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PROGRAMME DE GÉNIE DES MATÉRIAUX

Note finale: /50

NOM (en majuscules):_____________________________ PRÉNOM :_ _____________________________

C O R R I G ÉVersion modifiée11/12/02 ; 18h00

SIGNATURE :__ ____________________________

MATRICULE : _________________

SECTION :

COURS ING1035 MATÉRIAUX Examen final

du 10 décembre 2002de 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 pointsaccordés 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’estpas écrit.

♦ Utilisez les espaces prévus ou la page opposée pour voscalculs

♦ Le questionnaire comprend 16 pages, incluant les annexes (simentionnés) 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.

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Cours ING1035 MATÉRIAUX Formulaire de réponse Page2 de 16Examen 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 estplus actif (moins noble) que le cuivre . Par conséquent, latôle d’acier se corrodera si elle est en contact électrique avec une pièce d’accastillage faite en cuivre etdeux pièces métalliques sont plongées dans l’eau de mer qui est un électrolyte.

(1

1.b) Réaction anodique et réaction cathodique

Anodique 1Cathodique 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 cuivreselon la réaction n° 3, car l’électrolyte est acide.Le cuivre ne sert que de milieu de transfert des électrons

(1

1.c) Potentiel absolu du couple Fe – Cu en eau de merPour le déterminer, il faut tracer les courbes de polarisation du cuivre (cathodique) et du fer (anodiquL’ordonnée de l’intersection de ces deux courbes définit le potentielabsolu du couple de corrosion Fe – Cu.Voir graphique en annexe.

E Fe-Cu = - 0.09 V (1

1.d) Densité du courant de corrosionPour la déterminer, il faut tracer les courbes de polarisation du cuivre (cathodique) et du fer (anodiquL’abscisse de l’intersection de ces deux courbes définit la densité de courantde corrosion du couple de corrosion Fe – Cu.Voir graphique en annexe. J Fe = 4,2 mA/dm2 (1

1.e) Vitesse de corrosionJustification :

La massem 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/moleF = 96 485 C/mole

On obtient ainsi : m = 9,45 g/dm 2

Cette masse occupe un volumeV = 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

Sous-total = 5 pts

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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 conductivitéσ 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 :( )te

e e µ+µn σ= (3)

Avec les données, on obtient : (1

2.b) Température pour une conductivité électrique de 10 4 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 conductivitésσ1 et σ2 :

( )1g

2g

1

2

kT2Eexp

kT2Eexp

−

−

=σσ

( )8/10lnEk 2

lnEk 2

T1

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

2.c) Type de semi-conducteur extrinsèque obtenu.Justification :

Type : n

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

(1 p

2.d) Quantité d’azote à ajouter au SiC pour que sa conductivité soit égale à 10 4 S/m.Justification :

Après dopage, la conduction sera essentiellement assurée par les électrons de l’élément dopant. Donc, laconductivité extrinsèqueσ e est égale à : eee en µ≈σ (1)On en déduit ainsi le nombre de porteurs de charge majoritairesn e qui est aussi égal au nombre d’atomesd’azote : eee en µσ= (2)La conductionσ e est maintenant égale à 10 000 S/m56 1,56x1024 at/m3 (1 p

2.e) Concentration d’azote (en ppm atomique).Justification : Pour calculer cette concentration, il faut connaître le nombreNSiC d’atomes de Siet de C contenus par unité de volume (1 m3) de SiC. La maille élémentaire cubique du SiC contient 8 atomesen propre ( 4 atomes de Si et 4 atomes de C). Son volume est égal àa 3, oùa est le paramètre de maille. Onobtient ainsi :

NSiC = 8/a 3 = 8/(0,4358x10-9)3 m-3 = 9,666x1028 m-3 La concentration atomique en azote est égale au rapport du nombre d’atomesd’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 du SiC à 20 °C.

16,15 ppm (1

Sous-total = 5 pts

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

Justification :

Puisque l’on connaît la ténacitéK IC de la brique, on peut écrire : aK nomIC πασ=

À la rupture en traction : σ nom = R m

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

m

IC

R K 1a

απ

=

Avec les valeurs données, on obtient :a = 7,95x10-6 m 8 µm8 µm

(2

4.b) Variation critique de température ∆θ r pour un refroidissement brusqueJustification :

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 : αν−

=αν

=θ∆ E)1(R

E)(f R

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

∆θ r = 288 °C (1

4.c) Raison de la différence entre ∆θ r et ∆θ C Cochez la case appropriée :

La résistance à la traction Rmt est supérieure à la résistance à la compression R mc Les résistances à la traction R mt et à la compression R mc sont égales mais le module d’Younga changéLa résistance à la compression R mc est supérieure à la résistance à la traction R mt X Il ne peut pas y avoir de propagation de défauts quand ils sont soumis à des contraintes decompression.Un choc thermique au refroidissement est moins sévère qu’un choc thermique au chauffage.

