50 COURS ING1035 - MATÉRIAUX

PROGRAMME DE GÉNIE DES MATÉRIAUX

Note finale: /50

NOM (en majuscules):_____________________________

PRÉNOM :______________________________

C O R R I G É Version modifiée 11/12/02 ; 18h00

SIGNATURE :______________________________

MATRICULE : _________________

SECTION :

COURS ING1035 - MATÉRIAUX

Examen final

du 10 décembre 2002

de 9h30 à 12h00

F O R M U L A I R E D E R É P O N S E S

NOTES : ♦ Aucune documentation permise. ♦ Calculatrices non programmables autorisées. ♦ Les nombres en marge de droite indiquent le nombre de points

accordés à la question. Le total est de 60 points. ♦ La cote maximale de l’examen final est de 50 pts.

♦ Pour les questions nécessitant des calculs, aucun point ne sera accordé à la bonne réponse si le développement n’est pas écrit.

♦ Utilisez les espaces prévus ou la page opposée pour vos calculs

♦ Le questionnaire comprend 16 pages, incluant les annexes (si mentionnés) et le formulaire général.

♦ Le formulaire de réponses comprend 11 pages. ♦ Vérifiez le nombre de pages de votre questionnaire et de votre

formulaire de réponse.

Cours ING1035 MATÉRIAUX Formulaire de réponse de 16 Examen final du 10 décembre 2002 C O R R I G É

Donnez le n° de la réaction

Les exercices 1 à 5 portent sur les unités au choix n° 8 à 12.

1. EXERCICE n° 1 (Dégradation des matériaux) 1.a) Danger de corrosion de la tôle d’acier

Justification :

Selon la série galvanique en eau de mer, l’acier est plus actif (moins noble) que le cuivre. Par conséquent, la tôle d’acier se corrodera si elle est en contact électrique avec une pièce d’accastillage faite en cuivre et si les deux pièces métalliques sont plongées dans l’eau de mer qui est un électrolyte. (1 pt)

1.b) Réaction anodique et réaction cathodique

Anodique 1

Cathodique 3

Le fer se corrode (s’oxyde), donc la réaction anodique est la n° 1. Les électrons produits par le fer sont consommés à «la cathode de cuivre selon la réaction n° 3, car l’électrolyte est acide. Le cuivre ne sert que de milieu de transfert des électrons

(1 pt)

1.c) Potentiel absolu du couple Fe – Cu en eau de mer

Pour le déterminer, il faut tracer les courbes de polarisation du cuivre (cathodique) et du fer (anodique). . L’ordonnée de l’intersection de ces deux courbes définit le potentiel absolu du couple de corrosion Fe – Cu. Voir graphique en annexe.

EFe-Cu = - 0.09 V (1 pt)

1.d) Densité du courant de corrosion

Pour la déterminer, il faut tracer les courbes de polarisation du cuivre (cathodique) et du fer (anodique). L’abscisse de l’intersection de ces deux courbes définit la densité de courant de corrosion du couple de corrosion Fe – Cu. Voir graphique en annexe. JFe = 4,2 mA/dm2 (1 pt)

1.e) Vitesse de corrosion Justification :

La masse m de fer, corrodée par dm2, est donnée par la loi de Faraday : nFAjt )(g/dm 2 =m

où t = 3 mois = (90 j x 24 h x 3600 s) = 7,776 x 106 s. j = densité de courant déterminée à la question d) = 4,2x10-3 A/dm2

Pour le fer : n = 2, A = 55,85 g/mole F = 96 485 C/mole

On obtient ainsi : m = 9,45 g/dm2

Cette masse occupe un volume V = m/ρ = (9,45 g/7,8 gcm3) = 1,212 cm3 = 1,212x10-3 dm3

L’épaisseur fer qui disparaît par dm2 et par année est donc égale à :

e = 1,212x10-3 dm = 0,1212 mm vFe = 0,1212 mm/année (1 pt)

