İmalat Yöntemleri - II Gerçek Gerilme - Gerçek Uzama Eğrileri İçin Yaklaşık Denklemler İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 1 GERÇEK GERİLME – GERÇEK UZAMA EĞRİLERİ İÇİN YAKLAŞIK DENKLEMLER Homojen deformasyon bölgesi : Homojen plastik şekil değiştirme bölgesi : Deneysel olarak elde edilen gerçek gerilme-gerçek uzama eğrilerine çok uyan bazı AMPİRİK FORMÜLLER geliştirilmiştir.Örneğin ilk formül ; ? ger = K. ? n (Holloman denk.) Holloman denklemi’ nde ; eğer ? = 0 alınırsa ? ger = 0 olur. Bu sebeple bu denkleme ? ak eklenmiş ve yeni denk. ? ger = ? ak + K. ? n (Ludwing denk. ) adını almıştır. Ludwig’in Değişik Malzemeler İçin Yaklaşık Gerçek Gerilme - Gerçek Şekil Değiştirme (Amprik Formülleri) 1) Tam Elastik Malzemeler (Cam, seramik, dökme demir) 2) Rijit, Tam Plastik Malzemeler ve Dinamik Modeli İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 2 3) Rijit, Lineer Pekleşen Malzemeler ve Dinamik Modeli 4) Elastik, Tam Plastik Malzemeler ve Dinamik Modeli 5) Elastik,Lineer Pekleşen Malzemeler ve Dinamik Modeli Homojen plastik şekil değiştirme bölgesi : Bu bölgede metalik malzemelerin pekleşme sertleşmesi görülür. ? ger = K. ? n (Holloman denk.) İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 3 SOĞUK ŞEKİL VERME Soğuk şekil vermenin temeli, pekleşme (sertleşme)nin meydana gelmesidir.Pekleşme üsteli (n = 0 – 1 ) arasında değişir. Malzemeyi soğuk olarak deforme ettiğimizi farz edelim. Dökümden çıkmış 6-7 numuneyi ayrı ayrı %10, %20, %30, %40 olacak şekilde deforme edip çekelim. Gerilme – Uzama – Deformasyon Eğrisi İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 4İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 5 PEKLEŞME : Plastik deformasyondan dolayı mukavemetteki artıştır.Metalik malzemeler yük altında gerilmeye maruz kaldıklarında ortaya dislokasyonlar çıkar.Kalıcı şekil değiştirmeler gerçekleşir.Düşük sıcaklıklarda,soğuk işlemde dislokasyonlar malzeme dışına atılamaz, içerde birikirler, yığılırlar ve konsantrasyon artar.Birbirleri ile kesişirler.Bu hareketler sonucunda mukavemet artar,süneklilik azalır.Soğuk işlem, dövme,haddeleme,extrüzyon,tel çekme bükme gibi işlemlerle yapılır.Pekleşme bu proseslerde daha çok görülür.Azalan sünekliliği ve soğuk işlemde istenmiyen etkileri gidermek için tavlama yapılır.Bu tav recovery(poligonizasyon) veya rekristalizasyon tavıdır.Bu tavlama dislokasyon yoğunluğunu azaltmaya yöneliktir. Sol tarafta log’alınmamış, sağ tarafta ise log’u alınmış homojen bölgenin eğri çizimi görülmektedir.Pekleşme olayını matematiksel olarak iki denklemle ifade ederiz. İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 6 1. Hollomon denklemi ? ger = K.? n 2. Ludwik denklemi ? ger = ? ak +K.? n Bu denklemlerde ; K = Mukavemet katsayısı n = Pekleşme katsayısı Burada ki K, malzeme yapısına bağlı ve işlem prosesinden etkilenen bir katsayıdır,ve( ? =1, log ? =0) olduğu noktadaki gerçek gerilme değeridir. n ise 0,2 ile 0,5 arasında değişen bir