temperatura crescente), mas a temperatura não é explicitamente dado como uma parte da equação 7.9.
(A) Em qual dos parâmetros nessa expressão que você esperaria de temperatura a ser incluído?
(B) Com base na sua intuição, citar uma expressão explícita para este dependência da temperatura.
Solução
(A) A dependência de temperatura de crescimento dos grãos é incorporada a constante K na equação 7.9.
(B) A expressão explícita para este dependência da temperatura é da forma
K = K 0 exp ­
Q
RT
�
��
�
��
em que K 0é uma constante independente da temperatura, o parâmetro Q é uma energia de activação, e R e T são o gás
temperatura constante e absoluta, respectivamente.
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7,41 Uma uncold­trabalhou espécime de bronze de tamanho médio de grão 0,008 milímetros tem um limite de elasticidade de 160 MPa
(23.500 psi). Estimar a resistência à deformação de esta liga, depois de ter sido aquecido a 600 ° C durante 1000 s, se for conhecido que
o valor de k yé 12,0 MPa­mm1/2(1740 psi­mm1/2).
Solução
A fim de resolver este problema, é necessário em primeiro lugar calcular a constante σ0na Equação 7.7 como
σ0= σy ­ K yd­1/2
= 160 MPa­ (12.0 mm MPa­1/2)(0,008 mm)­1/2 = 25,8 MPa (4046 psi)
Em seguida, temos de determinar o tamanho médio dos grãos após o tratamento térmico. A partir da Figura 7.25 a 600 ° C após 1.000 s
(16,7 min), o tamanho médio de grão de um material de bronze é cerca de 0,20 mm. Portanto, o cálculo σy neste novo grão
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
tamanho usando a Equação 7.7 obtemos
σ y = Σ0+ k yd­1/2
= 25,8 MPa + (12.0 mm MPa­1/2) (0,20 mm)­1/2= 52,6 MPa (7940 psi)
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PROBLEMAS DO PROJETO
Encruamento
A recristalização
7.D1 determinar se é ou não é possível aço de trabalho a frio, de modo a dar uma dureza mínima Brinell
de 225, e ao mesmo tempo ter uma ductilidade de pelo menos 12% EL. Justificar a sua decisão.
Solução
A resistência à tracção corresponde a uma dureza de Brinell de 225 podem ser determinados utilizando a Equação como 6.20a
TS (MPa) = 3,45 × HB = (3,45) (225) = 776 MPa
Além disso, a partir da Figura 7.19 b , a fim de alcançar uma resistência à tracção de 776 MPa, a deformação de pelo menos 9% CW é
necessário. Finalmente, se trabalhar a frio de aço a 9% CW, em seguida, a ductilidade é de 17% a partir da Figura EL 7,19 c . Portanto,
ele é possível para atender a esses critérios por deformação plástica do aço.
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
7.D2 determinar se é ou não é possível bronze frio do trabalho, de modo a dar uma dureza mínima Brinell
de 120 e ao mesmo tempo ter uma ductilidade de pelo menos 20% de EL. Justificar a sua decisão.
Solução
De acordo com a Figura 6.19, uma dureza Brinell de 120 corresponde a uma resistência à tracção de 440 MPa (63.500
psi.) Além disso, a partir da Figura 7.19 b , a fim de alcançar uma resistência à tracção de 440 MPa, a deformação de pelo menos
26% CW é necessário. Finalmente, se quisermos alcançar uma ductilidade de pelo menos 20% EL, em seguida, uma deformação máxima de
23% CW é possível a partir da Figura 7.19 c . Portanto, é impossível de satisfazer ambos estes critérios por plasticamente
deformando bronze.
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7.D3 obter uma amostra cilíndrica de aço trabalhado a frio tem uma dureza Brinell de 250.
(A) Estime sua ductilidade em percentagem de alongamento.
(B) Se a amostra permaneceu cilíndrica durante a deformação e seu raio inicial foi de 5 mm (0.20 in.),
determinar o seu raio após a deformação.
Solução
(A) A partir da Figura 6.19, uma dureza Brinell de 250 corresponde a uma resistência à tracção de 860 MPa (125.000
psi), a qual, a partir da Figura 7.19 b , requer uma deformação de 25% CW. Além disso, 25% CW produz uma ductilidade
cerca de 11% EL para o aço, Figura 7.19 c .
(B) Estamos agora pediu para determinar o raio após a deformação se o raio­uncold trabalhou é de 5 mm (0.20
no.). A partir da Equação 7,8 e para obter uma amostra cilíndrica
% CW =
π r
0
2 ­ Π r
d
2
π r
02
�
�
�
�
�
�
�
�
× 100
Agora, resolvendo para rd a partir desta expressão, obtemos
rd = r0 1 ­
CW%
100
= (5 mm) 1 ­ 25
100
= 4.33 mm (0,173 pol.)
Página 77
7.D4 É necessário selecionar uma liga de metal para uma aplicação que requer uma resistência à deformação de pelo menos 345
MPa (50.000 psi) enquanto se mantinha uma ductilidade mínima (% SR) de 20%. Se o metal pode ser trabalhado a frio, decidir
qual das seguintes opções são candidatos: cobre, bronze e uma de aço 1040. Por Quê?
Solução
Para cada uma destas ligas, o trabalho a frio mínima necessária para atingir o limite de elasticidade aparente podem ser
determinadaa partir da Figura 7,19 um , enquanto o trabalho a frio máximo possível para a ductilidade é encontrado na Figura 7.19 c .
Estes dados são apresentados na tabela abaixo.
Rendimento Força Ductilidade
(> 345 MPa) (> 20% EL)
Aço Qualquer% CW <5% CW
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Bronze > 20% CW <23% CW
Cobre > 54% CW <15% CW
Assim, tanto o aço 1040 e bronze são possíveis candidatos uma vez que para estas ligas há uma sobreposição de porcentagens
coldwork para dar os valores de resistência e ductilidade rendimento mínimo exigido.
Página 78
7.D5 Uma haste cilíndrica de aço 1040 originalmente 15,2 milímetros (0,60 pol.) de diâmetro é para ser trabalhado a frio pela
desenho; a secção transversal circular, irá ser mantida durante a deformação. A resistência à tração frio trabalhou em
excesso de 840 MPa (122.000 psi), e uma ductilidade de pelo menos 12% EL são desejados. Além disso, o diâmetro final
deve ser de 10 mm (0,40 pol.). Explicar como isto pode ser conseguido.
Solução
Primeiro vamos calcular a percentagem de trabalho a frio e resistência à tração e ductilidade atendente se o desenho é
realizada sem interrupção. A partir da Equação 7,8
% CW =
π d0
2
�
��
�
��
2­ Π dd
2
�
��
�
��
2
π d0
2
�
��
�
��
2
× 100
=
π 15,2 milímetros
2
�
��
�
��
2
­ Π 10 milímetros
2
�
��
�
��
2
π 15,2 milímetros
2
�
��
�
��
2
× 100 = 56% CW
Em 56% CW, o aço terá uma resistência à tracção da ordem de 920 MPa (133.000 psi) [Figura 7.19 b ], que é
adequada; no entanto, a ductilidade irá ser inferior a 10% EL [Figura 7.19 c ], o que é insuficiente.
Em vez de realizar o desenho de uma única operação, vamos chamar inicialmente alguma fracção do total
deformação, em seguida, recozer para recristalizar, e, finalmente, trabalhar a frio o material de uma segunda vez a fim de alcançar o
diâmetro final, a resistência à tracção, e ductilidade.
Referência à Figura 7.19 b indica que 20% CW é necessário para se obter uma resistência à tracção de 840 MPa
(122.000 psi). Do mesmo modo, é possível um máximo de 21% para 12% CW EL [Figura 7.19 c ]. A média destes
extremos é de 20,5% CW. Mais uma vez, utilizando a equação 7,8, se o diâmetro final após o primeiro desenho é d' , Então
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
0
20,5% CW =
π d 0'
2
�
�
�
�
�
�
�
�
2
­ Π 10 milímetros
2
�
��
�
��
2
π d 0'
2
�
�
�
�
�
�
�
�
2
× 100
E, resolvendo a expressão acima para d0' , rendimentos
Page 79
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
d 0' =
10 milímetros
1 ­ 20,5% CW
100
= 11,2 mm (0,45 pol.)
Página 80
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
7.D6 Uma haste cilíndrica de cobre originalmente 16,0 milímetros (0,625 pol.) de diâmetro é para ser trabalhado a frio pela
desenho; a secção transversal circular, irá ser mantida durante a deformação. A resistência à deformação a frio trabalhou em excesso
de 250 MPa (36.250 psi) e uma ductilidade de pelo menos 12% EL são desejados. Além disso, o diâmetro final deve ser
11,3 milímetros (0,445 pol.). Explicar como isto pode ser conseguido.
Solução
Vamos primeiro calcular a percentagem de trabalho a frio e resistência ao escoamento atendente e ductilidade se o desenho é
realizada sem interrupção. A partir da Equação 7,8
% CW =
π d0
2
�
��
�
��
2­ Π dd
2
�
��
�
��
2
π d0
2
�
��
�
��
2
× 100
=
π 16,0 milímetros
2
�
��
�
��
2
­ Π 11,3 milímetros
2
�
��
�
��
2
π 16,0 milímetros
2
�
��
�
��
2
× 100 = 50% CW
Em 50% CW, o cobre terá um limite de elasticidade da ordem de 330 MPa (48.000 psi), Figura 7.19 um , que é
adequada; no entanto, a ductilidade irá ser de cerca de 4% SR, Figura 7.19 C , o que é insuficiente.
Em vez de realizar o desenho de uma única operação, vamos chamar inicialmente alguma fracção do total
deformação, em seguida, recozer para recristalizar, e, finalmente, o material de trabalho a frio uma segunda vez, a fim de alcançar o
diâmetro final, a força de rendimento, e ductilidade.
Referência à Figura 7.19 um indica que 21% CW é necessário para dar uma resistência à deformação de 250 MPa.
Da mesma forma, é possível um máximo de 23% para 12% CW EL [Figura 7.19 c ]. A média destes dois valores é
22% de CW, que vamos utilizar nos cálculos. Assim, para alcançar tanto o limite de elasticidade e ductilidade especificado, o
de cobre deve ser deformado para 22% CW. Se o diâmetro final após o primeiro desenho é d0' E, em seguida, usando a Equação 7.8
22% CW =
π d0'
2
�
�
�
�
�
�
�
�
2
­ Π 11,3 milímetros
2
�
��
�
��
2
π d0'
2
�
�
�
�
�
�
�
�
2
× 100
E, para resolver d0' a partir dos rendimentos de expressão acima
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d0' =
11,3 milímetros
1 ­ 22% CW
100
= 12,8 mm (0,50 pol.)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Página 82
7.D7 A 1040 barra cilíndrica de aço, com uma resistência à tracção mínima de 865 MPa (125.000 psi), a ductilidade
de pelo menos 10% EL, e um diâmetro final de 6,0 mm (0,25 pol.) é desejado. Alguns 7,94 milímetros (0,313 pol.) Diâmetro 1040
estoque de aço, que tem sido trabalhado a frio de 20% está disponível. Descreva o procedimento que você seguiria para obter esta
material. Suponha que 1.040 experiências de aço rachaduras em 40% CW.
