现代移动通信第四版第二章课后答案

时间：2021-03-16 12:08:24 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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现代移动通信第四版第二章课后答案 本文简介：第二章思考题与习题1无线电波传播共有哪几种主要方式？各有什么特点？答：典型的电波传播方式有直射、反射、折射、绕射、散射等。当电波的直射路径上无障碍物时，电波直接到达接收天线；当电波的直射路径上存在障碍物时，电波会绕过障碍物遮挡向前传播形成绕射波；当电波在平坦地面上传播时，因大地和大气是不同的介质而使

现代移动通信第四版第二章课后答案 本文内容：

第二章

思考题与习题

1

无线电波传播共有哪几种主要方式？各有什么特点？

答：典型的电波传播方式有直射、反射、折射、绕射、散射等。

当电波的直射路径上无障碍物时，电波直接到达接收天线；当电波的直射路径上存在障碍物时，电波会绕过障碍物遮挡向前传播形成绕射波；当电波在平坦地面上传播时，因大地和大气是不同的介质而使入射波在界面上产生反射波；当电波入射到粗糙表面时，反射能量由于散射而散布于所有方向，形成散射波。

2

自由空间传播的特点是什么？

答：自由空间传播是指空间周围为无限大真空时的电波传播，它是理想传播条件。电波在自由空间传播时，其能量既不会被障碍物所吸收，也不会产生反射或散射。电波在自由空间传播时，媒质的相对介电常数和相对导磁率都等于1，传播路径上没有障碍物阻挡，到达接收天线的地面反射信号场强忽略不计。自由空间中电波传播损耗为，其中，为T-R间距离，为电波频率。其规律是:与成反比→距离越远，衰减越大；与成反→频率越高，衰减越大。

3

设发射机天线高度为40m，接收机天线高度为3

m，工作频率为1800MHz，收发天线增益均为1，工作在市区。试画出两径模型在1km至20km范围的接收天线处的场强。（可用总场强对的分贝数表示）

解：

因为又因为

此时接收到的场强为

用分贝表示为

用Matlab画出变化曲线。

由式（2-29）可知，其规律是:

—与成反比→比自由空间衰减快得多。

—与频率成无关。

4

用两径模型的近似公式解上题，并分析近似公式的使用范围。

解：用两径模型的近似公式

此时接收到的场强为

用分贝表示为

此时近似公式必须满足

因为

所以以上近似公式可用。

5

什么是等效地球半径？为什么要引入等效地球半径？标准大气的等效地球半径是多少？

答：地球等效半径是指电波依然按直线方向行进，只是地球的实际半径

(6.37×106m)变成了等效半径。为了研究大气折射对电波传播的影响而引入等效地球半径。因为等效地球半径系数k＝4/3，所以等效地球半径。

6

设发射天线的高度为200m，接收天线高度为20m，求视距传播的极限距离。若发射天线为100m，视距传播的极限距离又是多少？

解：视线传播的极限距离为

若发射天线的高度为100m，则视线传播的极限距离为

7

为什么说电波具有绕射能力？绕射能力与波长有什么关系？为什么？

答：因为电波在传输过程中的波前的所有点都可以作为产生次级波的点源，这些次级波组合起来形成传播方向上新的波前，绕射就是由次级波的传播进入阴影去而形成的。绕射能力与波长存在下面的关系即波长越长，绕射能力越弱。这是因为阻挡体对次级波的阻挡产生了绕射损耗，仅有一部分能量能绕过阻挡体，这里的绕射损耗跟电波的频率有关，相对于同一个阻挡物来说，频率越大，绕射损耗越小，绕射能力就比较强；频率越小，绕射损耗越大，绕射能力就越弱。

8

相距15km的两个电台之间有一个50m高的建筑物，一个电台距建筑物10km，两电台天线高度均为10m，电台工作频率为900MHz，试求电波传播损耗。

解：菲涅尔余隙

绕射参数，查表得附加损耗为18.5dB

则电波传播损耗为：

9

如果其它参数与上题相同，仅工作频率为①50MHz；②1900MHz，试求电波传输损耗各是多少？

解：当工作频率为

50MHz时，

菲涅尔余隙

绕射参数，查表得附加损耗为10dB

则电波传播损耗为：

当工作频率为1900MHz时

菲涅尔余隙

绕射参数，查表得附加损耗为22dB

则电波传播损耗为：

10

移动通信信道中电波传播的特点是什么？

答：移动通信信道中电波传播的基本特点是：1）随信号传播距离而导致的传播损耗（大尺度范围），2）由地形起伏、建筑物及其它障碍物对电波的遮蔽而引起的损耗（阴影衰落），3）因发射、绕射和散射等因素造成的多径传播而引起的接收信号幅度和相位的随机变化，结果将导致严重的衰落。

11

设工作频率分别为900MHz和2200MHz，移动台行驶速度分别为30m/s和80m/s，求最大多普勒频移各是多少？试比较这些结果。

解：当工作频率为900MHz，行驶速度为30m/s和80m/s时的最大多普勒频移为：

当工作频率为2200MHz，行驶速度为30m/s和80m/s时的最大多普勒频移为：

由以上的计算结果可以知道，最大多普勒频移与移动台的速度和工作频率有关，速度越大；最大多普勒频移越大，频率越大，最大多普勒频移。

12

设移动台速度为100m/s，工作频率为1000MHz，试求1分钟内信号包络衰减至信号均方根（rms）电平的次数。平均衰落时间是多少？

解：：由题，所以，由式（3-56）计算出

而，所以

所以在1分钟之内信号包络衰减至信号均方根电平的次数为

平均衰落时间为

其中：

13

设移动台以匀速行驶，并接收到900MHz的载频信号。测得信号电平低于rms电平10dB的平均衰落持续时间为1ms，问移动台在10s钟内行驶多远？并求出10s钟内信号经历了多少低于rms门限电平的衰落。

解：由题中得

因为

所以

由题意的，所以，由式（3-56）计算出

所以

由和

可得

所以移动台在10秒内行驶了326.812m

在10s内移动台经历了低于rms门限电平的衰落的次数为

14

如果某种特殊调制在时能提供合适的误比特率(BER)，试确定下图（图题2.1）所示的无均衡器的最小符号周期(由此可得最大符号率)。

图2.1

习题14的两个功率时延分布

解：对于（a），

所以rms时延扩展为:

由于，即

所以最小符号周期

对于（b），

所以rms时延扩展为:

