MALZEME BİLİMİ VE MÜHENDİSLİĞİ. Bölüm 4 Atomik ve İyonik Dizilmeler Düzenlerde Hatalar

Transkript

1 MALZEME BİLİMİ VE MÜHENDİSLİĞİ Bölüm 4 Atomik ve İyonik Dizilmeler Düzenlerde Hatalar 1 1

2 Hedefler 1) 3 temel hatayı tanımlamak: Noktasal Hatalar Çizgisel Hatalar (dislokasyonlar) Yüzey Hataları 2) Değişik tür hataların neden ve etkilerini araştırmak 2 2

3 İçerik 4.1 Noktasal hatalar 4.2 Diğer noktasal hatalar 4.3 Çizgisel hatalar (Dislokasyonlar) 4.4 Dislokasyonların gözlenmesi 4.5 Dislokasyonların önemi 4.6 Schmid s Kanunu 4.7 Kristal Yapı Üzerine Etkisi 4.8 Yüzey hataları 4.9 Hataların önemi 3 3

4 İçerik Tüm malzemeler atomik dizilmede büyük hatalar içerir. Bu hataların malzeme davranışları üzerinde büyük etkisi vardır. 4 4

5 Bölüm 4.1. Noktasal Hatalar Noktasal hatalar Kristalde bir veya birden fazla bölgede oluşan kusurlardır. Boşluk şeklindedirler. Genişlemiş hatalar Kristalin malzemede belirli bir hacmi içine alan atom veya iyonların oluşturduğu hatalardır.(ör. Dislokasyonlar ve istif hataları) Boşluk Bir atom veya iyon kristal yapıda bulunması gereken yerde yoksa boşluk oluşur. Arayer hatası Bir atom kristalde latis noktası dışında bir yere yerleşirse ara yer hatası oluşur. Yeralan hatası Normal latis noktasında bulunan bir atom başka bir atom ile yer değiştirirse oluşan hata türüdür. Değişen atomların genelde boyutları aynı değildir. 5 5

6 Hatasız Yapı Boş Kafes Köşesi Sıvı metal katılaşırken, plastik şekil değiştirme ve yüksek sıcaklıkta ısıl titreşimlerin etkisi ile meydana gelir. Arayer Atomu Yer Alan Atomu Bir veya birkaç atomun oluşturduğu bölgesel kafes düzensizlikleridir. Hatanın çevresindeki atomların hatasız dizilimlerini engeller. 6 6

7 Frenkel Hatası Schottky Hatası İyonsal cisimlerde kararlı yapı için net elektriksel yükün sıfır olması zorunludur. Bunlarda zıt işaretli iyon çifti eksik olursa Schottky Hatası, yer değiştirmiş iyon Frenkel Hatası oluşturur. 7 7

8 (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning Noktasal hatalar: (a) boşluk, (b) arayer atomu, (c) küçük yeralan atomu, (d) büyük yeralan atomu, (e) Frenkel hatası, (f) Schottky hatası. Tüm bu hatalar etrafındaki atomların mükemmel düzenini bozarlar. 8 8

9 Örnek 4.1.Boşluk Konsantrasyonuna Sıcaklığın Etkisi Oda sıcaklığında bakırdaki boşlukların konsantrasyonunu hesaplayınız. Boşluk konsantrasyonunu denge halinden 1000 kat daha yüksek konsantrasyonlara çıkarmak için hangi sıcaklığa çıkmak gereklidir? Bakırda bir mol boşluk için cal ihtiyaç olduğunu düşün. ÇÖZÜM YMK yapıdaki Cu nun latis parametresi nm. 1cm 3 deki atom sayısı: n 22 3 = = copper atoms/cm 8 3 ( atoms/cell 10 cm) 9 9

10 ÇÖZÜM Oda sıcaklığı, T = = 298 K: n ν = = = n exp RT Qν atoms cm 3 vacancies/cm 1000 katına çıkarmak için gerekli sıcaklık:. cal 20,000 exp mol cal K mol K 3 n ν = = n exp Q RT ν = ( ) exp( 20,000 /(1.987 T )), T = 102 o C 10 10

