VİZE I’e HAZIRLIK
Tüm Konuları
Kapsamaz
Hume-Rothery Kuralı
•
•
Metalik malzemelerde iki elementin birbirine tamamen ve
heroranda karışarak katı çözeltinin elde edilmesi için Humerothery kuralının sağlanması gerekir.
Hume rotery kuralı
1. Atom yarıçaplarındaki farkın %15 ten az olması gerekir,
2. İki elementinde aynı kristal yapıya sahip olması gerekir,
3. Aynı elektronegatifliye sahip olmaları gerekir
4. Aynı valansa sahip olamaları gerekir.
5. Yoğunluklarının birbirine yakın olması gerekir.
• Cu-Ni Tüm kuralları sağlar ve birbirlerinin içerisinde sınırsızca
çözülebilir.
– Rcu= 0.128, iyonize olduğunda +2, YMK,
– Rni= 0.125, iyonize olduğunda +2,YMK,
• Al-Si 1,2 ve 4 ü sağlayamaz ancak %2 oranında çözülebilir.
– Rsi=0.117, iyonize olduğunda 4- veya 4+, ElmasKübik
– Ral= 0.143, iyonize olduğunda 3+, YMK
• Fe-Pb hiç bir kuralı sağlayamaz ve birbirlerinin içerisinde hiç
bir oranda çözülemez.
– Fe = 0.124, iyonize olduğunda +2 veya +3, hmk
– Pb = 0.175, iyonize olduğunda +4 veya +2, ymk
DOĞRULTU
ve
DÜZLEM
Düzlem indis
belirleme
Düzlem A
1. x = 1, y = 1, z = 1
2. 1/x = 1, 1/y = 1,1 /z = 1
3. Kesir bulunmuyor.
4. (111)
Düzlem B
1.
2.
3.
4.
Düzlem z eksenini kesmez, x = 1, y = 2, z =
1/x = 1, 1/y =1/2, 1/z = 0
Tam sayı olmalı: 1/x = 2, 1/y = 1, 1/z = 0
(210)
Düzlem C
1. Düzlem 0, 0, 0 dan geçiyor. y-doğrultusunda
kaydırırsak. Then, x = , y = -1, z =
2. 1/x = 0, 1/y = 1, 1/z = 0
3. Kesir bulunmamakta.

4.
(0 1 0)
6
Düzlem A
1. a1 = a2 = a3 = , c = 1
2. 1/a1 = 1/a2 = 1/a3 = 0, 1/c = 1
3. Kesir içermiyor
4. (0001)
Düzlem B
1. a1 = 1, a2 = 1, a3 = -1/2, c = 1
2. 1/a1 = 1, 1/a2 = 1, 1/a3 = -2, 1/c = 1
3. Kesir
içermiyor

4. (11 21)
Doğrultu C
1. 2 nokta: 0, 0, 1 ve 1, 0, 0.
2. 0, 0, 1, -1, 0, 0 = 1, 0, 1
3. Kesir içermiyor.
4. 
veya 
[1 01]
[2112]
(c) 2003 Brooks/Cole Publishing /
Thomson Learning™
Doğrultu D
1. 2 nokta 0, 1, 0 ve 1, 0, 0.
2. 0, 1, 0, -1, 0, 0 = -1, 1, 0
3. Kesir içermiyor.


4.
[110] [1100]
7
Doğrultu indis
belirleme
Doğrultu A
1. Başlangıç ve bitiş: 1, 0, 0, ve 0, 0, 0
2. 1, 0, 0, -0, 0, 0 = 1, 0, 0
3. Kesir veya büyük tam sayı yok.
4. [100]
Doğrultu B
1. Başlangıç ve bitiş: 1, 1, 1 ve 0, 0, 0
2. 1, 1, 1, -0, 0, 0 = 1, 1, 1
3. Kesir veya büyük tam sayı yok.
4. [111]
Doğrultu C
1. Başlangıç ve bitiş: 0, 0, 1 ve 1/2, 1, 0
2. 0, 0, 1 -1/2, 1, 0 = -1/2, -1, 1
3. 2(-1/2, -1, 1) = -1, -2, 2