由于，即

所以最小符号周期

若同时满足（a）和（b）两个环境，则最小符号周期为。

15

信号通过移动通信信道时，在什么样情况下遭受到平坦衰落？在什么样情况下遭受到频率选择性衰落？

答：如果信道相关带宽远大于发送信号的带宽，则信号经历平坦衰落；如果信道的相关带宽小于发送信号带宽，则信号经历频率选择性衰落。

16

简述快衰落、慢衰落产生原因及条件。

答：快衰落产生原因：信道的相关（相干）时间比发送信号的周期短，且信号的带宽小于多普勒扩展，信道冲击响应在符号周期内变化很快，从而导致信号失真，产生衰落。

信号经历快衰落的条件是：

慢衰落产生的原因：信道的相关（相干）时间远远大于发送信号的周期，且信号的带宽远远大于多普勒扩展，信道冲击响应变化比要传送的信号码元的周期低很多，可以认为该信道是慢衰落信道。

信号经历慢衰落的条件是：

17

某移动通信系统，工作频率为1800

MHz，基站天线高度为40

m，天线增益为6dB，移动台天线高度为1

m，天线增益为1

dB；在市区工作，传播路径为准平坦地形，传播距离为10

km。试求:（1）传播路径的中值路径损耗；（2）若基站发射机送至天线的信号功率为10W，不考虑馈线损耗和共用器损耗，求移动台天线接收到的信号功率。

解：（1）由传播路径的自由空间中电波传播损耗公式

可得自由空间中电波传播损耗

由基站天线高度增益因子图表可查的

由移动台天线高度增益因子图表可查得

由准平坦地形大城市地区的基本中值损耗图表可得

由传播路径的中值路径损耗公式

可得

（2）由和可得：

18

设某系统工作在准平坦地区的大城市，工作频率为900MHz，小区半径为10km，基站天线高80m，天线增益为6dB，移动台天线高度为1.5m，天线增益为0

dB，要使工作在小区边缘的手持移动台的接收电平达-102dBm，基站发射机的功率至少应为多少？

解：（1）由传播路径的自由空间中电波传播损耗公式

可得自由空间中电波传播损耗

由基站天线高度增益因子图表可查的

由移动台天线高度增益因子图表可查得

由准平坦地形大城市地区的基本中值损耗图表可得

由传播路径的中值路径损耗公式

可得

（2）由和可得：

19

如果上题中其它参数保持不变，仅工作频率改为1800MHz，计算结果又是如何？

解：（1）由传播路径的自由空间中电波传播损耗公式

可得自由空间中电波传播损耗

由基站天线高度增益因子图表可查的

由移动台天线高度增益因子图表可查得

由准平坦地形大城市地区的基本中值损耗图表可得

由传播路径的中值路径损耗公式

可得

（2）由和可得：

20

试给出Jakes模型的信道仿真结果，结果中应包括输出的波形以及响应的功率谱。

21

MIMO信道建模与SISO信道建模的不同点是什么？

答：MIMO信道在SISO信道的时延扩展和多普勒扩展的基础上，还需要考虑电波传播角度的扩展。无线衰落信道的时延扩展和多普勒扩展分别表现为信道的频率选择性与时间选择性，电波传播角度扩展体现为信道的空间选择性。对MIMO信道建模需要建立一个包含方向成分的信道模型。对于MIMO信道而言，多普勒频谱与收发端的运动方向不再是一一对应。一方面多普勒频谱中有一个余弦分量，所以至少有两个角度可以造成相同的多普勒频移。另一方面，不仅仅是收发端的相对移动，散射体的移动也会造成到达角度不变而多普勒频移改变。对于MIMO信道的建模需要将接受信号的多普勒频移与到达方向联系起来。

11

篇2：姚长辉《货币银行学》（第3版）课后习题详解第5章商业银行职能与组织制度

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姚长辉《货币银行学》（第3版）课后习题详解第5章商业银行职能与组织制度 本文简介：弘毅考试论坛http://bbs.hyexam.com/100所高校100G经济、管理、法律、英语类考研笔记、讲义、真题（有答案）！！！第5章商业银行的职能与组织制度思考题1．简述商业银行的职能。答：（1）信用中介的职能信用中介是指商业银行通过负债业务把社会上的各种闲散货币资本集中到银行，再通过资产

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第5章

商业银行的职能与组织制度

思考题

1．简述商业银行的职能。

答：（1）信用中介的职能

信用中介是指商业银行通过负债业务把社会上的各种闲散货币资本集中到银行，再通过资产业务把货币资本投向社会各部门。商业银行是作为货币资本的贷出者和借人者的中介人来实现货币的融通和资本投资的，并从吸收资金的成本与发放贷款利息间的差额中获得利润。

通过信用中介的职能，商业银行可以把资金从盈余单位转给赤字单位，在不改变社会的货币供给的前提下，提供了扩大生产和就业的机会。

通过信用中介的职能，小额货币可以转化为巨额资本，把货币从消费领域转移到生产领域，从而扩大投资，加速社会经济的发展。

通过信用中介的职能，短期资本可以转化为长期资本，在价格规律的作用下，资本由低效率的部门转移到高效率的部门，从而实现产业结构的优化。

（2）支付中介的职能

商业银行的支付中介职能是指通过存款在不同账户间的转移，商业银行代理客户完成对货款的支付和债务的偿还；在存款的基础上，为客户兑付现金，成为企业、机关和个人的货币保管者、出纳者和支付代理人。以商业银行为中心，形成了经济生活中无始无终的支付链和债权债务关系。支付中介职能大大减少了现金的使用，节约了流通费用，并加速了资金的周转，促进了经济的增长。

（3）信用创造的职能

商业银行利用其所吸收的存款发放贷款，在支票流通和转账结算的基础上，贷款又转化为存款。在这种存款不提取现金或不完全提取现金的前提下，存款的反复贷放会在整个银行体系形成数倍于原始存款的派生存款。当然，商业银行的信用创造受着一些因素的限制，这些因素包括中央银行的存款准备率、全社会的现金漏出率、商业银行的超额准备率等。

（4）金融服务的功能。

商业银行联系面广，信息灵通，特别是电子银行业务的发展，为商业银行的金融服务提供了条件，商业银行的咨询服务业也就应运而生。工商企业生产和流通专业化的发展，又要求把本来属于企业的货币业务转交给商业银行，如发放工资、代理支付等。在激烈的市场竞争中，商业银行也不断地开拓服务领域，从多个角度为企业提供服务。不仅如此，商业银行对个人的金融服务也在不断深化和拓展。个人不仅可以得到商业银行的各种贷款服务，还可以得到咨询等各种中间性业务的服务。总之，金融服务已成为商业银行重要的职能。

