VİZE I e HAZIRLIK Tüm Konuları Kapsamaz

Transkript

1 VİZE I e HAZIRLIK Tüm Konuları Kapsamaz

2 Metalik malzemelerde iki elementin birbirine tamamen ve heroranda karışarak katı çözeltinin elde edilmesi için Humerothery kuralının sağlanması gerekir. Hume rotery kuralı Hume-Rothery 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.

3 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

4

5 DOĞRULTU ve DÜZLEM

6 Düzlem indis belirleme Düzlem A 1. x = 1, y = 1, z = /x = 1, 1/y = 1,1 /z = 1 3. Kesir bulunmuyor. 4. (111) Düzlem B 1. Düzlem z eksenini kesmez, x = 1, y = 2, z = 2. 1/x = 1, 1/y =1/2, 1/z = 0 3. Tam sayı olmalı: 1/x = 2, 1/y = 1, 1/z = 0 4. (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. (010) 6

7 Düzlem A 1. a 1 = a 2 = a 3 =, c = /a 1 = 1/a 2 = 1/a 3 = 0, 1/c = 1 3. Kesir içermiyor 4. (0001) Düzlem B 1. a 1 = 1, a 2 = 1, a 3 = -1/2, c = /a 1 = 1, 1/a 2 = 1, 1/a 3 = -2, 1/c = 1 3. Kesir içermiyor 4. (1121) Doğrultu C 1. 2 nokta: 0, 0, 1 ve 1, 0, , 0, 1, -1, 0, 0 = 1, 0, 1 3. Kesir içermiyor. 4. veya [ 101] [2112] (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning Doğrultu D 1. 2 nokta 0, 1, 0 ve 1, 0, , 1, 0, -1, 0, 0 = -1, 1, 0 3. Kesir içermiyor. 4. [ 110] [1100] 7

8 Doğrultu indis belirleme Doğrultu A 1. Başlangıç ve bitiş: 1, 0, 0, ve 0, 0, , 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, , 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, 1-1/2, 1, 0 = -1/2, -1, (-1/2, -1, 1) = -1, -2, 2 4. [12 2] 8

10 <110> doğrultu ailesi kaç farklı doğrultuyu ifade eder? 110 düzlem ailesi kaç farklı düzlemi ifade eder? 10

11 SDH yapıda Doğrultunun ifadesi: [ h k i l ] 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

14 14

15 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 )/( u 2 +v 2 +w 2 ).( (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).

16 16 Doğrultular arasındaki açı vektörel olarak hesaplanabilir. c w b v a u D c w b v a u D İki doğrunun skaler çarpımı: cos D D D D cos w v u w v u w w v v u u D D D D UYGULAMA

17 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).

18 HMK yapıda [1 1] doğrultusunu ve ( ) düzlemini kafes içinde olacak şekilde çiziniz. Bu doğrultu ve düzlemdeki atom yoğunluklarını kafes parametresini 1 A kabul ederek hesaplayınız.

19

20 Example 4.9 Identification of Preferred Slip Planes The planar density of the (112) plane in BCC iron is atoms/cm 2. 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)

21 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.

22

23

24

25 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, A r Ao cos F cos A /( / cos (c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc. Thomson Learning is a trademark used herein under license. )

26 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

27 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 D D 1 1 D2 D 2 u u u v v 1 w 2 1 v 2 u 2 2 w 1 v 2 2 w 2 w 2 2

28

29

30

31 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 1inch 2 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) d C n M L

32

33 d C n M L

34 ASTM TANE BOYUTU BELİRLEME a) 250x büyütme ile elde edilen bir mikro yapıda 1 inç 2 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=2 G-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 = 2 G-1 Log 100 = (G 1) log 2 2 = (G 1)(0.301) G = 7.64

35 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.

36 Hall-Petch Denklemi Uygulaması

37 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 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 MPa = MPa. (Note:1,000 psi = MPa). Using the Hall-Petch equation

38 Example 4.13 SOLUTION (Continued) For the grain size of mm, the yield stress is MPa = MPa. Therefore, again using the Hall- Petch equation: Solving these two equations K = MPa-mm 1/2, and σ 0 = 55.5 MPa. Now we have the Hall-Petch equation as σ y = d -1/2 If we want a yield stress of 30,000 psi or = MPa, the grain size will be mm.

39 YAYINMA (DİFÜZYON UYGULAMALARI)

40 2. Fick kanunu C t x D C x 2 x 2 Cs yüzey konsantrasyonu, Co hacim konsanrasyonu 2.Fick kanununun, yarı sonsuz katıya difüzyon durumunda çözümü. C C s x C C o o 1 erf 2 x Dt erf gaus hata fonksiyonu (error function).