11 Örnek 4.2. Demirdeki Boşluk Konsantrasyonu HMK yapıdaki demir kristalinin yoğunluğunun 7.87g/cm 3 olması için gerekli boşluk konsantrasyonunu hesaplayınız? Demir için latis parametresi cm. ÇÖZÜM Teorik yoğunluk latis parametresi ve atom ağırlığından hesaplanabilir

12 ÇÖZÜM (Devamı) İstenilen yoğunluğa göre hücredeki atom sayısını belirleyelim: 7.87 g/cm 3 : Bilindiği gibi hücredeki atom sayısı 2 olması beklenir. Dolayısıyla hücre başına = boşluk mevcuttur. 1 cm 3 teki toplam boşluk: 12 12

13 Örnek 4.3. Demirdeki Karbon Bölgeleri YMK demirde, karbon atomları oktahedral bölgelerde ve hücrenin merkezinde yerleşmişlerdir. HMK demirde tetrahedral bölgelerdedirler. YMK latis parametresi nm HMK latis parametresi nm. Karbon atomlarının yarıçapı nm. (1) YMK yapıda mı yoksa HMK yapıda mı en yüksek distorsiyon görülür. (2) Tüm arayerler dolduğunda her iki kristal yapı için karbonların atomik yüzdesi ne olur? 13 13

14 (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning (a) HMK yapıda arayer bölgelerinin gösterimi ¼, ½, 0 (b) YMK yapıda ½, 0, 0 ara yeri. (c) YMK yapıda kenar orta ve merkez ara yer bölgeleri

15 ÇÖZÜM HMK daki demir atomunun yarıçapını hesaplayalım: Ara yer atomunun yarıçapı: 15 15

16 ÇÖZÜM Aynı hesaplamalar YMK yapıdaki demir ve ara yer atomu için yapıldığında:. Arayer bölgesi HMK da YMK dan daha küçüktür. Her iki bölgede karbondan küçük olduğundan C, HMK yı YMK dan daha fazla distorsiyona uğratır. Sonuçta, HMK arayerine YMK dan daha az atom girmesi beklenir

17 ÇÖZÜM arayer atomu için yer vardır ancak her bir bölge/yer birim hücrenin yüzeyinde bulunduğu için bu bölgelerin sadece yarısı bir hücreye aittir. Böylece: (24 bölge)(1/2) = 12 birim hücre başına ara yer bölgelerinin sayısı HMK daki C ların atomik yüzdesi: YMK da ise oktahedral arayerlerin sayısı (12 kenar) (1/4) + 1 merkez = 4 brim hücre başına arayer sayısı YMK demirde C nun atomik yüzdesi: 17 17

18 Örnek 4.4. Germanyum Yarı İletkeninde İlaveler (Dopants) Üç değişik Ge kristali küçük konsantrasyonlarda (Si), (As), veya (B) içermeketdir. Bu elementlerin valansına göre, bu malzemelerden ne tür bir yarı iletkenlik beklenir? Bu elementlerin Ge ya ait bölgeleri işgal edebileceğini düşünün. ÇÖZÜM Si eklendiğinde Ge ile arasında 4 bağ oluşturur. Bu nedenle ne verecek ne de alacak elektronları olur. n-tipi veya p tipi iletkenlik sergilenmez. As eklendiğinde her bir As atomu 5 valans getirdiğinden n-tipi iletkenlik beklenir. elektronu B eklendiğinde B valansında 3 elektron bulundurduğundan p- tipi iletkenlik beklenir

19 Bölüm 4.2.Diğer Noktasal Hatalar Interstitialcy Arayerimsi Normal atomun kristalde arayer alanını işgal ederse oluşur. Frenkel hatası İyon arayer bölgesi oluşturmak için hareketlendiğinde arkasında boşluk bırakır. Schottky hatası İyonik bağlı malzemelerde görülen noktasal hatadır. Nötr hali koruyabilmek için stokiometrik olarak gerekli anyon ve anyon boşluğunun oluşturulmasıdır