malzeme özelliğidir. n = d log(?) / d log(?) şeklindedir. n = (? /?). d? / d? Bu denklem sağdaki diyagramın eğimidir. Pekleşme hızı ifadesi ise ; d? / d? = n. (? /? ) şeklindedir. Soğuk haddeleme esnasındaki pekleşmeİMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 7 SOĞUK ŞEKİL VERMENİN ETKİLERİNİN GİDERİLMESİ TOPARLANMA=POLİGANİZASYON=(RECOVERY), REKRİSTALİZASYON VE TANE BÜYÜMESİ Soğuk Şekil Verme – Toparlanma (Poligonizasyon) ve Yeniden Kristalleşme EğrileriİMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 8 Diyagramların açıklanması : * Soğuk def.sonucu taneler uzar, dislokasyon birikir. * ? ak , ? çek , sertlik artar , süneklilik (?) azalır. * Bütün bunlar sistemdeki depolanmış enerji sebebiyledir. * Yapıyı yenilemek için RECOVERY veya REKRİS TELİZASYON işlemi yapılır. * Recovery’de ; ısıtma – diffusion – dislokasyon harek ti ile birbirini yok etme sonuçta gevşeme olur. * Rekritalizasyon da ;ısıtma –düşük yoğunluktaki dis lokasyona maruz tanelerin yer değiştirmesi – kısa mesafeli difusion – alt tane oluşumu- tane çoğalması * Tane büyümesi ; T rek sıcaklığında uzun süre kalma-tane sınırı hareketi ile tane büyümesi SICAK ŞEKİL VERME 1) Özellikle rekristalizasyon sıcaklığı üzerindeki bir sıcaklıkta şekil verme işlemidir. 2) Şekil verme esnasında PEKLEŞME olmaz.Kurşun oda sıcaklığında bile sıcak işlemle şekillenir.Çünkü ergime derecesi çok düşüktür. 3) Sıcaklık arttıkça,metallerin plastik deformasyona karşı dirençleri düşer.Bu yüzden büyük kütleler dövme,haddeleme extrüzyon v.s gibi sıcak işlemle şekillendirilirler. 4) Metaller yüksek sıcaklıklarda belirgin şekilde viskos davranış (bal kıvamında olma) gösterirler. 5) Yüksek deformasyon hızları ile şekillendirilirlerse, metallerin akmaya karşı dirençleri artar.İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 9 bulunur. olarak 1 0 0 L V dt dL L dt L L Ln d L L Ln ger ger ger ger ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 6) Bu özellik onların viskoz madde davranışı göstermelerinden değil,rekristalizasyon olayının yeteri kadar hızlı olmamasından olabilir. 7) Genellikle 0.5 T m ’nin üstündeki deformasyon sıcaklıklarında yapılır. 8) Sıcak işlemle gaz boşlukları giderilir. 9) Uzayan taneler küçük ve eş eksenli olur. 10) Oksit, sülfür, nitrür gibi istenmeyen maddeler kırılır ve üniform şekilde dağılır. 11) Şekil verme için gerekli enerji azalır, şekillendirme kolaylığı artar. 12) Sıcak şekil vermede deformasyon hızı (? ' ) çok önemlidir. 13) Sıcak şekil vermede (? g – ? g ) eğrisi aşağıdaki gibidir. Sıcak şekil vermede mühendislik deformasyon hızı ? . müh aşağıdaki şekilde bulabiliriz. Deformasyonu yapan takımın hızı Gerçek deformasyon hızı (? . ger ) ise aşağıdaki şekilde bulunur. 0 0 L L L müh ? ? ? olur. . 1 0 0 0 0 0 L V L V dt dL L dt L L L d müh müh ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? V dt dL ?İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 10 Deformasyonu yapan takımın hızı Gerçek gerilmenin hıza bağlı formülü aşağıdaki şekilde yazılır. C: Mukavemet katsayısı m : Şekil verme hızı hassasiyet katsayısı Sıcak şekil verme ? g = C.? .m etkili parametreler Sıcak haddeleme esnasındaki akma mukavemeti Sıcak Şekil Verme (m) şekil verme hızı hassasiyet katsayısının şekil verme yöntemine göre değerleri aşağıdaki şekildedir. 1) Soğuk şekil vermede -0.05 < m < 0.05 2) Sıcak şekil vermede +0.05 < m < 0,3 3) Süper plastisitede 0.3 < m < 0.7 V dt dL ? m ger C ger ? ? ? ? .İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 11 4) Newton sıvılarında m = 1 olarak alınır. m < 0.1 ise malzeme sünek değildir, gevrektir. 0.3 < m < 0.4 ise malzeme sünektir. m > 0.5 ise malzeme süper plastiktir. m = 1 ise malzeme cam gibi akar. BAUSCHİNGER ETKİSİ Basit çekme deneyi yaparken akma sınırından sonra bir noktada yükü boşaltıp tekrar ters yönde basmaya çalışsak, bas ma halindeki akma değerinin çekme halindeki değerinden daha düşük değerde olduğunu görürüz. Şekilde ? D > ? D’ olduğu açıkça görülüyor. Bu etki gerilmenin sürekli şekilde bir düz - bir ters yön değiştirdiği proseslerde küçümsenmeyecek öneme sahiptir. “ARTIK GERİLMELER” İN ETKİSİ Plastik şekil verme esnasında malzemenin üniform olma yan bir şekilde biçim değiştirmesinden,tüm dış kuvvetler kalktıktan sonra iş parçası içinde var olmaya devam eden gerilmelere “artık gerilme” denir.İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 12 “ARTIK GERİLMELER” İN ETKİSİ “Artık gerilmeler” tek boyutlu olabildiği gibi ,bir çok plastik şekil verme işleminde üç boyutludur. İç” artık gerilmesi” olan bir parçaya silindirik delikler açılırsa deliklerin ovalleştiği görülür. Bir parçada “artık gerilme” dengesi bozulursa, parçada boyut ve şekil kararsızlığı meydana gelir. “Artık gerilmeler “in doğması : 1. Homojen olmayan plastik şekil değişimi 2. Parça kesitlerinin farklı farklı sıcaklıklarda soğumaları Faz değişiklikleri-fazlar arası yoğunluk farkları mikro seviyede hacim değişikliğine yol açıp“artık gerilme” doğmasına neden olur. “Artık gerilmeler “in parça yüzeyinde ÇEKİ gerilmesi olarak bulunması, parçanın YORULMA ömrünü düşürür. Yüzeyde BASI gerilmesi olarak bulunması, parçanın yorulma ömrünü artırır.Hatta bazen parçalara bilya püskürtme yöntemi ile “ basma artık gerilmesi” enjekte ettirilir.İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 13 PLASTİK ŞEKİL VERMEDE AKMA KRİTERLERİ Plastik şekil verme işleminde akmanın ne zaman başlayacağı önemlidir.Bu konuda iki genel akma kriteri mevcuttur. 1)-VON-MİSES AKMA KRİTERİ :Bu kriter, önce asal gerilmeleri ? 1 >? 2 >? 3 olduğunu farz eder.Sonra da “cisme uygulanan gerilmelerle DİSTORSİYON ENERJİSİ belli bir (k) değerine ulaştığında” akmanın başladığını söyler. Bu ifadeyi matematiğe dökelim. [(? 1 – ? 2 ) 2 + (? 2 – ? 3 ) 2 + (? 3 – ? 1 ) 2 = 6 k 2 Bu denklemdeki (k) yı bulmak için tek eksenli çekme deneyindeki akma olayı ile bağlantı kuralım. O zaman ? 2 =? 3 =0 olur. Bunları denklemde yerine yazalım. [(? 