Solução
Esse problema chama para nós para trabalho a frio algum estoque 1040 aço que tem sido anteriormente trabalhado a frio, a fim
para atingir à tracção mínima de resistência e de ductilidade valores de 865 MPa (125.000 psi) e 10% de EL, respectivamente, enquanto
o diâmetro final deve ser 6,0 milímetros (0,25 pol.). Além disso, o material não pode ser deformada para além de 40% CW. Deixei
nós começar por decidir o que é necessário para a força de ruptura mínima e os valores deductilidade por cento coldwork,
assumindo que um tratamento térmico de recristalização é possível. A partir da Figura 7.19 b , pelo menos 25% CW é necessário para uma
resistência à tracção de 865 MPa. Além disso, de acordo com a Figura 7.19 c , 10% EL corresponde um máximo de 30% CW.
Tomemos a média desses dois valores (ou seja, 27,5% CW), e determinar o que é anterior diâmetro espécime
necessária para produzir um diâmetro final de 6,0 mm. Para amostras cilíndricas, a Equação 7.8 assume a forma
% CW =
π d0
2
�
��
�
��
2­ Π dd
2
�
��
�
��
2
π d0
2
�
��
�
��
2
× 100
Resolvendo para o diâmetro original d0rendimentos
d0 =
dd
1 ­ CW%
100
= 6,0 milímetros
1 ­ 27,5% CW
100
= 7.05 mm (0,278 pol.)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Agora, vamos determinar seu diâmetro não deformada percebendo que um diâmetro de 7,94 milímetros corresponde a
20% CW. Novamente resolvendo para d0utilizando a equação acima e assumindo dd= 7,94 milímetros rendimentos
d0 =
dd
1 ­ CW%
100
= 7,94 milímetros
1 ­ 20% CW
100
= 8.88 mm (0,350 pol.)
Neste ponto, vamos ver se é possível deformar o material a partir de 8,88 milímetros a 7,05 milímetros, sem exceder o
40% limite CW. Mais uma vez empregando Equation 7.8
Página 83
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
% CW =
π 8,88 milímetros
2
�
��
�
��
2
­ Π 7,05 milímetros
2
�
��
�
��
2
π 8,88 milímetros
2
�
��
�
��
2
× 100 = 37% CW
Em resumo, o processo que pode ser usado para produzir o material desejado seria como se segue: a frio
trabalhar o estoque como recebida a 7,05 mm (0,278 pol.), tratamento térmico­lo para alcançar a recristalização completa e, em seguida frio
trabalhar o material novamente para 6,0 mm (0,25 pol.), o que dará a força de tensão desejado e ductilidade.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
CAPÍTULO 9
Diagramas de fase
SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
Limite de solubilidade
9.1 Considere o diagrama de fases água­açúcar da Figura 9.1.
(A) Como quantidade de açúcar se dissolvem em 1500 g de água a 90 ° C (194 ° F)?
(B) Se a solução de líquido saturado na parte (a) é arrefecida a 20 ° C (68 ° F), uma parte do açúcar irá precipitar
como um sólido. O que vai ser a composição da solução do líquido saturado (em% em peso de açúcar) a 20 ° C?
(C) Como a maior parte do açúcar sólido irá sair da solução depois do arrefecimento a 20 ° C?
Solução
(A) É­nos pedido para determinar o quanto de açúcar irá dissolver em 1000 g de água a 90 ° C. Do
curva limite de solubilidade na Figura 9.1, a 90 ° C, a concentração máxima de açúcar no xarope é de cerca de 77% em peso. Isto é
agora possível calcular a massa de açúcar usando a Equação 4.3 como
Caçúcar(% Em peso) =
maçúcar
maçúcar
+ m
água
× 100
77% em peso =
maçúcar
maçúcar
+ 1,500 g
× 100
Resolvendo para maçúcarproduz maçúcar= 5022 g
(B) Uma vez usando essa mesma parcela, a 20 ° C, o limite de solubilidade (ou a concentração da solução saturada)
é cerca de 64% em peso de açúcar.
(C) A massa de açúcar nesta solução saturada a 20 ° C ( m 'açúcar) pode também ser calculado utilizando a Equação
4,3 como se segue:
64% em peso =
m 'açúcar
m 'açúcar
+ 1,500 g
× 100
Página 135
que produz um valor para m 'açúcarde 2,667 g. Subtraindo o último do primeiro destes concentrações de açúcar
proporciona a quantidade de açúcar que precipitou a partir da solução após arrefecimento m "açúcar; isto é
m "açúcar= maçúcar­ MOaçúcar= 5,022 g ­ 2,667 g = 2355 g
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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9.2 A 500 ​​° C (930 ° F), o que é a solubilidade máxima (a) de Cu em Ag? (B) da AG em Cu?
Solução
(A) A partir da Figura 9.7, a solubilidade máxima de Cu em ag a 500 ° C corresponde à posição do β­ (α
+ Β) limite de fase, a esta temperatura, ou a cerca de 2% em peso de Cu.
(B) A partir dessa mesma figura, a solubilidade máxima de Ag em Cu corresponde à posição do α­ (+ α
β) limite de fase, a esta temperatura, ou cerca de 1,5% em peso de Ag.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Microestrutura
9.3 Cite três variáveis ​​que determinam a microestrutura de uma liga.
Solução
Três variáveis ​​que determinam a microestrutura de uma liga são (1) os elementos de liga presente, (2) o
as concentrações destes elementos de liga, e (3) o tratamento térmico da liga.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Equilíbrio de fases
9.4 Que condição termodinâmica devem ser atendidas para um estado de equilíbrio de existir?
Solução
Para que um sistema para existir num estado de equilíbrio, a energia livre deve ser, no mínimo, por algum
especificado combinação de temperatura, pressão, e composição.
Página 139
De um componente (ou Unário) diagramas de fase
9.5 Considere­se uma amostra de gelo que é a 2 10 ° C e à pressão de 1 atm. Usando a Figura 9.2, a pressão­
diagrama de fases temperatura para H2O, determinar a pressão à qual a amostra deve ser levantada ou baixada para
fazer com que ele(a) para derreter, e (b) a sublimar.
Solução
A figura abaixo mostra o diagrama de fases pressão­temperatura para H2S, figura 10.2; uma linha vertical tem
foi construído a ­10 ° C, e a localização nesta linha à pressão de 1 atm (ponto B ) é também observada.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(A) fusão ocorre, (mudando sob pressão), movendo­se verticalmente (para cima) a esta temperatura, que atravessam a
Ice­Liquid limite de fase. Isso ocorre em cerca de 570 atm; Assim, a pressão da amostra deve ser
levantou 1­570 atm.
(B) A fim de determinar a pressão à qual ocorre a sublimação a esta temperatura, que se mover verticalmente
descendente a partir de 1 atm até cruzar a fronteira fase Ice­Vapor. Esta intersecção ocorre a aproximadamente
0,0023 atm.
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9.6 a uma pressão de 0,01 atm, determinar (a) a temperatura de fusão para gelo, e (b) o ponto de ebulição
temperatura para a água.
Solução
A temperatura de fusão para gelo e a temperatura de ebulição da água a uma pressão de 0,01 atm pode ser
determinada a partir do diagrama de pressão­temperatura para este sistema, a Figura 10.2, o qual é mostrado a seguir; um horizontal
A linha foi construído através deste diagrama, a uma pressão de 0,01 atm.
As temperaturas de fusão e de ebulição de gelo a uma pressão de 0,01 atm pode ser determinada movendo horizontalmente
em todo o diagrama de pressão­temperatura a esta pressão. A temperatura que corresponde à intersecção do
Gelo­líquido limite de fase é a temperatura de fusão, que é de cerca de 1 ° C. Por outro lado, o ponto de ebulição
temperatura está na intersecção da linha horizontal com o limite de fase líquido­vapor ­ cerca de 16 ° C.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Sistemas binários isomorfos
9.7 Dada aqui estão as temperaturas solidus e liquidus para o sistema de germânio­silício. Construir o
diagrama de fases para este sistema e etiqueta cada região.
Composição
( % em peso de Si )
Solidus
Temperatura
( ° C )
Liquidus
Temperatura
( ° C )
0 938 938
10 1005 1147
20 1065 1226
30 1123 1278
40 1178 1315
50 1232 1346
60 1282 1367
70 1326 1385
80 1359 1397
90 1390 1408
100 1414 1414
Solução
O diagrama de fase germânio­silício é construído abaixo.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Interpretação de diagramas de fase
9.8 Cite as fases que estão presentes e as composições de fases para as seguintes ligas:
(A) 90% em peso de Zn­10% em peso de Cu a 400 ° C (750 ° F)
(B) 75% em peso de Sn­Pb 25% em peso a 175 ° C (345 ° F)
(C) 55% em peso de Ag­45% em peso de Cu a 900 ° C (1650 ° F)
(D) 30% em peso de Pb­70% em peso de Mg, a 425 ° C (795 ° F)
(E) 2,12 kg 1,88 kg de Zn e Cu a 500 ° C (930 ° F)
(F) £ 37mPb e 6,5 £ mMg a 400 ° C (750 ° F)
(G) 8,2 moles de Ni e de Cu de 4,3 mol a 1250 ° C (2280 ° F)
(H) 4,5 mole de Sn e Pb 0,45 mol a 200 ° C (390 ° F)
Solução
Este problema pede que citamos a fase ou fases presentes por várias ligas a temperaturas especificadas.
(A) A parte do diagrama de fases de Cu­Zn (Figura 9.19) que diz respeito a este problema é mostrado a seguir;
o ponto marcado "A" representa o Zn­10% em peso de composição de Cu 90% em peso a 400 ° C.
Como pode ser observado, o ponto A situa­se dentro do campo de fase ε e η. Uma linha de ligação foi construído a 400 ° C; As suas
intersecção com o limite ε­ε + η fase é de 87% em peso de Zn, o que corresponde à composição de fase ε.
Do mesmo modo, a intersecção da linha de laço com o ε + η­η limite de fase ocorre a 97% em peso de Zn, a qual é a composição
da fase η. Assim, as composições de fases são as seguintes:
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Cε = 87% em peso de Zn­13% em peso de Cu
Cη = 97% em peso de Zn­3% em peso de Cu
(B) A parte do diagrama de fases de Pb­Sn (Figura 9.8), que se refere a este problema é mostrado a seguir; a
ponto marcado "B" representa o 75% em peso de Sn­25% em peso de composição de Pb a 175 ° C.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Como pode ser observado, ponto B encontra­se dentro do campo de fase α + β. Uma linha de ligação foi construído a 175 ° C; As suas
intersecção com o α­α + β limite de fase é de 16% em peso de Sn, o que corresponde à composição do α
fase. Do mesmo modo, a intersecção da linha de laço com o α + β­β limite de fase ocorre a 97% em peso de Sn, o qual é a
composição da fase β. Assim, as composições de fases são as seguintes:
Cα = 16% em peso de Sn­84% em peso de Pb
Cβ = 97% em peso de Sn­3% em peso de Pb
(C) O diagrama de fases de Ag­Cu (Figura 9.7) é mostrado a seguir; o ponto marcado "C" representa a 55% em peso
Ag­45% em peso de composição de Cu a 900 ° C.
