JWB UAS MATLTEKNIK W.S.R_2022133101

(1)

UJIAN AKHIR SEMESTER TAHUN AKADEMIK 2022/2023

Mata Kuliah : Material Teknik Dosen : Alain Kusmoko

Hari/Tanggal : 7 Juli 2023 Waktu :

Sifat Ujian : Open Book

Dikerjakan oleh, Nama : Wahyudi

Setia Rosa

NIM : 20221331011 Kelas : P2K Prodi: Teknik Mesin

Soal & Jawaban

1. Dari gambar dibawah ini, hitung jumlah atomnya, Atomuc packing factor atau kerapatan atom, berapa jumlah atom dalam 1 unit sel

Jawaban;

1. Atomic Packing Factor (APF) ialah Fraksi Volume yang diisi oleh atom, yang secara matematis diperoleh dari Volume atom pada unit cell satuan dibagi dengan Volume unit cell satuan. Dirumuskan dengan:

APF=N_atomsV_atom Vunit cell atom

Dimana: N atom : Jumlah atom V atom : Volume atom

V unit cell atom : Vulme per unit sel atom Jadi untuk FCC (Face Centred Cubic) nilai APF-nya:

(2)

APF dugunakan untuk mengetahui tingkat kepadatan susunan kristas logam.

Semakin tinggi nilai APF-nya semakin tinggi pula tingkat kepadatan susunan kristal atom itu. Dengan kata lain semaikin sedikit pula ruang kosong antara ikatan atom-atom penyusun logam. Sebaiknya semakin rendah nilai APF-nya semakin rendah pula tingkat kepadatan susunan kristal atom dam semakin banyak ruang kosong antara atom penyusun logam.

Atau,

N = (n

e

x

¹

/

8

) + (n

f

x ½) +ni

Keterangan n = jumalah atom tiap units sel

Ne = jumlah atom yang ada tiap sudut unit sel Nf = jumlah atom yang ada pada sisi muka unit sel Ni = jumlah atom yang ada pada ruang unit sel

N = (8 x

¹

/

8

) + (6 x ½) + 0 = 1 +3+0 = 4

Jadi jumlah atom FCC ada 4 atoms APF

=

⁴^x

4 3 π r³ a³

; Relasi r dan a; Diagonal sisi kubus

= 4r ; a

²

+ a

²

= (4r)

²

2 a

²

= (4r)

²

= √2a

²

= 4r = a√2 = 4r ; r =

^a

√

²

4

; r

³

= a

³ ^a

√

²

64

APF

=

⁴^x⁴3π a³2

√

²⁶⁴¹

a³

= 0.7401 = 0.74 =

jadi APF FCC 0.74 secara geometri dan matematika

1 unit sel terisi 74% oleh atom.

- Artinya hanya 74% ruang kubus kristal terisi oleh atom,dan sisanya 26 % adalah ruang kosong.

2. Pada komposisi alloy 0.50 with %C (hypoeutectoid) pada

temperature sedikit dibawah Eutektoid, Disertai gambar tie line dan lever rule, tentukan:

a) fraksi total fasa ferrite dan cementite (eutectoid ferrite + proeutectoid alpha)

b) fasa proeutectoid ferrite dan pearlite c) fraksi eutectoid ferrite (W𝛼�)

Jawaban:

(3)

a) fraksi total ferrite W α = U+V+X

T+U+V+X= 6.70−0.50

6.70−0.022=¿ 6,20/ 6,678 = 0,928

WFe3C’ = 1 – W α = 1 – 0,928 = 0,072 b) fasa proeutectoid ferrite dan pearlite

W α '=¿ U

T+U= 0 .7 6−0.50

0 .7 6−0.022=¿ = 0,26/ 0,738 = 0,35 Wp = 1 - W α ' = 1 – 0,35 = 0,64

c) fraksi eutectoid ferrite ( W α e )

W α e = W α - W α ' ′ = 0,928- 0,35 = 0,57

3. Disertai gambar tie line dan lever rule. Tentukan 4 kg Austenite dengan komposisi 1.20 wt% C, didinginkan hingga dibawah suhu 727°�.

a) Apa fasa proeutectoid yang terjadi?

b) Berapa kg masing-masing total ferrite dan cementite yang terjadi?

c) Berapa kg masing-masing total pearlite dan proeutectoid yang terjadi?

d) Buat sketsa dan beri label pada mikrostruktur tersebut?

