VĠZE II ye HAZIRLIK Tüm Konuları Kapsamaz (Aralık 2011)

Transkript

1 VĠZE II ye HAZIRLIK Tüm Konuları Kapsamaz (Aralık 2011)

2 PROBLEM: Aşağıda verilenlere göre, şekildeki çubuğa benzer bir durum için maksimum gerilmeyi hesaplayınız? F = 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 : s 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. s nom = 90000/ (25-2x2,5)25 = /20x25 = 180 N/mm 2 r/b = 2,5/25 = 0,1 için şekildeki diyagramdan K = 2,7 bulunur. Delik kenarındaki gerilme : K x s nom = 2,7 x 180 = 486 N/mm 2 = 486 MPa

3 KIRILMA MEKANĠĞĠ Malzemenin ani zorlamalara karşı dayanımını ifade eden büyüklük kırılma tokluğu dur. Bu değer K IC ile ifade edilir. [ ] K IC azaldıkça malzemenin gevrek kırılma eğilimi artar. Parçanın tasarımda herhangi bir zorlama altında ani ve gevrek kırılmaması için aşağıdaki şart sağlanmalıdır. K K I IC Zorlanma şartları < Malzeme dayanımı K I Y s a K IC 3

4 Kırılma mekaniğinde Gerilme Ģiddet faktörü kullanılır. K I : Çekme zorlaması K II : Kesme (kayma) zorlaması K III : Burulma zorlaması olma durumları. En tehlikeli durum K I : çekme durumudur. Gerilme şiddet faktörü Çekme gerilmesi K I Y s a Şekil Faktörü Çatlak boyu 4

5 Malzemenin kırılma tokluğu Şekil Faktörü Kritik Çatlak boyu K IC Y s k a kr 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. 5

6

7 a) K ı = Y. s. (.a) 1/2 = 1,1 x 1100 x (3,14 x 0,002 m) 1/2 = 95,88 MPa(m) 1/2 K ı = 95,88 (Malzemenin zorlama şartı) ve K ıc = 80 (Malzemenin kırılma tokluğu) ve K ı >K ıc olduğu için Malzeme Akmadan Hasara Uğrar.

8 Y = 1,1 (Yüzey Çatlağı dendiği için Y=1,1 alınıyor; İç çatlak denseydi Y= 1 alınırdı.

9 Y = 1,1 (Yüzey Çatlağı)

10 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?

11 İleri teknoloji seramiği olarak bilinen sialon (silisyumalüminyumoksinitrid) 60,000 psi lık bir çekme mukavemetine sahiptir. Bu değerin hatasız bir seramik için geçerli olduğunu düşünelim in. derinlikteki ince çatlak bulunsun. Bu parça beklenmedik bir şekilde 500 psi da kırılsın. Bu çatlağın yarıçapını tahmin ediniz.

12 3 inç kalınlıkta bir plakanın SiAlON dan yapıldığını varsayın. Kırılma tokluğu 9,000 psi(inç) 1/2 ve 40,000 lb lik bir çekme yüküne dayanabilir. Parçayı hasara uğratacak hata boyutunu hesaplayınız?

13 Problem (Yukardaki Problem-KarĢılaĢtırmalı Çözüm) 3 genişliğindeki SiAlON dan yapılmış ve Kırılma Tokluğu psi(inç) 1/2 olan bu destek seramiğinin mümkün olan minimum kalınlığını belirleyiniz. Bu plaka 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. K ıc = Y. s. (.a) 1/2 s maks = K ıc / (.a) 1/2 = F / A min A min = F. (.a) 1/2 / K ıc A min = (.a) 1/2 / A min = 7,88. (a) 1/2 in 2 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 psi(inç) 1/2 olan Si 3 N 4 kullandık. Hesaplamaları tekrarlayarak Ultrasonik testle minimum kalınlığın 0,56 inç ve de maksimum gerilmenin psi olduğunu gösterebiliriz. K ıc = Y. s. (.a) 1/2 s maks = / (.0,005) 1/2 = psi çıkar ve sağlanır = lb / 3 inç (genişlik). kalınlık (in) Buradan kalınlık: 0,56 inç çıkar ve sağlanır.