Página 144
Como pode ser observado, o ponto C encontra­se dentro do campo de fase líquida. Por conseguinte, apenas a fase líquida está presente; As suas
composição é de 55% em peso de Ag­45% em peso de Cu.
(D) O diagrama de fase Mg­Pb (Figura 9.20) é mostrado a seguir; o ponto marcado "D" representa a 30% em peso
Pb­70% em peso de composição de Mg, a 425 ° C.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
Como pode ser observado, o ponto D está dentro do campo de faseα. Portanto, somente a fase α está presente; a sua composição é
30% em peso de Pb­70% em peso de Mg.
(E) Para uma liga composta de 2,12 kg e 1,88 kg de Zn Cu e a 500 ° C, é preciso primeiro determinar o Zn e
As concentrações de Cu, tal como
CZn
= 2,12 kg
2,12 kg + 1,88 kg
× 100 = 53% em peso
CCu
= 1,88 kg
2,12 kg + 1,88 kg
× 100 = 47% em peso
A parte do diagrama de fases de Cu­Zn (Figura 9.19) que diz respeito a este problema é mostrado a seguir; o ponto
rotulado "E" representa o Zn­47% em peso de composição de Cu 53% em peso a 500 ° C.
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Como pode ser observado, ponto E encontra­se dentro do campo de fase β + γ. Uma linha de ligação foi construído a 500 ° C; sua intersecção
com a β­β + γ limite de fase é de 49% em peso de Zn, o que corresponde à composição de fase β. Da mesma forma,
a intersecção da linha de laço com o β + γ­γ limite de fase ocorre a 58% em peso de Zn, a qual é a composição do
fase γ. Assim, as composições de fases são as seguintes:
Cβ = 49% em peso de Zn­51% em peso de Cu
Cγ = 58% em peso de Zn­42% em peso de Cu
(F) Para uma liga composta de £ 37mPb e 6,5 £ mMg e a 400 ° C, é preciso primeiro determinar o Pb e
Mg, como
CPb
= £ 37 m
£ 37m
+ 6,5 £
m
× 100 = 85% em peso
CMg
= £ 6,5 m
£ 37m + 6,5 £ m
× 100 = 15% em peso
A parte do diagrama de fases de Mg­Pb (Figura 9.20) que diz respeito a este problema é mostrado a seguir; o ponto
marcado "F" representa a 85% em peso de Pb­15% em peso de composição de Mg a 400 ° C.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Como pode ser observado, ponto F situa­se dentro da L + Mg2Campo fase Pb. Uma linha de ligação foi construído a 400 ° C; isto
intersecta a linha vertical a 81% em peso de Pb, o que corresponde à composição de Mg2Pb. Além disso, a linha de interligação
interseção com a L + Mg 2Pb L limite de fase é de 93% em peso de Pb, o qual é a composição da fase líquida.
Assim, as composições de fases são as seguintes:
CMg2Pb
= 81% em peso de Pb­19% em peso de Mg
CEU= 93% em peso de Pb­7% em peso de Mg
(G) Para uma liga composta de 8,2 moles de Ni e 4,3 mole de Cu e a 1250 ° C, é necessário em primeiro lugar determinar
as concentrações de Ni e Cu, que vamos fazer em% em peso da seguinte forma:
nNi'
= n
mNiUMANi
= (8,2 mol) (58,69 g / mol) = 481,3 g
nCu'
= n
mCuUMACu
= (4,3 mol) (63,55 g / mol) = 273,3 g
CNi
= 481,3 g
481,3 g + 273,3 g
× 100 = 63,8% em peso
CCu
= 273,3 g
481,3 g + 273,3 g
× 100 = 36,2% em peso
O diagrama de fase de Cu­Ni (Figura 9.3 um ) é mostrado a seguir; o ponto etiquetado "L" representa a 63,8% em peso de Ni­36,2
% em peso de composição Cu a 1250 ° C.
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Como pode ser observado, ponto G encontra­se dentro do campo de fase α. Portanto, somente a fase α está presente; a sua composição é
63,8% em peso de Ni­36,2% em peso de Cu.
(H) Para uma liga composta de 4,5 mol e 0,45 mol de Sn e Pb a 200 ° C, é necessário em primeiro lugar determinar
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
as concentrações de Sn e Pb, o que vamos fazer em percentagem de peso como segue:
nSn'
= n
mSnUMASn
= (4,5 mol) (118,71 g / mol) = 534,2 g
nPb'
= n
mPbUMAPb
= (0,45 mol) (207,2 g / mol) = 93,2 g
CSn
= 534,2 g
534,2 g + 93,2 g
× 100 = 85,1% em peso
CPb
= 93,2 g
534,2 g + 93,2 g
× 100 = 14,9% em peso
A parte do diagrama de fases de Pb­Sn (Figura 9.8), que se refere a este problema é mostrado a seguir; o ponto
rotulada "H" representa a 85,1% em peso de Sn­14,9% em peso de composição de Pb a 200 ° C.
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Como pode ser observado, o ponto H se encontra dentro do β + L campo fase. Uma linha de ligação foi construído a 200 ° C; sua intersecção
com o G ­β + L limite de fase é de 74% em peso de Sn, o que corresponde à composição do G fase. Da mesma forma,
a intersecção da linha de laço com o β + G ­β limite de fase ocorre a 97,5% em peso de Sn, o qual é a composição do
fase β. Assim, as composições de fases são as seguintes:
Cβ = 97,5% em peso de Sn­Pb 2,5% em peso
CEU= 74% em peso de Sn­26% em peso de Pb
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9.9 é possível ter uma liga de cobre­níquel que, no estado de equilíbrio, é constituída por uma fase líquida de
composição de 20% em peso de Ni­80% em peso de Cu e também um α fase de composição de 37% em peso de Ni­63% em peso de Cu? Em caso
afirmativo, qual seráa temperatura aproximada da liga? Se isso não for possível, explicar o porquê.
Solução
É não é possível ter uma liga de Cu­Ni, o que no estado de equilíbrio, é composto por uma fase líquida da composição 20
% em peso de Ni­80% em peso de Cu e uma fase α de composição 37% em peso de Ni­63% em peso de Cu. A partir da Figura 9.3 um , uma única
linha de interligação faznão existe dentro da α + G região que intersecta os limites de fase com as composições indicadas. Em 20% em peso de Ni, o
L ­ (+ α L ) limite de fase é de cerca de 1200 ° C, enquanto que a 37% em peso de Ni ( G + α) ­α limite de fase é de cerca de
1230 ° C.
Página 151
9.10 É possível ter uma liga de cobre­zinco que, no estado de equilíbrio, consiste de um ε fase de composição
80% em peso de Zn­20% em peso de Cu, e também uma fase líquida da composição de 95% em peso de Zn­5% em peso de Cu? Em caso afirmativo,
qual será atemperatura aproximada da liga? Se isso não for possível, explicar o porquê.
Solução
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou traduçãodeste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Isso não é possível ter uma liga de Cu­Zn, a qual no estado de equilíbrio consiste de uma fase ε de composição 80% em peso
Zn­20% em peso de Cu e também uma fase líquida da composição de 95% em peso de Zn­5% em peso de Cu. A partir da Figura 9.19 uma única linha de interligação
não existe dentro da ε + G região que intersecta os limites de fase com as composições indicadas. A 80% em peso
Zn, o ε­ (ε + L ) limite de fase é de cerca de 575 ° C, enquanto que a 95% em peso de Zn a (ε + L ) ­ L limite de fase é de cerca de
490 ° C.
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9,11 Uma liga de cobre­níquel de composição 70% em peso de Ni­30% em peso de Cu é lentamente aquecida desde uma temperatura de
1300 ° C (2370 ° F).
(A) A que temperatura faz a primeira forma de fase líquida?
(B) Qual é a composição desta fase líquida?
(C) A que temperatura faz fusão completa da liga ocorre?
(D) que é a composição do último sólido remanescente antes da completa fusão?
Solução
Abaixo é mostrado o diagrama de fase de Cu­Ni (Figura 9.3 um ) e uma linha vertical construída em uma composição de
70% em peso de Ni­30% em peso de Cu.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(A) Por aquecimento de 1300 ° C, as primeiras formas de fase líquida à temperatura a que esta linha vertical
intercepta a α­ (α + L ) limite de fase ­ ou seja, cerca de 1345 ° C.
(B) A composição desta fase líquida corresponde à intersecção com o (α + L ) ­ L fase
limite, de uma linha de ligação construído através do α + L região da fase em 1345 ° C ­ ou seja, 59% em peso de Ni;
(C) fusão completa da liga ocorre na intersecção da mesma linha vertical a 70% em peso de Ni, com o
(Α + L ) ­ L limite de fase ­ ou seja, cerca de 1380 ° C;
Página 153
(D) a composição do último sólido remanescente de fusão antes de completar corresponde à intersecção
com α­ (α + L ) limite de fase, da linha tie construídos em todo o α + L região da fase a 1380 ° C ­ ou seja, cerca de 79
% em peso de Ni.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9.12 A 50% em peso de Pb­50% em peso de liga de Mg é arrefecida lentamente a partir de 700 ° C (1290 ° F) a 400 ° C (750 ° F).
(A) A que temperatura faz a primeira forma de fase sólida?
(B) que é a composição desta fase sólida?
(C) A que temperatura que o líquido solidificar?
(D) Qual é a composição desta última fase líquida remanescente?
Solução
Abaixo, está o diagrama de fases Mg­Pb (Figura 9,20) e uma linha vertical construído em uma composição de
50% em peso de Pb­50% em peso de Mg.
(A) Após arrefecimento a partir de 700 ° C, as primeiras formas de fase sólida à temperatura a que uma linha vertical neste
composição intercepta a L ­ (α + L ) limite de fase ­ ou seja, cerca de 560 ° C;
(B) A composição desta fase sólida corresponde à intersecção com a α­ (α + L ) de limite de fase,
de uma linha de ligação construído através do α + L região da fase a 560 ° C ­ ou seja, 21% em peso de Pb­79% em peso de Mg;
(C) solidificação completa da liga ocorre na intersecção da mesma linha vertical a 50% em peso de Pb
com a isotérmica eutectic ­ ou seja, cerca de 465 ° C;
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(D) A composição da última fase líquida restante para completar a solidificação, antes corresponde à
composição eutética ­ ou seja, cerca de 67% em peso de Pb­33% em peso de Mg.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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9,13 Para uma liga de composição de 74% em peso de Zn­26% em peso de Cu, citar as fases presentes e as suas composições em
as seguintes temperaturas: 850 ° C, 750 ° C, 680 ° C, 600 ° C, e 500 ° C.
Solução
Este problema nos pede para determinar as fases presentes e as suas concentrações em diversas temperaturas, para
uma liga de composição de 74% em peso de Zn­26% em peso de Cu. A partir da Figura 9.19 (o diagrama de fase de Cu­Zn), o qual é mostrado
a seguir, com uma linha vertical construído para a composição especificada:
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
A 850 ° C, uma fase líquida está presente; CEU= 74% em peso de Zn­26% em peso de Cu
A 750 ° C, as fases líquidas e γ estão presentes; Cγ= 67% em peso de Zn­33% em peso de Cu; CEU= 77% em peso de Zn­23% em peso de Cu
A 680 ° C, as fases δ e líquidos estão presentes; Cδ= 73% em peso de Zn­27% em peso de Cu; CEU= 82% em peso de Zn­18% em peso de Cu
A 600 ° C, a fase δ está presente; Cδ = 74% em peso de Zn­26% em peso de Cu
A 500 ​​° C, as fases γ e ε estão presentes; Cγ = 69% em peso de Zn­31% em peso de Cu; Cε = 78% em peso de Zn­22% em peso de Cu
Página 157
9.14 Determine as quantidades relativas (em termos de frações de massa) das fases para as ligas e
As temperaturas dadas no Problema 9.8.
