VİZE II ve Final’e
HAZIRLIK
Tüm Konuları
Kapsamaz
(Aralık 2014)
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 :
snom = 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.
snom = 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 snom = 2,7 x 180 = 486 N/mm2 = 486 MPa
Aşağıda akma dayanımı 800 MPa olan 4140 çeliğinin çentikli veya çentik
bulunmama durumlarına ait Wöhler eğrileri verilmektedir. Wohler eğrilerinin
tam değişken zorlamalar altında elde edildiği bilinmektedir (sort = 0). Aşağıdaki
soruları cevaplayınız.
I-Çentiksiz ve çentikli parçaları yorulma davranışları açısında karşılaştırınız ve
farklı davranışın sebeplerini açıklayınız?
II-Parçaların yorulma ömürlerine etki eden parametreleri yazınız.
III-Bu çelikten çentiksiz olarak imal edilen bir parça, 200MPa ortalama çekme
gerilmesi oluşacak şekilde çevrimsel zorlamaya maruz kalmaktadır. Bu
durumunda yorulma hasarı oluşmaması için uygulanabilecek en büyük
gerilme genlik değerini emniyet katsayısı 1.25 olacak şekilde hesaplayınız.
Stress (MPa)
Çentiksiz
Çentikli
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
K K
Zorlanma şartları < Malzeme dayanımı
K I  Y  s  a  K IC
4
• 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  s  a
Şekil Faktörü
Çatlak boyu
5
Malzemenin
kırılma tokluğu
Şekil Faktörü
Kritik Çatlak
boyu
K IC  Y  s k  akr
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.
6
Radyüsun Etkisi
s max
a
 2s
R
a   smax 
R   smax 
a) Kı = Y. s. (.a)1/2 = 1,1 x 1100 x (3,14 x 0,002 m)1/2 = 95,88 MPa(m)1/2
Kı = 95,88 (Malzemenin zorlama şartı) ve Kıc = 80 (Malzemenin kırılma
tokluğu) ve Kı>Kıc olduğu için Malzeme Akmadan Hasara Uğrar.
Y = 1,1
(Yüzey Çatlağı dendiği için Y=1,1 alınıyor;
İç çatlak denseydi Y= 1 alınırdı.
Y = 1,1 (Yüzey Çatlağı)
Design of a Nondestructive Test
Nükleer reaktörde kullanılan çelik plakanın düzlemsel deformasyon
kırılma tokluk değeri 80,000 psi(inç)1/2 olup 45,000 psi’lık bir
gerilmeye maruz
kalmaktadır. Plakada katastropik bir hata
olmaksızın izin verilebilecek çatlak boyu nedir?
Problem
3” genişliğindeki SiAlON’dan yapılmış ve Kırılma Tokluğu 9.000 psi(inç)1/2 olan bu destek
seramiğinin mümkün olan minimum kalınlığını belirleyiniz. Bu plaka 40.000 lb yük kaldırmalıdır.
Plakada NDT testler ile kırılmaya yol açan çatlakların olup olmadığı kontrol edilebilmelidir. Minimum
kalınlık, uygun test tekniği ile belirlenebilecek minimum çatlak boyuna bağlıdır.
Kıc = Y . s . (.a)1/2
smaks = Kıc / (.a)1/2 = F / Amin
Amin = F. (.a)1/2 / Kıc
Amin = 40.000. (.a)1/2 / 9.000
Amin = 7,88 . (a)1/2 in2
Genişlik 3 inç ise Minimum Kalınlık = 7,88/3 . (a)1/2 in = 2,63. (a)1/2
NDT testlerimiz
1: X-Ray testi 0,02 inçten büyük olan çatlakları tespit edebilir.
2: g-Ray testi 0,008 inçten büyük olan çatlakları tespit edebilir ve
3: Ultrasonik test ise 0,005 inçten büyük olan çatlakları tespit edebilir.
Tüm çatlaklar için Geometrik Şekil Faktörünün: f = 1,0 olduğunu farz edin
Çatlakları tespit edebilme yeteneğimiz, belirleme limitinden küçük çatlaklı malzemeyi üretebilme
yeteneğimizle doğru orantılıdır. Çatlakları tespit edebilme yeteneğimiz tolere edilebilen maksimum
gerilemeyi ve parçanın büyüklüğünü de etkiler Bu örnekte Ultrasonik test varsa parça daha da
küçük olabilir.
