Transferts thermiques et Traitements thermiques dans la ...Isolation d’un tuyau En regime permanent, et dans le´ cas d’un tranfert thermique unidimensionnel, supposons que de

IUT Genie Mecanique et ProductiqueScience des Materiaux

Transferts thermiques et Traitements thermiquesdans la masse et de surfaceDr. Laurent Aldon1*

ConsignesAu premier semestre, les proprietes mecaniques des materiaux de structure ont ete etudiees. Au deuxiemesemestre, ces proprietes seront modifiees par les traitements thermiques dans la masse et de sur-face. Cependant, les materiaux possedent egalement des proprietes thermiques comme la resistance ther-mique, la capacite thermique ou la diffusivite thermique.

Mots-ClefsLoi de Fourier, loi de Newton, loi de Stephan-Boltzman — Cycle thermique, Loi de refroidissement, Trempe,Revenu, Diagrammes d’equilibre et hors equilibre

MaterielDiagramme Fe-C - Structure CC et CFC - Diagramme TRC - Abaques OTUA - Eprouvette Jominy - Regulateur(Thermocouple ”K”, P.I.D.) - Lecteur de temperature - Sondes Pt100 - Maquette MaterDuino CoViD-19

1Intitut Charles Gerhardt - Universite de Montpellier - IUT de Nımes - Genie Mecanique et Productique*Email: [email protected]

Sommaire

Introduction 1

1 Transferts thermiques 11.1 Conduction - Loi de Fourier . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Convection - Loi de Newton . . . . . . . . . . . . . 21.3 Radiation - Loi de Stephan-Boltzman . . . . . . . 21.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

2 Transitoire thermique 52.1 Temps caracteristique - τ . . . . . . . . . . . . . . . 52.2 Longueur caracteristique - Lc . . . . . . . . . . . . 52.3 Nombre de Fourier - Fo . . . . . . . . . . . . . . . . 52.4 Nombre de Biot - Bi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.5 Approximation a 1 terme . . . . . . . . . . . . . . . 62.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

3 Proprietes thermiques 113.1 Diffusivite : Methode Flash de Parker . . . . . . 113.2 Diffusivite : Methode oscillante d’Angstrom . . 12

4 Traitement thermique dans la masse 134.1 Cycle thermique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134.2 Chauffe - Diagramme Fe-C . . . . . . . . . . . . . 134.3 Maintien - Grain austenitique . . . . . . . . . . . . 134.4 Refroidissement lent - Loi de Newton . . . . . . 134.5 Trempe - Diagramme TRC du 35 NiCr 6 . . . . 144.6 Essai Jominy - Abaque OTUA . . . . . . . . . . . 154.7 Revenu de trempe - Parametre d’equivalence . 15

5 Traitements de surface 165.1 Cementation - Diffusion a l’etat solide . . . . . . 165.2 Depot electrolytique - Zinc . . . . . . . . . . . . . 165.3 Systeme binaire Cu-Ni . . . . . . . . . . . . . . . . 165.4 Systeme binaire Pb-Sn . . . . . . . . . . . . . . . 16

Annexes 17Approximation a un terme . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

IntroductionUn materiau de structure possede des proprietes dansla masse. Un materiau de fonction est utilise pour sesproprietes de surface.

Le cycle thermique est un outil pour controler lamicrostructure et modifier les proprietes mecaniquesdes materiaux.

Les trempes superficielles et les traitements decementation ou nitruration permettent de durcir locale-ment les proprietes de l’acier. Les methodes de depotselectrochimiques pourront ameliorer la tenue a la cor-rosion.

Les traitements thermiques des materiaux vontmettre en jeu des echanges ou tranferts thermiques aucours des etapes de chauffe ou de refroidissement. Lesmodes de transfert par conduction, convection, radia-tion vont entrer en jeu selon les differentes technologiesutilisees et les gammes de temperatures impliquees.

1. Transferts thermiques

1.1 Conduction - Loi de FourierLorsque les 2 faces d’une paroi d’un mur (fig. 1) sonta des temperatures differentes, il s’etablit un flux dechaleur Q depuis la temperature la plus elevee T1 vers laplus faible T2 proportionnellement a la surface d’echangeA, et inversement proportionnel a l’epaisseur L, de laparoi constituee d’un materiau de conductivite ther-mique k.

Q =dQdt

=−kA.dTdx

= k.AL.(T1−T2) = k.