Solução
Este problema pede que determinar as frações em massa de fase para as ligas e as temperaturas no Problema
9.8.
(A) A partir de 9.8a Problema, fases ε η e estão presentes para um 90% em peso de Zn­10% em peso de Cu a 400 ° C, tal como
representado na parte do diagrama de fases de Cu­Zn mostrado abaixo (no ponto A).
Além disso, as composições das fases, conforme determinado a partir da linha de ligação são
Cε = 87% em peso de Zn­13% em peso de Cu
Cη = 97% em peso de Zn­3% em peso de Cu
Na medida em que a composição da liga C0= 90% em peso de Zn, a aplicação das regras de expressões alavanca apropriados (por
As composições em por cento em peso de zinco) leva a
Wε =
Cη ­ C 0
Cη ­ C ε
= 97­90
97­87
= 0,70
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidoporSeções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Wη = C0 ­ CεCη ­ C ε
= 90­87
97­87
= 0,30
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(B) A partir de 9.8b Problema fases, α e β estão presentes em um 75% em peso de Sn­25% em peso de liga de Pb a 175 ° C, tal como
representado na parte do diagrama de fases de Pb­Sn mostrado abaixo (no ponto B).
Além disso, as composições das fases, conforme determinado a partir da linha de ligação são
Cα = 16% em peso de Sn­84% em peso de Pb
Cβ = 97% em peso de Sn­3% em peso de Pb
Na medida em que a composição da liga C0 = 75% em peso de Sn, a aplicação das regras de expressões alavanca apropriados (por
As composições em peso por cento de estanho) leva a
Wα =
Cβ ­ C 0
Cβ ­ C α
= 97­75
97­16
= 0,27
Wβ =
C0
­ Cα
Cβ ­ Cα
= 75­16
97­16
= 0,73
(C) A partir de 9.8c Problema, apenas a fase líquida está presente em um 55% em peso de Ag­45% em peso de Cu a 900 ° C, tal como pode
se notar no diagrama de fases Ag­Cu mostrado abaixo (no ponto C) ­ou seja, WEU= 1,0
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(D) A partir de 9.8d Problema, apenas a fase α está presente para um 30% em peso de Pb­70% em peso de liga de Mg, a 425 ° C, tal como pode ser
observado no diagrama de fase Mg­Pb mostrado abaixo (no ponto D) ­ie, Wα = 1,0
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(E) De Problema 9.8e, β e γ fases estão presentes para uma liga composta de 2,12 kg e 1,88 kg de Zn Cu
(Ou seja, de composição 53% em peso de Zn­Cu 47% em peso) a 500 ° C. Isto é representado na porção da fase de Cu­Zn
diagrama mostrado abaixo (no ponto E).
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Além disso, as composições das fases, conforme determinado a partir da linha de ligação são
Cβ = 49% em peso de Zn­51% em peso de Cu
Cγ= 58% em peso de Zn­42% em peso de Cu
Na medida em que a composição da liga C0= 53% em peso de Zn e de aplicação das expressões regra da alavanca apropriados
(Para composições em por cento em peso de zinco) leva a
Wβ =
Cγ ­ C 0
Cγ ­ C β
= 58­53
58­49
= 0,56
Wγ =
C0 ­ C β
Cγ ­ C β
= 53­49
58­49
= 0,44
(F) A partir Problema 9.8f, L e Mg2Pb fases estão presentes para uma liga composta de £ 37mPb e 6,5 £ m
Mg (85% em peso de Pb­15% em peso de Mg) a 400 ° C. Isto é representado na parte do diagrama de fases de Pb­Mg mostrado
abaixo (no ponto F).
Página 161
Além disso, as composições das fases, conforme determinado a partir da linha de ligação são
CMg2Pb
= 81% em peso de Pb­19% em peso de Mg
CEU= 93% em peso de Pb­7% em peso de Mg
Na medida em que a composição da liga C0 = 85% em peso de Pb e de aplicação das expressões regra da alavanca apropriados
(Para composições em peso por cento de chumbo) leva a
WMg2Pb=
CEU
­ C
0
CEU
­ C
Mg2Pb
= 93­85
93­81
= 0,67
WEU=
C0 ­ C Mg2Pb
CEU­ C Mg2Pb
= 85­81
93­81
= 0,33
(G) A partir Problema 9,8 g, apenas a fase α está presente (ou seja, Wα = 1.0) para uma liga composta de 8,2 mol de Ni
e 4,3 mole de Cu (ou seja, 63,8% em peso de Ni­Cu 36,2% em peso) a 1250 ° C; como pode notar­se (como ponto G) na fase de Cu­Ni
diagrama mostrado abaixo.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(H) A partir Problema 9.8h, β e L fases estão presentes em uma liga composta de 4,5 mol e 0,45 mol de Sn Pb
(85,1% em peso de Sn­Pb 14,9% em peso) e a 200 ° C. Isto é representado na parte do diagrama de fases de Pb­Sn mostrado
abaixo (no ponto H).
Além disso, as composições das fases, conforme determinado a partir da linha de ligação são
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Cβ = 97,5% em peso de Sn­Pb 2,5% em peso
CEU= 74% em peso de Sn­26% em peso de Pb
Na medida em que a composição da liga C0 = 85,1% em peso de Sn, a aplicação das regras de alavanca apropriados expressões
(Para composições em peso por cento de chumbo) leva a
Wβ =
C0
­ C
EU
Cβ ­ C EU
= 85,1­74
97,5­74
= 0,47
WEU=
Cβ ­ C 0
Cβ ­ C EU
= 97,5­85,1
97,5­74
= 0,53
Página 164
9,15 Uma amostra de 1,5 kg de um Pb­10% em peso de liga de Sn 90% em peso é aquecida a 250 ° C (480 ° F); a esta temperatura
é inteiramente uma α ­fase solução sólida (Figura 9.8). A liga é para ser derretido para o ponto em que 50% dos espécimes
é líquido, sendo o restante o α fase. Isto pode ser conseguido quer por aquecimento da liga nem alterar a sua
composição, mantendo a temperatura constante.
(A ) Para que a temperatura da amostra deve ser aquecida?
(B ) Quanto estanho devem ser adicionados à amostra de 1,5 kg a 250 ° C para atingir este estado de?
Solução
(A) Provavelmente, a maneira mais fácil de resolver esta parte do problema é por tentativa e erro ­ ou seja, na Pb­Sn
diagrama de fases (Figura 9.8), movendo­se verticalmente na composição dada, através do α + L região até o tie­line
comprimentos de ambos os lados da composição dada são as mesmas. Isto ocorre a cerca de 295 ° C (560 ° F).
(B) também pode produzir uma solução líquida de 50% a 250 ° C, por adição de Sn para a liga. A 250 ° C, e nas
o α + G região da fase
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Cα = 14% em peso de Sn­86% em peso de Pb
CEU= 34% em peso de Sn­66% em peso de Pb
Vamos C0ser a nova composição da liga a dar Wα = WEU= 0,5. Então,
Wα = 0,5 =
CEU­ C 0
CEU­ C α
= 34 ­ C 0
34­14
E resolvendo para C0 dá 24% em peso de Sn. Agora, vamos mSn ser a massa de Sn adicionado à liga para atingir este novo
composição. A quantidade de Sn na liga original está
(0,10) (1,5 kg) = 0,15 quilogramas
Em seguida, usando uma forma modificada da equação 4.3
0,15 kg + m Sn
1,5 kg + m Sn
�
�
�
�
�
�× 100 = 24
E, resolvendo para mSn(A massa de estanho para ser adicionado), os rendimentos mSn= 0,276 kg.
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9.16 Uma liga de magnésio­chumbo de 5,5 kg de massa é constituído por uma fase α sólido que tem uma composição que é apenas
ligeiramente abaixo do limite de solubilidade, a 200 ° C (390 ° F).
(A) O que é massa de chumbo na liga?
(B) Se a liga é aquecida a 350 ° C (660 ° F), quanto mais o chumbo pode ser dissolvido na fase sem α
excedendo o limite de solubilidade desta fase?
Solução
(A) Esta parte do problema pede que calcular, para uma liga de Pb­Mg, a massa de chumbo em 5,5 kg de a
α fase sólida a 200 ° C, logo abaixo do limite de solubilidade. A partir da Figura 9.20, o limite de solubilidade para a fase α em
200 ° C corresponde à posição (composição) da α­α + Mg 2Limite de fase Pb a esta temperatura, que é
cerca de 5% em peso de Pb. Por conseguinte, a massa de Pb na liga é apenas a (0,05) (5,5 kg) = 0,28 kg.
(B) a 350 ° C, o limite de solubilidade da fase α aumenta para aproximadamente 25% em peso de Pb. A fim de
determinar a quantidade adicional de Pb que podem ser adicionados ( mPb), Que utiliza uma forma modificada da equação 4.3 como
CPb= 25% em peso =
0,28 kg + m Pb
5,5 kg + m Pb
× 100
Resolvendo para mPbproduz mPb= 1,46 kg.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9,17 Uma Ag­10% em peso de liga de Cu 90% em peso é aquecido a uma temperatura dentro da β + região da fase líquida. Se o
composição da fase líquida é de 85% em peso de Ag, determinar:
(A) A temperatura da liga
(B) A composição da β fase
(C) As frações de massa de ambas as fases
Solução
(A) A fim de determinar a temperatura de um Ag­10% em peso de liga de Cu 90% em peso para os quais β e fases líquidas
estão presentes com a fase líquida da composição 85% em peso Ag, precisamos construir uma linha de interligação do outro lado da β + L fase
região da Figura 9.7 que intersecta a linha liquidus a 85% em peso de Ag; isso é possível em cerca de 850 ° C.
(B) A composição da fase β a esta temperatura é determinado a partir da intersecção da mesma laço
A linha com linha de solidificao, o que corresponde a cerca de 95% em peso de Ag.
(C) As fracções ponderais das duas fases são determinados usando a regra de alavanca, as equações 9.1 e 9.2 com
C0= 90% em peso de Ag, CEU= 85% em peso de Ag, e Cβ = 95% em peso de Ag, tal como
Wβ =
C0 ­ C EU
Cβ ­ C EU
= 90­85
95­85
= 0,50
WEU=
Cβ ­ C 0
Cβ ­ C EU
= 95­90
95­85
= 0,50
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9.18 A 30% em peso de Sn­70% em peso de liga de Pb é aquecido a uma temperatura dentro da α + região da fase líquida. Se o
fração de massa de cada fase é de 0,5, a estimativa:
(A) A temperatura da liga
(B) As composições das duas fases
Solução
(A) nos dado que as fracções mássicas de α e fases líquidas são ambos para 0,5 a 30% em peso de Sn­70% em peso de Pb
liga e pediu para estimar a temperatura da liga. Usando o diagrama de fases adequado, Figura 9.8, por tentativa
e erro com uma régua, uma linha de ligação dentro da α + L região fase que é dividida ao meio por uma liga de esta composição
existe a cerca de 230 ° C.