2．派生存款的规模与哪些因素相关?影响方向如何？

答：派生存款的规模的主要与下列因素有关：

（1）原始存款规模。原始存款越大，派生存款总量也越大。

（2）法定存款准备金率。法定存款准备金率越高，派生存款量越小，即其与派生存款是反比关系。

（3）现金漏出率。现金漏出率与派生存款总额是反比关系。

（4）超额存款准备金率。银行超过法定要求保留的准备金与吸收存款额的比率，称为超额准备金率。超额准备金率与存款总额成反比。

（5）存款结构。存款可以划分为活期存款、定期存款和储蓄存款，这三者的法定准备金率是不同的。活期存款的法定准备金率最高，定期存款次之，而储蓄存款中的定期储蓄存款的法定准备金率最低。当法定存款准备金率低的存款种类的比重较大时，派生存款后的存款总额较大；相反，当法定存款准备金率较高的存款种类的比重较大时，派生存款后的存款总额就较小。

（6）存款派生次数。派生次数的多少一般取决于存款企业对资金的利用程度，拥有资金来源的企业何时存入银行，接受存款的银行何时将可用资金运用出去，银行对可用资金的利用程度等。存款派生次数越多，存款扩张总额越大；反之，则越小。

3．单一银行制与分支银行制的优缺点都有哪些?

答：（1）单一银行制是指银行业务由各自独立的商业银行来经营，不设立或不允许设立分支机构。

单一银行制的优点是：①可以限制银行问的吞并和金融垄断，缓和竞争的激烈程度，减缓银行业务集中的进程；②有利于协调商业银行与地方政府的相互关系，使商业银行更适合于本地区的需要；③由于不受总行的牵制，银行的自主性较强，灵活性较大；④单一制银行的管理层次较少，中央银行的调控传导快，有利于实现中央银行的目标。

单一银行制的缺点是：①由于限制了竞争，不利于银行的发展和经营效率的提高；②单一银行制与经济的外向化发展相矛盾，人为地形成了资本的迂回流动；③单一银行制的金融创新不如其他类型的银行。

（2）分支银行制是指法律允许在总行之下，在国内外设立分支机构，银行总行统管下面众多分行。

分支银行制的优点是：①经营规模大，有利于开展竞争，并获得规模效益；②分支行遍布各地．易于吸收存款、调剂、转移和充分利用资金，同时有利于分散和降低风险；③分支银行制的银行数目少，便于国家直接控制和管理。

分支银行制的缺点是：①如果总行没有完善的通信手段和成本控制方法，银行的经营效益会下降；②从银行与外部关系来看，分支机构职员的调动、轮换，会使银行失去与其服务对象的联系；而银行工作人员固守一地，又会形成本位主义，并且会削弱总行对分支行的控制能力。

4．控股公司制的银行体制的优缺点是什么?

答：银行控股公司是指通过控制和收购两家以上银行股票所组成的公司。

银行控股公司的优点是：第一，银行控股公司的组织形式是一种金融改革，它能使许多银行摆脱州政府关于设立分支机构的各种限制。第二，采取银行控股公司这种形式，可以扩大经营范围，实现地区分散化、业务多样化，银行可以更好地进行风险和收益的管理。第三，银行控股公司的股票更畅销，可以降低融资成本。第四，银行控股公司服务设施集中，可以节省费用开支。

银行控股公司制的缺点是易于形成垄断，不利于竞争。

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篇3：无机材料科学基础,天津大学课后习题答案

无机材料科学基础,天津大学课后习题答案 本文关键词：天津大学，材料科学，课后，无机，习题

无机材料科学基础,天津大学课后习题答案 本文简介：前言~三元系统一、基本概念：1、系统：选择的研究对象。环境：系统以外的一切物质。2、相：是指系统中具有相同物理性质和化学性质的均匀部分。Note:”均匀“的要求是严格的，非一般意义上的均匀，而是一种微观尺度上的均匀。3、组分：组成系统的物质4、独立组分数：足以表示形成平衡系统中各相所需要的最少数目的

无机材料科学基础,天津大学课后习题答案 本文内容：

前言~三元系统

一、基本概念：

1、系统：

选择的研究对象。环境：系统以外的一切物质。

2、相：

是指系统中具有相同物理性质和化学性质的均匀部分。

Note:”均匀“的要求是严格

的，非一般意义上的均匀，而是一种微观尺度上的均匀。

3、组分：组成系统的物质

4、独立组分数：足以表示形成平衡系统中各相所需要的最少数目的组分:

c=组分数－独立化学反应数目－限制条件

5、自由度数温度、压力、组分浓度等可能影响系统平衡状态的变量中，可以在一定范围内

改变而不会引起旧相消失新相产生的独立变量的数目

6、相律：根据吉布斯相律

f

=

c－p＋2

f

－

自由度数

c

－

独立组分数

p

－

相数

2

－

温度和压力外界因素

硅酸盐系统的相律为

f

=

c－p＋1

7、凝聚系统：

8、

介稳态：

每一个稳定相有一个稳定存在的温度范围，超过这个范围就变成介

稳相。

9、介稳平衡

10、液相线

11、固相线

12、两相区

13、无变量点

14

平衡析晶

15、一致熔化合物：

一致熔融化合物是一种稳定的化合物，与正常的纯物质一

样具有固定的熔点，加热这样的化合物到熔点时，即熔化为液态，所产生的液相

与化合物的晶相组成相同，故称一致熔融或同成分熔融，其化合物则称为一致熔

融化合物或同成分熔融化合物。

16、不一致熔化合物：

不一致熔融化合物是一种不稳定的化合物，加热这种化合

物到某一温度便发生分解，分解产物是一种液相和一种晶相，二者组成与原来化

合物组成完全不同，故称不一致熔融或异成分熔融，其化合物称为不一致熔融化

合物或异成分熔融化合物，它只能在固态中存在，不能在液态中存在。

17、固相分解的化合物：

化合物

AmBn

不能直接从二元熔液中结晶析出。从液相

中只能析出

A

晶相和

B

晶相。

A、

B

通过固相反应形成化合物

AmBn。这类化合

物只能存在于某一温度范围内（如

T1～T2），超出这个范围，化合物

AmBn

便分

解为晶相

A

和晶相

B。

18、浓度三角形：

浓度三角形：通常用等边三角形来表示三元系统的组成，这种

三角形又称为浓度三角形。

三个顶点表示三个纯组分

A、

B

和

C

的组成（百分

组成）；三条边（

A-B、

B-C、

AC）表示三个二元系统的组成；三角形内任意一

点均表示含有

A、

B

和

C

三个组分的三元系统，组各点中

A、

B、

C（量各不相

同）。

19、等含量规则：

等含量规则：平行于三角形一边的直线，线上任意一个组成点

所含对面顶点组分的含量不变

双线法：

可通过

M

点作平行于三角形两条边的直线然后根据它们在第三条边上

所得截线来表示。

20、定比例规则：

三角形一顶点和其对边任意点的连线，线上任何一个组成点中

其余两组分含量比例不变。

21、杠杆规则：

三元系统的杠杠规则可叙述为：

“两种混合物（或相）的重量比

例，与连结两混合物组成点至新（总）混合物组成点线段长度成反比”。

22、液相面

23、界线

24、低共熔点：

是一种无变量点，系统冷却时几种晶相同时从熔液中析出，或加

热时同时融化

25、初晶区

26、重心原理

27、连线规则：

将一界线（或其延长线）与相应的连线（或其延长线）相交，其

交点是该界线上的温度最高点。

28、切线规则

：

将界线上某一点所作的切线与相应的连线相交，如交点在连线

上，则表示界线上该处具有共熔性质；如交点在连线的延长线上，则表示界线上

该处具有转熔性质，远离交点的晶相被回吸。

29、重心规则：

如无变点处于其相应副三角形的重心位，则该无变点为低共熔点：

如无变点处于其相应副三角形的交叉位，则该无变点为单转熔点；如无变点处于

其相应副三角形的共轭位，则该无变点为双转熔点。

30、副三角形

31、三角形规则：

原始熔体组成点所在副三角形的三个顶点表示的物质即为其结

晶产物；与这三个物质相应的初初晶区所包围的三元无变量点是其结晶结束点。

32、转熔界线

33、转熔点

34、过渡点

溶质和溶剂能以任意比例相互溶解的固溶体称连续（也称完全互溶或无限互溶）

固溶体。

四元系统

基本概念：

等含量规则；

第六章答案

6-1

略。

6-2

什么是吉布斯相律？它有什么实际意义？

解：相律是吉布斯根据热力学原理得出的相平衡基本定律，又称吉布斯相律，用于描述达到相平衡时系统中自由度数与组分数和相数之间的关系。一般形式的数学表达式为F＝C－P＋2。其中F为自由度数，C为组分数，P为相数，2代表温度和压力两个变量。应用相率可以很方便地确定平衡体系的自由度数。

6-3

固体硫有两种晶型，即单斜硫、斜方硫，因此，硫系统可能有四个相，如果某人实验得到这四个相平衡共存，试判断这个实验有无问题？

解：有问题，根据相律，F=C-P+2=1-P+2=3-P，系统平衡时，F=0

，则P=3

，硫系统只能是三相平衡系统。

图6-1

图6-2

6-4

如图6-1是钙长石（CaAl2Si2O）的单元系统相图，请根据相图回解：（1）六方、正交和三斜钙长石的熔点各是多少？（2）三斜和六方晶型的转变是可逆的还是不可逆的？你是如何判断出来的？（3）正交晶型是热力学稳定态？还是介稳态？

解：（1）六方钙长石熔点约1300℃（B点），正钙长石熔点约1180℃（C点），三斜钙长石的熔点约为1750℃（A点）。

（2）三斜与六方晶型的转变是可逆的。因为六方晶型加热到转变温度会转变成三斜晶型，而高温稳定的三斜晶型冷却到转变温度又会转变成六方晶型。

（3）正交晶型是介稳态。

6-5

图6-2是具有多晶转变的某物质的相图，其中DEF线是熔体的蒸发曲线。

KE是晶型

I的升华曲线；GF是晶型II的升华曲线；JG是晶型III的升华曲线，回答下列问题：（1）在图中标明各相的相区，并写出图中各无变量点的相平衡关系；（2）系统中哪种晶型为稳定相？哪种晶型为介稳相？（3）各晶型之间的转变是可逆转变还是不可逆转变？

解：（1）

KEC为晶型Ⅰ的相区，

EFBC

过冷液体的介稳区，

AGFB

晶型Ⅱ的介稳区，

JGA

晶型Ⅲ的介稳区，CED是液相区，KED是气相区；

（2）

晶型Ⅰ为稳定相，晶型Ⅱ、Ⅲ为介稳相；因为晶型Ⅱ、Ⅲ的蒸汽压高于晶型Ⅰ的，即它们的自由能较高，有自发转变为自由能较低的晶型Ⅰ的趋势；

（3）

晶型Ⅰ转变为晶型Ⅱ、Ⅲ是单向的，不可逆的，多晶转变点的温度高于两种晶型的熔点；晶型Ⅱ、Ⅲ之间的转变是可逆的，双向的，多晶转变点温度低于Ⅱ、Ⅲ的熔点。

6-6

在SiO2系统相图中，找出两个可逆多晶转变和两个不可逆多晶转变的例子。

解：

可逆多晶转变：

β-石英←→α-石英

α-石英←→α-鳞石英

不可逆多晶转变：

β-方石英←→β-石英

γ-鳞石英←→β-石英

6-7

C2S有哪几种晶型？在加热和冷却过程中它们如何转变？β-C2S为什么能自发地转变成γ-C2S？在生产中如何防止β-C2S

转变为γ-C2S？

解：C2S有、、、四种晶型，它们之间的转变

如右图所示。由于β-C2S是一种热力学非平衡态，没有能稳定存在的温度区间，因而在相图上没有出现β-C2S的相区。C3S和β-C2S是硅酸盐水泥中含量最高的两种水硬性矿物，但当水泥熟料缓慢冷却时，C3S将会分解，β-C2S将转变为无水硬活性的γ-C2S。为了避免这种情况的发生，生产上采取急冷措施，将C3S和β-C2S迅速越过分解温度或晶型转变温度，在低温下以介稳态保存下来。