AL.∆T

Il existe une analogie avec la loi d’Ohm en electriciteou :

V1−V2 = R.I

Transferts thermiques et Traitements thermiques dans la masse et de surface — 2/17

Figure 1. Flux de chaleur a travers un mur.

etT1−T2 = Rcond

th .Q

Le flux de chaleur Q est homogene a une puissanceet s’exprime en W ou J.s−1. La conductivite thermiquedu materiau k s’exprime en W.m−1.K−1. La resistancethermique (en K.W−1 ou ◦C.W−1) peut alors s’ecrire :

Rcondth =

Lk.A

1.2 Convection - Loi de NewtonLe phenomene de convection concerne la plupart desparois solides qui separent des fluides liquides ou gazeux(fig. 2). La temperature de surface de la paroi varie surune certaine distance δ pour atteindre celle du fluide. Leflux de chaleur echange par convection s’ecrit alors :

Q =dQdt

=kδ.A.∆T = h.A.∆T

Figure 2. Convection a la surface d’une paroi encontact avec un fluide.

Comme pour la conduction, on peut definir uneresitance thermique de convection :

Tf −Tp = Rconvth .Q

Rconvth =

1h.A

Comme en electricite, lorsque les resistances sont enserie, la resistance totale sera la somme des resistances.

1.3 Radiation - Loi de Stephan-BoltzmanDans l’industrie des polymeres les temperatures deselements chauffants peuvent atteindre les 700◦C et lecoefficient de transfert de chaleur radiatif peut atteindre100W.m−2.K−1.

Q =dQdt

= ε.σ .A.(T 41 −T 4

2 ) = hrad .A.(T1−T2)

On peut alors definir un coefficient de transfert de chaleurradiatif :

hrad = ε.σ(T1 +T2)(T 21 +T 2

2 )

1.4 ExercicesIsolation d’un mur d’habitation Un mur en betonarme de 270mm en contact avec l’exterieur est isolea l’interieur avec une plaque de polystyrene expanse de60mm recouverte d’une plaque de placoplatre de 13mm(fig. 3).

Ces materiaux ont des proprietes connues : massesvolumiques ρ = 2300,25 et 900kg.m−3 et conductivitesthermiques k = 1.75,0.041 et 0.250W.m−1.K−1.

Il faut tenir compte des coefficients d’echange interieuret exterieur dus aux pertes par convection pour 1m2 desurface, (Rint = 0,20K/W et Rext = 0,03K/W ). La loide Fourier s’ecrit :

T1−T4 =

(Rint +

L1

k1A+

L2

k2A+

L3

k3A+Rext

)× Q

Figure 3. Flux de chaleur a travers un mur composite.

Pour A = 1m2, on obtient

T1−T4 = (Rint +RPlaco +RPS +RBeton +Rext)× Q

RPlaco = 0,013/0,25 = 0,052K/W

RPS = 0,060/0,041 = 1,463K/W

RBeton = 0,270/1,75 = 0,154K/W

RTotal = 0,20+0,052+1,463+0,154+0,03= 1,9K/W

Si a l’interieur T1 = 19◦C et a l’exterieur T4 =−5◦C,le flux de chaleur par unite de surface de mur sera de :

Q =T1−T4

RTot=

19− (−5)1,9

= 12,6W

On peut alors estimer la temperature de surface dumur a l’interieur :

T s1 = T1−RintQ = 19−0,20×12,6 = 16,5◦C


Deperdition a travers une vitre Dans le cas d’unevitre de conductivite thermique k = 0,78W.m−1.K−1

(fig. 4), de dimension 240cm× 120cm et d’epaisseurL = 4mm separant l’air exterieur de l’interieur, on aura :

Rtot =

(1

hintA+

LkA

+1

hextA

)avec (Te =−10◦C et Ti = 21◦C)

Figure 4. Deperdition de chaleur a travers une paroi.

En raison d’un vent modere (34km.h−1) on a hext =31,7W.m−2.K−1.

hv>2m/svent = 10.45− v+10v1/2

ouhv<2m/s

vent = 4.93v0.86

A l’interieur, la convection est plus faible hint =5W.m−2.K−1.

Rtot =1

2,4×1,2

(15+

0,0040,78

+1

31,7

)=

0.23662,88

R = 0,0822W.K−1

Q =1

Rtot(Ti−Te) =

310,0822

= 377W

Figure 5. Isolation thermique par double vitrage4/16/4.

Vous comparerez les performances energetiques d’undouble vitrage 4/16/4 ou 2 vitres de 4mm sont separeesd’une lame d’air (k = 0,0234W.m−1.K−1) ou d’argon(k = 0,0177W.m−1.K−1) de 16mm (fig. 5).

La norme RT 2012 impose aux fabricants de fenetresd’indiquer les performances energetiques. On trouvesouvent l’indication Ug = 2.8W.m−2.K−1 pour la lame

d’air et Ug = 1,4 dans le cas de la lame d’argon. Com-ment expliquer cette difference avec les calculs precedents?