Jawaban:

a) Apa fasa proeutectoid yang terjadi?

Hypereutectoid, proeutectoid Fe3C.

(4)

- W α = X

T+U+V+X=6.70−1.20

6.70−0.022=¿ 5,5/ 6,678 = 0,824 - WFe3C = 1 - W α = T+U+V

T+U+V+X=¿ 1- 0,824 = 0,176 - Massa cementite= m . WFe3C = 4 . 0.176% = 0,00704 kg

c) Berapa kg masing-masing total pearlite dan proeutectoid yang terjadi?

- Wp = X

V+X=6.70−1.2 0

6.70−0.76 = 5,5 / 5,94 = 0,925 - Massa perlite = m x Wp = 4 x 0,925% = 0,037 kg

- WFe3C’ = 1 – Wp = X

V+X = 1 – 0,925 = 0,075 Massa proeutectoid = m. WFe3C’ = 5.0,066%= 0,0033kg d) Buat sketsa dan beri label pada mikrostruktur tersebut?

4. Pada suatu konfigurasi Pb-Sn dengan 40 wt% Sn dan 60 wt% Pb.

Tentukan komposisi total 𝛼, total �, eutectic microconstituent WE. primary 𝛼 dan eutectic 𝛼?

Kasus keempat. Gunakan aturan lever.

Jawaban:

4. Diagram Fasa Pb-Sn .Pada suatu konfigurasi Pb-Sn dengan 40 wt% Sn dan 60 wt% Pb.Tentukan komposisi Total 𝛼, total �, eutectic microconstituent WE. primary 𝛼 dan eutectic 𝛼?Kasus keempat. Menggunakan aturan lever.

W𝛼 (total 𝛼) eutectic 𝛼 dan primary 𝛼.

W𝛼 (total 𝛼) = Q+R

P+Q+R= 97.8−40

97.8−18.3=¿ 57,8/ 79,5 = 0,727

(5)

W� (total � ) = P

P+Q+R= 40−18.3

97.8−18.3=¿ 21,7/ 79,5 = 0,273 WE = WL (titik l ) = P

P+Q= 40−18.3

61.9−18.3=¿ 21,7/ 43,6 = 0,497 W𝛼’ = Q

P+Q= 61.9−40

61.9−18.3=¿ 21,9/ 43,6 = 0,502 WE𝛼 = W𝛼 - W� = 97.8−40

97.8−18.3− 61.9−40

61.9−18.3=¿ 0,727 – 0,502 = 0,225

5. Dengan menggunakan diagram diagram transformasi alloy iron- carbon untuk komposisi eutectoid. Tentukan struktur akhir dari specimen 100% austenite yang berada pada suhu 760°�.

a) Didinginkan dengan cepat ke suhu 300°�, ditahan 10⁴detik, kemudian diquench ke suhu kamar.

b) Didinginkan dengan cepat ke suhu 230°�, ditahan 10²detik, kemudian di quench ke suhu kamar.

c) Didinginkan dengan cepat ke suhu 650°�, ditahan selama 20 detik, didinginkan kembali ke suhu 400°�. ditahan selama 10³ detik, kemudian di quench ke suhu kamar.

Jawaban:

Dengan menggunakan diagram transformasi isotermal yang disediakan untuk paduan besi-karbon

(6)

suhu berikut. Dalam setiap kasus, asumsikan bahwa spesimen dimulai pada 760 ° C dan telah ditahan pada suhu ini cukup lama untuk mencapai struktur austenitik yang lengkap dan homogen.

a) Dinginkan dengan cepat hingga 300 ° C, tahan selama 10.000 detik, lalu padamkan hingga suhu kamar, dan amati pada suhu kamar

(a) 100% austenit (b) 100% martensit

(c) 50% perlit/50% austenit

(7)

(e) Bainite

b) Dinginkan spesimen hingga 230 °C dan tahan di sana selama 100 detik (a) Martensi tempered

(b) 100% spheroidite (c) 100% perlit kasar

(d) ) 50% perlit/50% martensit (e) austenit

c) Dinginkan dengan cepat hingga 650 °C, tahan selama 20 detik, dinginkan dengan cepat hingga 400 °C, tahan selama 1000 detik, lalu padamkan hingga suhu kamar.

(a) 25% martensit/25% bainit/50% perlit (b) 50% martensit/50% bainit

(c) 100% bainit

(d) 50% perlit/50% bainit