14 Kritik bir uygulama için kırılma tokluğu 24 MPa.m l/2 olan bir alüminyum alaģımı kullanılacaktır. Bundan imal edilen parça 400 MPa çekme gerilmesi altında çalıģacak olup güvenlik amacıyla periyodik olarak tahribatsız çatlak (veya süreksizlik) kontrolüne tabi tutulacaktır. Bu amaçla alınacak olan ve en düģük 3 mm boyutundaki kusurları saptayabilen bir tahribatsız muayene cihazının satın alınması planlanmıģtır. Söz konusu cihazın bu amaç için yeterli olup olmayacağını neden belirterek açıklayınız. (Not: Geometrik Ģekil faktörü 1 olarak kabul edilecektir) K ıc = Y. s. (.a) 1/2 (a) 1/2 = K ıc /[( ) 1/2. s. Y] = 24 / [(3,14) 1/ ] = 0,03386 a = 0, m = 1,146 mm çatlak Bu muayene cihazı bunu bulamaz.

15

16 Bir krene ait taşıyıcı kolun imal edildiği çeliğe ait akma dayanımı 800 MPa ye kırılma tokluğu 48 MPa.m l/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). K ıc = Y. s. (.a) 1/2 s= K ıc / [( ) 1/2. (a) 1/2. Y] = 48 / [[(3,14) 1/2. 0,05. 1] = 542 MPa ya kadar dayanabilir. Ġzin verilen maksimum gerilme 800 x 0,5 = 400 MPa olduğuna göre, 400 MPa lık değerde çalıģmak mantıklıdır.

17 Yorulma diyagramı aģağıda verilmiģ 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 = / A; A =. d 2 A = / 400 = 335 mm = 3,14 x d 2 d 2 = buradan d = 10,33 mm olmalıdır.

18 PROBLEM: Bir malzemenin yorulma ve akma sınırları s yo = 120 N/mm 2, s ak = 200 N/mm 2 olarak biliniyor. a) Bu malzemeden yapılan ve F = ± 5000 N luk çekme yükü taşıyan parça yorulma kırılması gösterir mi (parça kesiti 100 mm 2 )? 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) s n F / A o 100 ± 50 N/mm 2 ; s n K s n 1,2 (100 ± 50) = 120 ± 60 N/mm 2 x/120 = ( ) / 200 x = 48 60>48 olduğu için parça kırılır. Tedbir: K yı azaltmak, A 0 ı arttırmak ya da malzeme özelliklerini s yo ve s ak yı artıracak şekilde önlemler almak (ısıl işlemler yapmak ya da başka malzeme kullanmak gibi).

19 Bu tip deney parçalarında gerilme ±s = M / W şeklindedir. Burada M, Kesitin Eğilme Momentidir. F yapılan yükleme değeri ve d kesitin çapı olup Eğilme Momenti M = F x (L/2) olur. L: Eğilen kısmın uzunluğudur. Buna göre: ±s = 32 (F.L/2) / (3,14.d 3 ) değerler yerine konduğunda: ±s = 5,09 FL/d 3 olur.

20 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) e k =1 (b) e k =2 için ne olmalıdır. Emniyet Katsayısı = 2 ise: 16FL FL s d d 6 497x10 2 d 11.3cm 5.09x2800x9.81x2.4 d 3 N= 360x24x60= tekrar sayısı s y = 72ksi = 72000psi = 497MPa ±s = M / W Emniyet Katsayısı = 1 ise: 16FL FL s d d x2800x9.81x x10 3 d d 9cm

21 (c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc. Thomson Learning is a trademark used herein under license. Sfero dökme demir bir zincirin, 600 o C çalışan bir fırında 5 yıl boyunca hasara uğramadan 2500 kg lık bir yükü taşıyabilmesi için çapı ne olmalıdır (ek=2). LM=873 x [ ln(5x360x24)] / 1000 = 38 Gerilme : 2000psi

22 Palmgren-Miner Law At each stress under cyclic loading, a certain percentage of total life is used. This leads to: n 1 N 1 n 2 N 2 n 3 N where: n = the number of cycles at a specific amplitude N = the fatigue life at the specified amplitude

23 And the person exerting 3 psi sits on the chair 10 4 times n =1 n= 90*10 4 times =3 psi =2 psi How many times can the 2 psi person sit down and get up?

24 Sürünme Sürünme Dayanımı: Belli bir sıcaklıkta ve belli bir süre sonunda malzemenin kopmasına sebep olan gerilme değeridir. Örneğin bu süre saat ise s k/ 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.

25

26

27 PROBLEM Başlangıç kesiti 10 mm 2 ve başlangıç ölçü boyu 1000 mm olan bir tele, 6000 N luk bir çekme yükü uygulandığında, ölçü boyu 1112 mm oluyor. Malzemenin elastiklik modülü N/mm 2 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) / = 0,012 e.1 0 = 0, = 12 mm Ölçü boyu : = 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.