Kırılma Tokluğu son derece önemlidir. SiAlON yerine, Tokluğu 3.000 psi(inç)1/2 olan Si3N4 kullandık.
Hesaplamaları tekrarlayarak Ultrasonik testle minimum kalınlığın 0,56 inç ve de maksimum
gerilmenin 24.000 psi olduğunu gösterebiliriz.
Kıc = Y . s . (.a)1/2
smaks = 3.000 / (.0,005)1/2 = 24.000 psi çıkar ve sağlanır.
24.000 = 40.000 lb / 3 inç (genişlik) . kalınlık (in)
Buradan kalınlık: 0,56 inç çıkar ve sağlanır.
Kritik bir uygulama için kırılma tokluğu 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)
Kıc = Y . s . (.a)1/2
(a)1/2 = Kıc /[()1/2 . s . Y] = 24 / [(3,14)1/2 . 400 . 1] = 0,03386
a = 0,001146 m = 1,146 mm çatlak Bu muayene cihazı bunu bulamaz.
Bir krene ait taşıyıcı kolun imal edildiği çeliğe ait akma dayanımı 800 MPa ye kırılma
tokluğu 48 MPa.ml/2 ’dir. Tasarım sırasında izin verilen maksimum gerilme ise akma
dayanımının %50'si dir. Eğer tespit edilebilen en küçük çatlak boyu 2,5 mm. ise, bu
gerilme değerinde çalışmak sizce mantıklı mıdır? (Geometrik faktör 1 olarak alınabilir).
Kıc = Y . s . (.a)1/2
s= Kıc
/ [()1/2 . (a)1/2 . Y] = 48 / [[(3,14)1/2 . 0,05 . 1] = 542 MPa’ya kadar dayanabilir.
İzin verilen maksimum gerilme 800 x 0,5 = 400 MPa olduğuna göre, 400
MPa’lık değerde çalışmak mantıklıdır.
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)
Diyagramdan bu çelik için Yorulma Sınırı s= 400 MPa’dır.
s=F/A
400 = 134.000 / A;
A = 134.000 / 400 = 335 mm2
d2 = 106.69
335 = 3,14 x d2
buradan d = 10,33 mm olmalıdır.
A =  . d2
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 konusu
mudur?
CEVAP:
a) nokta doğrunun altında parça
kırılmaz.
b)
sn  F / Ao  100 ± 50
N/mm2 ; sn  K
sn  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 syo ve sak’yı artıracak şekilde önlemler
almak (ısıl işlemler yapmak ya da başka malzeme
kullanmak gibi).
Problem:
240 cm 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 
sy = 72ksi = 72000psi = 497MPa
±s = M / W
Emniyet Katsayısı = 1 ise:
s 
16FL
d
3
497x106 
d  9cm
Emniyet Katsayısı = 2 ise:
s 
16FL
d 3
 5.09
FL
d3
497x106 5.09x 2800x9.81x 2.4

2
d3
d  11.3cm
 5.09
FL
d3
5.09x 2800x9.81x 2.4
d3
Sürünme
• Sürünme Dayanımı: Belli bir sıcaklıkta ve belli bir süre
sonunda malzemenin kopmasına sebep olan gerilme
değeridir. Örneğin bu süre 10.000 saat ise sk/10.000
şeklinde gösterilir.
• Sürünme Sınırı: Belli bir sıcaklıkta ve belli bir süre
sonunda, belirli bir kalıcı % e meydana getiren gerilme
değeridir.
Almanya da sürünme sınırı, 35 ila 45. saatler arasındaki
sürünme hızı ve 45. saat sonundaki kalıcı uzama
yardımıyla belirlenir.
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).
Yük boşaltıldığında uzamanın elastik bölümü geri
döner;
buna göre bu gerilme değerindeki elastik uzamayı
bulmak gerekir.
e = s / E = (6000/10) / 50000 = 0,012
e .10 = 0,012 . 1000 = 12 mm
Ölçü boyu : 1112- 12 = 1100,00 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: %2 x1000 = 20mm
1100,0+ 20 = 1120,0 mm olmaktadır.