20 (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning İki değerlikli katyon tek değerlikli katyonla yer değiştirdiğinde bir değerli bir katyonun boşluk oluşturarak ayrılması

21 Bölüm 4.3 Çizgisel Hatalar/Dislokasyonlar Hatasız bir kafesteki çizgi hatalarıdır. Vida Dislokasyonu Kenar Dislokasyonu 21 21

22 Bölüm 4.3 Çizgisel Hatalar/Dislokasyonlar Dislokasyon Kristalin malzemedeki çizgisel hatalardır. Vida dislokasyonları Kristalin burulması ile bir atom düzleminin spiral bir rampa üretmesi ile oluşur. Kenar dislokasyonları Kristale ekstra yarım bir düzlemin girmesi ile oluşur. Karışık dislokasyonlar Kısmen kenar kısmen vida dislokasyonu içeren dislokasyonlardır. Kayma Metalik malzemelerin deformasyonudur, kristal boyunca oluşur

23 (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning Mükemmel kristal (a) kesilip bir atom aralığı kadar kaydırılmış, (b) ve (c). Kırılma/kesilme boyunca oluşan çizgi vida dislokasyonudur. Burgers vektörü b vida dislokasyonu etrafındaki eşit atom aralığını kapatmak için gereklidir

24 Mükemmel kristal (a) kesilip extra yarı düzlem eklenir (b) Ekstra düzlemin alt kenarı kenar dislokasyonudur (c) Burgers vektörü b kenar dislokasyonu etrafındaki eşit atom aralığını kapatmak için gereklidir

25 Kenar Dislokasyonunun İlerleyişi Burgers vektörü kenar dislokasyonuna diktir

26 Karışık dislokasyon. Kristalin ön yüzündeki vida dislokasyonu kristal kenarında kenar dislokasyonuna dönüşmeketdir

27 Vida Dislokasyonunun İlerleyişi Burgers vektörü, vida dislokasyonuna paraleldir

28 Kaydırma dislokasyonun bir atom aralığı kenara hareket etmesine neden olur. Bu işlem devam ederse dislokasyonlar kristalin dışında bir basamak üretilene kadar kristal boyunca hareket ederler. Bir basamak oluşturulana kadar dislokasyonun kristal boyunca hareket etmesine neden olur. Kristal şekil değiştirilmiştir

29 Kayma Dislokasyon hareketi ile şekil değişimini sağlayan işlem kayma olarak adlandırılır. Dislokasyon çizgisinin hareket ettiği doğrultu kayma doğrultusu, kenar dislokasyonları için Burgers vektörlerinin doğrultusudur. Kayma esnasında kenar dislokasyonu Burgers vektörü tarafından oluşturulmuş düzlemi ve dislokasyonu dışarı götürür; bu düzlem kayma düzlemi olarak adlandırılır. Kayma doğrultusu ve kayma düzleminin bütününe kayma sistemi denir

30 Kayma çizgisinin şematik gösterimi ve Burgers vektörü. (a)kenar dislokasyonu (b) vida dislokasyonu 30 30

31 (a) Dislokasyona kayma gerilmesi uygulandığında (b) atomlar yer değiştirir bu dislokasyonun kayma yönünde bir Burgers vektörü kadar hareket etmesi ile olur. (c) Dislokasyonun devamlı hareketinin sonunda bir basamak oluşur ve kristal deforme olur (d) Tırtıl hareketi dislokasyon hareketine benzetilebilir

32 Metalik Yapılarda Kayma Düzlemleri ve Doğrultuları Kayma doğrultusu sıkı paket (atom yoğunluğunun en fazla olduğu) doğrultudur ve kayma düzlemi bir sıkı paket düzlemidir

33 Örnek 4.7. Seramik Malzemelerde Dislokasyonlar MgO daki dislokasyonun şematik gösterimidir. NaCl yapısına benzer olup latis parametresi nm dir. Burgers vektörünün uzunluğunu belirleyiniz? MgO daki kenar dislokasyonu ve kayma doğrultusu ve Burgers vektörü gösterilmiştir

