MALZEME BİLİMİ VE MÜHENDİSLİĞİ...17 17 ÇÖZÜM 2. 24 arayeratomu için yer vardır ancak her bir bölge/yer birim hücrenin yüzeyinde bulunduğu için bu bölgelerin sadece

1 1

MALZEME BİLİMİ VE MÜHENDİSLİĞİ

Bölüm 4 – Atomik ve İyonik Dizilmeler Düzenlerde Hatalar

22

Hedefler

1) 3 temel hatayı tanımlamak: Noktasal HatalarÇizgisel Hatalar (dislokasyonlar) Yüzey Hataları

2) Değişik tür hataların neden ve etkilerini araştırmak

33

İçerik

4.1 Noktasal hatalar4.2 Diğer noktasal hatalar4.3 Çizgisel hatalar (Dislokasyonlar)4.4 Dislokasyonların gözlenmesi4.5 Dislokasyonların önemi4.6 Schmid’s Kanunu4.7 Kristal Yapı Üzerine Etkisi4.8 Yüzey hataları4.9 Hataların önemi

44

İçerik

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

55

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 noktasıdışında 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 aynıdeğildir.

66

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.

77

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.

88

(c) 2003 Brooks/C

ole Publishing / Thomson Learning

Noktasal hatalar: (a) boşluk, (b) arayer atomu, (c) küçük yeralanatomu, (d) büyük yeralan atomu, (e) Frenkel hatası, (f) Schottky hatası. Tüm bu hatalar etrafındaki atomların mükemmel düzenini bozarlar.

99

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 20.000 cal ihtiyaç olduğunu düşün.

ÇÖZÜM

YMK yapıdaki Cu’nun latis parametresi 0.36151 nm. 1cm3 deki atom sayısı:

3 2238 atoms/cmcopper 1047.8

)cm106151.3(atoms/cell 4

×=×

= −n

1010

ÇÖZÜM

Oda sıcaklığı, T = 25 + 273 = 298 K:

38

322

/cmvacancies10815.1

298KKmol

cal1.987

molcal20,000

exp . cm

atoms1047.8

exp

×=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

×−

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=RT

nn Qνν

1000 katına çıkarmak için gerekli sıcaklık:

C102 )),987.1/(000,20exp()1047.8(

exp10815.1

o22

11

=×−×=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=×=

TT

RTQnn ν

ν

1111

Örnek 4.2. Demirdeki Boşluk Konsantrasyonu

HMK yapıdaki demir kristalinin yoğunluğunun 7.87g/cm3 olmasıiçin gerekli boşluk konsantrasyonunu hesaplayınız? Demir için latis parametresi 2.866 × 10-8 cm.

ÇÖZÜM

Teorik yoğunluk latis parametresi ve atom ağırlığından hesaplanabilir.

1212

ÇÖZÜM (Devamı)

İstenilen yoğunluğa göre hücredeki atom sayısınıbelirleyelim: 7.87 g/cm3:

Bilindiği gibi hücredeki atom sayısı 2 olması beklenir. Dolayısıyla hücre başına 2.00 – 1.9971 = 0.0029 boşluk mevcuttur. 1 cm3 teki toplam boşluk:

1313

Örnek 4.3. Demirdeki Karbon Bölgeleri

YMK demirde, karbon atomları oktahedral bölgelerde ve hücrenin merkezinde yerleşmişlerdir. HMK demirde tetrahedral bölgelerdedirler.

YMK latis parametresi 0.3571 nm HMK latis parametresi0.2866 nm. Karbon atomlarının yarıçapı 0.071 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?

1414

(c) 2003 Brooks/C

ole 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.

1515

ÇÖZÜM

HMK’daki demir atomunun yarıçapını hesaplayalım:

Ara yer atomunun yarıçapı:

1616

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’dandaha fazla distorsiyona uğratır. Sonuçta, HMK arayerineYMK dan daha az atom girmesi beklenir.

1717

ÇÖZÜM

2. 24 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 arayersayısı

YMK demirde C’nun atomik yüzdesi:

1818

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 elektronu getirdiğinden n-tipi iletkenlik beklenir.

B eklendiğinde B valansında 3 elektron bulundurduğundan p-tipi iletkenlik beklenir.

1919

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 stokiometrikolarak gerekli anyon ve anyon boşluğunun oluşturulmasıdır.

2020

(c) 2003 Brooks/C


Learning

İki değerlikli katyon tek değerlikli katyonla yer değiştirdiğinde bir değerli bir katyonun boşluk oluşturarak ayrılması.

2121

Bölüm 4.3 Çizgisel Hatalar/Dislokasyonlar

Hatasız bir kafesteki çizgi hatalarıdır.