(B) Nós são agora solicitados a determinar as composições de duas fases. Isto é realizado observando o
interseções desta linha de interligação com ambos os solidus e liquidus linhas. A partir desses cruzamentos, Cα = 15% em peso de Sn, e
CEU= 43% em peso de Sn.
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9,19 Para as ligas de dois metais hipotéticas A e B, não existe um α, fase rica em A e um β, fase B­rico.
A partir das fracções de massa de ambas as fases para duas ligas diferentes fornecidos na tabela abaixo, (que são, ao mesmo
temperatura), determinar a composição do limite de fase (ou limite de solubilidade) para ambas as fases α e β neste
temperatura.
Liga Composição Α fração
Fase
Β fração
Fase
60% em peso de A­40% em peso de B0,57 0.43
30% em peso de A­70% em peso de B0,14 0.86
Solução
O problema a resolver é para as composições para as fronteiras de fase para ambas as fases α e β (ou seja, Cα e C β).
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Podemos criar dois independentes expressões regra da alavanca, um para cada composição, em termos de Cα e C β do seguinte modo:
Wα1 = 0,57 =
Cβ ­ C 01
Cβ ­ C α
=
Cβ ­ 60
Cβ ­ C α
Wα2 = 0,14 =
Cβ ­ C 02
Cβ ­ C α
=
Cβ ­ 30
Cβ ­ C α
Nestes expressões, as composições são dadas em% em peso: A. Solução para Cα e C β a partir destas equações, rendimento
Cα = 90 (ou 90% em peso­10% em peso de B)
Cβ = 20,2 (ou 20,2% em peso A­79,8% em peso B)
Página 169
9,20 Uma hipotética A­B da composição da liga de 55% em peso de B­45% em peso de A a alguma temperatura é encontrado consistir
de frações em massa de 0,5 para ambos α e β fases. Se a composição da fase β é de 90% em peso de B­10% em peso de A, o que é
a composição da fase α?
Solução
Para este problema, somos convidados a determinar a composição da fase β dado que
C0= 55 (ou 55% em peso de B­45% em peso de A)
Cβ = 90 (ou 90% em peso de B­10% em peso de A)
Wα = Wβ = 0,5
Se configurar a regra da alavanca para Wα
Wα = 0,5 =
Cβ ­ C 0
Cβ ­ C α
= 90­55
90 ­ C α
E resolvendo para Cα
Cα = 20 (ou 20% em peso de B­80% em peso de A)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9,21 É possível ter uma liga de cobre­prata de composição 50% em peso de Ag­50% em peso de Cu, que, em
equilíbrio, consiste em fases α e β possuindo fracções de massa Wα = 0,60 e W β= 0,40? Em caso afirmativo, qual será a
temperatura aproximada da liga? Se tal uma liga não for possível, explicar o porquê.
Solução
É não é possível ter uma liga Cu­Ag de composição de 50% em peso de Ag­50% em peso de Cu, que consiste de massa
fracções Wα = 0,60 e W β = 0,40. Usando o diagrama de fase apropriada, Figura 9.7, e, utilizando­se as equações 9.1 e
9.2 vamos determinar Wα e W β em apenas abaixo da temperatura eutética e também à temperatura ambiente. Em pouco abaixo
o eutectic, C α = 8,0% em peso de Ag e Cβ = 91,2% em peso de Ag; Assim,
Wα =
C β­ C0
C β­ C α
= 91,2­50
91,2­8
= 0,50
Wβ = 1.00 ­ Wα = 1,00­0,50 = 0,50
Além disso, à temperatura ambiente, Cα = 0% em peso de Ag e Cβ = 100% em peso de Ag; emprego de equações 9.1 e 9.2
rendimentos
Wα =
Cβ ­ C 0
Cβ ­ C α
= 100­50
100­0
= 0,50
E, W β = 0,50. Assim, as fracções de massa das fases α β e, após arrefecimento através da região de α + β fase
se manter aproximadamente constante a cerca de 0,5, e nunca terão valores de Wα = 0,60 e W β = 0,40 como solicitado na
o problema.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9.22 Por 11,20 kg de uma liga de magnésio­chumbo de composição 30% em peso de Pb­70% em peso de Mg, é possível, em
equilíbrio, ter α e Mg 2Pb fases tendo massas respectivas de 7,39 kg e 3,81 kg? Em caso afirmativo, qual será a
temperatura aproximada da liga? Se tal uma liga não for possível, explicar o porquê.
Solução
Sim, é possível ter um 30% em peso de Pb­70% em peso de liga de Mg que tem massas de 7,39 kg e 3,81 kg para o
α e Mg
2Pb fases, respectivamente. Para demonstrar isto, primeiro é necessário para determinar a fracção de massa
de cada uma das fases como segue:
Wα =
mα
mα + MMg2Pb
= 7,39 kg
7,39 kg + 3,81 kg
= 0,66
WMg2Pb = 1,00­0,66 = 0,34
Agora, se aplicarmos a expressão regra da alavanca para Wα
Wα =
CMg2Pb
­ C 0
CMg2Pb
­ C α
Uma vez que o Mg2Fase Pb existe apenas em 81% em peso de Pb, e C0= 30% em peso de Pb
Wα = 0.66 =
81­30
81 ­ C α
Resolvendo para Cα a partir desta expressão produzir Cα = 3,7% em peso de Pb. A posição ao longo do α­ (α + Mg2Pb) fase
limite da Figura 9.20 correspondente a esta composição é de aproximadamente 190 ° C.
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9,23 Derivar Equações 9.6a e 9.7a, que pode ser usado para converter fracção de massa da percentagem em volume, e
vice­versa.
Solução
Esta parte do problema pede que derivam 9.6a equação, que é utilizado para converter de peso fase
fração de eliminar fração de volume. Fracção de volume da fase α, Vα, É definida pela equação 9.5 como
Vα =
vα
vα + Vβ
(9.S1)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Onde v αe v βsão os volumes das respectivas fases na liga. Além disso, a densidade de cada fase está
igual à razão entre a sua massa e volume, ou mediante rearranjo
vα =
mα
ρα
(9.S2a)
vβ =
mβ
ρβ
(9.S2b)
Substituição destas expressões na equação conduz à 9.S1
Vα =
mα
ρα
mα
ρα
+ mβ
ρβ
(9.S3)
em que m 's e ρ de denotar massas e densidades, respectivamente. Agora, as fracções de massa das fases α e β (isto é,
Wα e W β) São definidos em termos das massas como fase
Wα =
mα
mα + Mβ
(9.S4a)
Wβ =
mβ
mα + Mβ
(9.S4b)
Que, ao rendimento rearranjo
Página 173
mα = Wα (mα + Mβ) (9.S5a)
mβ = Wβ (mα + M β) (9.S5b)
A incorporação destas relações na equação 9.S3 leva a
Vα =
Wα (mα + M β)
ρα
Wα (mα + M β)
ρα
+ Wβ
(mα + M β)
ρβ
Vα =
Wα
ρα
Wα
ρα
+ Wβ
ρβ
(9.S6)
que é a equação desejado.
Para esta parte do problema que estamos pediu para derivar equação 9.7a, que é usado para converter de fase
fração de volume de fração de massa. Fracção de massa da fase α é definido como
Wα =
mα
mα + Mβ
(9.S7)
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
A partir das Equações 9.S2a e 9.S2b
mα = vαρα (9.S8a)
mβ = vβρβ (9.S8b)
Substituição dessas expressões em rendimentos Equação 9.S7
Wα =
vαρα
vαρα + Vβρβ
(9.S9)
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
A partir da Equação 9.5 e seu equivalente para Vβ o seguinte pode ser escrito:
vα = Vα(vα + Vβ) (9.S10a)
vβ = Vβ(vα + Vβ) (9.S10b)
Substituição de Equações 9.S10a e 9.S10b em rendimentos Equação 9.S9
Wα =
Vα(vα + Vβ)ρα
Vα(vα + Vβ)ρα + Vβ(vα + Vβ)ρβ
Wα =
Vαρα
Vαρα + Vβρβ
(9.S11)
que é a expressão desejada.
Página 175
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9.24 Determine as quantidades relativas (em termos de frações de volume) das fases para as ligas e
As temperaturas dadas no Problema 9.8a, b, e c. Abaixo são dadas as densidades aproximadas dos vários metais na
as temperaturas de liga:
Metal Temperatura ( ° C ) Densidade ( g / cm3)
Ag 900 9.97
Cu 400 8,77
Cu 900 8,56
Pb 175 11,20
Sn 175 7,22
Zn 400 6.83
Solução
Este problema pede que determinar as frações de volume de fase para as ligas e as temperaturas em
Problemas 9.8a, b, e c. Isto é conseguido através da utilização da técnica ilustrada no Exemplo Problema 9.3, e também
os resultados dos Problemas 9.8 e 9.14.
(A) Trata­se de uma liga de Cu­Zn a 400 ° C, em que
Cε = 87% empeso de Zn­13% em peso de Cu
Cη = 97% em peso de Zn­3% em peso de Cu
Wε= 0,70
Wη = 0,30
ρ
Cu= 8,77 g / cm3
ρ
Zn= 6,83 g / cm3
Usando esses dados, é primeiro necessário calcular as densidades das fases ε η e usando a equação 4.10a.
Assim
ρε =
100
CZn (ε)
ρ
Zn
+ CCu (ε)
ρ
Cu
Página 176
= 10087
6,83 g / cm3
+ 13
8,77 g / cm3
= 7,03 g / cm3
ρη =
100
CZn (η)
ρ
Zn
+ CCu (η)
ρ
Cu
100
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
= 97
6,83 g / cm3
+ 3
8,77 g / cm3
= 6,88 g / cm3
Agora podemos determinar a Vε e V η valores usando a equação 9.6. Assim,
V = ε
W ε
ρε
W ε
ρε
+ Wη
ρη
=
0,70
7,03 g / cm3
0,70
7,03 g / cm3
+ 0,30
6,88 g / cm3
= 0,70
V η =
W η
ρη
W ε
ρε
+ W η
ρη
=
0,30
6,88 g / cm3
0,70
7,03 g / cm3
+ 0,30
6,88 g / cm3
= 0,30
(B) Trata­se uma liga de Pb­Sn a 175 ° C, em que
Cα = 16% em peso de Sn­84% em peso de Pb
Cβ = 97% em peso de Sn­3% em peso de Pb
Página 177
Wα = 0,27
Wβ = 0,73
ρ
Sn= 7,22 g / cm3
ρ
Pb= 11,20 g / cm3
Usando estes dados é primeiro necessário para calcular as densidades das fases α e β. Assim
ρα =
100
CSn (α)
ρSn
+ CPb (α)
ρPb
= 10016
7,22 g / cm3
+ 84
11,20 g / cm3
= 10,29 g / cm3
ρβ =
100
CSn (β)
ρ
Sn
+ CPb (β)
ρ
Pb
= 10097
7,22 g / cm3
+ 3
11,20 g / cm3
= 7,30 g / cm3
Agora podemos determinar a Vα e V β valores usando a equação 9.6. Assim,
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Vα =
Wα
ρα
Wα
ρα
+ Wβ
ρβ
=
0.27
10,29 g / cm3
0.27
10,29 g / cm3
+ 0.73
7,30 g / cm3
= 0,21
Vβ =
Wβ
ρβ
Wα
ρα
+ Wβ
ρβ
Página 178
=
0.73
7,30 g / cm3
0.27
10,29 g / cm3
+ 0.73
7,30 g / cm3
= 0,79
(C) Trata­se de uma liga de Ag­Cu a 900 ° C, em que apenas a fase líquida está presente. Por conseguinte, VEU= 1,0.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático paraestudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Página 179
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Desenvolvimento de microestrutura em isomorfos Alloys
9.25 (a) Descreva sucintamente o fenômeno da retirada do núcleo e por que isso ocorre.