34 ÇÖZÜM x noktasından başlayıp y noktasına kadar dislokasyon çevrimi devam eder. b Burgers vektörüdür. b [110] doğrultusunda olduğu için düzleminde dik olan {110}. b uzunluğu iki en yakın (110) düzlem arasındaki uzaklıktır. Burgers vektörünün büyüklüğünün hesaplandığı bu formül kübik olmayan sistemlerde uygulanmaz. Burgers vektörünün büyüklüğünü kayma doğrultusunda tekrar edilen uzaklığa eşit kabul edilmelidir

35 Örnek 4.8. Burger Vektör Hesaplaması Bakırda Burgers vektörünün uzunluğunu hesaplayınız. (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning (a) Bakırda Burgers vektörü. (b) (110) düzleminde atomların yerleri 35 35

36 ÇÖZÜM Bakır YMK kristal yapısına sahiptir. Latis parametresi: nm. En sıkı paket doğrultuda tekrar edilen mesafe yüzey diyagonalinin yarısıdır. Burgers vektörü veya tekrar edilebilen uzaklık: b = 1/2( nm) = nm 36 36

37 Örnek 4.9. Tercih edilen kayma düzlemlerinin tanımı HMK demirin (112) düzleminin düzlemsel yoğunluğu atoms/cm 2. (1) (110) düzleminin düzlemsel yoğunluğunu ve (2) (112) ve (110) arayerleri hesaplayınız. Hangi düzlemde kayma oluşur? (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning (a) YMK bakırda Burgers vektörü. (b) HMK birim hücrede (110) düzleminde atomların durumları 37 37

38 ÇÖZÜM 1. Düzlemsel yoğunluk: 2. Arayer boşlukları: Düzlemsel yoğunluk ve arayer boşlukları (110) düzleminde (112) düzleminden büyüktür, bu yüzden (110) kayma düzlemi olarak tercih edilir

39 Bölüm 4.4. Dislokasyonların Gözlenmesi Dağlama noktaları/pits Dislokasyonların yüzeye ulaştığı alanlarda küçük boşluklar oluşur. Bu boşluklar dislokasyonların varlığı ve yoğunluğunun tespiti için kullanılır. Kayma çizgileri Metalik malzeme yüzeyinde binlerce dislokasyon tarafından üretilen gözle görülebilir çizgilerdir. Kayma bantları Birçok kayma çizgisinin toplamıdır ve gözle görülebilir

40 Dislokasyonlar, kayma düzlemleri ve dağlama noktaları (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning

41 SiC de dağlama noktalarının optik görüntüsü. Dağlama noktalarından oluşan çizgiler düşük açıklı tane sınırlarını gösterir

42 (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning (c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc. Thomson Learning is a trademark used herein under license. Ti 3 Al deki dislokasyonların Geçirimli Elektron Mikroskobu görüntüsü. (a) Dislokasyon /çoğalma pileups (x26,500). (b) Al de 100x büyütmede kayma çizgileri ve tane sınırları. (c) Kayma bandlarının gelişiminin şematik görünümü

43 Bölüm 4.5. Dislokasyonların Önemi Plastik Deformasyon güç veya gerilim uygulandığında malzemelerin şekillerinde oluşan geri dönülmez değişimdir. Elastik Deformasyon Gerilim ortadan kaldırıldığında deformasyonun/şekil değiştirmenin ortadan kalkmasıdır. Dislokasyon Yoğunluğu Malzemenin bir santimetre kübündeki toplam dislokasyon uzunluğudur

44 Bölüm 4.5.Dislokasyonların Önemi Kayma işlemi özellikle metallerin mekanik davranışlarının anlaşılmasına yardımcı olur. Metallerin dayanımının metalik bağdan tahmin edilen değerden neden çok daha az olduğunu açıklar. Metallerde süneklik sağlar. Metal veya alaşımların mekanik özelliklerinin kontrol edilmesini sağlar. Dislokasyonsuz bir malzeme yüzey boyunca bağların tümünü koparmakla kopabilirdi. Dislokasyon kaydığında ise bağlar yalnızca dislokasyon çizgisi boyunca kopar