4. [1 2 2]
8
Draw (a) the [121] direction and (b) the [210] plane in a
cubic unit cell.
(c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson
Learning™
9
<110> doğrultu ailesi kaç farklı doğrultuyu ifade eder?
110 düzlem ailesi kaç farklı düzlemi ifade eder?
10
SDH yapıda
Doğrultunun ifadesi:
[hkil]
h+k = -i
(c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning™
Figure 3.26 Typical directions in the HCP unit cell, using both
three-and-four-axis systems. The dashed lines show that the
[1210] direction is equivalent to a [010] direction.
11
Aşağıda verilen doğrultuların indislerini bulunuz.
(c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning
Figure 3.49 Directions in a cubic unit
cell for Problem 3.52.
12
Aşağıda verilen düzlemlerin indislerini bulunuz.
(c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning
Figure 3.50 Planes in a cubic unit cell for Problem 3.53.
13
14
İki doğrultu arasındaki açı
Doğrultularının Miller endisleri [uvw] ve [u’v’w’] olan iki
doğrultu arasındaki açı δ şu ifadeyle verilir:
cosδ = (uu’+vv’+ww’)/(√u2+v2+w2).(√(u’)2+(v’)2+(w’)2
Bir düzlemin normalinin Miller endisleri ,düzlemin Miller
endisleriyle aynıdır.
Örnek : (111) düzleminin normali [111] dir.
Bir doğrultu bir düzlem içindeyse, doğrultu ve düzlemin
Miller endislerinin çarpımının toplamı
sıfırdır.
Örnek [ uvw ] doğrultusu (u’v’w’) düzlemi içindeyse
u.u’+v.v’+w.w’ = 0 dır.
Birim hücrede bulunan atom sayısı
Birim hücrede bulunan atom sayısını tarif eder(Atom
sayısı/hücre).
UYGULAMA
Doğrultular arasındaki açı vektörel olarak hesaplanabilir.




D1  u1 a  v1 b  w1 c




D 2  u2 a  v2 b  w2 c
İki doğrunun skaler çarpımı:


D1  D2  D1  D2  cos 
D1  D2
u1  u2  v1  v2  w1  w2
cos  

1
2
2
2
2
2
D1  D2
u1  v1  w1 u2  v2  w2
16
Atomsal dolgu faktörü(ADF)
Birim hüçre içinde bulunan atomların toplam hacmının(katı küreler
farzediliyor) birim hücre hacmına oranıdır (Atomların hacmı/birim
hücre hacmı).ADF malzemenin ne kadar sıkı istiflendiğini gösterir.
Doğrusal atom yoğunluğu
Merkezleri söz konusu doğrultu üzerinde bulunan atomların
(atom merkezinden geçmesi şartı ile) sayısı göz önüne
alınarak atomların doğrusal dizilme sıklıkları
hesaplanır(atom sayısı/doğrultu uzunluğu).
Düzlemsel atom yoğunluğu
Merkezleri söz konusu düzlem üzerinde bulunan atomlar
(atom merkezinden geçmesi şartı ile) göz önüne alınarak
atomların düzlemsel dizilme sıklıkları hesaplanır(atom
sayısı/düzlem alanı).
HMK yapıda [1 1] doğrultusunu ve ( 1 1 1 ) düzlemini kafes içinde olacak
şekilde çiziniz. Bu doğrultu ve düzlemdeki atom yoğunluklarını kafes
parametresini 1 A° kabul ederek hesaplayınız.
Example 4.9
Identification of Preferred Slip Planes
The planar density of the (112) plane in BCC iron is 9.94  1014
atoms/cm2. Calculate (1) the planar density of the (110) plane
and (2) the interplanar spacings for both the (112) and (110)
planes. On which plane would slip normally occur?
The atom locations on a (110) plane in a BCC unit cell (for
example 4.8 and 4.9, respectively)
Example 4.9 SOLUTION
1. The planar density is:
2. The interplanar spacings are:
The planar density and interplanar spacing of the (110)
plane are larger than those for the (112) plane; therefore,
the (110) plane would be the preferred slip plane.
Schmid Kuralı
 Öte yanda belirli bir açıyla uzanan alanda kayma gerilmesi
olacaktır ve bu gerilme Schmid kuralı ile bulunabilir
 Schmid kuralı –kayma gerilmesi ile uygulanan gerilme ve kayma
yüzeyi ve kayma doğrultusu arasındaki ilişkiyi tanımlar,
Ao
Ar 
cos 
  F cos  /( A / cos  )
(c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc.
Thomson Learning™ is a trademark used herein under license.
 Kritik kayma gerilmesi – Bir dislokasyonun hareket etmeye
başlayarak kaymaya sebep olması için gereken minimum
kayma gerilmesidir.
 Etki eden normal gerilme, herhangi bir düzlem ve
doğrultuda oluşturacağı kayma gerilmesi:
  F cos  /( A / cos  )
Dolayısı ile ilgili düzelemde kayma olabilmesi için bu
gerilmenin kritik kayma gerilmesinden daha büyük olması
gerekir
   cos  cos    cr
YMK yapıya sahip bir malzeme, [123] yönünde 2MPa değerinde normal
gerilme altında akma gösterdiği biliniyor. Bu kristalin kayma düzlemi (111)
ve kayma doğrultusu [101] olması durumunda cr değerini hesaplayınız.
   cos  cos    cr
cos  
D1  D2
u1  u2  v1  v2  w1  w2