6-8

今通过实验测得如图6-3所示的各相图，试判断这些相图的正确性。如果有错，请指出错在何处？并说明理由。

图6-3

解：第一图错，B组元有一个固定的熔点，因此液相线和固相线在B侧应交于一点。

第二图错，A、B组元具有一个低共熔点，因此A、B的两条液相线应交于一点。

第三图错，析晶过程中，达到共熔点后，系统进入低共熔过程，从液相中析出固溶体α、β，系统进入三相平衡状态，系统的温度不能变，因此中间的那条线应与AB平行。

第四图错，具有低共熔点的有限固溶体二元系统相图中γ固溶体不可能存在。

第五图错，具有转熔点的有限固溶体二元系统相图中γ固溶体不可能存在。

6-9

根据图6-4所示的二元系统相图回解：（1）注明各相区；（2）写出无变量点的性质及其相平衡关系；（3）写出M1和M2熔体的平衡冷却析晶过程；（4）计算从熔体刚冷至

TP温度及离开TP温度时系统中存在各相的百分含量。

解：（1）

相区如图所示：

（2）

转熔点P：

低共熔点E：

（3）

液：

固：

图6-4

液：

固：

（4）

点，刚到时

离开时，

点，刚到时

离开时，

6-10

图6-5为具有一个不一致熔融化合物的二元系统，在低共熔点E发生如下析晶的过程：LA＋AmBn。E点B含量为20％，化合物AmBn

含B量为64％，今有C1和C2两种配料，其配料点分置于E点两侧。已知C1中B含量是C2中B含量的1.5倍，且在达低共熔点温度前的冷却析晶过程中，从该二配料中析出的初晶相含量相等。试计算C1和C2的组成。

图6-5

解：设A－B二元相图中组成以质量百分数表示。和两种配料量均为G（kg）。据题意，初相在低共溶点前析出，则和二配料组成必在AP之间（若在PB之间，初相比在转熔点P前析出）。又该二配料组成不同，而析出的初相含量相等，可知二配料点一定分置于低共溶点E两侧，析出初相分别为和A。

设含B的量为x%,含B量为y%,则根据杆杠规则可以建立下面方程：

解联立方程，得x=26%,y=17.3%。

所以，组成为含B的量26%，组成为含B17.3%

6-11

图6-6是一个未完成的具有一个不一致熔化合物并形成固溶体的二元系统相图。请根据已给出的诸点完成此相图的草图。

解：草图如下：

图6-6

6-12

已知A和B两组成构成具有低共熔点的有限固溶体的二元系统。试根据下列实验数据绘制粗略相图。已知A的熔点为1000℃，B熔点为700℃。含B为25mol％的试样在500℃完全凝固，其中含73.3mol％初晶相SA（B）和

26.7mol％（SA（B）＋SB（A））共生体。含B为50mol％的试样在同一温度下凝固完毕，其中含40mol％初晶相SA（B）和60mol％（SA（B）＋SB（A））共生体，而SA（B）相总量占晶相总量的50％。实验数据均在达到平衡状态时测定。

解：因a、b点温度及低共熔温度已知，欲绘此相图之草图，关键是求出C、E、D三点之组成。由于二个试样析出初晶相均为，且在同一温度下凝固完毕（此温度显然即低共熔温度，可知该二试样的组成必都落在CE间。

设C点含B量为x,E点含B量为z。根据题意借助杠杆规则可以获得下面关系式。

解上述联立方程，得x=0.051,y=0.799,z=0.949,据此，可确定C点含B量0.05mol,E点含B量为0.80mol,D点含B量为0.95mol。这样相图中C、E、D位置可以找到，从而绘出相图的草图如下：

6-13

根据Al2O3－SiO2系统相图说明：（1）铝硅质耐火材料：硅砖（含SiO2＞98％）、粘土砖（含Al2O335％～50％）、高铝砖（含Al2O360％～90％）、刚玉砖（含Al2O3＞90％）内，各有哪些主要的晶相？（2）为了保持较高的耐火度，在生产硅砖时应注意什么？（3）若耐火材料出现40％的液相便软化不能使用，试计算含40mol％Al2O3的粘土砖的最高使用温度。

解：（1）

硅砖（含

SiO2

>98%）主要晶相：

SiO2

、

2Al203

·

2SiO

3

固溶体（莫来石），

粘土砖（含

Al203

35

～

50%）主要晶相：

SiO2

、A3S2

，高铝砖（含

Al203

60

～

90%）

主要晶相：

60

～

72%A3S2

72

～

90%

Al203

、A3S2

。

（2）

为了保持硅砖的耐火度，要严格防止原料中混如

Al203。

SiO2

熔点为

1723

℃

，SiO2

液相很陡，加入少量的

Al203后，硅砖中会产生大量的液相，

SiO2

的熔点剧烈下降。如加入

1wt%

Al203

，在低共熔点（1595

℃）时产生的液相量为

1/5.5=18.2%

，会使硅砖的耐火度大大下降；

（3）

根据相图，当出现40%液相时，由杆杠规则可知，，得x=0.1,在相图中作出析晶路线，可以估计出粘土砖的最高温度约为1670

℃。

Al2O3－SiO2系统相图

6-14

根据CaO－SiO2系统相图回答下列问题：（1）若以含CaO80％的熔体1000g冷却到2150℃以后（温度即将离开2150℃时），会获得何种产物？这些产物的量各为多少？（2）若以

CaO、SiO2二组元配料，加热至熔融后再冷却，要求产物中只有C2S和C3S，则配料范围应选在哪里？若平衡冷却能达到目的吗？为什么？应采取什么措施？

解：CaO－SiO2系统如下：

CaO－SiO2系统相图

（1）根据上图，可知，含CaO80％的熔体1000g冷却到即将离开转熔点M时（2150℃），产物为C3S和CaO，根据杆杠规则可知：C3S为，CaO为。

（2）若要求产物中只有C2S和C3S，据相图可知，配料范围应选在含CaO65%～74%之间。平衡冷却不能达到目的，因为平衡冷却得到的是C2S和CaO，为使产物只有C2S和C3S，应在温度降至1250℃急冷。

6-15

在CaO－SiO2和Al2O3－SiO2系统中，SiO2的液相线都很陡，解释为什么在硅砖生产中可掺入少量CaO做矿化剂不会降低硅砖的耐火度，而在硅砖中却要严格防止混入Al2O3，否则便会使硅砖耐火度大大下降。