(B) Cite uma conseqüência indesejável de descaroçamento.
Solução
(A) Coring é o fenômeno pelo qual existem gradientes de concentração através de grãos em policristalino
ligas, com concentrações mais elevadas do componente com a temperatura de fusão mais baixo nas fronteiras de grão.
Ela ocorre, durante a solidificação, como uma consequência do que as taxas de arrefecimento sejam demasiadamente rápida para permitir a manutenção de
a composição de equilíbrio da fase sólida.
(B) Uma consequência indesejável de uma estrutura tubular é que, após aquecimento, as regiões de fronteira do grão
derretem primeiro e a uma temperatura abaixo do limite da fase de equilíbrio a partir do diagrama de fase; isso resulta de fusão
em uma perda de integridade mecânica da liga.
Página 180
Propriedades Mecânicas de isomorfos Alloys
9,26 É desejável produzir uma liga de cobre­níquel, que tem uma resistência mínima à tracção trabalhou­noncold
de 350 MPa (50.750 psi) e uma ductilidade de pelo menos 48% EL. É tal uma liga possível? Em caso afirmativo, qual deve ser a sua
composição? Se isso não for possível, em seguida, explicar o porquê.
Solução
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
A partir da Figura 9.6 um , uma resistência à tracção superior a 350 MPa (50.750 psi) é possível para as composições
entre cerca de 22,5 e 98% em peso de Ni. Por outro lado, de acordo com a Figura 9.6 b , ductilidades maior do que 48% EL
existem composições para menos do que cerca de 8% em peso e maior do que cerca de 98% em peso de Ni. Portanto, os critérios estipulados são
reuniu­se apenas com uma composição de 98% em peso de Ni.
Página 181
Sistemas binários Eutectic
9.27 A 45% em peso de Pb­55% em peso da liga Mg é resfriado rapidamente à temperatura ambiente de um elevado
temperatura de tal maneira que a microestrutura de alta temperatura é preservada. Isto é encontrado para microestrutura
consistem na fase α e Mg
2Pb, tendo as respectivas fracções mássicas de 0,65 e 0,35. Determine o aproximada
temperatura a partir da qual a liga foi extinta.
Solução
Pedem­nos para determinar a temperatura aproximada de onde uma Pb­55% em peso da liga Mg 45% em peso era
extinguiu­se, tendo em conta as fracções mássicas de α e Mg2Fases de Pb. Nós podemos escrever uma expressão alavanca de regra para a massa
fracção da fase como α
Wα = 0,65 =
CMg2Pb
­ C
0
CMg2Pb
­ C α
O valor de C 0é indicado como 45% em peso de Pb­55% em peso de Mg, e CMg2Pb
é de 81% em peso de Pb­19% em peso de Mg, a qual é independente
de temperatura (Figura 9.20); Assim,
0,65 = 81­45
81 ­ C α
que os rendimentos
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Cα = 25,6% em peso de Pb
A temperatura à qual o (α­ α + Mg 2Pb) limite de fase (Figura 9.20) tem um valor de 25,6% em peso é de cerca de Pb
360 ° C (680 ° F).
Página 182
Desenvolvimento de microestrutura em Eutectic Alloys
9.28 Explique brevemente por que, após a solidificação, uma liga de composição eutética forma uma microestrutura
que consiste em camadas de duas fases sólidas alternada.
Solução
Após a solidificação, uma liga de composição eutética forma uma microestrutura consistindo em camadas alternadas
das duas fases sólidas porque durante a solidificação difusão atómica deve ocorrer, e com isso em camadas
configuração o comprimento do caminho de difusão para os átomosé um mínimo.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9,29 O que é a diferença entre uma fase e uma microconstituinte?
Solução
Uma "fase" é uma porção homogénea do sistema tendo características físicas e químicas uniformes,
Considerando que um "microconstituinte" é um elemento de identificação da microestrutura (que pode ser constituído por mais do que um
fase).
Página 184
9,30 É possível ter uma liga de cobre­prata em que as fracções mássicas de β primária e são dadas β
0,68 e 0,925, respectivamente, a 775 ° C (1425 ° F)? Por que ou por que não?
Solução
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Este problema pergunta se é possível ter uma liga de Ag­Cu para os quais as fracções mássicas de primário e β
β são dadas 0,68 e 0,925, respectivamente, a 775 ° C. A fim de fazer essa determinação é preciso configurar o
expressão regra da alavanca adequada para cada uma destas quantidades. A partir da Figura 9.7 e a 775 ° C, Cα = 8,0% em peso de Ag, Cβ
= 91,2% em peso de Ag, e Ceutectic= 71,9% em peso de Ag.
Para β primário
Wβ '=
C0 ­ Ceutectic
Cβ Ê ­Ceutectic
= C0
­ 71 . 9
91,2­71,9
= 0,68
Resolvendo para C0dá C 0= 85% em peso de Ag.
Agora, a expressão análoga para β total de
Wβ =
C0
­ Cα
Cβ ­ C α
= C0
­ 8,0
91,2­8,0
= 0,925
E este valor de C 0é de 85% em peso de Ag. Por conseguinte, uma vez que estes dois C0 os valores são iguais (85% em peso de Ag), esta liga está
possível .
Página 185
9,31 para 6,70 kg de uma liga de magnésio­chumbo, é possível ter as massas de α primário e α total de
4,23 kg e 6,00 kg, respectivamente, a 460 ° C (860 ° F)? Por que ou por que não?
Solução
Este problema pergunta se é possível ter uma liga de Mg­Pb em que as massas de α primária e são dadas α
4,23 kg e 6,00 kg, 6,70 kg, respectivamente, no total da liga a 460 ° C. A fim de fazer essa determinação que nós primeiro
precisa converter essas massas de frações de massa. Assim,
Wα '=
4,23 kg
6,70 kg
= 0,631
Wα =
6,00 kg
6,70 kg
= 0,896
Em seguida, é necessário configurar a expressão regra da alavanca adequada para cada uma destas quantidades. A partir da Figura 9.20
e a 460 ° C, C α = 41% em peso de Pb, CMg2Pb
= 81% em peso de Pb, e Ceutectic= 66% em peso de Pb
Para α primário
Wα ' =
Ceutectic­ C0
C ­ C
= 66 ­ C 0
66­41
= 0,631
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
eutectic α
E resolvendo para C0dá C 0= 50.2% em peso de Pb.
Agora, a expressão total de análogo de α
Wα =
CMg2Pb
­ C 0
CMg2Pb
­ C α
= 81 ­ C 0
81­41
= 0,896
E este valor de C 0é de 45,2% em peso de Pb. Por conseguinte, uma vez que estes dois C0os valores são diferentes, esta liga é possível não .
Página 186
9.32 Para uma liga de cobre­prata da composição 25% em peso Ag­75% em peso de Cu e em 775 ° C (1425 ° F) fazer o
Segue:
(A) Determinar as frações em massa de fases α e β.
(B) Determinar as frações em massa de α primário e microconstituintes eutéticas.
(C) Determinar a fração de massa de α eutética.
Solução
(A) Esta parte do problema pede que determinar as frações em massa de fases α e β para um 25% em peso
Ag­75% em peso de Cu (a 775 ° C). A fim de fazer isso, é necessário empregar a regra da alavanca usando uma linha de laço que
estende­se inteiramente através do campo fase α + β. A partir da Figura 9.7 e a 775 ° C, Cα = 8,0% em peso de Ag, Cβ = 91,2% em peso de Ag,
e C eutectic= 71,9% em peso de Sn. Portanto, as duas expressões alavanca de regras são as seguintes:
Wα =
Cβ ­ C 0
Cβ ­ C α
= 91,2­25
91,2­8,0
= 0,796
Wβ =
C0 ­ C α
Cβ ­ C α
= 25­8,0
91,2­8,0
= 0,204
(B) Agora é necessário determinar as frações em massa de α primário e microconstituintes eutéticas para este
mesma liga. Isto obriga­nos a utilizar a regra da alavanca e uma linha de ligação que se estende desde a solubilidade máximo de Ag
na fase α a 775 ° C (ou seja, 8,0% em peso de Ag) para a composição eutéctica (71,9% em peso de Ag). Assim
Wα ' =
CeutecticÊ ­C0
CeutecticÊ ­Cα
= 71,9­25
71,9­8,0
= 0,734
We =
C0
­ C α
Ceutectic
­ C α
= 25­8,0
71,9­8,0
= 0,266
(C) E, finalmente, somos convidados a calcular a fração de massa de α eutética, Weα. Esta quantidade é simplesmente o
diferença entre as frações em massa de α totais e α primária como
We α= Wα ­ Wα' = 0,796­0,734 = 0,062
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Página 187
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9.33 A microestrutura de uma liga de chumbo­estanho a 180 ° C (355 ° F) consiste em β primário e estruturas eutéticas.
Se as fracções de massa destes dois microcomponentes são 0,57 e 0,43, respectivamente, determinar a composição de
da liga.
Solução
Desde há um primário presente β microconstituinte, então sabemos que a composição da liga, C 0 é
entre 61,9 e 97,8% em peso de Sn (Figura 9.8). Além disso, esta figura também indica que Cβ = 97,8% em peso de Sn e
Ceutectic= 61,9% em peso de Sn. Aplicando a expressão regra da alavanca apropriado para Wβ '
Wβ '=
C0 ­ Ceutectic
Cβ Ê ­Ceutectic
= C0
­ 61,9
97,8­61,9
= 0,57
e resolvendo para C0produz C0= 82,4% em peso de Sn.
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9,34 Considere o diagrama de fase eutética hipotética para metais A e B, que é semelhante ao usado para o
Conduzir­lata sistema, Figura 9.8. Assume­se que (1) e α existir fases β nas extremidades A e B do diagrama de fases,
respectivamente; (2) a composição eutética é de 47% em peso de B­53% em peso de A;e (3) a composição da fase β no
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
temperatura eutética é de 92,6% em peso de B­7,4% em peso A. Determinar a composição de uma liga que irá produzir α primário e
frações de massa total α de 0,356 e 0,693, respectivamente.
Solução
Estamos atendendo um diagrama de fases eutectic hipotética para a qual Ceutectic= 47% em peso de B, Cβ = 92,6% em peso de B,
a temperatura eutéctica, e também que Wα '= 0,356 e W α = 0,693; A partir disso, são convidados a determinar o
composição da liga. Vamos escrever expressões de regras alavanca para Wα 'e W α
Wα =
Cβ Ê­ C 0
Cβ ­ C α
= 92.6 ­ C 0
92.6 ­ C α
= 0,693
Wα ' =
CeutecticÊ
­ C
0
CeutecticÊ
­ C α
= 47 ­ C 0
47 ­ C α
= 0,356
Assim, temos duas equações simultâneas com C0e C α como incógnitas. Resolvê­los para C0dá C 0= 32,6% em peso
B.