Isolation d’un tuyau En regime permanent, et dans lecas d’un tranfert thermique unidimensionnel, supposonsque de la vapeur d’eau a Tint = 320◦C circule dans untuyau en fonte (k1 = 80W.m−1.K−1) dont les diametresinterieur et exterieur sont D1 = 50mm et D2 = 55mm(fig. 6).

A l’interieur du tuyau on a de la convection due ala circulation de la vapeur avec h1 = 60W.m−2.K−1. Cetuyau est recouvert de 30mm de laine de verre (k2 =0,05W.m−1.K−1).

Figure 6. Deperdition de chaleur a travers une paroi.

La chaleur est cedee a l’environnement immediat(Text = 5◦C) par convection naturelle et radiation avecun coefficient de transfert h2 = 18W.m−2.K−1. Par unitede longueur, les pertes thermiques peuvent etre estimeesa partir de la resistante thermique totale.

Les surfaces soumises a convection sont :A1 = 2πr1.L = 0,157m2 et A2 = 2π(r2 + e).L =

0,361m2

Rconv1 =

1h1.A1

= 0,106K.W−1

Rcond1 =

ln(r2/r1)

2πk1.L= 0,0002K.W−1

Rcond2 =

ln(1+ e/r2)

2πk2.L= 2,35K.W−1

Rconv2 =

1h2.A2

= 0,154K.W−1

Rtot = 2,61K.W−1

Q =Tint −Text

Rtot= 121W

Il s’agit des pertes pour L = 1m de tuyau. Les chutes detemperature dans le tuyau et dans l’isolant sont respec-tivement :

∆Ttuyau = Q.Rcond1 = 0,02◦C

∆Tisolant = Q.Rcond2 = 284◦C

Ainsi dans ce type de probleme, on peut negliger laresistance thermique du tuyau.


Au contact de l’isolant on a une temperature desurface :

Ts = Text +Rconv2 .Q = 5+0,154×121 = 24◦C

Figure 7. L’hiver les chats savent ou se rechauffer !

Rayon critique d’un isolant thermique Dans le casde l’isolation d’un mur ou d’une plaque, plus la couched’isolant sera importante, plus faible seront les pertesthermiques.

Figure 8. Rayon critique resultant de la competitionentre la conduction et la convection.

En revanche, dans le cas de l’isolation de tuyau ou decoques spheriques, l’ajout d’isolant augmente la surfaced’echange et par consequent, le tranfert thermique parconvection.

Il y a competition entre conduction et convection (fig.8).Le flux thermique resultant Q est donne par :

Q =Tint −Text

Rtub +Riso +Rconv

Q =2πL(Tint −Text)

ln(rtub/rint )ktub

+ ln(1+e/rtub)kiso

+ 1(rtub+e).h

Les pertes thermiques sont maximales pour

dQde

=h.(rtub + e)− kh.k.(rtub + e)2

On obtient ainsi le rayon critique (rC = rtub+e) pourles tuyaux cylindriques :

rC =kh

0 20 40 600

0,1

0,2

0,3

augmente avec l’epaisseur

diminue avec l’epaisseur

e (mm)

Ris

oto

t,Ris

oco

nv,R

iso

cond

Figure 9. Evolution de la resistance thermique totaledue a la couche d’isolant. r2 = 34mm,k2 = 0,76W.m−1.K−1, h2 = 18W.m−2.K−1

0 20 40 600,2

0,22

0,24

0,26

0,28

0,3

e (mm)

Ris

oto

t,Ris

oco

nv,R

iso

cond

Figure 10. Vue detaillee mettant en evidence leminimun de resistance thermique totale (point rouge)due a la couche d’isolant : r2 = 34mm,k2 = 0,76W.m−1.K−1, h2 = 18W.m−2.K−1

et pour les coques spheriques :

rC =2kh

Dans notre cas, on obtient avec les valeurs donneesun rayon critique de :

rC =0,7618

= 0,042m = 42mm

et avec un tube a isoler de r2 = 34mm cela con-duit a une epaisseur de e = 42− 34 = 8mm, commeon peut le voir sur les figures 9 et 10. Il faut avoirau moins e = 20mm pour retrouver une resistance ther-mique equivalente a celle d’un tuyau nu !

Dans la pratique, si on n’avait pas d’isolant, le tube


denude perdrait sa chaleur avec un flux :

Q =2πL(Tint −Text)

ln(rtub/rint )ktub

+ 1rtub.h

Il faut donc faire attention au choix de l’isolant enfonction de la conductivite du tuyau et des echanges ther-miques par convection (Air froid et humide pour isolerun tuyau caloporteur ou l’air chaud et sec d’un tuyau declimatiseur, y compris les systemes dit reversibles !