45 Bölüm 4.6. Schmid Kanunu Schmid s kanunu Kayma gerilimi, uygulanan gerilim ve kayma sistemlerinin oryantasyonu arasındaki ilişkidir. τ = σ cos λ cos φ Kritik kayma gerilimi Bir dislokasyonun harekete geçip kaymaya başlaması için gerekli gerilimdir

46 (c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc. Thomson Learning is a trademark used herein under license. Kayma gerilmesi τ kayma sisteminde oluşur. ((ø + λ) toplamı 90 olmak zorunda değildir. (b) Kayma sistemlerinde dislokasyonların hareketi malzemeyi deforme eder

47 F r = F cosλ T r = σ cosø cosλ (c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc. Thomson Learning is a trademark used herein under license. T r = F r / A (Kayma yönünde kaydırma gerilmesi) σ = F / A 0 (Silindire uygulanan tek yönlü gerilme) 47 47

48 Örnek Kayma Gerilmesinin Hesaplanması Schmid s kanunu kayma düzleminin uygulanan gerilimi dik olduğu durumda uygulayınız? (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning Kayma düzlemi uygulanan gerilime dik, açı 90 ve kayma gerilimi oluşmaz

49 ÇÖZÜM Kayma düzlemi uygulanan gerilime dik ise σ, ø = 0 o, λ = 90 o, cos λ = 0 olacaktır. Bu yüzden τ r = 0. Daha önce belirtildiği gibi bu açıların toplamı 90 o değildir. İstenildiği kadar yüksek gerilim uygulansın kayma doğrultusunda herhangi bir kayma gerilimi oluşmayacağından kayma gerilmesi oluşmaz ve dislokasyon hareket etmez

50 Örnek Tek Kristal Döküm Prosesinin Tasarımı Tek kristal alüminyum çubuk üretmek istiyoruz. Kayma gerilmesi 148 psi. Çubuğu öyle yönlendirmek istiyoruz ki 500 psi yük uygulandığında çubuk eksenine 45 o lik eğimdeki kayma yönünde dönüp aşırı yüklenmeyi tespit eden sensörü harekete geçirsin. Çubuğu ve uygulanacak yöntemi tasarlayınız? ÇÖZÜM Dislokasyon kayma gerilmesinin τ r kritik kayma gerilmesine ulaştığı anda harekete geçer, 148 psi. Schmid s kanunundan: τ r = σ cos λ cos ø; or 148 psi = (500 psi) cos λ cos ø 50 50

51 ÇÖZÜM (Devamı) Kaymanın çubuk eksenine göre 45 o olmasını istediğimiz için, λ = 45 o, ve Çubuk bu bulunan açılara göre oriente olmuştur. Bu yüzden çubuk λ = 45 o ve ø = 65.2 o ye göre oriente olmuştur. Bunu katılaşma prosesinde yapabiliriz. Kalıba çekirdek kristali yerleştirip sıvı alüminyumun tek kristalinin istenen uygun yönde olması sağlanmalıdır

52 ÇÖZÜM Tablo 4-2, Mg nin sıkı paket hegzagonal olması ve temel kayma düzleminin bazal düzlem olması nedeniyle tek kristal olduğunda orjinal boyutundan daha yüksek boyutlara uzaması olağandır. Polikristal Mg ise her kristal komşularının izin verdiği ölçüde deforme olacaktır. Kesişen kayma düzlemlerinin olmaması nedeniyle dislokasyonlar bir kayma düzleminden diğerine geçemeyeceklerdir. Bu nedenle polikristal Mg nin sünekliği sınırlıdır

53 Bölüm 4.7. Kristal Yapının Etkisi Kritik Kayma Gerilmesi Kayma sistemlerinin sayısı Çapraz-Kayma Dislokasyonun kayma sistemindeki değişim

54 Bölüm 4.7. Kristal Yapının Etkisi Kritik kayma gerilmesi, σ büyükse, metal yüksek dayanıma sahiptir. Sıkı paket düzlemlere sahip YMK VE HSP metallerde kritik kaydırma gerilmesi düşüktür. HMK metaller yüksek dayanım eğilimindedir