Página 189
9.35 Por um Pb­15% em peso de liga de Mg 85% em peso, fazer desenhos esquemáticos da microestrutura que seria
observada para as condições de arrefecimento muito lento com as seguintes temperaturas: 600 ° C (1110 ° F), a 500 ° C (930 ° F), a 270 ° C
(520 ° F) e 200 ° C (390 ° F). Rotular todas as fases e indicar suas composições aproximados.
Solução
A ilustração abaixo é o diagrama de fases Mg­Pb (Figura 9.20). Uma linha vertical, a uma composição de 85
% em peso de Pb­15% em peso de Mg foi tirada, e, além disso, as setas horizontais nos quatro temperaturas exigidas na
declaração problema (ou seja, 600 ° C, 500 ° C, 270 ° C e 200 ° C).
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Na base das localizações dos quatro pontos de temperatura da composição, desenhos esquemáticos dos quatro respectivo
microestruturas, juntamente com composições de fases são representados da seguinte forma:
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9,36 Para uma Zn­32% em peso de liga de Cu 68% em peso, fazer desenhos esquemáticos da microestrutura que seria
observada para as condições de arrefecimento muito lento nas seguintes temperaturas: 1000 ° C (1830 ° F), a 760 ° C (1400 ° F),
600 ° C (1110 ° F) e 400 ° C (750 ° F). Rotular todas as fases e indicar suas composições aproximados.
Solução
A ilustração abaixo é o diagrama de fases Cu­Zn (Figura 9.19). Uma linha vertical, a uma composição de 68
% em peso de Zn­32% em peso de Cu foi tirada, e, além disso, as setas horizontais nos quatro temperaturas exigidas na
declaração problema (ou seja, 1000 ° C, 760 ° C, 600 ° C e 400 ° C).
Na base das localizações dos quatro pontos de temperatura da composição, desenhos esquemáticos dos quatro respectivo
microestruturas, juntamente com composições de fases são representados da seguinte forma:
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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9,37 Para uma Zn­70% em peso de liga de Cu 30% em peso, fazer desenhos esquemáticos da microestrutura que seria
observada para as condições de arrefecimento muito lento nas seguintes temperaturas: 1100 ° C (2010 ° F), a 950 ° C (1740 ° F),
900 ° C (1650 ° F) e 700 ° C (1290 ° F). Rotular todas as fases e indicar suas composições aproximados.
Solução
A ilustração abaixo é o diagrama de fases Cu­Zn (Figura 9.19). Uma linha vertical, a uma composição de 30
% em peso de Zn­70% em peso de Cu foi tirada, e, além disso, as setas horizontais nos quatro temperaturas exigidas na
declaração problema (ou seja, 1100 ° C, 950 ° C, 900 ° C e 700 ° C).
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Na base das localizações dos quatro pontos de temperatura da composição, desenhos esquemáticos dos quatro respectivo
microestruturas, juntamente com composições de fases são representados da seguinte forma:
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9,38 Com base da microfotograf ia (ou seja, as quantidades relativas dos microcomponentes) para o chumbo
liga de estanho mostrado na Figura 9.17 e o diagrama de fase de Pb­Sn (Figura 9.8), estimar a composição da liga,
e então comparar essa estimativa com a composição dada na legenda da figura da Figura 9.17. Faça o seguinte
suposições: (1) a fracção de cada fase e microconstituinte na fotomicrografia área é igual ao seu
fracção de volume; (2) as densidades das fases α e β, bem como a estrutura eutéctica são 11,2, 7,3, e 8,7 g / cm3,
respectivamente; e (3) desta fotomicrografia representa a microestrutura de equilíbrio a 180 ° C (355 ° F).
Solução
Abaixo é mostrado o fotomicrografia da liga de Pb­Sn, Figura 9.17:
Α primária e eutéticas microcomponentes estão presentes na fotomicrografia, e é dado que as suas densidades são
11,2 e 8,7 g / cm3, Respectivamente.Abaixo é mostrada uma rede grade quadrada na qual é sobreposta contornos da
áreas de fase α primárias.
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
A fracção desta fase α área primária pode ser determinada por contagem quadrados. Há um total de 644
quadrados, e desses, cerca de 104 encontram­se dentro das partículas da fase α primárias. Assim, a fracção da área primária
α é 104/644 = 0,16, o que também é assumida como sendo a fracção de volume.
Agora queremos converter as frações de volume em frações de massa, a fim de empregar a regra alavanca para a
Pb­Sn diagrama de fases. Para fazer isso, é necessário utilizar Equações 9.7a e 9.7b como se segue:
Wα ' =
Vα 'ρα '
Vα 'ρα ' + Veutectic
ρ
eutectic
= (0,16)
(11,2 g / cm3)
(0,16)(11,2 g / cm3) + (0,84)(8,7 g / cm3)
= 0,197
Weutectic=
Veutectic
ρ
eutectic
VαÕραÕ+ Veutectic
ρ
eutectic
= (0,84)
(8,7 g / cm3)
(0,16)(11,2 g / cm3) + (0,84)(8,7 g / cm3)
= 0,803
A partir da Figura 9.8, queremos usar a regra da alavanca e uma linha de ligação que se estende a partir da composição eutéctica (61,9% em peso
Sn) para o α­ (limite + β) α fase a 180 ° C (cerca de 18,3% em peso de Sn). Conformemente
Wα ' = 0,197 =
61.9 ­ C 0
61,9­18,3
em que C0 representa a composição da liga (em% em peso de Sn). Resolvendo para C0 produz C0 = 53,3% em peso de Sn. Este valor está em boas
acordo com a composição real viz. 50% em peso de Sn.
Página 197
9.39 As forças de tração em temperatura ambiente de chumbo puro e estanho puro são 16,8 MPa e 14,5 MPa,
respectivamente.
(A) Fazer um gráfico esquemático de resistência à tracção à temperatura ambiente contra composição para todos
composições entre chumbo puro e estanho puro. (Dica: você pode querer consultar Seções 9.10 e 9.11, assim como
Equação 9,24 no Problema 9.64.)
(B) Nesta mesma gráfico esquematicamente traçar resistência à tração em relação composição a 150 ° C.
(C) A explicação das formas destas duas curvas, bem como quaisquer diferenças entre eles.
Solução
Os (a) e (b) o problema da porções pedir que fazemos parcelas esquemáticas no mesmo gráfico para a resistência à tracção
força contra composição para ligas de chumbo­estanho, tanto a temperatura ambiente e 150 ° C; este gráfico é mostrado abaixo.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(C) Após a consulta do diagrama de fases de Pb­Sn (Figura 9.8) observa­se que, à temperatura ambiente (20 ° C),
cerca de 1,5% em peso de Sn Pb é solúvel em (a região da fase α na extremidade esquerda do diagrama de fase).
Do mesmo modo, apenas cerca de 1% em peso de Pb é solúvel em Sn (dentro da região da fase β na extremidade esquerda). Assim, haverá
uma solução sólida reforço efeito sobre ambas as extremidades da fase diagrama força­aumenta ligeiramente com adições
de Sn para Pb [na região da fase α (lado esquerdo)] e com adições de Pb para Sn [na região da fase β (à direita
lado)]; estes efeitos são observados na figura acima. Esta figura também mostra que a resistência à tracção de chumbo puro é
maior do que estanho puro, o que está de acordo com os valores de resistência à tração previstas na declaração do problema.
Além disso, à temperatura ambiente, para composições entre cerca de 1,5% em peso de Sn e 99% em peso de Sn, e ambos α
β fase irão coexistir, (Figura 9.8), Além disso, para as composições dentro desta gama, resistência à tração dependerá
(Valor aproximado) sobre as resistências à tracção de cada uma das fases α e β, bem como as suas fracções de fase de uma maneira
descrita pela Equação 9,24 para o módulo de elasticidade (Problema 9,64). Isto é, para este problema
Página 198
( TS )liga ≅ ( TS )αVα + ( TS )βVβ
em que ts e V indicam a resistência à tracção e a fracção de volume, respectivamente, e os índices representam o
liga / fases. Além disso, as fracções de massa das fases α e β alterar linearmente com a mudança de composição (de acordo com a
a regra da alavanca). Além disso, embora haja alguma disparidade entre as densidades de chumbo e estanho (11,35 contra 7,27
g / cm3), As fracções de peso e volume das fases α e β também serão semelhantes (ver equação 9.6).
A 150 ° C, a curva vai ser deslocado para uma resistência à tracção significativamente mais baixos na medida como força de tracção
diminui com o aumento da temperatura (Seção 6.6, Figura 6.14). Além disso, de acordo com a Figura 9.8, a solubilidade
limites para as fases tanto α e β aumentar­para a fase de α 1,5­10% em peso de Sn, e para a fase β de 1 a cerca de
2% em peso de Pb. Assim, a composição varia ao longo do qual fortalecimento sólido­solução ocorre aumento um pouco de
os intervalos em temperatura ambiente; esses efeitos também são anotadas na curva de 150 ° C acima. Além disso, a 150 ° C, a mesma
Seria de esperar que a resistência à tracção de chumbo vai ser maior do que a de estanho; e para composições sobre as quais
ambas as fases α e β coexistir, a força vai diminuir aproximadamente linearmente com o aumento do teor de Sn.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Diagramas de equilíbrio Tendo em fases intermediárias ou compostos
9,40 Dois compostos intermetálicos, AB e AB 2, Existem para os elementos A e B. Se as composições para AB
e AB 2 são 34,3% em peso de A­B 65,7% em peso e 20,7% em peso A­79,3% em peso de B, respectivamente, e um elemento é de potássio,
identificar elemento B.
Solução
Este problema dá­nos as composições em percentagem em peso para os dois compostos intermetálicos AB e
AB2E, em seguida, pede­nos para identificar elemento B se A é elemento de potássio. Provavelmente a maneira mais fácil de resolver este
problema é a primeira a calcular a proporção dos pesos atómicos de estes dois elementos 4.6a usando a equação; em seguida, uma vez
sabemos que o peso atômico de potássio (39,10 g / mol, por dentro da tampa frontal), é possível determinar a
peso atómico do elemento B, a partir do qual uma identificação pode ser feita.
Em primeiro lugar, considerar o composto intermetálico AB; na medida em que contém os mesmos números de A e
Átomos B, a sua composição em percentagem atómica é de 50% na A­50 em% B. Equação 4.6a pode ser escrita na forma:
CB' =
CBUMAUMA
CUMAUMAB
+ C
BUMAUMA
× 100
onde A UMAe A Bsão os pesosatômicos de elementos A e B, e C UMAe C Bas suas composições são em peso
por cento. Para este composto AB, e fazendo as substituições apropriadas na equação acima leva a
50% em B = (65,7% em peso B) ( AUMA)
(34,3% em peso de A) ( AB) + (65,7% em peso B) ( AUMA)
× 100
Agora, resolvendo O resultado desta expressão,
UMAB= 1,916 AUMA
Desde potássio é elemento A e tem um peso atômico de 39,10 g / mol, o peso atômico do elemento B é apenas
UMAB= (1,916) (39,10 g / mol) = 74,92 g / mol
Após a consulta da tabela do período dos elementos (Figura 2.6), notamos o elemento que tem um peso atômico
mais próximo deste valor é arsénico (74,92 g / mol). Portanto, elemento B é de arsénio, e os dois compostos intermetálicos
são KAs e KAs 2.