解：SiO2

中加入少量的

CaO

，在低共熔点

1436

℃

时，液相量为

2/37=5.4%

，液相量增加不多，不会降低硅砖的耐火度，故可加少量

CaO

作矿化剂。

6-16加热粘土矿物高岭石（Al2O3·2SiO2·2H2O）至600℃时，高岭石分解为水蒸气和Al2O3·2SiO2，继续加热到1595℃时会发生什么变化？在该温度下长时间保温达到平衡，系统的相组成如何？当系统生成40％液相时，应达到什么温度？在什么温度下该粘土完全熔融？

解：Al2O3

·

2SiO2

·

H2O

Al2O3

·

2SiO2

+

H2O

Al2O3

·

2SiO2

相图中

SiO2

%=33%mol

（1）加热到

1595

℃

时，生成A3S2

（2）1595

℃

长时间保温，系统中为液相和A3S2

，

L%=

=21.8%

（3）完全熔融即固相完全消失，应为33%直线与液相线交点处温度。

6-17将含有MgO和Al2O3的熔体冷却到一定温度，然后滤去析出的晶体并对剩下的液相进行分析，得知液相中含MgO为65％，

而且知道液相量是物系总量的70％，求原始熔体的组成。

解：MgO

45.5％；Al2O3

54.5％

6-18指出图6-7所示一些三元系统相图中的错误，并说明理由。

解：（a）此相图上等界线相应的连线可将图面划分成五个副三角形，但是只有四个无变量点，这是不可能的。事实上三元化合物XYZ的初晶区不可能延伸到YZ边上。

图6-7

6-19请划分图6-8所示四个相图中的副三角形。

图6-8

解：如下图所示

6-20在浓度三角形中画出下列配料的组成点的位置。M：A＝10％、B＝70％、C＝20％；N：A＝10％、B＝20％、

C＝70％；P：A＝70％、B＝20％、C＝10％。若将3kgM、2kgN和5kgP混合，试根据杠杆规则用作图法找出新配料Q的组成点位置。

解：如图所示

6-21

图6-9是最简单的三元系统投影图，图中等温线从高温到低温的次序是：t5＞t4＞t3＞t2＞t1，根据此投影图回解：

（1）三个组元A、B、C熔点的高低次序是怎样排列的？

（2）各液相面的陡势排列如何？哪个最陡？哪个最平坦？

（3）指出组成为65％A、15％B、20％C的熔体在什么温度下开始析晶？析晶过程怎样？（表明液、固相组成点的变化及结晶过程各阶段中发生的变化过程）

解：（1）熔点：TB＞TA＞TC

（2）B最陡，C次之，A最平坦；

（3）如图所示，在M点所在的温度下开始析晶，

析晶过程如下：

图6-9

图6-10

6-22图6-10为ABC三元系统相图，根据此相图：（l）判断化合物K和D的性质；（2）标出各条界线上的温度下降方向；（3）划分副三角形；

（4）判断各无变量点的性质，并写出相平衡关系式。

解：（1）K为一致熔融三元化合物；D为一致熔融二元化合物。

（2）如右图所示。

（3）如右图所示。

（4）无变量点M、N、O、P均为低共熔点，

向平衡关系如下：

M

N

O

P

6-23试分析图6-11上配料点1、2、3的结晶过程，写出结晶过程的相平衡表达式（表明液、固相组成点的变化及结晶过程各阶段系统中发生的相变化和自由度数的变化）。

解：1点冷却析晶过程：

2点冷却析晶过程：

3点冷却析晶过程：

图6-11

图6-12

6-24图6-12所示为生成一个三元化合物的三元系统相图。（1）判断三元化合物N的性质；（2）标出界线上的温降方向（转熔界线用双箭头）；（3）指出无变量点K、L、M的性质，并写出相平衡方程；（4）分析点l、2的结晶过程，写出结晶过程的相平衡表达式。

解：

（1）N为不一致熔融三元化合物

（2）如图所示

（3）副△ACN

对应M

低共熔点

副△BCN

对应L

低共熔点

副△ABN

对应K

单转熔点

（4）1的结晶过程：

2的结晶过程：

6-25根据图6-13三元系统相图：（1）判断无变量点E、P的性质，并写出相平衡关系式；（2）分析熔体M1、M2和M3的冷却析晶过程，并总结判断结晶产物和结晶结束点的规则；（3）加热组成为M4的混合物，将于什么温度出现液相？在该温度下出现的最大液相量是多少？在什么温度下完全熔融？写出其加热过程相平衡表达式。

解：

（1）E为低共熔点

P为单转熔点

（2）①熔体M1的冷却析晶过程：

②熔体M2的冷却析晶过程：

③熔体M3的冷却析晶过程：

熔体组成点所在副三角形三个顶点所代表的晶相违结晶产物；三晶相对应的初晶区所包围的无变量点为结晶结束点。

（3）加热组成为M4的混合物，将于E点对应的温度出现液相。在该温度下出现的最大液相量为，在M4点对应的温度下完全熔融。

加热过程相平衡表达式：

图6-13

图6-14

6-26图6-14为一个三元系统相图。根据此图：（1）判断化合物D的性质，标出图中各边界和界线温降方向并判断界线性质；（2）判断无变量点E、F、G的性质，并写出相平衡关系式；（3）写出熔体M1和M2的冷却析晶过程；（4）计算熔体M2液相刚到结晶结束点时以及结晶结束后的各相含量。

解：

（1）化合物D为不一致熔融三元化合物；

（2）E

低共熔点

F

单转熔点

G

单转熔点

（3）熔体M1的冷却析晶过程：

熔体M2的冷却析晶过程：

（4）熔体M2液相刚到结晶结束点时各相的含量：

熔体M2液相到结晶结束点后各相的含量：

6-27图6-15为生成2个一致熔融二元化合物的三元系统，据图回答下列问题：

（l）可将其划分为几个副三角形？（2）标出图中各边界及相区界线上温度下降方向。（3）判断各无变量点的性质，并写出相平衡关系式。

解：

（1）三个副三角形，△AS1S2、△S1S2B、△S2CB

（2）如下图所示

（3）无变量点E1、E2、E3都是低共熔点，各向平衡关系式如下：

△AS1S2

E1

△S1S2B

E2

△S2CB

E3

图6-15

图6-16

6-28图6-16是生成一致熔融二元化合物（BC）的三元系统投影图。设有组成为35％A、35％B、30％C的熔体，试确定其在图中的位置。冷却时该熔体在何温度下开始析出晶体？