2. Transitoire thermique

2.1 Temps caracteristique - τ

Un transitoire thermique implique une evolution de latemperature (T ) au cours du temps (t). Le coeur d’unmateriau dont la temperature initiale est Ti va mettreun certain temps pour s’echauffer ou se refroidir encomparaison avec la peau ou surface en contact avec lefluide dont la temperature est T∞. Le materiau possedeune masse volumique ρ , et sa capacite thermique Cp estsusceptible d’emmagasiner de l’energie.

Ainsi, pendant un temps dt, l’energie echangee a lasurface par convection correspond a celle stockee dansle volume.

Q.dt = hA(T∞−T )dt = ρVCp.dT

Apres integration, et avec les conditions aux limiteson obtient :

T −T∞

Ti−T∞

= exp(−hAρVCp

× t)= e−t/τ

1 3

0.37

1

t

e−t/τ

Ti

T∞

Dans cette equation τ est un temps caracteristiquequi depend des echanges thermiques :

τ =ρVCp

hA= Rth.Cth =

1Bi.Fo

Ainsi, l’equilibre thermique entre le materiau et sonenvironnement sera atteint rapidement (τ faible) pourdes transferts par convection eleves ou des pieces depetites dimensions.

La resistance thermique depend des echanges a lasurface :

Rth =1

hA

La capacite thermique depend des proprietes dumateriau :

Cth = ρVCp

Analogie electrique Lorsqu’on decharge un conden-sateur de capacite C au travers d’une resistance R, lepotentiel V diminue jusqu’a ce qu’il soit completementdecharge. C’est le principe du flash de l’appareil photo(τ faible) ou du plafonnier de la voiture (τ eleve).

2.2 Longueur caracteristique - LcOn definit generalement une longueur caracteristique(Lc) qui va intervenir pour l’estimation des nombres deFourier et de Biot.

Lc =VA

Cette longueur caracteristique depend du volume dela piece et de la surface d’echange avec l’exterieur.

Cas du cube Par exemple, un cube de cote a possedeun volume V = a3 et une surface d’echange A = 6a2, les6 faces du cube. La longueur caracterique Lc = a/6.

Cas de la sphere Le volume de la sphere de rayonr est V = 4πr3/3 et sa surface A = 4πr2. La longueurcaracteristique Lc = r/3 = D/6.

Cas d’une plaque Un mur dont l’epaisseur e est faibledevant la surface A, a pour volume V = A.e. La surfaced’echange est 2A ! Donc la longueur caracteristique estLc = e/2, la demi-epaisseur.

2.3 Nombre de Fourier - FoLe nombre de Fourier (Fo) qui tient compte de la dif-fusivite thermique (α) du materiau, de la longueur car-acteristique (Lc) et du temps, va donner une idee del’evolution du systeme.

Fo =αtL2

c=

kALc

tρVCp

=Qcond

Qstock=

tRcondCth

Dans l’expression du nombre de Fourier, on retrouvela capacite thermique qui stocke l’energie dans le vol-ume :

Cth = ρVCp

et la resistance thermique de conduction qui car-acterise les transferts thermiques dans le materiau :

Rcond =Lc

kA

2.4 Nombre de Biot - BiLe nombre de Biot (Bi) compare les transferts ther-miques de convection a travers la surface (A) en contactavec le milieu environnent aux transferts thermiques deconduction dans le volume (V ) du materiau.

Bi =Rcond

Rconv=

hALc

kA=

hLc

k


Si le nombre de Biot reste faible (Bi < 0,1), alors onconsidere que la temperature est uniforme dans tout levolume.

Dans l’expression du nombre de Biot, on retrouve laresistance de conduction :

Rcond =Lc

kA

et la resitance de convection :

Rconv =1

hA

2.5 Approximation a 1 termeLorsque le nombre de Biot, Bi > 0,1 on ne peut plus secontenter de la loi de Newton et il faut analyser plus endetail le probleme thermique. Pour certaines geometriessimples (mur, cylindre, sphere) il existe des solutionsanalytiques qui vont donner l’evolution au cours dutemps de la temperature en tout point du solide. Pour desgeometries plus complexes, il faut utiliser des logicielsdedies (maillages, conditions aux limites...).

Cas simple d’un mur Pour un mur d’epaisseur 2L,l’approximation a 1 terme permet d’estimer l’evolutionde la temperature en un point 0 < x < L pour tout instanta partir de :

θ =T (x, t)−T∞

Ti−T∞

= A1.e−λ 21 .Fo.cos

λ1.xL

Dans cette expression on remarque la presence dunombre de Fourier, Fo qui joue le role du temps dansl’exponentielle decroissante.

Le terme en cosx donne la repartition spatiale de latemperature depuis le coeur pour x = 0, jusqu’a la peaupour x = L.