28 PROBLEM:

29

30 FAZ PROBLEMLERĠ

31 F + S = B + 2 (GİBBS Faz Kuralı-Kanunu) F:Faz Sayısı S: Serbestlik Derecesi B:Bileşen sayısı 2: Sıcaklık ve Basınç Değişken F + S = B + 1 (GİBBS Faz Kuralı- Kanunu) F:Faz Sayısı S: Serbestlik Derecesi B:Bileşen sayısı 1: Sıcaklık Değişken, Basınç = Sabit. Sıcaklık Gaz Buhar Sıvı Su Katı Buz Basınç(Log skala) Suyun Faz Diyagramı Sabit basınçta (Atmosfer Basıncı) hazırlanmıģ 2 BileĢenli Denge Diyagramı: Al-Si

32

33 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. Arafazlar Metallerarası bileşikler

34

35 Gibbs Faz kuralı Bir sistemde bileşen ve faz sayısının belirli olması durumunda serbest değişken olup olmadığını belirlemede kullanılan bir kuraldır. Basıncın değişken bir parametre olması durumu F + S = B + 2 Basıncın sabit olması durumu (en çok kullanılan bağıntı) Serbest değişken sayısı S = B F + 1 Bileşen sayısı Faz sayısı

36 Erime noktasında Gibbs kuralı Diagramda saf element için erime noktasındaki (T A ) durum: F = 2 (sıvı ve olarak 2 faz) B = 1 (Tek bileşen A) T TA nın soğuması S=1-2+1=0 Sıvının soğuması Katılaşma aralığı t Basınç sabit, kimyasal bileşimde değişmediği için tek değişken olan sıcaklıktır. Ancak bu da erime/katılaşma boyunca sıcaklık sabittirserbest değişken bulunmaz

37 b noktasında: F=2 (2 Faz: sıvı ve ) B=2 (Bileşenler: A ve B) S = = 1 Tek değişken: Sıcaklık a noktasında: F=2 (2 Faz: sıvı ve ) B=2 (Bileşenler: A ve B) S = = 1 Tek değişken: Sıcaklık c noktasında: F=1 (1 Faz: sıvı) B=2 (Bileşenler: A ve B) S = = 2 Değişkenler: Sıcaklık ve bileşim.

38 Terazi kuralı Faz diagramları: Hangi sıcaklık ve bileşimde hangi fazlar var? Bu fazların bileşimi nedir? Faz diagramında, fazların oranlarını ve bileşimlerini bulmak için terazi kuralı (lever rule) kullanılır.

39 Örnek Cu-40% Ni alaşımı için aşağıdaki sıcaklıklarda serbestlik derecelerini bulunuz (a) 1300 o C, (b) 1250 o C, and (c) 1200 o C. Cu - Ni faz diyagramlarında Basınç sabit olduğu için eşitlik: (1 + B = S + F) olur. (a) 1300 o C, F=1 (Sadece sıvı faz), B=2 (Cu ve Ni) Böylece; 1 + B = S + F = S + 1 S = 2

40 (b) 1250 o C, İki faz mevcut; F = 2, (Sıvı ve katı) Cu ve Ni den dolayı; B = 2: 1 + B = S + F = S + 2 S = 1 (c) 1200 o C, F = 1, sadece katı faz; B = 2, (Cu ve Ni). 1 + B = S + F = S + 1 S = 2

41 Örnek Cu-40% Ni faz diyagramında aşağıdaki sıcaklıklarda kompozisyonları bulunuz; (a) 1300 o C, (b)1270 o C, (c)1250 o C, (d)1200 o C. 40% Ni kompozisyonunda dikey çizgi çizilir; o C: Sadece sıvı faz mevcut o C: 2 Faz mevcut: Sıvı ve katı. Sıvı (S) faz 37% Ni, Katı ( ) faz 50% Ni konsantrasyonuna sahip.

42 -1250 o C: İki faz mevcut. Sıvıda (L) 32% Ni, katıda( ) 45% Ni mevcut o C: Sadece katı ( ) mevcut; 40% Ni konsantrasyonuna sahiptir.