Vida Dislokasyonu

Kenar Dislokasyonu

2222

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.

2323

(c) 2003 Brooks/C


Mükemmel kristal (a) kesilip bir atom aralığı kadar kaydırılmış, (b) ve (c). Kırılma/kesilme boyunca oluşan çizgi vida dislokasyonudur. Burgers vektörü b vida dislokasyonuetrafındaki eşit atom aralığını kapatmak için gereklidir.

2424

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.

2525

Kenar Dislokasyonunun İlerleyişi

Burgers vektörü kenar dislokasyonuna diktir.

2626

Karışık dislokasyon. Kristalin ön yüzündeki vida dislokasyonu kristal kenarında kenar dislokasyonunadönüşmeketdir.

2727

Vida Dislokasyonunun İlerleyişi

Burgers vektörü, vida dislokasyonuna paraleldir.

2828

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.

2929

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 vektörütarafından oluşturulmuş düzlemi ve dislokasyonu dışarıgötürür; bu düzlem kayma düzlemi olarak adlandırılır.

Kayma doğrultusu ve kayma düzleminin bütününe kayma sistemi denir.

3030

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

3131

(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 dislokasyonhareketine benzetilebilir.

3232

Metalik Yapılarda Kayma Düzlemleri ve Doğrultuları

Kayma doğrultusu sıkı paket (atom yoğunluğunun en fazla olduğu) doğrultudur ve kayma düzlemi bir sıkı paket düzlemidir.

3333

Örnek 4.7. Seramik Malzemelerde Dislokasyonlar

MgO’daki dislokasyonun şematik gösterimidir. NaCl yapısına benzer olup latis parametresi 0.396 nm’dir. Burgersvektörünün uzunluğunu belirleyiniz?

MgO’daki kenar dislokasyonuve kayma doğrultusu ve Burgers vektörü gösterilmiştir.

3434

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. Burgersvektörünün büyüklüğünü kayma doğrultusunda tekrar edilen uzaklığa eşit kabul edilmelidir.

3535

Örnek 4.8. Burger Vektör Hesaplaması

Bakırda Burgers vektörünün uzunluğunu hesaplayınız.

(c) 2003 Brooks/C


Learning

(a) Bakırda Burgersvektörü. (b) (110) düzleminde atomların yerleri

3636

ÇÖZÜM

Bakır YMK kristal yapısına sahiptir. Latisparametresi:0.36151 nm. En sıkı paket doğrultuda tekrar edilen mesafe yüzey diyagonalinin yarısıdır.

Burgers vektörü veya tekrar edilebilen uzaklık:

b = 1/2(0.51125 nm) = 0.25563 nm

3737

Örnek 4.9. Tercih edilen kayma düzlemlerinin tanımı

HMK demirin (112) düzleminin düzlemsel yoğunluğu 9.94 × 1014

atoms/cm2. (1) (110) düzleminin düzlemsel yoğunluğunu ve (2) (112) ve (110) arayerleri hesaplayınız. Hangi düzlemde kayma oluşur?

(c) 2003 Brooks/C


Learning (a) YMK bakırda Burgers vektörü. (b) HMK birim hücrede (110) düzleminde atomların durumları

3838

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.

3939

Bölüm 4.4. Dislokasyonların Gözlenmesi

Dağlama noktaları/pits – Dislokasyonların yüzeye ulaştığıalanlarda 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.

4040

(c) 2003 Brooks/C


Dislokasyonlar, kayma düzlemleri ve dağlama noktaları.

4141

SiC’de dağlama noktalarının optik görüntüsü. Dağlama noktalarından oluşan çizgiler düşük açıklı tane sınırlarınıgösterir.

⟩⟨ 2011

4242

(c) 2003 Brooks/C


Learning

(c) 2003 Brooks/C


Learning

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

Ti3Al’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.

4343

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.

4444

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 tümünükoparmakla kopabilirdi.

Dislokasyon kaydığında ise bağlar yalnızca dislokasyon çizgisi boyunca kopar.

4545

Bölüm 4.6. Schmid Kanunu

Schmid’s kanunu –Kayma gerilimi, uygulanan gerilim ve kayma sistemlerinin oryantasyonu arasındaki ilişkidir.

Kritik kayma gerilimi – Bir dislokasyonun harekete geçip kaymaya başlaması için gerekli gerilimdir.

φλστ coscos=

4646


Kayma gerilmesi τ kayma sisteminde oluşur. ((ø + λ) toplamı90° olmak zorunda değildir. (b) Kayma sistemlerinde dislokasyonların hareketi malzemeyi deforme eder.