Sous-total = 5 pts


2. EXERCICE n° 2 (Propriétés physiques) 2.a) Nombre n de porteurs de charges électriques par unité de volume à 20 °C

Justification :

n = 8,32 x1020 porteurs/m3

La conductivité σ est égale à : ( )ttee enen µ+µ=σ (1) Puisque le SiC est un semi-conducteur intrinsèque, il y autant d’électrons que de trous, donc : te nn = (2)

Le nombre de porteurs de charge est donc égal à : ( )tee e µ+µ

n σ= (3)

Avec les données, on obtient : (1 pt)

2.b) Température pour une conductivité électrique de 104 S/m. Justification :

À une température T, la conductivité est égale à ( )kT2Eexp g0 −σ

Pour deux températures T1 et T2, on peut donc écrire le rapport des conductivités σ1 et σ2 :

( )( )1g

2g

1

2

kT2EexpkT2Eexp

−

−=

σσ

( )8/10lnE

k2lnE

k2T1

T1 4

g1

2

g21

=

σσ

=

−

Sachant que T1 = 20 °C = 293 K, on en déduit ainsi la valeur de T2 = 334,6 K = 61,8 °C

T = 61,8 °C (1 pt) 2.c) Type de semi-conducteur extrinsèque obtenu.

Justification :

Appartenant à la colonne VB du tableau périodique, l’azote (N) est pentavalent. Lorsqu’un atome d’azote est en solution solide dans le SiC, quatre de ses électrons de valence établissent des liaisons avec les atomes de Si ou de C et le 5ème électron est libre de se déplacer. Il devient un électron de conduction possédant une charge négative. Le semi-conducteur extrinsèque est donc de type n. (1 pt)

2.d) Quantité d’azote à ajouter au SiC pour que sa conductivité soit égaJustification :

Après dopage, la conduction sera essentiellement assurée par les électrons de l’élémenconductivité extrinsèque σe est égale à : eee en µ≈σ (1) On en déduit ainsi le nombre de porteurs de charge majoritaires ne qui est aussi égal ad’azote : eee en µσ= (2) La conduction σe est maintenant égale à 10 000 S/m56

2.e) Concentration d’azote (en ppm atomique). Justification :

Pour calculer cette concentration, il faut connaître le nomet de C contenus par unité de volume (1 m3) de SiC. La maille élémentaire cubique den propre ( 4 atomes de Si et 4 atomes de C). Son volume est égal à a3, où a est le paobtient ainsi : NSiC = 8/a3 = 8/(0,4358x10-9)3 m-3 = 9,666x1028 m-3 La concentration atomique en azote est égale au rapport du nombre d’atomes d’azote par m3 (calculé à la question précédente) au nombre d’atomes de Si et de C. Remarque : il suffit de 16,15 ppm d’azote pour multiplier par 1250 la conductivité d

Type : n

le à 104 S/m.

t dopant. Donc, la

u nombre d’atomes

1,56x1024 at/m3 (1 pt)

bre NSiC d’atomes de Si u SiC contient 8 atomes

ramètre de maille. On

u SiC à 20 °C. 16,15 ppm (1 pt)

Sous-total = 5 pts

Cours ING1035 MATÉRIAUX Formulaire de réponse de 16 Examen final du 10 décembre 2002 C O R R I G É 3. Exercice n° 3 (Matières plastiques)

3.a) Type de réaction de polymérisation du nylon 6-6. Cochez la case appropriée :

Réaction Addition

Thermodurcissante

Condensation X

Thermoplastique

(1 pt)

5

La réaction de polymérisation s’effectue par ouverture d’une liaison Ndans la diamine (ce qui libère un H) et par ouverture d’une liaison C dansl’acide adipique (ce qui libère un radical OH). On obtient un polymèrelinéaire avec formation d’un sous produit de réaction qui est ici unemolécule d’eau H2O. C’ d l é i i d i