1 – 0) 2 + (0 – 0) 2 + (0 – ? 1 ) 2 = 6 k 2 Yeniden yazarsak; ? 1 2 + ? 1 2 = 6 k 2 olur. Basit çekme de ? 1 = ? ak olunca akma başlayacağından 2 ? 2 ak = 6 k 2 olur. Buradan akma ? 1 = ? ak = ?3 .k olunca başlayacaktır. Buradan tekrar (k) sabitini tanımlamak için BASİT KAYMA halindeki akma olayını irdeleyelim.Bu durumda ? 2 =0 olur. ? 1 = - ? 3 = ? eşittir. Bu koşullara göre denklemi yazarsak ; [(? 1 – 0) 2 + (0 –(- ? 1 ) 2 + (- ? 1 – ? 1 ) 2 = 6 k 2 ? 1 2 + ? 1 2 + 4 ? 1 2 = 6 k 2 olur. 6 ? 1 2 = 6 k 2 olur. Basit kayma halinde akma ? 1 = ? ak olduğunda başlayacağından ? ak = k olur.Diğer denklem ? ak = ?3 . k ‘ idi.Bu iki denklemden ; akma’nın yani ;(k)’ nın asal gerilme ? 1 ‘nin ( k = 1 / ?3 . ?1 ) k = 0,577. ?1 katı olduğunda başlayacağı görülmektedir. 2)-TRESCA AKMA KRİTERİ; Buna maksimum kayma gerilmesi kriteri adı da verilmektedir.Bu kriter akmayı “sisteme uygulanan gerilmeler altında maksimum kayma gerilmesi, tek eksenli çekme deneyindeki kayma gerilmesi değerine ulaştığı anda” akma başlar. Şeklinde tanımlamaktadır.Daha önceleri maksimum kayma gerilme değerini ? max = (? 1 – ? 3 ) / 2 şeklinde yazmıştık. Gene tek eksenli çekme deneyinde ? 2 = ? 3 =0 dır.Denklemde yerine yazarsak ; ? max = (? 1 – 0) / 2 olur. Yani ? 1 = ? ak olduğu anda akma başlayacaktır. Buradan kayma akma gerilmesi de ; ? ak = (? ak / 2 ) = (k) olur. Bu değerler denklemde yerine konacak olursa ? max = (? 1 – ? 3 ) / 2 = ? ak = (? ak / 2 ) olur. Bu durumda maksimum kayma gerilmesi olan Tresca kriter’i içinde (? 1 – ? 3 ) = (? ak ) = 2(k) şeklinde yazarız.İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 14 Basit kayma durumunu da Tresca için yazarsak ; Basit kayma halinde ? 1 = - ? 3 = k ve ? 2 = 0 şartlar geçerliydi. Maksimum kayma gerilmesi kriterine göre akma olayı ; (? 1 – ? 3 ) = 2k = (? ak ) durumunda başlayacaktır. Buradan ; k = (? ak / 2) = (? 1 / 2) k = 0,5 . ?1 bulunur. Yani (k) değeri asal gerilmenin 0,5 katına eriştiğinde akma başlayacağı görülmektedir. ikisi kıyaslandığında ; Von-Mises’ te 0,577 . ?1 Tresca’ da ise 0, 5 . ?1 aralarında fark bulunmaktadır. İki akma kriteri kıyaslanırsa; Von-Mises * Gerilme farklarını kullanır. * Daima kareler var işaretten bağımsızdır.Bu yüzden pratiktir. * Tüm gerilmelere bağlıdır. * Teorik çalışmalarda tercih edilir. Tresca * Matematik açısından daha basit * Gerilmelerin (+),(-) olması önemli * Pratik çalışmalarda çok kullanılır. * Mühendislik çalış malarında tercih edilir.İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 15 Plastik şekil vermede temel kural HACİM SABİTLİĞİİMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 16 PROBLEMLER PROBLEM-1 1)- Bir çekme deney çubuğunun başlangıçtaki boyu l 0 =50 mm ve çapı D 0 =4 mm , deney sırasında ölçülen maksimum yük 10 kN (10 000 N= 1000daN=k P = 1 ton), ölçü boyunun son uzunluğu l=80 mm, büzülme bölgesinin en küçük çapı D=3 mm’dir. a)- Çekme mukavemetini? b)-% kopma uzamasını? c)-%kopma büzülmesini? hesaplayınız? CEVAP a)- ? çek = F /A 0 = 1000 daN /(?.4 2 /4) mm 2 = 79,6 k p /mm 2 b)-% ? müh = (80-50)/50 .100 =% 60 c)- % ? =[(?.4 2 /4) – (?.3 2 /4)]/ (?.4 2 /4) = % 43,8 2)- Mukavemet katsayısı K= 700 N/mm 2 ve pekleşme üsteli n=0,5 olan bir malzemenin ; a)-Müh. Çekme mukavemeti nedir? b)-Gerçek çekme mukavemeti nedir? CEVAP ; a)-Çekme mukavemeti maksimum olduğu anda n ve ?