解：M点的位置如下图所示，

M

点所在温度约

1050

℃

，

1050

℃

开始析晶。

6-29根据图6-17回答下列问题：（l）说明化合物S1、S2的性质；（2）在图中划分副三角形及用箭头指示出各界线的温度下降方向及性质；（3）指出各无变量点的性质并写出各点的平衡关系；（4）写出1、3组成的熔体的冷却结晶过程；（5）计算熔体1结晶结束时各相百分含量，若在第三次结晶过程开始前将其急冷却（这时液相凝固成为玻璃相），各相的百分含量又如何？（用线段表示即可）；（6）加热组成2的三元混合物将于哪一点温度开始出现液相？在该温度下生成的最大液相量是多少？在什么温度下完全熔融？写出它的加热过程。

解：（1）S1为一致熔融二元化合物，S2为不一致熔融化合物。

（2）如图所示。

（3）E

低共熔点

P1

单转熔点

P2

单转熔点

（4）1组成的熔体的冷却结晶过程

3组成的熔体的冷却结晶过程

（5）熔体1结晶结束时各相百分含量

在第三次结晶过程开始前将其急冷却，各相的百分含量

（6）在P2点对应的温度开始出现液相，在该温度下出现的最大液相量为：

在2点对应的温度下完全熔融。

组成2加热过程：

图6-17

图6-18

6-30根据图6-18回答下列问题：（1）说明化合物S的熔融性质，并分析相图中各界线上温度变化的方向以及界线和无变量点的性质；（2）写出组成点为1、2、3及4各熔体的冷却结晶过程；（3）分别将组成为5和组成为6的物系，在平衡的条件下加热到完全熔融，说明其固液相组成的变化途径。

解：（1）化合物S为不一致熔融三元化合物；P1E、P2E均为共熔界线，P1P2为转熔界线；无变量点E为低共熔点，P1、P2均为单转熔点。

（2）组成点为1的熔体的冷却结晶过程：

组成点为2的熔体的冷却结晶过程：

组成点为3的熔体的冷却结晶过程：

组成点为4的熔体的冷却结晶过程：

（3）组成为5物系的熔融过程：

组成为6物系的熔融过程：

6-31根据图6-19回答下列问题：（1）用箭头标出各界线的温度下降方向并说明界线性质；（2）指出各无变量点E、P、R、Q的性质，并写出其相平衡关系；（3）写出熔体M的结晶过程，说明液相离开R点的原因；（4）画出

AB、BC二元系统相图。

解：（1）界线Ee2、e1P、ab、PE、RE、QR、e3Q均为共熔界线，界线aP、bR为转熔界线。

（2）E

低共熔点

P

单转熔点

Q

过渡点

（3）熔体M的结晶过程：

熔体M在副△BCS内，其结晶结束点应在E点，所以液相离开R点。

图6-19

6-32比较各种三元无变量点（低共熔点，单转熔点，双转熔点，过渡点和多晶转变点）的特点，写出它们的平衡关系。

解：低共熔点指是一种无变量点，系统冷却时几种晶相同时从熔液中析出，或加热时同时融化。相平衡关系为L（E）

若无变量点处于交叉位置的是单共熔分别点，在共轭位置的是双转熔点。相转变关系为，

过渡点就是转熔性质和共熔性质转变的点，无对应三角形，相平衡的三晶相组成在一条直线上。

多晶转变点两种或者三种晶型发生晶型转变的温度点。

6-38如图6-25为CaO－Al2O3－SiO2系统的富钙部分相图，若原始液相组成位于硅酸盐水泥的配料圈内，并恰好在CaO和C3S初相区的边界曲线上。（1）分析此液相组成的结晶过程；（2）在缓慢冷却到无变量点K的温度1455℃时急剧冷却到室温，则最终获得哪些相，各相含量多少？

图6-25

CaO-Al2O3-SiO2系统高钙区部分相图

解：（1）

，

（2）

溶体平衡冷却得到产物是C2S，C3S和C3A，其固相组成点为P点，各晶相可根据P点在△C2S—C3S—C3A中的位置按双线法求得，C2S=14.6%,C3S=63.9%，C3A=21.5%。实际生产过程中有可能会产生玻璃相。

6-39见图6-25，已知H点的温度1470℃，K点温度1455℃，F点温度1355℃。今取配料成分恰为无变量点H的组成，在充分平衡条件下，问：（l）加热该配料混合物，什么温度开始出现液相？（2）要使物料全部熔融，至少要加热到多高温度？（3）写出该配合料的加热过程相平衡表达式。

解：

（1）

1335℃

（2）1455℃

（3）

6-40如图6-25，配料P的液相在无变量点K发生独立析晶，最终在低共熔点F结束结晶。问此时所获得的C3S、C2S、C3A和C4AF四种晶相的含量各为多少？如果在F点仍未达到充分平衡，残留液相能否离开F点向其它无变量点继续转移？为什么？

解：

配料P的液相在无变量点K发生独立析晶，最终在低共熔点F结束结晶，所获得C3S为63.9%，C2S为14.6%，C3A和C4AF为21.5%。

独立析晶过程也不一定会进行到底，由于冷却速度较快，还可能使熟料中残留玻璃相，这样的话残留玻璃相有可能离开F点向其它无变量点继续转移。

6-

43参看CaO－A12O3－SiO2系统相图（图6-27），回答下列问题：（1）组成为

66％CaO、26％SiO2、8％A12O3的水泥配料将于什么温度开始出现液相？这时生成的最大液相量是多少；（2）为了得到较高的C3S含量，（1）中组成的水泥烧成后急冷好．还是缓冷让其充分结晶好？（3）欲得到（l）中组成的水泥，若只用高岭土和石灰石（A12O3·2SiO2·2H2O和CaCO3）配料，能否得到该水泥的组成点？为什么？若不能，需要加入何种原料？并计算出所需各种原料的百分含量。