PROBLEM:
FAZ PROBLEMLERİ
F + S = B + 2 (GİBBS Faz
Kuralı-Kanunu)
F:Faz Sayısı
S: Serbestlik Derecesi
B:Bileşen sayısı
2: Sıcaklık ve Basınç Değişken
Sıcaklık
Gaz
Sıvı
Katı
F + S = B + 1 (GİBBS Faz KuralıKanunu)
F:Faz Sayısı
S: Serbestlik Derecesi
B:Bileşen sayısı
1: Sıcaklık Değişken, Basınç = Sabit.
Buhar
Su
Buz
Basınç(Log skala)
Suyun Faz Diyagramı
Sabit basınçta (Atmosfer
Basıncı) hazırlanmış 2 Bileşenli
Denge Diyagramı: Al-Si
Arafazlar ve Metallerarası bileşikler
• Faz diyagramlarının birden fazla reaksiyon içermeleri
durumunda görülür.
• Arafazın tekbir kimyasal bileşik olması durumunda
metaller arası fazlar söz konusudur. Metaller arası fazlar
çok sert ve gevrek malzemelerdir.
Metallerarası
bileşikler
Arafazlar
REAKSİYONLAR
Ötektik
Peritektik
Monotektik
Ötektoid
Peritektoid
Örnek
(c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc. Thomson Learning™ is a
trademark used herein under license.
Aşağıda verilen faz diyagramında bulunan 3 adet farklı faz reaksiyonlarını tespit
ediniz.
1150oC, 920oC, 750oC, 450oC ve 300oC
lerde yatay çizgiler vardır
1150oC: δ + L  γ, peritektik
920oC: L1  γ + L2 a monotektik
750oC: L  γ + β, a ötektik
450oC: γ  α + β, a ötektoid
300oC: α + β  μ or a peritektoid
• Demir-Sementit Faz Diyagram
Problemleri
(723°C alınan yerlerde 727°C olarak kabul edilmelidir.
Bazı problemlerde 723 bazen 727 (Ötektoid sıcaklık)
görülebiliyor; % lerde ise bazen % 0,8 C bazen de %
0,77 C (Ötektoid nokta) olarak kabul edilmektedir)
Demir Sementit Faz diyagramı
+S
g (ostenit)
g+S
S
Tötektik
Perlit
Ledeburit
1148oC
Dökme demir
Çelik
%C: ağırlık olarak
Sementit : Fe3C
Ferrit : 
Perlit :  + Fe3C
Ostenit: g
Delta demir: 
Ledeburit.
Tötektoid
• Ostenitleşme sıcaklıkları 800°C olan
çeliklerin, soğuma eğrisi (sıvı halden-oda
sıcaklığına) % C oranlarını bulup oda
sıcaklığındaki iç yapısını çiziniz.
Aşağıda verilen MgO-Al2O3 faz diyagramını kullanarak 1700°C’de % 20 MgO içeren
seramikte (a) mevcut bulunan fazları, (b) fazların % olarak miktarlarını, (c) fazların
bileşimlerini bulunuz
Aşağıdaki Cu-Be alaşım sisteminde Cu’a yakın bölgenin faz diyagramı
verilmektedir. Buna göre ağırlıkça %5 Be içeren alaşımın, 576 ve 574oC
lerde içerisinde bulunan fazların ağırlık yüzdelerini ve kimyasal
bileşimlerini hesaplayınız.
β
α
Sıcaklık (oC)
β’
α+β
β + β’
575oC
3.2
6.5
11.5
α + β’
0.5
Cu
% wt. Be 
Aşağıda Fe-Ni alaşım sisteminin Fe'e yakın bölgesine ait faz diyagramı verilmiştir. Buna
göre ağırlıkça % 93 Fe içeren alaşımın 1459 °C de içinde bulunan fazların yapıdaki
ağırlık yüzdeleri ve kimyasal bileşimleri ile birlikte belirleyiniz. Ayrıca verilen alaşım için
sıvı halden tamamen katılaşmaya kadar olan soğuma sırasındaki iç yapılan çiziniz.
Ötektik Noktaya Faz Kuralını uygulayıp Serbestlik Derecesini bulup açıklayınız.