=n=0,5 olur. Gerçek çekme mukavemeti ? ger ;İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 17 ? ger =K.? n = 700 . (0,5) 0,5 = 495 N/mm 2 olur. Deney çubuğunun maksimum yük’teki kesiti A ile gösterilirse ; L n (A 0 /A) =n=0,5 ile ifade edilir.Buradan A = A 0 . e - 0,5 yazılır. Buradan da maksimum yük ; F max = ? ger . A = ? ger . A 0 .e -0,5 yazılır. Mühendislik çekme dayanımı ; ? müh = F max / A 0 = ? ger . e -0,5 yazılır. ? müh = 495. (1/e 0,5 ) = 495. (1/2,7 0,5 ) ? müh = 495.(1/1,64) = 495.(0,60) ? müh ? 300 N/mm 2 olur. 3)- Yüksekliği 40 mm olan bir silindir parça,düzlemsel takımlarla basılmaktadır.Takım hızı V =0,1 m/s dir.Şekil değiştirme hızı ( ? . müh ) nedir? CEVAP ? . müh = V/ h 0 idi = 0,1 / 0,040 = - 2,5 s -1 olur. 4)- Yüksekliği 40 mm olan bir silindir parça, düzlemsel takımlarla basılmaktadır. Takım hızı V =0,1 m/s dir. Silindir yüksekliği 10 mm’ye indiği andaki gerçek şekil değiştirme hızını ( ? . ger ) hesaplayınız? ? . ger = V/ h = - 0,1/ 0,010 = - 10 s -1 olur. 5)- Oda sıcaklığında büyük ölçüde şekil değiştirdikten sonra çelik bir parçanın BRİNELL sertliği HB = 300 kgf/mm 2 bulunmuştur. Malzemenin REZİLYANS MODÜLÜ’ nü bulun? CEVAP ; Bu problem de şu bilgi önceden bilinmelidir.Malzeme oda sıcaklığında büyük ölçüde şekil değiştirdi ifadesinden TAM PLASTİK bir malzeme olduğu anlaşılıyor.Tam plastik malzemenin de akma mukavemeti ile HB arasında ~ (HB /3) = ? ak ilişkisi vardır.Buradan ? ak ? ak = 300 / 3 = 100 kgf / mm 2 olur. Çelik için ; Elastiklik modülü E = 20 000 kgf / mm 2 alınırsa U R = (? ak .? ak ) / 2 idi. ? ak = ? ak /E dır. Denklemde yerine konursa; U R = (? 2 ak ) / 2E olur. = (100 2 )/ 2.20 000 = 0,25 kgf .mm / mm 3 olurİMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 18 6)- Uzunluğu 0,25 mm olan (Al) dan bir parçada çeki gerilmesi ? çek = 140 MPa , bası gerilmesi de ? bas = - 140 MPa dır.“Artık gerilme”lerin giderilmesi amacıyla parçaya çeki gerilmesi uygulanacaktır.Yük kaldırıldığında “artık gerilme”lerin tamamen ortadan yok olması isteniyor. Acaba çekmede parçanın uzunluğu hangi değeri almalıdır? (Malzemenin ? ak =150 MPa, E=70 GPa ‘dır.) Açıklama : “Artık gerilmeler” ek plastik şekil değiştirme ile gideri lirler.Levhaya üniform bir çeki gerilmesi uygulanırsa önceki ? çek ve ? bas gerilmeleri en fazla ? ak ya erişirler. Eski ? çek ve ? bas değerleri ? , b ve ? , ç olunca ve yük kalkınca “artık gerilme” yok olur. CEVAP : Homojen çekme yapıldığında bası gerilmesi de -140 MPa dan + 140 MPa ‘ gelecek.Sonra bu iki gerilme bası ve çeki birbirini yok etti ancak yük kalktığında tekrar oluşmaması için akma gerilmesine kadar uzamanın devamı gerekir. Yani ; ? müh = (? bas /E) + (? ak /E) kadar toplam uzama lazımdır. ? müh = (140/E) + (150/E) ? müh = (140/70.10 3 ) + (150/70.10 3 ) ? müh = 0,00414 Parçanın yüklü durumundaki uzunluğu (l) ile gösterilirse; ? müh =( l – l 0 ) / l 0 = ( l -0,25 )/0,25 = 0,0044 l = 0,251 m bulunur. 