Ainsi on pourra determiner les vitesses de refroidisse-ment et prevoir la microstructure qui en resultera et lesproprietes mecaniques qui en decoulent.

Au lieu d’utiliser l’expression analytique de θ(x, t),on peut parfois utiliser les abaques d’Heisler pour es-timer θ0 (a tout instant au centre, fig. 11) et θ/θ0 (entout point, fig. 12).

θ =T −T∞

Ti−T∞

=T0−T∞

Ti−T∞

× T −T∞

T0−T∞

= θ0×θ

θ0

L’evolution de la temperature, θ0 au centre du mursuivra :

θ0 =T (0, t)−T∞

Ti−T∞

= A1.e−λ 21 .Fo

On retrouve des expressions similaires dans le casdu cylindre infiniment long ou dans le cas d’une sphere.

Figure 11. Abaque pour θ0 au centre d’une plaqued’epaisseur 2L dont la temperature varie entre Ti et T∞

en fonction de Fo pour diverses valeurs de 1/Bi.

Figure 12. Distribution des temperatures depuis lecentre (T0) d’une plaque d’epaisseur 2L jusqu’a lasurface (T∞) fonction de x/L pour diverses valeurs de1/Bi.

2.6 ExercicesTemps de reponse du thermocouple On souhaiteselectionner un thermocouple (fig. 13) avec un temps dereponse de l’ordre de la seconde. Pour le thermocoupleon connait la conductivite thermique k = 20W.m−1.K−1,la capacite thermique Cp = 400J.kg−1.K−1 et la massevolumique ρ = 8500kg.m−3. On souhaite mesurer latemperature T∞ = 200◦C d’un fluide avec un coefficientde convection h = 400W.m−2.K−1. La temperature am-biante Ti = 25◦C.

Figure 13. Schema de la soudure d’un thermocouple.

Au bout de combien de temps, le thermocouple indi-


quera T = 199◦C.On sait que :

τ =ρVCp

hA=

ρ×4πr3Cp

h×3×4πr2 =ρ.r.Cp

3h=

ρ.D.Cp

6h

d’ou

D =6hτ

ρ.Cp=

6×400×18500×400

= 0,7mm

On verifie si on etait bien dans le cas ou la loi deNewton s’applique avec Bi < 0,1.

Bi =hLc

k=

400×0.7.10−3/620

= 0,00235 < 0,1

On atteindra T = 199◦C avec un tel thermocoupleau bout de

t =−τ. ln(

T −T∞

Ti−T∞

)=−1. ln

(199−20025−200

)= 5,2s

On retrouve bien la regle generale qui veut que l’onsoit a ”l’equilibre” au bout de 5× τ .

Cuisson optimale d’un oeuf dur On souhaite cuireun oeuf qui sort du frigo (Ti = 4◦C). On le plonge dansl’eau bouillante (T∞ = 96◦C, h = 1200W.m−2.K−1).

L’oeuf est assimile, (coquille de paroi negliglableavec e = 0,33mm), a une sphere de rayon r0 = 43mm,de conductivite k = 0.627W.m−2.K−1 et une diffusiviteα = 0.151×10−6m2.s−1. Sachant que l’albumine coag-ule a 57◦C et le jaune a 65◦C, on souhaite cuire un oeufidealement dur en atteignant au centre la temperature deT0 = 60◦C (fig. 14). On obtient ainsi un blanc dur avecle jaune coulant...

Figure 14. Oeuf dur trop cuit (a mon gout !) avec lapelicule verdatre autour du jaune, due a la denaturationdes proteines souffrees.

Dans un premier temps il convient de determiner lenombre de Biot :

Bi =hr0

k=

1200×0,02150.627

= 41

Compte-tenu de l’ordre de grandeur, on ne peutpas utiliser la loi de Newton. Il faut donc passer parl’approximation a 1 terme, en determinant A1 et λ1 apartir des tableaux de valeurs. Dans le tableau de la fig-ure 33 en annexe on voit que pour la sphere avec Bi=41,on a :

A1 = 1,99 et λ1 = 3.063

On sait qu’au centre de la sphere on a :

θ0 =T (0, t)−T∞

Ti−T∞

= A1.e−λ 21 .Fo

Dans notre cas :

θ0 =T0−T∞

Ti−T∞

=60−965−96

= 0.396

De la, on deduit la valeur de Fo :

Fo =1

λ 21

ln(

A1

θ0

)

Fo =1

3,0632 ln(

1,990.396

)= 0,172

et la duree correspondante vaut donc :

t =Fo.r2

0α

=0,172×0,02152

0,151.10−6 = 527s = 8min45

Un meme raisonnement avec un oeuf conserve atemperature ambiante de la cuisine (Ti = 24◦C) conduita θ0 = 0.5, Fo = 0.147 et t = 450s soit 7min30s.