Página 200
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Transformações de fase congruentes
Eutetóide e Reações peritética
9.41 Qual é a principal diferença entre transformações de fase congruentes e incongruentes?
Solução
A principal diferença entre transformações de fase congruentes e incongruentes é que, para não congruente
mudanças na composição ocorrer com qualquer das fases que estão envolvidos na transformação. Para incongruente lá
será alterações de composição das fases.
Página 201
9.42 Figura 9.36 é o diagrama de fases de alumínio de neodímio, para a qual apenas as regiões monofásicos são
rotulado. Especificar pontos de temperatura de composição em que todos os eutéticos, eutectoids, peritectics, e fase congruente
transformações ocorrem. Além disso, para cada um, escrever a reacção mediante arrefecimento.
Solução
Abaixo é mostrado o diagrama de fases de alumínio de neodímio (Figura 9.36).
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Há dois eutéticos nesta diagrama de fases. Um existe em 12% em peso de Nd­88% em peso de Al e 632 ° C. O
reacção após o arrefecimento é
G → Al + Al11Nd3
A outra eutética existe em cerca de 97% em peso de Nd­3% em peso de Al e 635 ° C. Esta reacção após o arrefecimento é
L → ALND3 + Nd
Há quatro peritectics. Uma existe em 59% em peso de Nd­41% em peso de Al e 1235 ° C. A sua reacção após o arrefecimento é
do seguinte modo:
Página 202
G + Al2Nd → Al 11Nd3
A segunda peritectic existe em 84% em peso de Nd­16% em peso de Al e 940 ° C. Esta reacção após o arrefecimento é
G + Al2Nd → ALND
O terceiro peritectic existe em 91% em peso de Nd­9% em peso de Al e 795 ° C. Esta reacção após o arrefecimento é
L + ALND → ALND2
A quarta peritética existe a 94% em peso de Nd­6% em peso de Al e 675 ° C. Esta reacção após o arrefecimento é
L + ALND2
→ ALND
3
Há um ponto de fusão congruente em cerca de 73% em peso de Nd­27% em peso de Al e 1460 ° C. Sua reação em cima
arrefecimento é
L → Al 2Nd
Sem eutectoids estão presentes.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9,43 9,37 A Figura é uma parte do diagrama de fase titânio­cobre para a qual apenas as regiões de fase única
são rotulados. Especificar todos os pontos de temperatura de composição em que eutéticos, eutectoids, peritectics, e congruente
transformações de fase ocorrer. Além disso, para cada um, escrever a reacção mediante arrefecimento.
Solução
Abaixo é mostrado o diagrama de fase titânio­cobre (Figura 9.37).
Há um eutéctico nesta diagrama de fases, que existe em cerca de 51% em peso de Cu­49% em peso de Ti e 960 ° C. As Suas
reacção após o arrefecimento é
L → Ti 2Cu + Ticu
Há um eutetóide para este sistema. Ela existe em cerca de 7,5% em peso de Cu­92,5% em peso de Ti e 790 ° C. Este
reacção após o arrefecimento é
β → α + Ti
2Cu
Existe uma peritética nesta diagrama de fases. Ela existe em cerca de 40% em peso de Cu­60% em peso de Ti e 1005 ° C. O
reacção após o arrefecimento é
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
β + G → Ti
2Cu
Não há um único ponto de fusão congruente que existe em cerca de 57,5% em peso de Cu­42,5% em peso de Ti e 982 ° C. O
reacção após o arrefecimento é
L → Ticu
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9,44 Construa o diagrama de fases hipotéticas para metais A e B entre temperaturas de 600 ° C e
1000 ° C, dada a seguinte informação:
● A temperatura de fusão do metal A é 940 ° C.
● A solubilidade de B em A é desprezável em todas as temperaturas.
● A temperatura de fusão do metal de B é de 830 ° C.
● A solubilidade máxima de A em B é de 12% em peso A, que ocorre a 700 ° C.
● A 600 ° C, a solubilidade de A em B é de 8% em peso A.
● Uma eutética ocorre a 700 ° C e 75% em peso de B­25% em peso A.
● Um segundo eutético ocorre a 730 ° C e 60% ​​em peso de B­40% em peso A.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
● Um terceiro eutético ocorre a 755 ° C e 40% em peso de B­60% em peso A.
● Um ponto de fusão congruente ocorre a 780 ° C e 51% em peso de B­49% em peso A.
● Um segundo ponto de fusão congruente ocorre a 755 ° C e 67% em peso de B­33% em peso A.
● O composto intermetálico AB existe em 51% em peso de B­49% em peso A.
● O composto intermetálico AB 2existe a 67% em peso de B­33% em peso A.
Solução
Abaixo é mostrado o diagrama de fases para estes dois metais A e B.
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A regra das fases de Gibbs
9,45 9,38 Na Figura é mostrado o diagrama de fases de pressão­temperatura para H2O. Aplique a fase de Gibbs
governar nos pontos A, B, e C; isto é, especificar o número de graus de liberdade em cada um dos pontos, isto é, o
número de variáveis ​​controláveis ​​externamente que precisam ser especificados para definir completamente osistema.
Solução
Somos convidados a especificar o valor de F para a regra das fases de Gibbs nos pontos A, B, e C na pressão­
diagrama de temperatura para H2O, Figura 9.38, a qual é mostrada abaixo.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
Regra das fases de Gibbs de uma forma geral é
P + F = C + N
Para este sistema, o número de componentes, C , é 1, enquanto que N , o número de variáveis ​​noncompositional, é 2 ­ viz.
temperatura e pressão. Assim, a regra fase torna­se agora
P + F = 1 + 2 = 3
Ou
F = 3 ­ P
onde P é o número de fases presentes no estado de equilíbrio.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
No ponto A, três fases estão presentes e (viz gelo I, III gelo e líquido.) P = 3; assim, o número de graus
da liberdade é zero desde
F = 3 ­ P = 3­3 = 0
Assim, o ponto A é um ponto invariante (neste caso, um ponto triplo), e não temos escolha na seleção de externamente
variáveis ​​controláveis, a fim de definir o sistema.
No ponto B na figura, apenas uma única fase (de vapor) está presente (isto é, P = 1), ou
F = 3 ­ P = 3­1 = 2
o que significa que a especificação da temperatura e da pressão são necessários para definir o sistema.
E, finalmente, no ponto C, o que está no limite de fase entre as fases líquida e de gelo I, são em duas fases
equilíbrio ( P = 2); conseqüentemente
F = 3 ­ P = 3­2 = 1
Ou que é preciso especificar o valor de temperatura ou de pressão ou, o que determina o valor da outra
parâmetro (pressão ou temperatura).
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
O carboneto de ferro­Ferro (Fe­Fe3C) Fase Diagrama
Desenvolvimento de microestrutura em ligas de ferro­carbono
9,46 Compute as frações em massa de ferrite α e cementite em perlita.
Solução
Este problema pede que calcular as frações em massa de ferrite α e cementite em perlita. A regra da alavanca­
expressão para ferrite é
Wα =
CFe3C
­ C
0
CFe3C
­ C α
e, uma vez que CFe3C
= 6,70% em peso de C, C0= 0,76% em peso de C, e Cα = 0,022% em peso de C
Wα =
6,70­0,76
6,70­,022
= 0,89
Da mesma forma, para cementite
WFe3C
=
C0
­ C α
CFe3C
­ C α
= 0,76­,022
6,70­,022
= 0,11
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9.47 (a) Qual é a distinção entre hypoeutectoid e aços hypereutectoid?
(B) Em um aço hypoeutectoid, tanto eutetóide e ferrite proeutectoid existir. Explique a diferença entre
eles. Qual será a concentração de carbono em cada um?
Solução
(A) Um "hypoeutectoid" de aço tem uma concentração de carbono inferior ao eutetóide; por outro lado, uma
"Hypereutectoid" de aço tem um teor de carbono maior do que o eutetóide.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
(B) Para um aço hypoeutectoid, a ferrite proeutectoid é um microconstituinte que formada acima da eutetóide
temperatura. A ferrite eutetóide é um dos constituintes de perlite que se formaram a uma temperatura inferior a
eutetóide. A concentração de carbono para ambos os ferrites é 0,022% em peso de C.
Página 210
9,48 Qual é a concentração de carbono de uma liga de ferro­carbono para os quais a fracção de ferrite total está
0,94?
Solução
Este problema pede que calcular a concentração de carbono de uma liga de ferro­carbono para os quais a fração
de ferrite total é de 0,94. A aplicação da regra da alavanca (da forma da equação 9.12) rendimentos
Wα = 0,94 =
CFe3C
­ C
0'
CFe3C
­ C α
= 6,70 ­ C 0
'
6,70­,022
e resolvendo para C0'
C0'
= 0,42% em peso de C
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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9,49 O que é a fase proeutectoid para uma liga de ferro­carbono em que as fracções em massa de total de ferrite
e cementite total são de 0,92 e 0,08, respectivamente? Por Quê?
Solução
Neste problema, são dadas valores de W α e W Fe3C
(0,92 e 0,08, respectivamente) para um ferro­carbono
liga e, em seguida, será solicitado a especificar a fase proeutectoid. Emprego da regra da alavanca para α totais leva a
Wα = 0,92 =
CFe3C
­ C
0
CFe3C
­ C α
= 6,70 ­ C 0
6,70­,022
Agora, resolvendo para C0, A composição da liga, leva a C 0 = 0,56% em peso de C. Por conseguinte, a fase de proeutectoid é α­
ferrite desde C0é inferior a 0,76% em peso de C.
Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
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Trechos deste trabalho pode ser reproduzida por instrutores para distribuição em um não­para­lucro base para fins de teste ou apenas didático para
estudantes matriculados em cursos para os quais o livro tenha sido adoptada. Qualquer outro tipo de reprodução ou tradução deste trabalho além do
permitidopor Seções 107 ou 108 da Lei de Direitos Autorais dos Estados Unidos 1976 sem a permissão do proprietário dos direitos autorais é ilegal.
9,50 Considere 1,0 kg de austenita contendo 1,15% em peso de C, arrefeceu­se até abaixo de 727 ° C (1341 ° F).
(A) O que é a fase proeutectoid?
(B) Quantos quilos cada uma ferrite total e forma cementite?
(c) Quantos quilos cada uma perlita eo formulário fase proeutectoid?
(D) Esquematicamente esboço e rotular a microestrutura resultante.
Solução
(A) A fase proeutectoid será Fe 3C desde 1,15% em peso de C é maior do que a composição eutectóide (0,76
% em peso de C).
(B) Para esta parte do problema, somos convidados a determinar o quanto formulário total de ferrite e cementite.
A aplicação das regras de expressão rendimentos alavanca apropriadas
Wα =
CFe3C
­ C 0
CFe3C
­ C α
= 6,70­1,15
6,70­,022
= 0,83
que, quando multiplicado pela massa total da liga (1,0 kg), dá 0,83 kg de ferrite