D1  D2
u11  v12  w12 u22  v22  w22
Kayma Sisteminin tanımını yaparak HMK ve YMK
da 1 adet Kayma Sistemini çizip göstererek
hangisine daha kolay Plastik Şekil Verilebilir
nedenini açıklayınız
Tane Boyutu
•
•
•
Tane boyutu sayısal olarak ASTM
kriterlerine ASTM tane boyut numarası
(N) şeklinde belirlenebilir. 1 (kaba tane)
ve 12 (ince tane) numaraları arasında
değişir.
N ise, X100 büyütmede 1inch2 alanda
sayılan tane miktarıdır.
Sanayiide genelde 7-9 arasında değişir.
n2
G 1
• Gerçek tane boyutu (Ortalama
Tane Boyutu) ise kesen doğru
tekniği (intercept method) ile
belirlenebilir (C:1,5 M:100)
C
d
nL M
C
d
nL M
ASTM TANE BOYUTU BELİRLEME
a) 250x büyütme ile elde edilen bir mikro yapıda
1 inç2 lik alanda 16 adet tane sayılmıştır.
Buna göre malzemenin ASTM Tane Boyut
Numarasını belirleyiniz.
b) Bu malzeme ince mi yoksa kaba taneli midir?
(Hatırlatma: N=2G-1)
If we count 16 grains per square inch at magnification  250,
then at magnification  100 we must have:
N = (250/100)2 (16) = 100 grains/in.2 = 2G-1
Log 100 = (G – 1) log 2
2 = (G – 1)(0.301)
G = 7.64
1- ASTM Tane Boyut numarasından veya
2 – X100 Büyütmede kenardan kenara çizgi çizip tane sayısı/çizgi
uzunluğu (mm) olarak bunun (d)1/2 ‘si alınarak uygulama yapılır.
Hall-Petch Denklemi
Uygulaması
Design of a Mild Steel
The yield strength of mild steel with an average grain size of
0.05 mm is 20,000 psi. The yield stress of the same steel with
a grain size of 0.007 mm is 40,000 psi. What will be the
average grain size of the same steel with a yield stress of
30,000 psi? Assume the Hall-Petch equation is valid and that
changes in the observed yield stress are due to changes in
dislocation density.
Example 4.13 SOLUTION
Thus, for a grain size of 0.05 mm the yield stress is
20  6.895 MPa = 137.9 MPa.
(Note:1,000 psi = 6.895 MPa). Using the Hall-Petch equation
Example 4.13 SOLUTION (Continued)
For the grain size of 0.007 mm, the yield stress is 40 
6.895 MPa = 275.8 MPa. Therefore, again using the HallPetch equation:
Solving these two equations K = 18.43 MPa-mm1/2, and
σ0 = 55.5 MPa. Now we have the Hall-Petch equation as
σy = 55.5 + 18.43 d-1/2
If we want a yield stress of 30,000 psi or 30  6.895 =
206.9 MPa, the grain size will be 0.0148 mm.
YAYINMA (DİFÜZYON UYGULAMALARI)
• 2. Fick kanunu 
C x
 2C x
D 2
t
x
• 2.Fick kanununun, yarı sonsuz
katıya difüzyon durumunda
çözümü.
Cs yüzey konsantrasyonu,
Co hacim konsanrasyonu
C x Co
 x 
 1  erf 