7)- 508 mm çapında ve 2,5 mm et kalınlığında ince cidarlı bir küre (p) iç basıncının etkisi altındadır.Akma sınırı ? ak =14 kgf /mm 2 olan küre malzemesi tam plastik kabul edilmektedir. Akmaya yol açacak (p) iç basıncı TRESCA ve VON MİSES e göre hesaplayınız? CEVAP : D : çap s : et kalınlığı ve ? 1 >? 2 >? 3 olduğu varsayılırsa ? 1 =? 2 = (p.D)/4s İnce cidarlı küre için bağıntısı vardır. En küçük asal gerilme ? 3 , ( D/2s ) oranının büyük olması nedeniyle ihmal edilirse yani ? 3 =0 alınırsa durumda TRESCA kriteri ? 1 – ? 3 = ? ak ‘dan ; (p.D) / 4s - 0 = 14 yazılır. (p.508) /4 . 2,5 - 0 = 14 den p = 0,275 kgf / mm 2 bulunur. Von MİSES’ e göre [(? 1 – ? 2 ) 2 + (? 2 – ? 3 ) 2 + (? 3 – ? 1 ) 2 ] = 6 k 2 veyaİMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 19 [(? 1 – ? 2 ) 2 + (? 2 – ? 3 ) 2 + (? 3 – ? 1 ) 2 ]= 2 ? 2 ak şeklindedir. ? 1 = ? 2 ve ? 3 =0 yazılırsa [(? 1 – ? 2 ) 2 + (? 2 – 0) 2 + (0 – ? 1 ) 2 ] = 2. ? 2 ak 0 + ? 2 2 + ? 2 1 = 2. ? 2 ak 2 ? 2 1 = 2. ? 2 ak 2[(p.D/4.s)] 2 = 2.(14) 2 2 [(p.508/4.2,5)] 2 = 2.(14) 2 p = 0,275 kgf /mm 2 bulunur. 8)-Başlangıç kesiti A 0 =36 mm 2 , ilk boyu l 0 =50 mm olan bir çelik tel için çekme deneyi sırasında aşağıdaki okumalar yapılmıştır. YÜK(Kgf) Uzama( ?l) mm 725 0 1125 0,5 1350 2,0 1625 5,0 1900 10,0 2050 15,3 2100 (Büzülme başl.) 22,0 1500 (kopuyor) 24,9 A kırıl =10,3 mm 2 dir. Gerçek eğriyi çiziniz?İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 20 ÇÖZÜM : Gerçek gerilme ? ger = (F/A) Maksimum yük’e kadar gerçek uzama : ? ger = Ln ( l/l 0 ) Kopmada gerçek uzama : ? ger = L n (A 0 /A) Maksimum yük’e kadar : l = l 0 + ?l Hacim sabitliğinden : V 0 = V A 0 l 0 = A l A =(36.50) / (l) ifadelerinden ?l (mm) l (mm) ? A (mm 2 ) ? (Kgf/mm 2 ) 0 50 0 36 20 0,5 50,5 0,01 35,64 31,6 2,0 52 0,039 34,62 39 5,0 55 0,095 32,73 49,65 10,0 60 0,182 30 63,3 15,3 65,3 0,267 27,57 74,4 22,0 72 0,365 25 84 24,9 74,9 0,404 24 62,5 9)-Akma sınırı 20 kp/mm 2 olan bir çelikten küre biçiminde ve 5 m iç çapında bir gaz deposu imal edilecektir. a)- Basınç dolayısıyla meydana gelen asal normal gerilmeleri belirtin? b)- Plastik şekil değişiminin 16 kp/mm 2 gaz basıncında başlaması için cidar kalınlığı(et kalınlığı) ne kadar olmalıdır? CEVAP : a)- Basınçlı kaplarda etkiyen basınca ve kabın durumuna göre küre kap için ? 1 =? 2 =? t = (D.p)/4s ? 3 =? r = - p formülleri geçerlidir. b)-Maksimum kayma gerilmesi(Tresca’ya göre) ? 1 – ? 3 = ? ak = 2k formülünü uygularsak (D.p)/4s – (-p) = ? ak yazabiliriz. Değerler yerine konulursa [(5000 mm . 0,16 kp / mm 2 ) / 4.s + 0,16] = 20 kp/mm 2 Buradan s = 10 mm bulunur. İMALAT YÖNTEMLERİ II Prof.Dr. İrfan AY 21