Il faut penser a stopper la cuisson en refroidissantrapidement l’oeuf sous l’eau froide !

Autopsie d’une Orange Bleue On retrouve a 13h uneorange de masse m = 150g de diametre D = 68mm surla table de la cuisine (T∞ = 21◦C) alors qu’elle etaitstockee dans le cellier depuis plusieurs jours a Ti = 12◦C.On prend la temperature a coeur qui est de (T0 = 18◦C)(fig.15) .

Figure 15. Orange bleue

Determinez a quel moment on a mis l’orange surla table, sachant que la peau de e = 4mm d’epaisseurest assimilee a un isolant thermique dont la conductivitekp = 0,18W.m−1.K−1 et que la pulpe a une conductiviteki = 0,44W.m−1.K−1 et une capacite thermique Cp =3810J.kg−1.K−1. Dans la cuisine on peut considererl’air calme avec un faible coefficient de convection h =5W.m−2.K−1.

Dans un premier temps on determine le nombre deBiot pour voir si la loi de refroidissement de Newtonest applicable ou non. Dans la mesure ou la peau est unisolant, il faut determiner le coefficient de conductioneffectif ou la resistance thermique totale pour une spherepleine avec une coque isolante (fig.16 ) :

Rcondth,i =

14πkiri


Figure 16. Orange bleue

Rcondth,i =

14π×0,44×0,030

= 6,03K.W−1

Rcondth,p =

14πkp

(1ri− 1

rp

)

Rcondth,p =

14π×0,18

(1

0,030− 1

0,034

)= 1,73K.W−1

La resistance thermique de conduction a donc pourexpression, en faisant apparaıtre la surface externe 4πr2

p

Rcond =1

4πr2p.

(r2

p

ki.1ri+

r2p

kp.

(1ri− 1

rp

))

Rcond = 6,03+1,73 = 7,76K.W−1

Ce qui donne un conductivite thermique effectiveque l’on peut estimer selon :

ke f f =1

4πRcondth .rp

ke f f =1

4π×7,76×0,034= 0,30W.m−1.K−1

Par ailleurs, les echanges a la surface par convectionsont donnes par :

Rconv =1

h.A=

1h.4πr2

p

Rconv =1

5×4π×0,0342 = 13,77K.W−1

Ainsi on peut estimer le nombre de Biot :

Bi =Rcond

Rconv

Bi =7,7613,77

= 0,56 > 0,1

Compte-tenu du nombre de Biot, on ne peut pasconsiderer l’orange comme un objet suffisamment petitpour pouvoir lui appliquer la loi de Newton. Il fautdonc utiliser l’approche faisant intervenir le nombre deFourier :

θ0 =T (0, t)−T∞

Ti−T∞

= A1.e−λ 21 .Fo

d’ou

Fo =1

λ 21

ln(

A1

θ0

)Dans le cas d’une sphere et avec Bi = 0,56 les tableauxdonnent A1 = 1,16 et λ1 = 1,225. Compte-tenu de latemperature mesuree au centre de l’orange au momentde sa decouverte, on a :

θ0 =18−2112−21

= 0,333

d’ou

Fo =1

1,2252 ln(

1,160,333

)= 0,83

Cette valeur est en accord avec ce que l’on pourraitdeduire graphiquement a partie de l’abaque de la figure17.

Figure 17. Abaque pour θ0 au centre d’une sphere derayon r0 dont la temperature varie entre Ti et T∞ enfonction de Fo pour diverses valeurs de 1/Bi.

Il est alors possible d’estimer depuis quand l’orangea ete posee sur la table car :

t = m.Cp.Rth.Fo3

t = 0,15×3810×7,76× 0,833

= 1226s

Cela fait donc 20min environ, il etait donc 12h40 !


Un homme a la mer ! La norme SOLAS garantit queles combinaisons de survie en mer permettent de resisterplusieurs heures a l’hypothermie (Tcorps > 28◦C) dansune eau de mer (T∞ = 14◦C) dans laquelle les echangesthermiques par convection vallent h = 125W.m−2.K−1.Les combinaisons commerciales sont generalement enNeoprene et ont e = 7mm d’epaisseur (fig. 18).

Le Neoprene ou polychloroprene (CR) possede unefaible conductivite thermique kn = 0,19W.m−1.K−1 etune capacite thermique Cp = 1120J.kg−1.K−1. Commebeaucoup d’elastomere la masse volumique est relative-ment basse avec ρn = 1240kg.m−3.