Cs  Co
 2 Dt 
erf  gaus hata fonksiyonu
(error function).
Sıcaklığa bağlı olarak Difüzyon Katsayısı uygulaması
Örnek
1020 çeliğinden bir dişliyi bir önceki problemdeki gibi 927 °C'ta gazla karbonlayacağımızı
düşünelim. Bu kez 5 saatlik karbonlamadan sonra dişli yüzeyinin 0.50 mm altındaki karbon
miktarını hesaplayın. Atmosferdeki karbon miktarının %0.90, çeliğin karbon miktarının da
%0.20 olduğunu kabul edin
Z = 0.521 kabul edelim. Şimdi bu Z - 0.521 değerine hangi hata fonksiyonunun uyduğunu
bilmemiz gerekir. Bu sayıyı Tablo’dan bulmak için verileri yandaki tabloda olduğu gibi ara
değerlememiz gerekir
Dikkat edilecek olursa, 1020 çeliğinde karbonlama süresini 2.4
saatten 5 saate yükseltmek, dişli yüzeyinin 0.5 mm altındaki
karbon miktarını % 0.4'ten sadece % 0.52'ye
yükseltebilmektedir.
ÖRNEK Problemler:
1020 çeliğinden bir dişliyi 927°C'de karbonladığınızı düşünün. Yüzeyin 0.50 mm al­tında
karbon miktarını %0.40'a çıkarmak için gerekli zamanı dakika cinsinden hesaplayın. Fırın
atmosferindeki karbon miktarının %0.90 ve çeliğin karbon miktarının %0,20 olduğunu kabul
edin.
D927°C = 1.28x 10-11 m2/sn
Cy = %0.90
x = 0.5 mm = 5.0 x 10-4 m
Co = %0.20
Cx = %0.40
t = ? Sn
Çözüm: C x  Co
 x 
 1  erf 

C s  C0
 2 Dt 
veya
Cs  C x
 x 
 erf 

C s  C0
 2 Dt 
PROBLEM (YAYINMA):
Karbürizasyon (Sementasyon) işlemi için 50 mm çapında ve bileşiminde % 0,031 C içeren çelik bir çubuk,
atmosferinin C konsantrasyonu % 1,2 olan bir fırına konulacaktır. Fırın sıcaklığının 1020 °C olması durumunda,
milin yüzeyinden 1,9 mm derinlikte % 0,45 C konsantrasyonuna ulaşabilmek için milin fırın içinde ne kadar süreyle
bekletilmesi gerektiğini hesaplayınız.
Q = 154.000 J/mol
R= 8,31 J/ mol/ °K
ÇÖZÜM:
Do = 5,1 x 10-8 m2/s
Cs = 1,2; Cx = 0,45; Co = 0,031
= (1,2 - 0,45) / (1,2 - 0,031) =
= (1,2 - 0,45) / (1,2 - 0,031) = 0,6416
D = D0 .e-Q/RT
x = 1,9 x 10-3 m D = 5,1 x 10-8 m2/s e(- 154.000/ 8,31.1293)
Veriler yerine konarak çözülür.
Karbürizasyon (Sementasyon) işlemi için 50 mm çapında ve bileşiminde % 0,1 C
içeren çelik bir çubuk, atmosferinin C konsantrasyonu % 1 olan bir firma konulacaktır.
Fırın sıcaklığının 1100 °C olması durumunda, milin yüzeyinden 2 mm derinlikte % 0,5
C konsantrasyonuna ulaşabilmek için milin fırın içinde ne kadar tutulması gerektiğini
hesaplayınız.
(Hatırlatma: Q= 142.000 j/ mol R= 8,314 J/ mol/ °K D0= 2 x 10-5 m2/s D=D0.e
-Q/RT)
ÇEKME
UYGULAMALARI
•
Başlangıç kesiti (A0) = 300 mm2 ve başlangıç ölçü boyu (10) = 200 mm
olan bir alüminyum alaşımı yuvarlak telin çekme deneyi sırasındaki
elde edilen sonuçları aşağıda verilmektedir:
• Yük (N)
Yük altındaki ölçü boyu (mm)
Açıklama
• 21.000
200,2
Hook doğrusu üzerinde
• 63.000
201
Plastik Bölgede
• 72.000
246
Büzülme Başlıyor
• Yukarıda verilen değerlere göre:
• a) Deney çubuğunun yapıldığı Al. alaşımının Elastiklik Modülü
• b) Deney çubuğunun 63.000 N yük altındaki Elastik ve Plastik Birim
Uzama değerlerini ayrı ayrı hesaplayınız.
• c) Malzemenin Çekme Dayanımı (Çekme mukavemeti) ve Büzülme
başlangıcındaki Gerçek % Uzamasını hesaplayınız.
•
Cevaplar:
A) E = /e = (F/Ao) / (Dl/lo) = (21.000/300) / (0,2/200) = 70.000 Mpa
B) ee = s/E = (F/Ao) / E = (63.000/300) / 70.000 = 0,003 mm/mm
et = ee + epl = Dl/lo = 1/200 = 0,005 mm/mm buradan epl = et – ee = 0,005-0,003
= 0,002 mm/mm
C) ÇD = Fmax/Ao = 72.000/300 = 240 Mpa Gerçek Uzama: eg= ln(l/lo) =
ln(246/200) = 0,207 = % 20,7
Design of a Suspension Rod
An aluminum rod is to withstand an applied force of 45,000
pounds. To assure a sufficient safety, the maximum
allowable stress on the rod is limited to 25,000 psi. The
rod must be at least 150 in. long but must deform
elastically no more than 0.25 in. when the force is
applied. Design an appropriate rod.
Example 6.2 SOLUTION
Example 6.2 SOLUTION(Continued)
  E  e  10x10  0.001667 16,670psi
6
ELASTİK UZAMA PROBLEMİ
300cm uzunluğunda Aluminyum alaşımından yapılmış olan
bir çubuk, 20,000 kg değerinde bir yüke dayanmak
zorundadır. Bu malzemenin akma dayanımı 250MPa dır.
Çubuğun 0.65 cm den daha fazla elastik uzama göstermesi
istenmediğine ve emniyet katsayısı (a) 1; (b) 3 olması
durumlarında çapı ne olmalıdır. (E = 70GPa)
20000x9.8
20000x9.8
 1090mm2  d  31.6mm
 1090mm2  d  31.6mm A 
250
250
20000x9.8
20000x9.8
2
A