Fe-C diyagramında, ötektoid sıcaklığın hemen altında, % 1,2 C içeren çeliğin dengeli
dönüşümü sonrası mikro yapısını şematik olarak çiziniz ve Oda sıcaklığında ötektoid
reaksiyon dışı oluşan fazı belirtip % miktarını bulunuz.
Ferritik kır dökme demir, ferritik temper dökme demir ile ferritik küresel (sfero) dökme
demirin içyapıların (mikro yapılarını) şematik olarak çizin, içyapıları gözönüne alarak
mekanik özelliklerini karşılaştırınız.
ÖRNEKLER
Ötektoid Altı bir çeliğin mikroyapısı oda sıcaklığında etüd edilerek;
Perlit/Perlit dışı Ferit oranının % 25 olduğu belirlenmiştir.
Bu çeliğin % C’unu bulunuz
Bu çeliğin Perlit içi Ferit % ‘sini bulunuz.
Perlit /Per.Dış.Fer = 0,25
P = 0,25 x PDF
P + PDF = 100
0,25 PDF + PDF = 100
PDF = 100/1,25 = 80
PDF = % 80
P = % 20
PDF = (0,8-x) / 0,8 x 100 = 80
X = % 0,16 C’lu çelik
% a = (6,7 – 0,16) / 6,7 x 100 = % 97,6 (Bilanço)
Toplam F = % 97,6
PDF = % 80
Perlit içi Ferit = % 17,6
SORU
% 0,2 C’lu çeliğin 800°C sıcaklığındaki iç yapısını çiziniz. Bu sıcaklıkta,
yapıda mevcut fazların ihtiva ettiği karbon %’lerini hesaplayınız. Bu
sıcaklıkta, yapıda mevcut fazların ağırlık %’lerini hesaplayınız.
Aynı çeliğin oda sıcaklığında ihtiva ettiği Perlit Dışı Ferritin ağırlık %
‘sini hesaplayınız.
Bu çeliğin 950°C sıcaklıktan oda sıcaklığına soğuması sırasındaki
soğuma eğrisini çiziniz. Faz kuralını kullanarak eğri üzerindeki her
bölgenin serbestlik derecesini belirtiniz (A3 sıcaklığını bir doğru olarak
kabul ediniz)
(900-800) / x = (910-723) / 0,8
x = 0,47
% a = (0,47-0,20) / (0,47-0) x 100 = % 57
% 43 g
Oda sıcaklığında: % a = (0,8 – 0,2) / 0,8 x 100 = % 75
SORU
A ve B bileşenlerinin oluşturduğu bir ötektik sisteme ait bilgiler
aşağıda verildiğine göre denge diyagramını çizerek faz alanlarını
isimlendirin ve verilen değerleri diyagram üzerinde gösteriniz.
- A’nın erime sıcaklığı 700°C;
- B’nin erime sıcaklığı 500°C;
- Ötektik sıcaklığı 250°C;
- Ötektik bileşim % 55 B;
- Katı halde B bileşeni A içinde hiç çözünmüyor;
- Katı halde A bileşeni B içinde en fazla % 10 oranında çözünüyor; oda
sıcaklığında ise % 5 oranında çözünüyor.
TTT (ZAMAN SICAKLIK DÖNÜŞÜM)
PROBLEMLERİ
ZSD (zaman-sıcaklık-dönüşüm) diyagramlarının nasıl elde edildiğini, gerekli şekilleri çizerek açıklayınız?
Cevap:
Kritik Çekirdeklenme
Çekirdeklenme Hızı
Dönüşüm Hızı
Ötektoid çeliğe ait Zaman-Sıcaklık-Dönüşüm (ZSD) diyagramını dikkate alarak
ostenit-perlit (ve/veya beynit) dönüşümlerinin belli bir sıcaklık aralığında neden
daha hızlı gerçekleştiğini açıklayınız.
Sıcaklık, faz diyagramındaki likidüs sıcaklığının altına düştüğünde,atomlar katı faza ait
kristali oluşturmak isterler. Bu “istek” sıcaklık düştükçe artar ve bu nedenle sıvı fazda
birim zamanda oluşan çekirdek sayısı artar.Öte yandan düşük sıcaklıklarda çekirdeklerin
oluşması için gerekli atom hareketliliği(yayınma) hızı düşüktür.Yani çekirdek oluşması
için gerekli yayınma katkısı yüksek sıcaklıklarda fazla, düşük sıcaklıklarda azdır.