3.b) Masse volumique du nylon 6-6 entièrement amorphe et entièrement cristallisé. Justification :

ue g/cm3

1,0875

Masse volumiq

Amorphe

La masse volumique ρ est donnée par l’équation : bC0 +ρ=ρ où ρ0 est la masse volumique du nylon totalement amorphe et C est le degré de cristallinité. Connaissant deux points (C1, ρ1) et (C2, ρ2) de cette droite, on en déduit la valeur de b : b = (1,188 – 1,152)/(67 – 43) = 1,5x10-3 g.cm-3.%-1 Le nylon amorphe a une masse volumique

ρ0 = 1,188 – (67x1,5x10-3 ) = 1,0875 g.cm-3. Le nylon totalement cristallisé a une masse volumique ρ = 1,188 + (100 – 67)(1,5x10-3 ) = 1,2375 g.cm-3.

3.c) Courbe représentative LogE = f(T) pour le nylon 6-6

3.d) Propriété la plus élevée selon la direction

Cristallisé 1,2375

100

Température

T1 Transition vitreuse

T2 Température de fusion

Dans la direction c (squelette de la chaîne), les liaisons C – C sont des liaisons covalentes de forte intensité. Le module d’Young E sera donc le plus élevé dans cette direction. Dans la direction a, les liaisons entre chaînes sont des pont hydrogène de faible intensité, le module d’Young sera plus faible. Par contre, le coefficient de dilatation thermique α sera plus élevé car ces deux propriétés (E et α) varient en sens opposé dans les matériaux.

Température

log

E

T1 T2

Propriété Direction

Module E c Coeff. α a

(2 pts)

(1 pt)

(1 pt)

Sous-total = 5 pts


4. Exercice n° 4 (Matériaux céramiques) 4.a) Taille maximale des défauts contenus dans la brique.

Justification : Puisque l’on connaît la ténacité KIC de la brique, on peut écrire : aK nomIC πασ=

À la rupture en traction : σnom = Rm

On en déduit ainsi la taille des défauts les plus sévères : 2

m

IC

RK1a

απ

=

Avec les valeurs données, on obtient : a = 7,95x10-6 m ≅ 8 µm 8 µm

(2 pts)

4.b) Variation critique de température ∆θr pour un refroidissement brusque Justification :

Au cours d’un refroidissement brusque, la brique est soumise à des contraintes thermiques de tension.

La variation critique de température ∆θ∗ est donnée par : α

ν−=

αν

=θ∆E

)1(RE

)(fR* mm

Avec les valeurs données, on obtient ∆θ∗ = 288 °C

∆θr = 288 °C (1,5 pts)

4.c) Raison de la différence entre ∆θr et ∆θC Cochez la case appropriée :

La résistance à la traction Rmt est supérieure à la résistance à la compression Rmc

Les résistances à la traction Rmt et à la compression Rmc sont égales mais le module d’Young a changé

La résistance à la compression Rmc est supérieure à la résistance à la traction Rmt X Il ne peut pas y avoir de propagation de défauts quand ils sont soumis à des contraintes de compression.

Un choc thermique au refroidissement est moins sévère qu’un choc thermique au chauffage.

(1,5 pts)

5 Sous-total = 5 pts


5. Exercice n° 5 (Matériaux composites) 5.a) Fraction volumique critique Vf*

En réarrangeant l’équation (2), on obtient : mf

mmfmmf*f EE

V−

= Vf = 1 %

(1 pt)

5.b) Module d’Young EC et résistance à la traction RmC du composite Justification :

RmC = 1392 MPa(2 pts)

5.c) Allongement maximal à la rupture du composite Justification :

1 pt)

fopaPfi

L

D

E

Cette grandeur a été calculée à la question précédente. La rupture du composite se produit à la rupture du composant ayant le plus faible allongement, donc ici pour les fibres. Dans ce cas, on obtient l’allongement du composite à la rupture: AC = Af = Rmf/Ef = (3,920/406) = 9,655x10-3 = 0,9655 % (A = 0,97 %