 2355mm2  d  55mm
A
 2355mm  d  55mm
(250/ 3)
(250/ 3)
A
20000 x9.8
A
 1292mm2  d  40.6mm
70000 x0,00217
20000 x9.8
A
 3875mm2  d  70.26mm
(70000 x0,00217 / 3)
E 
e0

F .l 0
480.100

 20.000kgf / mm 2
A0 .Dl 80.0,03
 Ç .D   max 
Fmaks 2200

 27,5kgf / mm 2
A0
80
ek 
Dl k 125  100

 0,25veya%25
l0
100

A0  A 80  35

 0,5675veya%56,75
A0
80
b) 3 noktasınınTeknik Akma Sınırını gerçeklediğini gösterebilmek için 3 noktasındaki eplastik= 0,002 olduğunu göstermek gereklidir.
et = epl + ee ; epl = et - ee ;
et = Dl/lo = 0,3 / 100 = 0,003
ee = /E = Fo / (A0 . E) = 1600 / (80 . 20.000) = 0,001
epl = 0,003 – 0,001 = 0,002 veya % 0,2
Şu halde 3 noktası Teknik Akma Sınırını gerçekler.
6 noktasında:
maks = Fo/Ao = 1750/80 = 21,875 kgf/mm2
gerçek = F0/Ag = 1750 / 35 = 50 kgf /mm2
PROBLEM 3:
Başlangıç ölçü boyu 500 mm ve başlangıç kesidi 10 mm2 olan çelik bir tel 2 kN’luk bir yük
altında 0,5 mm elastik uzama göstermektedir.
A - Malzemenin Elastiklik Modülünü hesaplayınız.
B – Aynı tel 8 kN’luk bir yükün etkisiyle 3 mm uzadığına göre, malzemenin % 0,2’lik kalıcı
uzamaya karşılık olan akma sınırını bulunuz.
ÇÖZÜM:
lo = 500 mm; Ao = 10 mm2; P = 2000 N; Dl = 0,5 mm
A–
E = /ee = (P/Ao) / (Dl/l) = (P x lo)/ (Ao x Dl) =
2000 N x 500 mm / 10 mm2 x 0,5 mm = 200.000 N/mm2
B–
Ao = 10 mm2; P = 8000 N; Dl = 3 mm epl = % 0,2
ee = (P/Ao) / E = P / (Ao x E) = 8000 / (10 x 200.000) = 0,004 mm/mm
et = Dl/lo = 3 / 500 = 0,0006 mm/mm
epl = et – ee = 0,006 – 0,004 = 0,002 Şu halde bu nokta Teknik Akma Sınırını verir.
ve 0,2 = 8000/10 = 800 N/mm
PROBLEM: 2
Aşağıdaki iki ayrı hal için, % mühendislik genlemesi (birim şekil değiştirme, % e),
% gerçek genleme (gerçek birim şekil değiştirme, % eg) ve % kesit daralması
(veya genişlemesi, %y) değerlerini hesaplayınız.
a – L’den 1,5 L’ye plastik uzama (çekme)
b - h’dan 0,5 h’ya plastik kısalma (basma)
ÇÖZÜM:
a ) L’den 1,5 L’ye plastik uzama (çekme)
lo = L
l = 1,5 L
% e = (Dl/lo)x 100 = (1,5 L – L) x 100 / (L) = % 50