55 Bölüm 4.7. Kristal Yapının Etkisi Kayma sistemleri sayısı: HSP metaller önemli ölçüde kayma olmaksızın kırılgan bir şekilde kopabilirler. YMK metaller düşük dayanım ve yüksek sünekliğe sahiptir

56 56 56

57 Örnek SPH Metal Tek Kristallerinin ve Polikristal Malzemenin Sünekliği Magnezyum tek kristali (Mg), sıkı paket hekzagonal kristal yapısına sahiptir. Kendi orijinal boyutundan 4-6 kez uzatılabilirler. Ancak, sıkıpaket hegzagonal yapıdaki polikristal Mg ve diğer malzemeler çok kısıtlı süneklik gösterirler

58 Kayma İşleminin Kontrolü Kafesteki herhangi bir hata, hata bölgesindeki iç enerjiyi yükseltir. Kayma gerilmesi kritik kaydırıcı gerilmesine eşit ise, hatalı bir kristalde dislokasyon hareket eder

59 59 59

60 Bölüm 4.8. Yüzey Hataları Yüzey Hataları Kristalde iki boyutlu düzlem oluşturan hatalardır. Ör. Tane sınırları Hall-Petch eşitliği Metalik malzemelerde kayma gerilmesi ve tane boyutu arasındaki ilişkidir. = 0 + Kd σy σ 1/ 2 ASTM tane boyutu numarası (n) Kristalin malzemede tanelerin boyutlarının ölçümüdür. 100x büyütmede 1 inç karedeki tanelerin sayısıdır, N ile aşağıdaki formül uygulanarak bulunur. N=2 n-1 Küçük Açılı Tane Sınırı Kristalde bir grup dislokasyonun küçük oryantasyon sapmalarına yol açarak yüzey boyunca hataya sebep olmasıdır

61 Bölüm 4.8. Yüzey Hataları Malzemeleri bölgelere ayıran sınırlardır. Her bölge aynı kristal yapıya fakat farklı yönlenmeye sahiptir. Tane Sınırları Bireysel taneleri birbirinden ayıran yüzeydir ve atomların düzgün yerleşmediği dar bir alandır. Üç tane sınırına yakın atomlar dengeli bir aralık ve dizilme oluşturmazlar

62 (a) Üç tanenin sınırlarına yakın eşit aralıklı veya düzende değildir. (b) Paslanmaz çelik taneler ve tane sınırları 62 62

63 Tane Sınırları Metallerin özellikleri tane boyutu mukavemetlenmesi ile kontrol edilebilir. Tane boyutu Tane sınırı miktarı Hall-Petch Bağıntısı; Tane boyutu ile metalin akma dayanımı arasındaki ilişkiyi ifade etmektedir. σ y = σ 0 +Kd -1/2 σ y : Malzemenin kalıcı şekil değiştirdi tirdiği i akma dayanımı- gerilmesi d: Tanelerin ortalama çapı 63 63

64 64 64 (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning Oda sıcaklığında çeliğin akma dayanımına tane boyutunun etkisi.

65 Örnek Çeliğin Tasarımı 0.05mm tane boyutuna sahip mild çeliğin akma dayanımı 20,000 psi. Aynı çeliğin akma dayanımı tane boyutu mm olduğunda 40,000 psi dır. 30,000 psi akma gerilmesine ulaşması için çeliğin ortalama tane boyutu ne olmalıdır. ÇÖZÜM Tane boyutu 0.05 mm de akma gerilimi MPa = MPa. (1,000 psi = MPa)

66 ÇÖZÜM Tane boyutu mm, akma gerilimi; MPa = MPa. Bu yüzden: K = MPa-mm 1/2, ve σ 0 = 55.5 MPa olarak bulunur. Hall-Petch eşitliği σ y = d -1/2 30,000 psi veya = MPa, Tane boyutunun mm olması gerekir

