Zadanie 1

Dlaczego CuZn10 w stanie wyżarzonym ma mniejszą wytrzymałość niż w stanie zgniecionym?

Jak wynika z wzoru na umocnienie odkształceniowe Δτ=αɕbp0,5, gdzie p to gęstość dyslokacji a czym wyższa gęstość tym większa wytrzymałość.

Zadanie 2

Dlaczego granica plastyczności dla ziarna nr 2 wynosi 622MPa, a dla 8 wynosi 663MPa? Jaka będzie dla nr 12?

Dla 2 d = 0,177mm = 177nm

Dla 8 d = 0,022 mm = 22nm

Dla 12 d = 0,0055mm = 5,5nm

Wynika to z zależności Halla - Patcha, która mówi że granica plastyczności zależy od wielkości ziarna.

R_o - stała materiałowa

k_y - stała materiałowa

d - ziarno nm

Dla 2 d = 177nm R_y = 622MPa

Dla 8 d = 22nm R_y = 663MPa

Wyliczamy:

Dla 12 d = 5,5nm

Zadanie 3

Obliczyć udział objętości włókien kewlaru w osnowie metalicznej wiedząc, że współczynnik umocnienia kompozytu wynosi 3. R_m metalu bazowego wynosi 455MPa, R_m włókien 3100MPa, średnica włókien 12nm.

R_k = V_w*R_w+(1-V_w)R_o

k_w = R_k/R_o stąd R_k = k_w * R_o = 3 * 455 = 1365MPa

1365 = V_w * 3100+(1-V_w)*455

1365 = 3100 V_w + 455 - 455 V_w

910 = 2645 V_w

V_w = 0,34

V_o = 1 - V_w = 1- 0,34 = 0,66 = 66%

Zadanie 4

Obliczyć objętość włókien umocnienia 3,4. Temperatura >700°C

Al.-Cu-Mg ->525MPa

MG-Al.-Zn-Ma-Si->105MPa

Ti-Ml-V->1041MPa

Szkło 3400

Kewlar 3200

SiC 2900

Bor 3500

Jako, że temperatura jest większa od 700°C to z włókien zostaje jedynie SiC. Pierwsza osnowa odpada bo Al. Topi się w temperaturze 660°C.

Sprawdzenie:

Ti - jeżeli kompozyt będzie 100% z włókien (nigdy tak nie będzie)

k_w = 3,4 k_w = (2900/1041)<3,4 odpada

Zostaje druga osnowa MG-Al.-Zn-Ma-Si, żeby umocnienie było 3,4 to musi być:

3,4*105MPa = 357MPa kompozyt

A więc

357 = V_o*105+(1-V_o)*2900

357 = 105V_o[phone]V_o

2795 V_o = 2543

V_o = 0,91 zatem objętość włókien wynosi: 1 - V_o = 0,09

Zadanie 5

Umocnienie roztworowe. W materiale krystalicznym w sieci A2 o module sprężystości poprzecznej G = 210MPa i parametrze sieci a = 0,332nm dodano pierwiastki w celu zwiększenia wytrzymałości. Który z podanych pierwiastków do metalu głównego spowoduje najwyższe umocnienie.

Pierwiastek	Promień atomu [nm]	Rozpuszczalnik w temperaturze otoczenia
A	0,124	c = 5
G	0,143	c = 15
L	0,071	c = 0,06

Rozwiązanie:

Umocnienie zależne jest od ilości obcych atomów, im większa koncentracja atomów węgla tym umocnienie będzie większe

Dla G i γ stałego!

A:

G:

L:

Wynika, że największe umocnienie wystąpi dla pierwiastka G - umocnienie spowodowane niedopasowaniem metalu krystalicznego w sieci A2↓

r_s - promień atomu dodanego

r_m - promień atomu

Zadanie 6

Orientacyjne dopuszczalne temperatury pracy włókna (przy założeniu, że włókno jest chronione przez osnowę przed działaniem środowiska zewnętrznego

Zakres temperatur	Rodzaj włókna
Niskie temperatury (do 100°C)	Wszystkie dostępne: szklane, węglowe, boru, organiczne, metaliczne, ceramiczne
Podwyższone temperatury (100°C - 400°C)	Szklane, węglowe, boru, niektóre organiczne, metaliczne, ceramiczne
Średnie temperatury (400°C - 700°C)	Węglowe, metaliczne, ceramiczne
Wysokie temperatury (powyżej 700°C)	Węglowe, ceramiczne

Zadanie 7

Wyjaśnić dlaczego granica plastyczności stopu … o wielkości ziarna d = … wynosi … MPa.

Wyjaśnienie:

Granice ziarn są silnymi przeszkodami dla ruchu dyslokacji, natomiast powierzchnia granic to bariera dla poruszających się dyslokacji. Płaszczyzny poślizgu w stykających się ziarnach nie mają wspólnej linii na granicy ziarna. Bezpośrednie przejście z dyslokacji z 1 ziarna do 2 jest niemożliwe. (Im drobniejsze cząstki to granica plastyczności ↑, wytrzymałość zmęczeniowa ↑, ciągliwość ↑, moduł Younga ↑, plastyczność ↓)

Granica plastyczności zależy od wielkości ziarna im mniejsze ziarno tym większa granica plastyczności - umocnienie granicami ziarn.

Zadanie 8

Dla super stopu na bazie niklu stała C = 20. Wartość parametru dla 100MPa wynosi LM = 25500. Oszacuj trwałość w 815°C.

815°C+273=1088°K

LM=T(log t_f + C)

Log t_f = LM / T - C

t_f = 10 * LM / T - C = 10 * (25500 / 1088) - 20 = 234-20 = 214 [h]

Dla s-s niklu C = 20, LM = 25500, t_f = 10000, oszacuj T

T = LM / (log t_f + C) = 255001062,5 [h]

Zadanie 9

Podstawowe mechanizmy umocnienia metali

Mechanizm umocnienia	Natura przeszkód	Mocne lub słabe	Reguła umocnienia
Umocnienie odkształceniowe	Inne dyslokacje	Mocne
Umocnienie przez granice ziarn	Granice ziarn	Mocne
Umocnienie roztworowe	Rozpuszczone atomy roztworu	Słabe
Umocnienie wydzieleniowe	Małe koherentne cząstki	Słabe
Umocnienie dyspersyjne	Duże niekoherentne cząstki	Mocne

Zadanie 10

Materiał na stop lutowniczy

- temperatura topnienia 230°C

- wytrzymałość na rozciąganie powyżej 42MPa

- podczas wypełniania powinien być w 60-70% w stanie ciekłym

- niska cena

- stop ołowiu z cyna

Zadanie 11

Krytyczne naprężenie styczne - stopień umocnienia cząstkami drugiej fazy.

Krytyczne naprężenie styczne dla mechanizmu przecinania cząsteczek:

Krytyczne naprężenie styczne dla mechanizmy omijającego cząstek (Orowana):

α - stała proporcjonalności

b - wektor Burgersa

f - udział objętościowy cząstek

R - promień cząstki

G - moduł sprężystości poprzecznej

Stopień umocnienia stopu cząstkami drugiej fazy (mierzony krytycznym naprężeniem stycznym
) o określonej wielkości (R) jest proporcjonalne do f ^0,5. Przy stałym f umocnienie stopu jest powodowane przez wzrost wielkości przez wzrost wielkości cząstek koherentnych (
lub zmniejszenie cząstek omijalnych mechanizmem Orowana (
)

Zadanie 12

---