(1,5

5 Sous-total = 5 pts

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

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

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

mf Cf mmmC EV1EVER EAR R −+=== (2)

En réarrangeant l’équation (2), on obtient : ( ) mmf mmf *f EE

ER R EV−

−= V f * = 1 %

(1 pt

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

Module d’YoungE C du composite : ) mf f f C 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 composle suivant :

Af = R mf /Ef = (3,920/406) = 9,655x10-3 = 0,9655 %Am = R mm/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 pfibres. Dans ce cas, on obtient la résistance à la traction du composite :

( )[ ]mf f f f

mf C

f

mf Cf CCmC EV1EV

ER E

ER EAEAR −+====

R mC = 1392 MPa

E C = 144,1 GPa(2 p

5.c) Allongement maximal à la rupture du composite

Justification :

5.d) Pourcentage de la force supportée par les fibres

Cette grandeur a été calculée à la question précédente. La rupture du composite se produit à la ruptucomposant ayant le plus faible allongement, donc ici pour les fibres. Dans ce cas, on obtient l’allongemcomposite à la rupture:

AC = Af = R mf /Ef = (3,920/406) = 9,655x10-3 = 0,9655 % (1 pA = 0,97 %

Justification : Soitr f = F f /F C le rapport recherché, oùF f = force supportée par les fibres etF C =force totale supportée par le composite. On a aussi la relation suivante :F C = F f + F m, oùF m est la force supportée par la matrice. Donc,r f = F f /(F f + F m) 1/r f = (F m/F f )+ 1 (1)

Par définition :F m = σ m/Sm et F f = σ f /S f , où Sm et Sf sont respectivement la surface de matice et celle defibres.

L’éq. (1) s’écrit donc : ( )( ) ( )

1V1

V1VV1

SSSS1

SS

r 1

f f

f m

mf

f m

0f f

0mm

f f

mm

f +

−σσ=+

σσ=+

σσ=+

σσ= (2)

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

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

V1Er 1

f f

f m

f +−= = 1,0142

% = 98,6 (1 p

Sous-total = 5 pts

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

6. EXERCICE n° 66.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 de cette maille. Le réseau de Bravais estdonc Cubique à Faces Centrées (CFC ).

Cubique à Faces Centrées (CFC) (1 p

6.b) Motif associé aux nœuds du réseauSur la figure ci-contre, entourezles 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 C

qui 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.

(1 p

Tétraédrique (1 p

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

La maille CFC possède 8 sites tétraédriques qui lui appartiennent en propre. Un sitetétraédrique est défini par l’atome de Si situé à un .sommet de la maille et par les 3atomes de Si situés au centre des faces qui définissent ce sommet.Les atomes de C n’occupent que 4 de ces sites tétraédriques;la proportion estdonc égale à 50 %.

50 % (1 p

6.e) Masse volumique théorique du SiC Justification :

3,22 g/cm3

Masse volumique théorique : mailleat VM=ρ

avecMat = masse des atomes appartenant en propre à la mailleet Vmaille = a3 = volume de la maille cubique ayant une arêtea.Puisqu’il y a 4 atomes de Si et 4 atomes de C appartenant en propre à la maille, on obtient ainsi :

( ) ACSiat N)mm4M += où mSi et mC sont respectivement les masses atomiques du Si et du C et NA est lenombre d’Avogadro. On obtient ainsi :

( ) ( )( )( )

337-1-233

A

CSi g/cm 22,3cm0,4358x10mole6,022x10

g/mole 01,1209,284a N

mm4 =+=+=ρ (2 p

Sous-total = 6 pts

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7. EXERCICE n° 77.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 R th = 76,87 GPa

Le facteur de concentration de contrainteK t associé aux défauts est donc égal à :

K t = R th /R m = (76,87/12,8) =6

0

Sth

a

E2R γ=

K t = 6 (2 p

7.b) Profondeur de la fissure semi-elliptiqueJustification :

7.c) Hauteur de la marche

En reportant cette valeur deK t sur la courbe correspondant à une fissure semi-elliptique (voir figure en annex

on trouve une valeur de (a/r )½

= 2,3, soit un rapporta/r = 5,29.Puisque le rayon de courburer est égal à 3a 0, la profondeura de la fissure est égale à :

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

a = 3,49 nm (1 p

Justification :

En reportant cette valeur deK t sur la courbe correspondant à une fissure semi-elliptique (voir figure en annexon trouve une valeur de (a/r )½ = 5,1, soit un rapporta/r = 26,01.Puisque le rayon de courburer est égal à 3a 0, la profondeura de la fissure est égale à :