Ötektoid çeliğe aşağıdaki ısıl
işlemler uygulanıyor.
a) Ostenit alanından 650°C a
aniden soğutuluyor ve bu
sıcaklıkta 100 (yüz) saniye
bekletiliyor, sonra oda
sıcaklığına aniden
soğutuluyor.
b) ) Ostenit alanından 450°C a
aniden soğutuluyor ve bu
sıcaklıkta 10 (on) saniye
bekletiliyor, sonra oda
sıcaklığına aniden
soğutuluyor.
c) Ostenit alanından 100°C a
aniden soğutuluyor ve bu
sıcaklıkta 100 (yüz) saniye
bekletiliyor, sonra oda
sıcaklığına aniden
soğutuluyor.
d) Ostenit alanından aniden
oda sıcaklığına soğutuluyor.
Sonra 400 °C ye ısıtılıp, 1 saat
bekletiliyor ve oda sıcaklığına
aniden soğutuluyor.
Bu ısıl işlemler sonucunda
oluşacak içyapıları belirtip,
sertliklerine göre sıralayınız
(sertten yumuşağa doğru).
İzotermal dönüşüm ısıl işlemi kesintiye uğratılarak karmaşık mikroyapılar oluşturulur. Örneğin 1050
çeliği (Şekil A), 800°C’de östenitlenip 650 °C'ye soğutulduktan sonra ve 10 sn.için bekletilir (bir
miktar ferrit ve perlitin oluşması sağlanır) daha sonra da 350 °C'ye soğutulmanın ardından l saat
bekletilir. 350 °C'ye soğutulmadan önceki dengesiz östenit beynite dönüşür. Son yapı ferrit, perlit
ve beynitten oluşur (a).
a
b
Şekil: 1050 (ÖTEKTOİD ALTI) çeliği izotermal ısıl işleminin kesintiye uğratılmasıyla karmaşık yapıların oluşumu
Yukardaki işlem 350°C’de 1 dakika kesintiye uğratılmakla ve daha sonra su
verilmekle yapı daha da karmaşık hale getirilebilir. 350°C’de 1 dakika beklettikten
sonra kalan diğer östenit, martensit oluşturur. Bu durumda son yapı ferrit, beynit,
perlit ve martenziti içerir (b).
Dikkat edilirse her defasında sıcaklık değiştirilir ve sıfır zamanda başlanır
(kronometre sıfırlanır). Böyle karmaşık içyapıların karışımı tahmin edilemeyen
özellikler oluşturduğu içi bu yapılan bilinçli olarak çok nadiren oluşturulur.
Faz dönüşümleri
Faz dönüşümlerini ikiye ayrılır:
1. Yayınmalı dönüşümler: Atomlar en kararlı halin
(min.enerji) gerektirdiği fazları oluşturmada yeterli süreye
sahiptirler. Bu fazlar faz diyagramlarında yer alan fazlardır.
a)
b)
c)
d)
2.
Kaba perlit (coarse pearlite)
İnce perlit (fine pearlite)
Üst beynit (upper bainite)
Alt beynit (lower bainite)
Yayınmasız dönüşümler: Atomlar düşük enerjili kararlı
fazları oluşturacak yeterli sürelere sahip değillerdir. Bu
nedenle faz diyagramlarında rastlanmayan yarı kararlı veya
kararsız fazlar oluştururlar.
a)
Martenzit
Menevişleme (Temperleme)
T
merkez
yüzey
Temperleme sıcaklığı
t (logaritmik skala)
• Kırılgan Martenzit iç
yapının, daha tok ve hala
yüksek dayanımlı iç yapıya
dönüştürülmesi ısıl işlemidir.
• Ostenit sıcaklıktan su verilen
iç yapıda martenzitler oluşur.
• Daha sonra bu malzeme
temper sıcaklığına ısıtılarak
martenzit temper yapıya yani
ince taneli ferritik-perlitik
bir yapı dönüştürülür.