4747


Fr = F cosλ

Tr = σ cosØ cosλ

Tr = Fr / A (Kayma yönünde kaydırma gerilmesi)

σ = F / A0 (Silindire uygulanan tek yönlü gerilme)

4848

Örnek 4.10. Kayma Gerilmesinin Hesaplanması

Schmid’s kanunu kayma düzleminin uygulanan gerilimi dik olduğu durumda uygulayınız?

(c) 2003 Brooks/C

ole Publishing / Thom

son Learning

Kayma düzlemi uygulanan gerilime dik , açı 90° ve kayma gerilimi oluşmaz.

4949

ÇÖZÜM

Kayma düzlemi uygulanan gerilime dik ise σ, ø = 0o, λ = 90o, cos λ = 0 olacaktır. Bu yüzden τr = 0.

Daha önce belirtildiği gibi bu açıların toplamı 90o değildir.İstenildiği kadar yüksek gerilim uygulansın kayma doğrultusunda herhangi bir kayma gerilimi oluşmayacağından kayma gerilmesi oluşmaz ve dislokasyon hareket etmez.

5050

Örnek 4.11. 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 45o‘likeğimdeki kayma yönünde dönüp aşırı yüklenmeyi tespit eden sensörü harekete geçirsin. Çubuğu ve uygulanacak yöntemi tasarlayınız?

ÇÖZÜM

Dislokasyon kayma gerilmesinin τr kritik kayma gerilmesine ulaştığı anda harekete geçer, 148 psi. Schmid’skanunundan:

τr = σ cos λ cos ø; or

148 psi = (500 psi) cos λ cos ø

5151

ÇÖZÜM (Devamı)

Kaymanın çubuk eksenine göre 45o olmasını istediğimiz için, λ = 45o, ve

Çubuk bu bulunan açılara göre oriente olmuştur. Bu yüzden çubuk λ = 45o ve ø = 65.2o ye göre orienteolmuştur.

Bunu katılaşma prosesinde yapabiliriz. Kalıba çekirdek kristali yerleştirip sıvı alüminyumun tek kristalinin istenen uygun yönde olması sağlanmalıdır.

5252

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.

5353

Bölüm 4.7. Kristal Yapının Etkisi

Kritik Kayma GerilmesiKayma sistemlerinin sayısıÇapraz-Kayma – Dislokasyonun kayma sistemindeki değişim.

5454


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.

5555


Kayma sistemleri sayısı:

HSP metaller önemli ölçüde kayma olmaksızın kırılgan bir şekilde kopabilirler.

YMK metaller düşük dayanım ve yüksek sünekliğesahiptir.

5656

5757

Örnek 4.12. 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 polikristalMg ve diğer malzemeler çok kısıtlı süneklik gösterirler.

5858

Kayma İşleminin Kontrolü

Kafesteki herhangi bir hata, hata bölgesindeki iç enerjiyi yükseltir.

Kayma gerilmesi kritik kaydırıcı gerilmesine eşit ise, hatalıbir kristalde dislokasyon hareket eder.

5959

6060

Bölüm 4.8. Yüzey Hataları

Yüzey Hataları – Kristalde iki boyutlu düzlem oluşturan hatalardır. Ör. Tane sınırlarıHall-Petch eşitliği – Metalik malzemelerde kayma gerilmesi ve tane boyutu arasındaki ilişkidir.

ASTM tane boyutu numarası (n) – Kristalin malzemede tanelerin boyutlarının ölçümüdür. 100x büyütmede 1 inçkaredeki tanelerin sayısıdır, N ile aşağıdaki formül uygulanarak bulunur.

N=2 n-1

Küçük Açılı Tane Sınırı – Kristalde bir grup dislokasyonunküçük oryantasyon sapmalarına yol açarak yüzey boyunca hataya sebep olmasıdır.

2/1K0−

= + dy σσ

6161

Bölüm 4.8. Yüzey Hataları

Malzemeleri bölgelere ayıran sınırlardır. Her bölge aynı kristal yapıya fakat farklı yönlenmeye sahiptir.

Tane STane Sıınnıırlarrlarıı

Bireysel taneleri birbirinden ayıran yüzeydir ve atomların düzgün yerleşmediği dar bir alandır.

ÜçÜç tane stane sıınnıırrıına yakna yakıın n atomlar dengeli bir aralatomlar dengeli bir aralıık ve k ve dizilme oludizilme oluşşturmazlar.turmazlar.

6262

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

6363

Tane Sınırları

Metallerin özellikleri tane boyutu mukavemetlenmesiile kontrol edilebilir.