Figure 18. Combinaison de survie en mer

Des modeles biologiques ont montre que la surface(A) de la peau d’un homme de masse m et de taille h,suit une loi du type :

A = 0.202m0,425h0,725

Ainsi un gaillard de 80kg pour 1,80m developperaune surface d’echange A = 2m2.

La capacite thermique du corps humain est Ccp =

3500J.kg−1.K−1, et sa resistance thermique de conduc-tion est Rcond

th = 2,3.10−2K.W−1 au niveau de la peau.Le metabolisme du corps humain genere au quotidienune energie de Emet = 2400kcal soit 1.107J. Les pertessurfaciques pour le corps humain qui se font par ray-onnement et en parallele par convection au contact del’eau sont donnees par :

Qrad/A = 22,8.10−8.T 3∞ .(T∞−T )

etQconv/A = h.(T∞−T )

Par ailleurs, les statistiques ont montre que le tempsde survie en mer varie en fonction de la temperature del’eau et du port ou non d’une combinaison de survie (fig.19).

Avec sa combinaison de survie, le marin tombe a lamer pourra survivre combien de temps avant d’entrer enhypothermie severe qui se traduit generalement par unarret cardiaque !?

Pour resoudre ce probleme il faut faire un bilanenergetique. On va donc estimer les differentes resistancesthermiques :

Pertes de puissance par conduction (peau):

Rcond,pth = 2,3.10−2K.W−1

Pertes de puissance par rayonnement :

Qrad = 22,8.10−8.T 3∞ .(T∞−T ).A

d’ouRrad

th =1

22,8.10−8.T 3∞ .A

Pertes de puissance par convection :

Qconv = h.(T∞−T ).A

d’ouRconv

th =1

h.A

Pertes de puissance par conduction (combinaison):

Rcond,cth =

ekn.A

Donc la resistance thermique equivalente sera :

Reqth = Rcond,p

th +Rconv

th ×Rradth

Rconvth +Rrad

th+Rcond,c

th

Avec les donnees du probleme on arrive a :

Rradth =

122,8.10−8×2873×2

= 10,78K.W−1

Rconvth =

1125×2

= 0,004K.W−1

Rcond,cth =

7.10−3

0,19×2= 0,0184

Reqth = 0,023+

0,004×10,780,004+10,78

+0,0184

Reqth = 0,023+0,004+0,0184 = 0,0454K.W−1

On voit donc que l’on aurait pu s’affranchir du termede rayonnement car la temperature est beaucoup tropfaible pour en tenir compte. On aurait donc pu s’ignorerdes le depart !

Il faut egalement tenir compte du fait que le marinest vivant au moment ou il tombe a l’eau et que son corpsproduit de l’energie qui va retarder son refroidissement.Il est son propre ”radiateur” qui rechauffe legerementl’eau qui l’entoure.

Production de puissance par le metabolisme :

Qmet =Emet

24×3600= 116W


Donc la variation nette d’energie dans un intervallede temps dt a pour expression :

m.Ccp

dTdt

=T∞−T

Reqth

+ Qmet

ReqthCc

thdTdt

= T∞−T +Reqth Qmet

Il s’agit d’une equation differentielle du 1er ordrequi admet pour solution, tenant compte des conditionsaux limites (T = Ti a t=0) :

T = T ′∞ +(Ti−T ′∞).e− t

τ

avec T ′∞ = T∞ +Reqth Qmet et τ = Req

thCcth

Ainsi on peut estimer le temps de survie :

∆t = ReqthCc

th× lnT∞ +Req

th Qmet −Ti

T∞ +Reqth Qmet −T0

∆t = 0,0454×80×3500× ln ...= 9000s = 2h30

et sans combinaison

∆t = 0,027×80×3500× ln ...= 4560s = 1h16

Figure 19. Combinaison de survie en mer

Recuit d’une plaque en bronze On enfourne unegrande plaque en bronze d’epaisseur e = 2L = 40mmavec Ti = 20◦C dans un four de traitements thermiquesmaintenu a T∞ = 500◦C. Au bout de 7min quelle serala temperaure de surface avec un coefficient d’echangeh = 120W.m−2K−1 ?

Le bronze utilise a les caracteristiques suivantes :conductivite thermique k = 110W.m−1K−1, masse vo-lumique ρ = 8530kg.m−3, capacite thermique Cp =380J.kg−1K−1.

Dans un premier temps on va determiner 1/Bi et Foafin d’utiliser les abaques d’Heisler (fig. 12 et 11)

1Bi

=k

hLc=

110120×0,020

= 46

et

Fo =kt

ρCpL2c=

110×7×608530×380×0,0202 = 36

Graphiquement, on obtient au centre de la plaque :

θ0 =T0−T∞

Ti−T∞

= 0,46

Pour estimer la temperature a sa surface il faut con-siderer l’abaque donnant la distribution des temperatures(fig. 12).