Martemperleme (Martempering)
T
yüzey
merkez
Temperleme sıcaklığı
• Martenzit oluşumu sırasında
çatlama ve kırılma risklerini
azaltmak amacıyla ostenit
bölgesinden martenzit
başlangıç sıcaklığının hemen
üzerinde ani olarak soğutulur.
• Bu sıcaklıkta iç ve yüzey
sıcaklıkları eşitlenecek ve
beynit oluşum sıcaklığına
girmeyecek şekilde bekletilir
ve sonra tekrar su verilir.
t (logaritmik skala)
Ostemperleme (Austempering)
T
yüzey
merkez
t (logaritmik skala)
• Yapının %100 alt beynite
dönüştürülmesi için yapılan
ısıl işlemdir.
• Ostenit sıcaklığına ısıtılan
malzeme martenzit oluşum
sıcaklığının üzerinde bir
sıcaklığa su verilir.
• Daha sonra yeterince uzun
süre bekletileren dengesiz
ostenit %100 beynite
dönüştürülür.
Osforming
Bir tür termomekanik ısıl işlemdir. Malzeme A1 sıcaklığının
altında ostenit bölgesinde plastik deformasyon ile şekillendirilir.
Daha sonra beynit veya martenzit oluşacak şekilde soğutulur.
The bay area obtained by alloying
• İlk öncw gwniş dengesiz ostenit
alanına kadar ani olarak soğutulur,
• Daha sonra bu bölgede perlit
oluşumuna izin vermeyecek
sürede plastik deformasyona
maruz bırakılır.
En sonunda
• Oda sıcaklığına ani olarak
soğutulursa martenzit oluşur.
• Yavaş soğutulursa beynit
oluşur.
Homojenleştirme
• Döküm sonrası tane içerisinde nispeten hızlı soğumanın
sebep olduğu kimyasal bileşim farklılıkları olabilir.
• Bu farklılıkların ortaya çıkardığı bölgelere segregasyonlar
denir.
• Bu durum malzemelerin mekanik özelliklerini olumsuz
olarak etkileyebilir.
• Bu durumu ortadan kaldırmak için malzemeyi erime
sıcaklığının altında uzun süre tavlamak ve böylece yayınma
mekanizması ile kimyasal bileşim homojen hale getirme
işlemi- homojenleştirme uygulanır.
• Fazlarla segregasyonlar ayrı şeylerdir. Fazlar etkilenmez
sadece faz içlerindeki segregasyonlar ortadan kalkar.
Gerilme giderme
• Kaynak, döküm, kısmi plastik şekil verme gibi bazı
üretim yöntemleri sonrası yapıda artık gerilmeler
oluşur.
• Bunlar mekanik özellikleri olumsuz etkileyebilir.
• Bunu azaltmak için Al da 400oC, ve çelikte 500oC
civarında ısıtılarak (sıcaklık arttıkça akma
dayanımı düşer) yapı içindeki elastik atrık
gerilmelerin oluşturduğu elastik şekil değişimi
plastik şekil değişimine dönüştürülür.
• Böylece artık gerilme seviyesi zararsız düzeylere
indirilebilir.
Su verme
• Yapıda başka bir faz oluşumuna imkan vermeden %100
martenzit oluşturmak amacıyla uygulanır.
• Ostenit bölgesinden ani olarak soğutma ile elde
edilebilir.
• Soğuma hızının kritik soğuma hızı olarak adlandırılan
kritik değerden daha büyük olması gerekir.
• Kullanımı için temperlenmesi gerekebilir.
Su verme – çeliğin ostenit bölgeden kritik soğuma sıcaklıklarının
üzerindeki hızlarda ani olarak soğutulması işlemidir. Eğer Mf in
altındaki sıcaklıklara ani soğutma söz konusu ise yapı tamamen
martenzite dönüşür. Aksi halde ani soğutma sırasında eğer ZDS
eğrileri kesilmiyorsa yapı dengesiz ostenit halinde bulunuz.
•Bu amaçla önce çelik ostenit bölgesinde en az 1 saat ısıtılır:
• Ötektoid altı çelikler için: A3 + 30-50oC
•Ötektoid üstü çelikler için: A1 + 30-50oC
•Daha sonra, Mf in altındaki sıcaklıklara, kritik soğuma hızlarının
üzerindeki değerlerde hızlı soğutma yapılırsa yapı tamamen
martenzite dönüşür (quenching).