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

8. EXERCICE n° 88.a) Phases en équilibre à diverses températures

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

Austénite γ 0,6 100800

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

Austénite γ 0,8 74,3 724

Ferrite α 0,022 25,7

Ferrite α 0,022 91.32 722

Cémentite Fe 3C 6,68 8,38

(3

Sous-total = 7 pts

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8.b) Constituants en équilibre à 722 °C

9. EXERCICE n° 99.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 équilibreTempérature(°C) Nom ou symbole Composition (%m C) Proportion (%)

Ferrite primaire (ou proeutectoïde) 0,022 25,7Perlite 0,8 74,3722

(2

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

simplifiée suivante : ( ))R R A

2

1S m2,0e +=

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

B

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

Trempe 320 Instantanée Très rapideB

Maintien 320 2000 so

Trempe 600 Instantanée Très rapide C

Maintien 600 60 so

(2

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

Austénitisation 800 (750 + 50) Selon taille dela pièce so

Trempe 20 Instantanée Très rapideARevenu 310 – 320 3 600 (1 h) so

(2

(1 p

9.d) Microstructure de la pièce

Constituants de la microstructure et leur proportion :50 % de bainite inférieure + 50 % de martensite

(2 pDureté : Indéterminée

Sous-total = 9 pts

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10. EXERCICE n° 1010.a) Traitement choisi pour satisfaire les conditions 1) et 2)

Justification :

10.b) Contrainte maximale

(2 pT2

Puisque les conditions n’affectent que la limite de fatigue (condition 2), on choisira le traitement qui con

une limite de fatigue la plus élevée pour une duré de vie de 106

cycles.Ce sera letraitement T2 qui sera choisit car il conduit à une limite de fatigue dont l’amplitude sa est égale σ A = 375 MPa

Justification :

10.c) Diamètre de la barre

σ max = 500 MPa

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 :

( )R 12 Amax −σ=σ = 500 MPa (1 p

Justification :

D = 15,14

Pour supporter une forceF de 90 kN sous une contrainteσ max de 500 MPa, la barredoit avoir une sectionS = πD2/4 .

On en déduit donc le diamètreD de la barre :2

1

max

F2D

πσ

= = 15,14 mm (1 p

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 contraiK ,

associé à la fissure, n’excède pas le facteur critique d’intensité de contrainte de l’acierK IC pour une surchargeσ S de 600 MPa. On obtient ainsi : ( ) 2

13-S MPa.m 99,663x101,15x600aK =π=πασ=

Le traitement T2 de l’acier ne convient donc pas. Il faut utiliser le traitement T1 qui conduit à une limfatigue égale à 320 MPa.

T1 (2 p

Justification :

σ min = - 213 MPa

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 :

( )1R 12 Amin −σ=σ = – 213 MPa (1 p

10.f) Diamètre de la barreJustification :

Pour supporter une forceF de 90 kN sous une contrainte ( )R 12 Amax −σ=σ = 426 MPa, la barredoit avoir une sectionS = πD2/4 .

On en déduit donc le diamètreD de la barre :2

1F2D

πσ

= = 16,4 mm D = 16,4 mm (1 p

Sous-total = 8 pts

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11. EXERCICE n° 11Cochez 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 thermiqueest grand.Les matériaux covalents ont un module d’Young en général plus élevé que celui des matériaux àliaisons Van der Waals. VDans un matériau ductile, la mise en mouvement des dislocations se produit quand la limiteconventionnelle d’élasticité Re0,2 est atteinte.Le coefficient de concentration de contrainte Kt est un paramètre qui caractérise la ténacité d’unmatériau.Quand le facteur d’intensité de contrainte K, associé à une fissure, atteint la valeur critique KIC, il y arupture brutale apparemment fragile du matériau. VLa 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 glissementcristallographique sont de type {111}<110> VLe glissement cristallographique apparaît en premier dans le système de glissement qui possède lefacteur de Schmid le plus élevé. V

(4 p

Sous-total = 4 ptsTotal = 60 pts

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1 0 - 1

1 0 - 5

1 0 - 6

D e n s

i t é d e c o u r a n

t J ( A / d m

)

1 0 -

1 0 - 3

2 4 , 2

x 1 0 - 3

1 0 - 2

F e r

( a n o d i q u e

)

C u

i v r e

( C a

t h o

d i q u e

)

- 0,4- 0,2 - 0,3- 0,10+0,1+0,2Potentiel absolu V

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Cours 5-110 - MATÉRIAUX Formulaire de réponses Page14 deContrôle du

Sous - total =

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