% eg = (ln l/lo)x 100 = (ln1,5L/L) x 100 = % 40,5
A.l = Ao. lo
%  = (Ao – A)x100/Ao= (1 – A/Ao) x 100 = (1 – 1/1,5) x 100 = % 33,3
b) h’dan 0,5 L’ya plastik kısalma (basma)
ho = h
h = 0,5 h
% e = (Dh/ho)x 100 = (0,5 h – h) x 100 / (h) = - % 50
% eg = (ln h/ho)x 100 = (ln0,5h/h) x 100 = - % 69,3
A.h = Ao. ho
%  = (Ao – A)x100/Ao= (1 – A/Ao) x 100 = (1 – h/0,5h) x 100 = - % 100
PROBLEM:
12 mm çaplı bir çelik çubuğun 50 mm lik boyu 45 kN etkisinde 0,1 mm
artıyor ve çapı 11,992 mm ye düşüyor. Çeliğin,
a) Elastisite modülünü
b) Poisson oranını,
c) Kayma modülünü ve
d) Hacim Modülünü bulun.
ÇÖZÜM:
a) Çubuğun Kesiti Ao = (p x 122) / 4 = 113 mm2, lo = 50 mm, Dl = 0,1 mm
Eksenel Uzama Oranı: ea = Dl/ lo = 0,1 / 50 = 2 x 10-3 ; Gerilme  = 45000/113 = 396 MPa
Elastisite Modülü E = /e = 396 / (2x10-3) = 198.000 MPa
b) Poisson Oranı: n = - ey / ea ; Yanal şekil değiştirme ey = (d – do)/do
ey = (11,992 – 12,0) / 12 = - 0,008 / 12 = 2/3 x 10-3 ; ea = 2 x 10-3
c) Kayma modülü, G = E / 2(1+n) = 198.000/2 (1+0,33) = 75.000 MPa
d) Hacim modülü, K = E / 3(1-2n) = 198.000/3 (1 – 2x0,33) = 194.118 MPa
Bir metalik malzemeye ait mühendislik çekme diyagramı
aşağıda verilmiştir. Buna göre malzemenin; a. Elastiklik
modülünü, b. Akma dayanımım, c. Çekme dayanımını, d.
Kopma uzaması değerini ve e. Boyun verme anındaki gerçek
gerilme değerini hesaplayınız. (Gerektiğinde yaptığınız
hesapları grafik üzerinde de gösteriniz)
Mekanik özellikleri (Elastiktik Modülü-. 200 GPa, Çekme Dayanımı: 750
MPa, Akma Dayanımı: 600 MPa, Kırılma Tokluğu: 50 MPa.m1/2, Kopma
uzaması: % 25) olan bir çelikten hazırlanan 20 mm çapında ve 1 metre
boyundaki bir çubuğa:
a. 9xl04 N çekme kuvveti uygulandığında çubuğun boyu kaç mm olur?
b. Çubukta kalıcı deformasyon oluşmaması için uygulanması gereken en
büyük çekme kuvveti nedir?
c. Bu çeliğin yaklaşık Brinell sertlik değeri nedir?
Ç 
BSD
3x700
x10  BSD 
 210BSN
3
10
210 
2 x3000
p 1010  102  d 2 