41 Sıcaklığa bağlı olarak Difüzyon Katsayısı uygulaması

42 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 = kabul edelim. Şimdi bu Z değerine hangi hata fonksiyonunun uyduğunu bilmemiz gerekir. Bu sayıyı Tablo dan bulmak için verileri yandaki tabloda olduğu gibi ara değerlememiz gerekir

43 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.

44 ÖRNEK Problemler: 1020 çeliğinden bir dişliyi 927 C'de karbonladığınızı düşünün. Yüzeyin 0.50 mm al tında 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. D 927 C = 1.28x m 2 /sn C y = %0.90 x = 0.5 mm = 5.0 x 10-4 m C o = %0.20 C x = %0.40 t =? Sn Çözüm: C C x s Co x Cs Cx x 1 erf veya erf C0 2 Dt Cs C0 2 Dt

45 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 = J/mol R= 8,31 J/ mol/ K D o = 5,1 x 10-8 m 2 /s ÇÖZÜM: C s = 1,2; C x = 0,45; C o = 0,031 = (1,2-0,45) / (1,2-0,031) = = (1,2-0,45) / (1,2-0,031) = 0,6416 D = D 0.e -Q/RT x = 1,9 x 10-3 m D = 5,1 x 10-8 m 2 /s e ( / 8, ) Veriler yerine konarak çözülür.

46 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= j/ mol R= 8,314 J/ mol/ K D 0 = 2 x 10-5 m 2 /s D=D 0.e -Q/RT )

47 Akma Eğrileri (Gerçek Çekme Diyagramı) Akma eğrileri: genelde Holloman bağıntısı ile ifade edilir. g K n g ln( g ) ln K n ln g K = Dayanım sabiti n = Pekleşme üsteli K ve n; malzeme sabitleri g n=0 n=0.15 n=0.4 g g g g g 47

48 ÇEKME UYGULAMALARI

49 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

50 Example 6.2 SOLUTION(Continued) 6 E 10x , 670 psi

51 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) A A x x9.8 A (250/3) 1090mm 2355mm 20000x x0, x9.8 A (70000x0,00217/ 3) 2 2 d 31.6mm A x d 55mm A x9.8 (250/3) 1292mm mm d mm 2355mm 2 2 d 31.6mm d 55mm 40.6mm d 70.26mm

52 E Ç. D k 0 l A l 0 0 F. l A. k A l max A ,03 F maks A kgf / mm ,5kgf / mm 0,25veya%25 0,5675veya%56,75 2 b) 3 noktasınınteknik Akma Sınırını gerçeklediğini gösterebilmek için 3 noktasındaki plastik = 0,002 olduğunu göstermek gereklidir. t = pl + e ; pl = t - e ; t = l/l o = 0,3 / 100 = 0,003 e = /E = F o / (A 0. E) = 1600 / ( ) = 0,001 pl = 0,003 0,001 = 0,002 veya % 0,2 Şu halde 3 noktası Teknik Akma Sınırını gerçekler. 6 noktasında: maks = F o /A o = 1750/80 = 21,875 kgf/mm2 gerçek = F 0 /A g = 1750 / 35 = 50 kgf /mm2

53

54

55 PROBLEM 3: Başlangıç ölçü boyu 500 mm ve başlangıç kesidi 10 mm 2 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: l o = 500 mm; A o = 10 mm 2 ; P = 2000 N; l = 0,5 mm A E = / e = (P/A o ) / ( l/l) = (P x l o )/ (A o x l) = 2000 N x 500 mm / 10 mm 2 x 0,5 mm = N/mm 2 B A o = 10 mm 2 ; P = 8000 N; l = 3 mm pl = % 0,2 e = (P/A o ) / E = P / (A o x E) = 8000 / (10 x ) = 0,004 mm/mm t = l/l o = 3 / 500 = 0,0006 mm/mm pl = t e = 0,006 0,004 = 0,002 Şu halde bu nokta Teknik Akma Sınırını verir. ve 0,2 = 8000/10 = 800 N/mm

56

57 PROBLEM: 2 Aşağıdaki iki ayrı hal için, % mühendislik genlemesi (birim şekil değiştirme, %, % gerçek genleme (gerçek birim şekil değiştirme, % g ) ve % kesit daralması (veya genişlemesi, % ) 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) l o = L l = 1,5 L % = ( l/l o )x 100 = (1,5 L L) x 100 / (L) = % 50 % g = (ln l/l o )x 100 = (ln1,5l/l) x 100 = % 40,5 A.l = A o. l o % = (A o A)x100/A o = (1 A/A o ) x 100 = (1 1/1,5) x 100 = % 33,3 b) h dan 0,5 L ya plastik kısalma (basma) h o = h h = 0,5 h % = ( h/h o )x 100 = (0,5 h h) x 100 / (h) = - % 50 % g = (ln h/h o )x 100 = (ln0,5h/h) x 100 = - % 69,3 A.h = A o. h o % = (A o A)x100/A o = (1 A/A o ) x 100 = (1 h/0,5h) x 100 = - % 100