图6-27

CaO－Al2O3－SiO2系统相图

解：（1）

k

点开始出现液相，温度为

1455

℃,连接

3k

交

CaO-C3S

线于

6

点,L%=，线段长度可直接量取。

（2）急冷好，

k

点将进行转熔过程

这样C3S量会减少，急冷使转熔过程来不及进行，从而提高C3S含量

（3）

AS2与CaCO3配料，不能得到

3

点矿物组成

3

点组成

66

CaO

1.179mol

26

SiO2

0.433mol

8

Al203

0.078mol化成

mol%

69.76%

25.62%

4.62%

SiO2

mol%/

Al203

mol%=5.55

题目组成点

Al203

·

2SiO2

·

2H2O

与CaCO3配料，

SiO2

mol%/Al203

mol%=2

：1，二者比较，

SiO2

量不够，所以需加入

SiO2。

设配料

100g

，含有66g

CaO

，

26g

SiO2

，

8g

Al203

，66g

CaO

化成CaCO3量

66/56

×

100=117.86g

8g

Al203

化成

Al203

·

2SiO2

·

2H2O

量

8/102

×

258=20.24g

AS2

·

2H2O

提供

SiO2

8/102

×

2

×

60=9.41g

还需

SiO2

量

20.24-9.41=10.83g，CaCO3

wt%=79.14%

，AS2·

2H2O

wt%=13.59%

，

SiO2

wt%=7.27%

6-44根据Na2O－CaO－SiO2系统相图（图6-28）回解：（1）组成为13％Na2O，13％CaO，74％SiO2玻璃配合料将于什么温度熔化？在什么温度完全熔融？（2）上面组成的玻璃，当加热到1050℃、1000℃、900℃、800℃时，可能会析出什么晶体？（3）NC3S6晶体加热时是否会不一致熔化？分解出什么晶体，熔化温度如何？

图6-28

Na2O－CaO－SiO2系统相图

解：（1）该点位于△NC3S6

-NCS5

-SiO2

中，

Q

点附近β

-CS

初晶区对应无变量H

点

1:3:6+

α-石英

+L

1:1:5，

配料在

827

℃熔化，完全熔化为

1050

℃左右

（2）加热到

1050

℃

L→

β-CS，1000

℃

L→1:3:6+

α-鳞石英，900

℃

L→1:3:6+

α-石英，800

℃

加热到

800

℃时未熔化，冷却到

800

℃时三个晶相

1:3:6

1:1:5

（3）NC3S6

加热是不一致熔融，加热分解

1:3:6

析晶，先析出α-CS

，α

-CS

→β-CS

，

RQ

线上

L+

β-CS→1:3:6

1:3:6

加热到

RQ

界线与

CS-1:3:6

交点温度开始熔化（1050

℃左右）分解出β-CS

6-45在陶瓷生产中一般出现

35％液相就足以使瓷坯玻化，而当液相达到45％时，将使瓷坯变形，成为过烧。根据MgO－A12O3－SiO2系统相图（图6-29）具体计算含10％偏高岭石、90％偏滑石的配料的烧成温度范围。

图6-29

MgO－Al2O3－SiO2系统高硅部分相图

解：组成点确定下来，图中

M

点，△

MS-M

2

Al2S35

-SiO2

对应无变量点

1

点（1355

℃）加热该组成点，于

1

点开始出现液相，液相组成点在

MS

与

SiO2

界线上移动，固相组成点在

MS-SiO2

连线上变化，以

M

点为支点连成杠杆，当

L%=35%

时，对应温度

1390

℃，

L%=45%

时，对应温度

1430

℃，烧成温度范围为

1390

～

1430

℃。

6-46根据K2O－A12O3－SiO2系统相图（图6-30），计算含50％高岭石、30％长石、20％石英的一个瓷器配方在1250℃烧成达到平衡时的相组成及各相的相对量。

图6-30

K2O-Al2O3-SiO2系统相图

解：

50%AS2

30%KAS6

20%SiO2

组成点在△

QWD

中

3

点，

3

点位于初晶区，对应

E

点结晶结束

985

℃

L

SiO2

+A3S2

+

KAS

6

，加热组成为

3

物质，于

E

点开始出现液相

升温于

1250

℃时，固相中有

SiO2

·A3S2

及

L

相，液相组成点在莫来石与石英界线上（与

1250

℃等温线交点），固相组成点在

SiO2

与A3S2

连线上，用杠杆规则计算。

6-47根据K2O－A12O3－SiO2系统相图（图6-30），如果要使瓷器中仅含有40％莫来石晶相及60％的玻璃相，原料中应含K2O多少？若仅从长石中获得，K2O原料中长石的配比应是多少？

解：

40%A3S2

+

60%

液相。

原始组成点在A3S2

初晶区，在A3S2

组点与

E

点连线上，在图中

12

点附近，过原始组成点做△

SiO2

-K20-Al203

各边平行线，确定出K2O

、

SiO2

、Al203百分含量

K2O：wt%=4.12%

Al203

:

wt%=27.06%

SiO2:

wt%=68.82%

长石K2O

·Al203·

6SiO2

（94+102+360=556）

仅从长石中获得K2O

100gK2O:

4.12g

Al203:

27.06g

SiO2:

68.82g

4.12gK2O

化成长石

4.12/94

×

556=24.34g

24.34g

长石提供Al203

4.47g

SiO2

15.79g

另需加Al203:

27.06-4.47=22.59g

SiO2:

68.82-15.79=53.03

长石

6-48高铝水泥的配料通常选择在CA相区范围内，生产时常烧至熔融后冷却制得，高铝水泥主要矿物为CA，而C2AS没有水硬性，因此希望水泥中不含C2AS。这样在CA相区内应取什么范围的配料才好，为什么（注意生产时不可能完全平衡，可能会出现独立结晶过程）？

解：高铝水泥具有快速硬化的特性，在国防工业中有广泛的应用，配料范围在Al2O335%～55%,CaO35%～45%,SiO25%～10%,Fe2O30～15%。这样可以防止C2AS的产生。

6-49对某硅酸盐水泥进行岩相分析，得知熔剂矿物中C3A先于C4AF析出晶相，问此配方是高铝配方（P＞l.38），还是高铁配方（P＜1.38）？对于这两种不同配料在烧成带的降温速度应如何控制？

解：

是高铝配方（P>1.38）。铝氧率P>1.38的配料，其溶体冷却经过KT2界线时液相要回收C3S，析出C2S和C3A。因此，当熟料在烧成带内缓慢降温，使冷却过程接近平衡状态时，将有部分C3S被回收，这对水泥质量不利。所以对P>1.38的配料，在烧成带的冷却过程中应采取极冷的方法。铝氧率P<1.38的配料，其溶体冷却析晶过程要经过WT2界线，在该界线上液相回吸C2S，析出C3S和C4AF，因此，熟料冷却速度愈慢，愈接近平衡状态，C2S被回吸的愈充分。熟料中C3S的含量便会增加，这对水泥的质量有利。所以对P<1.38的熟料，在烧成带的冷却中，降温速度应当适当减慢。