Module d’Young EC du composite : ( )[ ]mfffC EV1EVE −+= = 0,35x406 + (1 – 0,35)3,1 = 144,1 GPaLa matrice et le renfort ont un comportement fragile. L’allongement à la rupture de chacun de ces composants est le suivant : Af = Rmf/Ef = (3,920/406) = 9,655x10-3 = 0,9655 % Am = Rmm/Em = ((0,069/3,1) = 2,226x10-2 = 2,226 % La rupture du composite se produit à la rupture du composant ayant le plus faible allongement, donc ici pour les fibres. Dans ce cas, on obtient la résistance à la traction du composite :

( )[ ]mffff

mfC

f

mfCfCCmC EV1EV

ERE

EREAEAR −+====

EC = 144,1 GPa

ab

’

n

Justification : Le volume critique Vf* doit être tel que (1) mmmC RR ≥

Pour la valeur critique, on a : ( )[ ]m*ff

*f

f

mfCfmmmC EV1EV

EREARR −+=== (2)

( ) ERRE − *

5.d) Pourcentage de la force supportée par les fibres Justification : Soit rf = Ff/FC le rapport recherché, où Ff = force supportée par les fibres et FC =

rce totale supportée par le composite. On a aussi la relation suivante : FC = Ff + Fm, où Fm est la force supportée r la matrice. Donc, rf = Ff/(Ff + Fm) 1/rf = (Fm/Ff )+ 1 (1) r définition : Fm = σm/Sm et Ff = σf/Sf, où Sm et Sf sont respectivement la surface de matice et celle de res.

éq. (1) s’écrit donc : ( )( ) ( ) 1

V1V1

VV1

SSSS1

SS

r1

ff

fm

mf

fm

0ff

0mm

ff

mm

f

+−σ

σ=+

σσ

=+σσ

=+σσ

= (2)

’autre part, la matrice et le composite subissent la même déformation : ffmm EE σ=σ=ε (3)

combinant les éq. (2) et (3), on obtient : ( ) 1

VEV1E

r1

ff

fm

f

+−

= = 1,0142

% = 98,6 (1 pt)

Sous-total = 5 pts


Les exercices suivants portent sur les unités obligatoires (n° 1 à 7).

6. EXERCICE n° 6 6.a) Réseau de Bravais du SiC

Justification :

Les atomes de silicium (Si) occupent les sommets du cube de la maille élémentaire ainsi que le centre des faces de cette maille. Le réseau de Bravais est donc Cubique à Faces Centrées (CFC).

(1 pt)

6.b) Motif associé aux nœuds du réseau Sur la figure ci-contre, entourez les atomes constitutifs de ce motif .

6.c) Type de site occupé par les atomes de carbone

La maille élémentaire contient 4 atomes de Si et 4 atomes de Cqui lui appartiennent en propre. Le nombre d’atomes de Si etde C du motif doit respecter cette proportion. Le motif est doncconstitué de 1 atome de Si et d’un atome de C, tels que ceuxentourés sur la figure ci-contre. En répétant ce motif à chacun des nœuds d’une maille CFC, onreconstruit le cristal réel.

6.d) Proportion de sites occupés par les atomes de cJustification :

La maille CFC possède 8 sites tétraédriques qui lui appartiennetétraédrique est défini par l’atome de Si situé à un .sommet de atomes de Si situés au centre des faces qui définissent ce sommeLes atomes de C n’occupent que 4 de ces sites tétraédriquesdonc égale à 50 %.

6.e) Masse volumique théorique du SiC Justification :

avec Mat = masse des atomes apet Vmaille = a3 = volume de la mPuisqu’il y a 4 atomes de Si et 4

( ) ACSiat N)mm4M += où mnombre d’Avogadro. On obtient

( ) (( )( )37-1-233

A

CSi 3cm 0,4358x10mole6,022x10

284aN

mm4==

+=ρ

Cubique à Faces Centrées (CFC)

(1 pt)

(1 pt)

arbone

nt en propre. Un la maille et par let. ; la proportion

3g/cm 22,

Tétraédrique

site s 3

est 50 % (1 pt)

Masse volumique théorique : mailleat VM=ρ partenant en propre à la maille aille cubique ayant une arête a. atomes de C appartenant en propre à la maille, on obtient ainsi :