58

59

60

61

62

63

64

65 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)..1 0 = = 1,7 mm Ölçü boyu : ,7 = 1110,3 mm

66 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 A o = ( x 12 2 ) / 4 = 113 mm 2, l o = 50 mm, l = 0,1 mm Eksenel Uzama Oranı: a = l/ l o = 0,1 / 50 = 2 x 10-3 ; Gerilme = 45000/113 = 396 MPa Elastisite Modülü E = = 396 / (2x10-3 ) = MPa b) Poisson Oranı: = - y / a ; Yanal şekil değiştirme y = (d d o )/d o y = (11,992 12,0) / 12 = - 0,008 / 12 = 2/3 x 10-3 ; a = 2 x 10-3 c) Kayma modülü, G = E / 2(1+ ) = /2 (1+0,33) = MPa d) Hacim modülü, K = E / 3(1-2 ) = /3 (1 2x0,33) = MPa

67 PROBLEM: a) Demire 250 MPa eksenel gerilme uygulanırsa oluşacak hacim deği şimini bulun, demirin elastisite modülü MPa ve Poisson oranı 0,28 dir. b) Demirin hacimsel elastisite modülünü hesaplayın. Çözüm: a) Hacim değişimi DV/V = e 1 + e 2 + e 3 Eksenel e 1 = s / E Yanal e 2 = e 3 = - n s/e DV/V = s / E (1 2n) DV/V = 250 / [ ) x (1 2 x 0,28)] = 5,2 x 10-4 b) Hacim modülü, K = E / 3(1-2n) = /3 (1 2x0,28) = MPa

68 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)

69 PROBLEM Uzun bir çelik çubuğun orta kısmı 7000 N/cm 2 basınç altın daki bir sıvı içinden geçmektedir. Bu çeliğin plastik şekil değiştirmeden taşıyabileceği maksimum çekme gerilmesi ne kadardır? Çeliğin akma sınırı 210 N/mm 2 dir. Not : Çubuğun orta kısmındaki bir noktada analiz yapınız. CEVAP: Akma için şart: maks - mln = akma Plastik şekil değişimi olmaması için : maks - mln < akma olmalıdır N/cm 2 = 70 N/mm 2 ; r = t= 70 N/mm 2 maks 70 = 210; maks ; maks = 280 N/mm 2 olmaktadır.

70

71 Mekanik özellikleri (Elastiktik Modülü GPa, Çekme Dayanımı: 750 MPa, Akma Dayanımı: 600 MPa, Kırılma Tokluğu: 50 MPa.m 1/2, Kopma uzaması: % 25) olan bir çelikten hazırlanan 20 mm çapında ve 1 metre boyundaki bir çubuğa: a. 9xl0 4 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?

72 BSD 3x700 Ç x10 BSD 210BSN x d 2 d mm 72

73 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 : 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 = /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

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

75 LM=873 x [ ln(5x360x24)] / 1000 = 38 Gerilme : 2000psi

76

77 KIRILMA MEKANİĞİ 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 I K IC Zorlanma şartları < Malzeme dayanımı K I Y a 77

78 Malzemenin kırılma tokluğu Şekil Faktörü Kritik Çatlak boyu K IC Y 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. 78

79 Kırılma mekaniğinde Gerilme şiddet 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 a Şekil Faktörü Çatlak boyu 79

80 Y = 1,1

81

82

83 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

84 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

85 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.

86 Kritik bir uygulama için kırılma tckluğu 24 MPa.m l/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)

87 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= tekrar sayısı y = 72ksi = 72000psi = 497MPa 497x10 16FL 6 d 3 2 d d 11.3cm 16FL FL d d x2800x9.81x x10 3 d d 9cm 5.09 FL d x2800x9.81x2.4 3

88 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)

89 PROBLEM: Bir malzemenin yorulma ve akma sınırları s yo = 120 N/mm 2, sak = 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 konusumudur? CEVAP: a) nokta doğrunun altında parça kırılmaz. b) n F 100 ± 50 N/mm 2 ; n K n ) = 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 yo ve ak yı artıracak şekilde önlemler almak (ısıl işlemler yapmak ya da başka malzeme kullanmak gibi).

90 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

91 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?

92

93 PROBLEM:

94

95

96

97

98

99 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)..1 0 = = 1,7 mm Ölçü boyu : ,7 = 1110,3 mm

100 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.