Sertleşebilirlik
• Mesafeye bağlı olarak sertlik değerinde azalma
görülür.
• Mesafenin artması ile yüksek sertlik değerleri gösteren
malzemelerin sertleşme kabiliyetleri daha iyidir.
• Soğuma hızı çok arttırıldığında ise çatlama riski doğar.
• Bu nedenle Cr, Mo, V, gibi bazı alaşım elementleri
katılarak sertleşebilme kabiliyetleri arttırılır.
• En iyi sertleşebilirliği 4340 göstermektedir.
Su verme çatlakları (Quench cracks)
Genleşme
Martenzit
Martenzit
Çekme
Gerilmesi
γ  Martenzit
Çekme
Gerilmesi
Çatlaklar
Rockwell sertliği
İdeal durum
Jominy mesafesi (1/16 inch)
Aşağıda verilen üç farklı çeliği yandaki tablodaki kriterler açısından karşılaştırınız
Yumuşatma Tavı
(Soğuk Şekil Verme Sonrası)
• Yumuşatma Tavı sırasında tav
sıcaklıklarına bağlı olarak farklı aşamalar
görülebilir:
– Toparlanma
– Yeniden kristalleşme
– Tane irileşmesi
Yumuşatma tavı (ProcessAnnealing)
Tane büyüklüğü
Tb
0.2
0.4
0.6
Oda sıcaklığında plastik (kalıcı) şekil değişimine tabi tutulan saf bakırın elektrik
iletkenliğini, mekanik özelliklerini değiştirmeden arttırabilmek için ne yapmayı
önerirdiniz? Nedeniyle birlikte kısaca açıklayınız. (Not: Bakırın ergime sıcaklığı yaklaşık
olarak 1000°C dir)
Çökeltme sertleşmesinde adımlar
1.
2.
3.

Çözündürme işlemi (solution treatment): Malzeme tek faz
bölgesine ısıtılarak çökelecek olan sert 2. faz, tek faz içerisinde
tamamen çözülür.
Ani soğutma (Quenching): Oda sıcaklığına ani soğutma ile 2.
fazın çökelmesi engellenir ve aşırı doymuş katı çözelti elde
edilir.
Yaşlandırma işleminde; aşırı doymuş katı çözelti, çözündürme
sıcaklığından daha düşük olan yaşlandırma sıcaklığına tekrar
ısıtılarak çok küçük bağdaşık (koherent) 2. faz tanecikleri
çökeltilir. (Bu çökeltiler dislokasyonlara engel teşkil ederek
malzemenin dayanımını arttırır).
Aşırı yaşlanma: çökelmelerin çok büyüyerek bağdaşıklığın
(koherentliğin ) kaybolması (bu durum istenmez).
T
Tek faz;  bölegesinde
tamamen çözme işlemi

Yapı içerisinde küçük
çökeltiler oluşturulur
tyaşlandırma
+
Zaman
Bileşim
• Yaşlandırma işleminde; yaşlandırma sıcaklığı oda
sıcaklığında gerçekleşiyorsa, buna doğal yaşlandırma
(natural aging), seçilen bir sıcaklıkta fırın içerisinde
gerçekleşiyorsa yapay yaşlandırma (artificial aging)
adı verilir.
İç yapı
• Çökeltmenin ilk aşamasında, çok küçük koherent–GP
bölgeler (Guinier preston zones) oluşur,
• GP bölgeleri genelde dislokasyon altındaki boşluklarda
çekirdeklenir (sistemin enerjisini düşürmek için) ve
dislokasyon hareketlerini engeller.
• Bu bölgeler, daha büyük bağdaşık (koherent)
çökeltilere dönüşür. Bağdaşık çökeltiler kafesi aşırı
gererek dayanım artışı oluştururlar.
• Daha sonra sıcaklığın veya zamanın gerekenden yüksek
tutulması halinde tane büyümesi gerçekleşir. Dayanım
düşmeye başlar.
Yavaş soğutma
T
%100 
(tek fazı)

Yavaş soğutma
+
Denge mikroyapısı
 İçerisinde  taneleri
Bileşim
Zaman
Yaşlandırma ısıl
işleminde sürenin
iç yapıya ve
dolayısıyla
malzeme
özelliklerine
etkisinin şematik
gösterimi.