Si et mC sont respectivement les masses atomiques du Si et du C et NA est le ainsi :

) g/mole 01,1209, +

3,22 g/cm3 (2 pt)

Sous-total = 6 pts


7. EXERCICE n° 7 7.a) Facteur de concentration de contrainte associé aux défauts

Justification :

La résistance théorique à la traction des trichite est égale à :

Avec les valeurs données (E = 500 MPa, γS = 1,3 J/m2 et a0 = 0,22 nm), on obtient Rth = 76,87 GPa Le facteur de concentration de contrainte Kt associé aux défauts est donc égal à :

Kt = Rth/Rm = (76,87/12,8) = 6

0

Sth a

E2R

γ=

Kt = 6 (2 pts)

7.b) Profondeur de la fissure semi-elliptique Justification :

7.c) Hauteur de la marche

En reportant cette valeur de Kt sur la courbe correspondant à une fissure semi-elliptique (voir figure en annexe), on trouve une valeur de (a/r)½ = 2,3, soit un rapport a/r = 5,29. Puisque le rayon de courbure r est égal à 3 a0, la profondeur a de la fissure est égale à :

a = 5,29x3a0 = 5,29x3x0,22 = 3,49 nm

a = 3,49 nm (1 pt)

Justification :

En reportant cette valeur de Kt sur la courbe correspondant à une fissure semi-elliptique (voir figure en annexe), on trouve une valeur de (a/r)½ = 5,1, soit un rapport a/r = 26,01. Puisque le rayon de courbure r est égal à 3 a0, la profondeur a de la fissure est égale à :

a = 26,01x3a0 = 26,01x3x0,22 = 17,17 nm h = 17,17 nm (1 pt)

8. EXERCICE n° 8 8.a) Phases en équilibre à diverses températures

Phases en équilibre Température (°C) Nom ou symbole Composition (%m C) Proportion (%)

Austénite γ 0,6 100 800

-------- -------- --------

Austénite γ 0,8 74,3 724

Ferrite α 0,022 25,7

Ferrite α 0,022 91.32 722

Cémentite Fe3C 6,68 8,38

(3 pts)

Sous-total = 7 pts


8.b) Constituants en équilibre à 722 °C

9. EXERCICE n° 9 9.a) Pièce ayant la ténacité la plus élevée

Justification :

9.b) Traitement isotherme subi par les pièces B et C

9.c) Traitement thermique complet subi par la pièce A

Constituants en équilibre Température (°C) Nom ou symbole Composition (%m C) Proportion (%)

Ferrite primaire (ou proeutectoïde) 0,022 25,7

Perlite 0,8 74,3 722

(2 pts)

Ne disposant que des propriétés mécaniques en traction, on peut estimer la ténacité des pièces en utilisant le critère de l’aire S sous la courbe de traction qui se calcule par la formule

simplifiée suivante : ( ))RRA21S m2,0e +=

Avec ce critère, on constate que c’est le traitement bainitique (pièce B) qui conduit à la ténacité la plus élevée.

B

Pièce Étape Température (°C) Durée (s) Vitesse

Trempe 320 Instantanée Très rapide B

Maintien 320 2000 so

Trempe 600 Instantanée Très rapide C

Maintien 600 60 so

(2 pts)

Pièce Étape Température (°C) Durée (s) Vitesse

Austénitisation 800 (750 + 50) Selon taille de la pièce so

Trempe 20 Instantanée Très rapide A

Revenu 310 – 320 3 600 (1 h) so

(2 pts)

(1 pt)

9.d) Microstructure de la pièce Constituants de la microstructure et leur proportion :

50 % de bainite inférieure + 50 % de martensite

(2 pts)Dureté : Indéterminée

Sous-total = 9 pts


10. EXERCICE n° 10 10.a) Traitement choisi pour satisfaire les conditions 1) et 2)

Justification :

10.b) Contrainte maximale (2 pts)T2

σA = 375 MPa

10.c) Diamètre de la barre

σmax = 500 MPa ( )R12 Amax −σ=σ = 500 MPa

(1 pt)