43 Örnek Cu-40% Ni alaşımı için aşağıdaki sıcaklıklarda faz oranlarını saptayınız (a) 1300 o C, (b) 1270 o C, (c) 1250 o C, (d) 1200 o C. 1300o C: 100%L 1270o C: %L % %α %

44 1250oC: %L 38% % % 1200oC: 100%

45 REAKSĠYONLAR Ötektik Peritektik Monotektik Ötektoid Peritektoid

46 (c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc. Thomson Learning is a trademark used herein under license. Örnek Aşağıda verilen faz diyagramında bulunan 3 adet farklı faz reaksiyonlarını tespit ediniz o C, 920 o C, 750 o C, 450 o C ve 300 o C lerde yatay çizgiler vardır 1150 o C: δ + L γ, peritektik 920 o C: L 1 γ + L 2 a monotektik 750 o C: L γ + β, a ötektik 450 o C: γ α + β, a ötektoid 300 o C: α + β μ or a peritektoid

47 Örnek1 100 gr Pb-%10 Sn alaşımı için; (a)100 o C de Sn nin Pb içerisinde max çözünürlüğünü bulunuz, (b) Pb nin Sn içerisinde max çözünürlüğünü bulunuz, (c) 0 o C de ve faz miktarlarını bulunuz, (d) α ve β fazları içerisinde Sn miktarını ağırlık olarak bulunuz, (e) α ve β fazları içerisinde Pb miktarını ağırlık olarak bulunuz.

48 (a) 100 o C (Sn) nin (Pb) içerisinde çözünürlüğü % 5. (b) Pb nin Sn içerisinde max çözünürlüğünü ötektik sıcaklık olan 183 o C de gerçekleşir: Bu değer % T ötektik :183 o C 97.5% Sn 2.5% Pb 5%

49 c) 0 o C de ve faz miktarlarını bulunuz, (c) 0 o C de, α + β bölgesinde terazi kuralını uygularsak: 2% Sn a b % β a x a b 2 8.2% % α %

50 2% Sn (d) M (Sn) = 2% Sn 91.8 g (α) = g = g. M (Sn) = ( ) g = g. (e) M (Pb) = 98% Sn 91.8 g (α) = g = g M (Pb) = = g.

51 (c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc. Thomson Learning is a trademark used herein under license.

52 Örnek2 Pb-Sn alaşımına ait faz diyagramı verilmektedir. Ötektik kompozisyonda faz miktarlarını hesap ediniz. (b) Fazların ağırlık miktarlarını bulunuz. (c) 200 gr ötektik alaşım için her fazda bulunan Pb ve Sn miktarlarını bulunuz.

53 (a) Ötektik alaşım Pb - % 61.9 Sn kompozisyonunda olacaktır. Bu kompozisyon için ötektik sıcaklıkta terazi kuralını uygularsak: a b % Sn 2.5% Pb

54 a b :(Pb 19% Sn) % b x % a b :(Pb 97.5% Sn) % a x % a b

55 (b) Ötektik sıcaklığın hemen altında: M(α)= M(alaşım) % = 200 g = 90.7 g M(β)= M(alaşım) M( ) = g g = g (c) M (Sn) α = M( ) % Sn(α) = 90.7g x 0.19 = g M (Pb) = M( ) M(Sn) = 90.7 g g = g M (Pb) β = M( ) % Pb(β) = g ( ) = 2.73 g M (Sn) β = M( ) M(Pb) = g g = g

56 (c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc. Thomson Learning is a trademark used herein under license.

57 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)

58 Perlit Ledeburit Demir Sementit Faz diyagramı +S g (ostenit) g+s 1148 o C S Sementit : Fe 3 C Ferrit : Perlit : + Fe 3 C Ostenit: g Delta demir: Ledeburit. T ötektik T ötektoid Çelik %C: ağırlık olarak Dökme demir

59

60

61

62

63

64

65

66 Ostenitleşme sıcaklıkları 800 C olan çeliklerin, soğuma eğrisi (sıvı halden-oda sıcaklığına) % C oranlarını bulup oda sıcaklığındaki iç yapısını çiziniz.

67 Aşağıda verilen MgO-Al 2 O 3 faz diyagramını kullanarak 1700 C de % 20 MgO içeren seramikte (a) mevcut bulunan fazları, (b) fazların % olarak miktarlarını, (c) fazların bileşimlerini bulunuz

68 TTT (ZAMAN SICAKLIK DÖNÜġÜM) PROBLEMLERĠ

69 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

70 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).

71

72

73 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 ġekil: 1050 (ÖTEKTOĠD ALTI) çeliği izotermal ısıl iģleminin kesintiye uğratılmasıyla karmaģık yapıların oluģumu 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.

74 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) Kaba perlit (coarse pearlite) b) İnce perlit (fine pearlite) c) Üst beynit (upper bainite) d) Alt beynit (lower bainite) 2. 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

75 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.

76 Bu amaçla önce çelik ostenit bölgesinde en az 1 saat ısıtılır: Ötektoid altı çelikler için: A o C Ötektoid üstü çelikler için: A o C Daha sonra, Mf in altındaki sıcaklıklara, kritik soğuma hızlarının üzerindeki değerlerde hızlı soğutma yapılırsa yapı tamamen martenzite dönüşür (quenching).