d  4.167mm
60
PROBLEM:
Aşağıda verilenlere göre, şekildeki çubuğa benzer bir durum için maksimum gerilmeyi
hesaplayınız?
F = 90 000 N; r = 2,5 mm; b = 25 mm; t = 25 mm
Cevap: Şekildeki gibi üzerine r yarıçapında bir delik açılmış bir çubuğa bir F yükü uygulanırsa,
delik bölgesindeki efektif gerilme aşağıdaki bağıntı yardımı ile hesaplanabilir :
nom = F / (b - 2r)t
b : genişlik ; t: kalınlık
Çubuğun normal kesiti (bt) dir, delik hizasında gerçek kesiti bulmak için (2rt) yi bundan
çıkarmak gerekir. Gerilme deliğin olduğu yerde, delik kenarlarında yoğunlaşır. Delik çapının
çubuk genişliğine oranı küçüldükçe, K gerilme konsantrasyon faktörü artmaktadır. Örneğin
0,05 yarıçap/genişlik oranında 2,8 değerine erişilmektedir. Bu noktadan sonra ölçme yapmak
zorlaşmaktadır.
nom = 90000/ (25-2x2,5)25 = 90.000 /20x25 = 180 N/mm2
r/b = 2,5/25 = 0,1 için şekildeki diyagramdan K = 2,7 bulunur.
Delik kenarındaki gerilme :
K x nom = 2,7 x 180 = 486 N/mm2 = 486 MPa
KIRILMA MEKANİĞİ
• Malzemenin ani zorlamalara karşı dayanımını
ifade eden büyüklük “kırılma tokluğu” dur.
• Bu değer KIC ile ifade edilir
• KIC azaldıkça malzemenin gevrek kırılma eğilimi
artar.
• Parçanın tasarımda herhangi bir zorlama altında
ani ve gevrek kırılmaması için aşağıdaki şart
sağlanmalıdır.
I
IC
Zorlanma şartları < Malzeme dayanımı
K K
K I  Y    pa
62
Malzemenin
kırılma tokluğu
Şekil Faktörü
Kritik Çatlak
boyu
K IC  Y   k  pakr
Ani kırılma Çekme gerilmesi
Ani kırılma olmaması için
1. Çatlak boyunun kritik değerden küçük
olması
2. Gerilmenin kritik gerilmeden (kritik
çatlak boyunda gevrek kırılmaya sebep
olan gerilme) değerden daha küçük
olması gerekir.
63
• Kırılma mekaniğinde “Gerilme şiddet faktörü” kullanılır.
– KI: Çekme zorlaması
– KII: Kesme (kayma) zorlaması
– KIII: Burulma zorlaması olma durumları.
• En tehlikeli durum KI: çekme durumudur.
Gerilme şiddet
faktörü
Çekme gerilmesi
K I  Y    pa
Şekil Faktörü
Çatlak boyu
64
Y = 1,1
• Fabrika’da kullanılacak bir basınçlı tüpte çalışma
esnasında 400 MPa gerilme oluşmaktadır.
Tüpteki iç çatlağı tespit etmek için kullanılacak
tahribatsız muayene yönteminin hassasiyeti
3mm’dir. Çekme dayanımı 670 MPa, Kırılma
Tokluğu 45 MPa.m1/2 dir. 400 MPa gerilme
altında tüpün gevrek kırılma sonucu hasara
uğramaması
için
kullanılacak
tahribatsız
muayene yönteminin yeterli olup olmadığını
açıklayınız (Y=1,12).
Example 6.8
Design of a Nondestructive Test
A large steel plate used in a nuclear reactor has a plane
strain fracture toughness of 80,000 psi in. and is exposed to
a stress of 45,000 psi during service. Design a testing or
inspection procedure capable of detecting a crack at the
edge of the plate before the crack is likely to grow at a
catastrophic rate.
Example 6.8 SOLUTION
Assume that an advanced ceramic, sialon (acronym for SiAlON
or silicon aluminum oxynitride), has a tensile strength of 60,000
psi. Let us assume that this value is for a flaw-free ceramic. (In
practice, it is almost impossible to produce flaw-free ceramics.)
A thin crack 0.01 in. deep is observed before a sialon part is
tested. The part unexpectedly fails at a stress of 500 psi by
propagation of the crack. Estimate the radius of the crack tip.
Example 6.9 SOLUTION
Design a supporting 3-in.-wide plate made of sialon, which
has a fracture toughness of 9,000 psi in. , that will
withstand a tensile load of 40,000 lb. The part is to be
nondestructively tested to assure that no flaws are present
that might cause failure.
Kritik bir uygulama için kırılma tckluğu 24 MPa.ml/2 olan bir alüminyum
alaşımı kullanılacaktır. Bundan imal edilen parça 400 MPa çekme gerilmesi
altında çalışacak olup güvenlik amacıyla periyodik olarak tahribatsız
çatlak (veya süreksizlik) kontrolüne tabi tutulacaktır. Bu amaçla alınacak
olan ve en düşük 3 mm boyutundaki kusurları saptayabilen bir tahribatsız
muayene cihazının satın alınması planlanmıştır. Söz konusu cihazın bu
amaç için yeterli olup olmayacağını neden belirterek açıklayınız. (Not:
Geometrik şekil faktörü 1 olarak kabul edilecektir)
240cm uzunluğunda çelik bir şaftın kullanım uygulamasında 1 yıl dayanması
isteniyor. Şafta etkiyen eğme kuvvetinin yaklaşık 2800 kg olduğu ve dakikada 1
devir yaptığı bilindiğine göre şaftın çapı (a) ek=1 (b) ek=2 için ne olmalıdır.
N= 360x24x60=518400 tekrar sayısı 
y = 72ksi = 72000psi = 497MPa
 