Justification :

On en déduit donc le diamètre D de la barre : 2

max

F2D

πσ

= = 15,14 mm (1 pt)

10.d) Traitement choisi pour satisfaire les conditions 1), 2) et 3) Justification :

10.e) Contrainte minimale

Dans ce cas, il faut satisfaire aussi la condition 3), donc s’assurer que le facteur d’intensité de contrainte K,associé à la fissure, n’excède pas le facteur critique d’intensité de contrainte de l’acier KIC pour une surcharge

σS de 600 MPa. On obtient ainsi : ( ) 213-

S MPa.m 99,663x101,15x600 aK =π=πασ= Le traitement T2 de l’acier ne convient donc pas. Il faut utiliser le traitement T1 qui conduit à une limite de fatigue égale à 320 MPa.

T1 (2 pts)

Justification :

σmin = - 213 MPa ( )1R12 Amin −σ=σ = – 213 MPa

(1 pt)

10.f) Diamètre de la barre

Justification : Pour supporter une force F de 90 kN sous une contrainte ( )R12 Amax −σ=σ = 426 MPa, la barredoit avoir une section S = πD2/4 .

1

On en déduit donc le diamètre D de la barre : 2F2D

πσ= = 16,4 mm

D = 15,14

Puisque les conditions n’affectent que la limite de fatigue (condition 2), on choisira le traitement qui conduit à une limite de fatigue la plus élevée pour une duré de vie de 106 cycles. Ce sera le traitement T2 qui sera choisit car il conduit à une limite de fatigue dont l’amplitude sa est égale à :

Justification :

Par définition, le rapport des contraintes R est égal : maxminR σσ= = – 0,5 (1) De plus, l’amplitude des contraintes est égale à : ( ) 2minmaxA σ−σ=σ (2) En combinant les équations (1) et (2), on obtient :

Pour supporter une force F de 90 kN sous une contrainte σmax de 500 MPa, la barredoit avoir une section S = πD2/4 .

1

Par définition, le rapport des contraintes R est égal : maxminR σσ= = – 0,5 (1) De plus, l’amplitude des contraintes est égale à : ( ) 2minmaxA σ−σ=σ (2) En combinant les équations (1) et (2), on obtient :

D = 16,4 mm (1 pt)

Sous-total = 8 pts


11. EXERCICE n° 11 Cochez les affirmations proposées qui sont vraies (V). Attention : une mauvaise réponse en annule une bonne.

Plus la température de fusion d’un matériau est élevée, plus son coefficient de dilatation thermique est grand. Les matériaux covalents ont un module d’Young en général plus élevé que celui des matériaux à liaisons Van der Waals. V Dans un matériau ductile, la mise en mouvement des dislocations se produit quand la limite conventionnelle d’élasticité Re0,2 est atteinte. Le coefficient de concentration de contrainte Kt est un paramètre qui caractérise la ténacité d’un matériau. Quand le facteur d’intensité de contrainte K, associé à une fissure, atteint la valeur critique KIC, il y a rupture brutale apparemment fragile du matériau. V La compacité des métaux ayant un réseau de Bravais cubique centré (CC) est la plus élevée. Dans les métaux ductiles de structure cubique à faces centrées (CFC), les systèmes de glissement cristallographique sont de type {111}<110> V Le glissement cristallographique apparaît en premier dans le système de glissement qui possède le facteur de Schmid le plus élevé. V

(4 pts)

Sous-total = 4 pts Total = 60 pts


10-1

10

-5

10-6

D

ensi

té d

e co

uran

t J (A

/dm

) 10

-4

10-3

24,

2x10

-3

10-2

Fer (

anod

ique

)

Cui

vre

(Cat

hodi

que)

- 0,4 - 0,2 - 0,3 - 0,1 0 +0,1 +0,2 Potentiel absolu (V)

Cours 5-110 - MATÉRIAUX Formulaire de réponses de Contrôle du

Sous - total =

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