Tane boyutu Tane sınırı miktarı

Hall-Petch Bağıntısı;

Tane boyutu ile metalin akma dayanımı arasındaki ilişkiyi ifade etmektedir.

σσyy = = σσ00++KdKd--1/21/2

σσy y : Malzemenin kal: Malzemenin kalııccıı şşekil deekil değğiişştirditirdiğği akma dayani akma dayanıımmıı--gerilmesigerilmesid: Tanelerin ortalama d: Tanelerin ortalama ççapapıı

6464

(c) 2003 Brooks/C


Oda sıcaklığında çeliğin akma dayanımına tane boyutunun etkisi.

6565

Örnek 4.13. Çeliğin Tasarımı

0.05mm tane boyutuna sahip mild çeliğin akma dayanımı20,000 psi. Aynı çeliğin akma dayanımı tane boyutu 0.007 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

20 × 6.895 MPa = 137.9 MPa.

(1,000 psi = 6.895 MPa).

6666

ÇÖZÜM

Tane boyutu 0.007 mm, akma gerilimi;

40 × 6.895 MPa = 275.8 MPa.

Bu yüzden:

K = 18.43 MPa-mm1/2, ve σ0 = 55.5 MPa olarak bulunur. Hall-Petch eşitliği

σy = 55.5 + 18.43 d-1/2

30,000 psi veya 30 × 6.895 = 206.9 MPa,

Tane boyutunun 0.0148 mm olması gerekir.

6767

Palladum’un mikroyapısı (100x).

6868

Örnek 4.14. ASTM Tane boyutu Hesaplaması

Farz edelim ki 1 inc karede 16 tanemiz var ve fotoğraf 250X büyütmede çekilmiş olsun. ASTM tane boyutu numarasınıbulunuz?

ÇÖZÜM

250x büyütmede inç karede 16 tane sayarsak 100x de:

N = (250/100)2 (16) = 100 tane/in.2 = 2n-1

Log 100 = (n – 1) log 2

2 = (n – 1)(0.301)

n = 7.64

6969

Küçük Açılı Tane Sınırları

Dislokasyonların bitişik kafesler arasında küçük bir yönlenme bozukluğunun oluşturduğu bir dislokasyonsırasıdır.

Kenar dislokasyonları tarafından oluşturulan küçük açılıtane sınırları eeğğik sik sıınnıırlarrlar, vida , vida dislokasyonunundislokasyonunun neden neden olduolduğğu su sıınnıırlar ise rlar ise burkulma sburkulma sıınnıırlarrlarıı olarak adlandırılırlar.

(c) 2003 B

rooks/Cole

Publishing / Thom

son Learning

7070

(c) 2003 Brooks/C


Küçük açılı tane sınırı bir grup dislokasyon tarafından oluşturulur. Diğer taraftaki latisten θ kadar açıoluşturarak ayrılır.

7171

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)

7272

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 dayanımınıarttırır.

7373

(c) 2003 Brooks/C


Mükemmel kristalde gerilim uygulandığında (a) atomların yer değiştirmesine sebep olur, (b)ikizlenme oluşur. Kristal ikizlenme mekanizması ile deforme olmuştur.

7474

(c) 2003 Brooks/C


Pirincin tanelerindeki ikizlenmenin mikroyapısı (250X).

7575

7676

Bölüm 4.9. Hataların Önemi

Kayma Prosesinin Kontrolü ile Mekanik Özellikler DeğiştirilebilirDeformasyon SertleşmesiKatı Çözelti SertleşmesiTane Boyutu SertleşmesiManyetik, elektirik ve optik özellikler üzerine etkisi.

7777


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.

7878

Örnek 4.15. Kararlı Yapılarda Tasarım/Malzeme Seçimi

Isıl işlem fırınlarında seramik tuğlaları tutmak için ankrajüretmek istiyoruz. Bu ankraj çok yüklenildiğinde kırılmak yerine sünmeli ve 600oC üstündeki sıcaklıklarda mukavemetini korumalıdır. Değişik kristal hatalarınımukavemetlendirici mekanizma olarak kullanarak bu ankrajı tasarlayınız?

ÇÖZÜM

600oC üstünde kullanılabilmesi için malzemenin polimer olmaması gerekiyor. Metal veya seramik olmalı.

7979

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 yeralanatomları 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.

8080

Fe’nin mikroyapısı.

Documents

MALZEME BİLİMİ VE MÜHENDİSLİĞİ...17 17 ÇÖZÜM 2. 24 arayeratomu için yer vardır ancak her bir bölge/yer birim hücrenin yüzeyinde bulunduğu için bu bölgelerin sadece