16FL
pd
3
497x106 
 5.09
FL
d3
5.09x 2800x9.81x 2.4
d3
d  9cm
 
16FL
pd 3
 5.09
FL
d3
497x106 5.09x 2800x9.81x 2.4

2
d3
d  11.3cm
Yorulma diyagramı aşağıda verilmiş olan çelik malzemeden imal edilen
yuvarlak bir çubuk 134 kN'luk çekme ve 134 kN'luk basma eksenel
gerilmeleri altında çevrimsel zorlamaya tabi tutulmaktadır. Çubuğun
yorulma hasarına uğramaması için çapı en az ne olmalıdır? (Not: Emniyet
katsayısı 1 kabul edilecektir)
PROBLEM:
Bir malzemenin yorulma ve akma sınırları syo = 120 N/mm2, sak = 200 N/mm2 olarak
biliniyor.
a) Bu malzemeden yapılan ve F = 10000 ± 5000 N luk çekme yükü taşıyan parça
yorulma kırılması gösterir mi (parça kesiti 100 mm2)?
b) Aynı yük, aynı kesit ve K = 1,2 olan çentikli parça için yorulma kırılması söz
konusumudur?
CEVAP:
a) nokta doğrunun altında parça
kırılmaz.
b)
n  F / Ao  100 ± 50
N/mm2 ; n  K
n  1,2 (100 ± 50) = 120 ± 60 N/mm2
x/120 = (200-120) / 200 x = 48
60>48 olduğu için parça kırılır.
Tedbir: K’yı azaltmak, A0’ı arttırmak ya da malzeme
özelliklerini yo ve ak’yı artıracak şekilde önlemler
almak (ısıl işlemler yapmak ya da başka malzeme
kullanmak gibi).
PROBLEM:
PROBLEM
Başlangıç kesiti 10 mm2 ve başlangıç ölçü boyu 1000 mm olan bir tele, 6000 N luk bir
çekme yükü uygulandığında, ölçü boyu 1112 mm oluyor. Malzemenin elastiklik modülü
5.104 N/mm2 dir.
a) 6000 N luk yükün oluşturduğu gerçek gerilmeyi bulunuz?
b) 6000 N luk yük boşaltılır, yani sıfıra indirilirse.ölçü boyu kaç mm olur?
c) Yükün boşaltılmasından sonra tel yeniden 5000 N luk sabit bir yük altında 1000 saat
bırakılırsa ve sonra yük kaldırılırsa ölçü boyu kaç mm olur? (Sürünmenin birinci safhası
ihmal edilecek ve sürünme hızı 0,002 -% genleme/saat - alınacaktır).
e .10 = 17 . 10-4 . 1000 = 1,7 mm
Ölçü boyu : 1112- 1,7 = 1110,3 mm
c) e = 0,002 x saat = 0,002 x 1000 = %2
Yükün boşaltılmasından sonra uygulanan 5000 N nün etkisi ile tel yeniden plastik şekil
değiştirme göstermez. Yani gerilme elastik bölgededir. Fakat yükün uzun süre etkimesi
ile bir uzama olmaktadır. Bu durumda ölçü boyu:
1110,3+ 2 = 1112,3 mm olmaktadır.
Download

MAL201VizeIeHazırlık2014