Sertlik
Sıcaklık
tyaşlandırma
tyaşlandırma(saat)
Sertlik
Bağdaşık tane
oluşumu
GP Bölgesi
oluşumu
Bağdaşık çökelti

Aşırı
yaşlanma
Bağdaşıklığın
kaybolması

Zaman
• Yaşlandırma ısıl işleminde sıcaklığın
malzeme özelliklerine etkisinin şematik
gösterimi.
Sertlik
T2
T3
T1
T4
Aşırı
yaşlanma
T1 < T2 < T3 < T4
 Zaman
Aşırı yaşlanma


• Aşırı büyüme: Çökeltilerin çok
büyümesi ile oluşan
gerilmeler artık taşınamaz ve
bağdaşıklık sona erer.
• Çökeltinin sertleştirme etkisi
azaltır.
• Yeterince uzun süre
beklendiğinde ilk yapıya geri
dönülür.
Tipik bir yapay yaşlandırma ısıl işleminin şematik gösterimi.
Sıcaklık
s,
smax
(1)
(1)
s0.2
(2)
(2)

(3)
 %B
(3)
Zaman
 Zaman
Aşağıdaki hayali faz diyagramında yer alan beş farklı
alaşımdan hangisine veya hangilerine çökelme sertleşmesi
uygulayabileceğinizi nedeni ile birlikte açıklayınız. (Not- Neden
belirtilmezse bu sorudan puan alınamaz).
FİNALE YÖNELİK BAZI
ÇALIŞMALAR AŞAĞIDA
OLMAKLA BİRLİKTE
TÜM KONULARI İÇERMEZ
FİNAL İÇİN TÜM KONULAR
TARAFINIZDAN ÇALIŞILMALIDIR
1
a) 250x büyütme ile elde edilen bir mikro yapıda
1 in2 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=2n-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 = 2n-1
Log 100 = (n – 1) log 2
2 = (n – 1)(0.301)
n = 7.64
HMK yapıdaki bir demir tek kristaline
[0 1 0] yönünde bir çekme gerilmesi
uygulanıyor.
a) Uygulanan çekme gerilmesi 52 MPa
ise, (1 1 0) düzlem ve [1 1 1]
doğrultusundaki kayma gerilmesinin
değerini hesaplayınız.
b) Malzemenin (1 1 0) düzlem ve [1 1 1]
doğrultusundaki kritik kayma gerilmesi
30 MPa ise kaymanın gerçekleşmesi
için [0 1 0] yönünde uygulanması
gereken çekme gerilmesini bulunuz
2
4.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.
0.05 mm in tane boyutuna sahip bir çeliğin akma
dayanımı 138MPa dir. Aynı malzemenin tane
boyutunun 0.007 mm olması durumunda akma
dayanımı 276 MPa değerine yükseliyor. Bu
malzemenin akma dayanım değerinin 207MPa olması
durumundaki tane boyutunu tahmin ediniz. (HallPetch eşitliğini kullanınız ve dislokasyon
yoğunluğunun değişmediğini kabul ediniz)
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.
3
5 kg Bor elyaf tek yönlü takviye olarak 8 kg
Al matris içerisine katılacaktır. Bu durumda
– Kompozitin yoğunluğu
– Elyaflara paralel yönde elastiklik modülü
– Elyaflara dik yönde elastiklik modülünü
hesaplayınız.
Elastiklik modülü 4 GPa olan epoksi matris; hacimsel olarak %40 oranında
elastiklik modülü 70GPa olan cam elyaflarla takviye edilerek hazırlanan bir
malzemede cam elyafların yönü bir birlerine paraleldir. Bu malzemeye uygulanan
50MPa çekme gerilmesinin oluşturacağı birim uzama miktarını; (a) elyaflara
paralel; (b) elyaflara dik yükleme durumları için hesap ediniz.
4
5
6
7
(a) Tipik bir termoplastik malzemenin camsı geçiş
sıcaklığı üzerinde s-e eğrisini çizerek önemli noktalarını
açıklayınız.
(b) Bu eğriyi termoset malzemelerin eğrisi ile
karşılaştırınız.
8
9
Download

VizeIIveFinalHazırlık Aralık2014