Upload
yusuf-donat
View
35
Download
1
Embed Size (px)
Citation preview
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.
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
ole Publishing / Thomson
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
ole 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 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.
2626
Karışık dislokasyon. Kristalin ön yüzündeki vida dislokasyonu kristal kenarında kenar dislokasyonunadönüşmeketdir.
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
ole Publishing / Thomson
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
ole Publishing / Thomson
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
ole Publishing / Thomson Learning
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
ole Publishing / Thomson
Learning
(c) 2003 Brooks/C
ole Publishing / Thomson
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
(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) toplamı90° olmak zorunda değildir. (b) Kayma sistemlerinde dislokasyonların hareketi malzemeyi deforme eder.
4747
(c)2003 Brooks/Cole, a division of Thomson Learning, Inc. Thomson Learning™ is a trademark used herein under license.
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
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.
5555
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 sünekliğesahiptir.
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.
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
ole Publishing / Thomson Learning
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.
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
ole Publishing / Thomson Learning
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
ole Publishing / Thomson Learning
Mükemmel kristalde gerilim uygulandığında (a) atomların yer değiştirmesine sebep olur, (b)ikizlenme oluşur. Kristal ikizlenme mekanizması ile deforme olmuştur.
7474
(c) 2003 Brooks/C
ole Publishing / Thomson Learning
Pirincin tanelerindeki ikizlenmenin mikroyapısı (250X).
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
(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.
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.