67 Palladum un mikroyapısı (100x)

68 Örnek ASTM Tane boyutu Hesaplaması Farz edelim ki 1 inc karede 16 tanemiz var ve fotoğraf 250X büyütmede çekilmiş olsun. ASTM tane boyutu numarasını bulunuz? ÇÖZÜM 250x büyütmede inç karede 16 tane sayarsak 100x de: N = (250/100) 2 (16) = 100 tane/in. 2 = 2 n-1 Log 100 = (n 1) log 2 2 = (n 1)(0.301) n =

69 Küçük Açılı Tane Sınırları Dislokasyonların bitişik kafesler arasında küçük bir yönlenme bozukluğunun oluşturduğu bir dislokasyon sırasıdır. Kenar dislokasyonları tarafından oluşturulan küçük açılı tane sınırları eğik sınırlars rlar,, vida dislokasyonunun neden olduğu u sınırlar s ise burkulma sınırlars rları olarak adlandırılırlar. (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning 69 69

70 (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning Küçük açılı tane sınırı bir grup dislokasyon tarafından oluşturulur. Diğer taraftaki latisten θ kadar açı oluşturarak ayrılır

71 İstif Hataları YMK metallerde olur ve sıkı paket düzlemlerin istiflenme sırasındaki bir hatayı gösterir. ABCABCABC (YMK metalde hatasız istiflenme) ABCABAB, CABC (YMK metalde istif hatası) 71 71

72 İkiz Sınırları Düzlem boyunca kafes yapısındaki oryantasyon bozukluğunun özel bir ayna görüntüsü olan bir düzlemdir. İkizlenme belirli metallerin şekil değiştirmesi veya ısıl işlemi sırasında olur. İkiz sınırları kayma işlemi ile kesişir ve metallerin dayanımını arttırır

73 (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning Mükemmel kristalde gerilim uygulandığında (a) atomların yer değiştirmesine sebep olur, (b)ikizlenme oluşur. Kristal ikizlenme mekanizması ile deforme olmuştur

74 Pirincin tanelerindeki ikizlenmenin mikroyapısı (250X) (c) 2003 Brooks/Cole Publishing / Thomson Learning

75 75 75

76 Bölüm 4.9. Hataların Önemi Kayma Prosesinin Kontrolü ile Mekanik Özellikler Değiştirilebilir Deformasyon Sertleşmesi Katı Çözelti Sertleşmesi Tane Boyutu Sertleşmesi Manyetik, elektirik ve optik özellikler üzerine etkisi

77 (c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc. Thomson Learning is a trademark used herein under license. Dislokasyon A noktasından sola doğru yönlendiğinde noktasal hata ile engellenir. Sağa yönlendiğinde ikinci dislokasyon olan B ile engellenir. Sağa doğru daha fazla ilerlerse de tane sınırları ile karşılaşır

78 Örnek Kararlı Yapılarda Tasarım/Malzeme Seçimi Isıl işlem fırınlarında seramik tuğlaları tutmak için ankraj üretmek istiyoruz. Bu ankraj çok yüklenildiğinde kırılmak yerine sünmeli ve 600 o C üstündeki sıcaklıklarda mukavemetini korumalıdır. Değişik kristal hatalarını mukavemetlendirici mekanizma olarak kullanarak bu ankrajı tasarlayınız? ÇÖZÜM 600 o C üstünde kullanılabilmesi için malzemenin polimer olmaması gerekiyor. Metal veya seramik olmalı

79 ÇÖZÜM (devam) Sünek olması için dislokasyonların hareket etmesi ve kaymayı sağlaması gerekmektedir. Bu yüzden seramik de olamaz. Demir içine C veya V atomları yerleştirerek yani yeralan atomları yerleştirerek noktasal hatalar oluşturabiliriz. Bu hatalar dislokasyon hareketlerini engelleyerek mukavemetin artmasını sağlarlar. Elbette başka tasarım gerekleri de vardır. Örneğin çelik ankrajların oksitlenmemesi ve seramik tuğlalarla reaksiyona girmemesi gereklidir

80 Fe nin mikroyapısı