77 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.

78 Çekme Gerilmesi γ Martenzit Çekme Gerilmesi Su verme çatlakları (Quench cracks) Martenzit Genleşme Martenzit Çatlaklar

79 Rockwell sertliği İdeal durum Jominy mesafesi (1/16 inch)

80 Menevişleme (Temperleme) T merkez yüzey Temperleme sıcaklığı 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. t (logaritmik skala)

81 Meneviş işlemi Ac1 çizgisinin altında bir sıcaklıkta yapılabilir. Ancak, sıcaklık değiştikçe malzemedeki iç yapı da değişecektir. Bu yüzden malzemede istenen özelliklere tam olarak bilinmeli ve bu doğrultuda meneviş sıcaklığı seçilmelidir. 200 oc ye kadar olanmenevişlemede sertlikte önemli bir kayıp görülmez. Ancak iç gerilimlerin büyük bir bölümü giderilmiş olur. İşlem sonrası yapı siyah martenzit adını alır oc arasında yapılan menevişleme ile çekme dayanımında az da olsa bir düşme görünür. Sertlikte ise önemli azalmalar görülebilir. Genellikle 60-40HRC arasında bir değer alır oc arasında yapılan menevişleme ile oldukça tok bir yapı elde edilirken; sertlik de 40-20HRC ye kadar düşebilir oc arasında ise sementit taneleri küreselleşirler. Bunun sonucunda ise oldukça yumuşak ve tok bir yapı elde edilir.

82 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. t (logaritmik skala) Bu sıcaklıkta iç ve yüzey sıcaklıkları eşitlenecek ve beynit oluşum sıcaklığına girmeyecek şekilde bekletilir ve sonra tekrar su verilir.

83 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.

84 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.

85 Yumuşatma Tavı (Soğuk Şekil Verme Sonrası) Yumuşatma Tavı sırasında tav sıcaklıklarına bağlı olarak farklı aşamalar görülebilir: Toparlanma Yeniden kristalleşme Tane irileşmesi

86 Yumuşatma tavı (ProcessAnnealing) Tane büyüklüğü T b

87 Çökeltme sertleşmesinde adımlar 1. Çözündürme işlemi (solution treatment): Malzeme tek faz bölgesine ısıtılarak çökelecek olan sert 2. faz, tek faz içerisinde tamamen çözülür. 2. Ani soğutma (Quenching): Oda sıcaklığına ani soğutma ile 2. fazın çökelmesi engellenir ve aşırı doymuş katı çözelti elde edilir. 3. 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).

88 T Tek faz; bölegesinde tamamen çözme işlemi Yapı içerisinde küçük çökeltiler oluşturulur t yaşlandırma + Bileşim Zaman

89 Yaşlandırma işleminde; yaşlandırma sıcaklığı oda sıcaklığında gerçekleşiyorsa, buna doğal yaşlandırma (natural aging), seçilen bir sıcaklıkta fırın içerisinde gerçekleşiyorsa yapay yaşlandırma (artificial aging) adı verilir.

90 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.

91 Yavaş soğutma T %100 (tek fazı) Yavaş soğutma + Denge mikroyapısı İçerisinde taneleri Bileşim Zaman

92 Sertlik Sıcaklık t yaşlandırma Yaşlandırma ısıl işleminde sürenin iç yapıya ve dolayısıyla malzeme özelliklerine etkisinin şematik gösterimi. t yaşlandırma (saat)

93 Sertlik GP Bölgesi oluşumu Bağdaşık tane oluşumu Bağdaşık çökelti Aşırı yaşlanma Bağdaşıklığın kaybolması Zaman

94 Yaşlandırma ısıl işleminde sıcaklığın malzeme özelliklerine etkisinin şematik gösterimi.

95 Sertlik T 2 T 1 T 4 T 3 Aşırı yaşlanma T 1 < T 2 < T 3 < T 4 Zaman

96 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.

97 Sıcaklık Tipik bir yapay yaşlandırma ısıl işleminin şematik gösterimi. s, (1) (1) s max s 0.2 (2) (2) (3) (3) %B Zaman Zaman

98 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 bileģim homojen hale getirme işlemi- homojenleģtirme uygulanır. Fazlarla segregasyonlar ayrı şeylerdir. Fazlar etkilenmez sadece faz içlerindeki segregasyonlar ortadan kalkar.

99 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 400 o C, ve çelikte 500 o C 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.

100 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).

101