On voit que pour x = L

θ

θ0=

T −T∞

T0−T∞

= 0,99

Au final a la surface de la plaque on aura :

θ =T −T∞

Ti−T∞

=T0−T∞

Ti−T∞

× T −T∞

T0−T∞

= 0,46×0,99= 0,455

Ce qui conduit a

T = T∞ +0,455× (Ti−T∞)

T = 500+0,455× (20−500) = 282◦C

On peut remarquer deux choses : Bi est tres faible,et on a vu que pour x = L on avait 0,99 ce qui signifieque le coeur s’echauffe aussi rapidement que la surface.On peut donc utiliser la loi de Newton en estimant letemps caracteristique τ .

τ =Lc×ρ×Cp

h=

0,020×8530×380120

= 540s

Donc au bout de 7min (420s) la temperature de laplaque sera de :

T = T∞ +(Ti−T∞)× e−t/τ

T = 500+(20−500)× e−420/540 = 279◦C

Cette valeur est tres proche de celle obtenue parl’approximation a 1 terme.


3. Proprietes thermiques

3.1 Diffusivite : Methode Flash de ParkerC’est la methode experimentale la plus communementutilisee pour determiner la diffusivite thermique desmateriaux. Elle est rapide a mettre en oeuvre et donnedes resultats plutot precis et reproductibles.

Dans cette methode, on stabilise la temperature T0d’un echantillon. Quand cet equilibre est atteint, la faceavant (x=0) d’un echantillon est irradie par une sourcede chaleur ’instantanee’ a l’aide d’un flash, d’un laserou d’une cartouche chauffante.

Mesures en face arriere La variation de temperature∆T (t) = T (t)−T0 sur la face arriere (x=L) est mesureeen fonction du temps. Les formes typiques de la monteede temperature sous differentes conditions experimentalessont illustrees sur la figure 20. Si la perte de chaleur estimportante, la temperature sur la face arriere chute apresle passage par un maximum (courbes B et C). Dans lecas ou la perte de chaleur est negligeable, on atteint unmaximum de facon asymptotique comme le suggere lacourbe A.

Figure 20. Montee en temperature de la face arriere.

La diffusivite thermique est calculee a partir de t1/2,temps pour atteindre la demi-variation de temperatureet L, l’epaisseur de l’echantillon.

α =1.38×L2

π2× t1/2

Il a ete propose une autre formule :

α =0.99×L2

π2× t0.3

On peut egalement estimer la capacite calorifique del’echantillon a partir de :

Cp =Q

ρV ∆Tmax

Puis la conductivite thermique sera evaluee selon :

k = αρCp

0.5 1 1.48 2.25 3

0.25

0.5

0.75

1

t

f (t) = 1−2(e−β t − e−4β t)

f ′(t) = 2(e−β t −4e−4β t)

− f ′′(t) = 2(e−β t −16e−4β t)

Figure 21. Evolution de la temperature ”normalisee”de la face arriere apres un flash ”thermique”. Lesderivees premieres et secondes permettent la detectiondes temps caracteristiques.

On peut estimer la diffusivite au cours de la mesureen utlisant le fait que :

Tx=L(t)−T0

Tmax−T0= f (t)= 1+2

∞

∑n=1

(−1)n exp(−n2π2αt

L2

)En posant

β =π2α

L2

et en se limitant aux 2 premiers termes il vient :

f (t)≈ 1−2(e−β t − e−4β t)

f ′(t) = 2β (e−β t −4e4β t)

− f ′′(t) = 2β2(e−β t −16e−4β t)

On detecte le moment t1 ou la derivee premiere passepar un maximum (fig. 21) et qui correspond au zero dela derivee seconde d’ou :

f ′′(t1 =4ln23β

) = 0

Pour le trace de la courbe maıtresse on prend t1 = 1ce qui conduit a β = 4ln2/3 = 0.924196.

On remarque egalement que f (t1) = 0,25 qui vapermettre d’estimer t1/2 pendant l’acquisition du signalavec :

t1/2 = 1,4821t1 = 0,1388L2

α

D’ou une estimation possible de la diffusivite ther-mique en cours d’experience avec :

α = 0,09364L2

t1


et une estimation de la temperature maximale

∆Tmax = Tmax−T0 = 4(T (t1)−T0)

et

Cp =Q

ρV ∆Tmax

Mesures en faces avant et arriere Une autre facond’estimer la diffusivite consiste a mesurer simultanementles temperatures de la face avant et la face arriere. Pourla face avant l’evolution de la temperature suit une loidu type :

f1(t)≈ 1+2e−β t +2e−4β t

Pour la face arriere on a :

f2(t)≈ 1−2e−β t +2e−4β t

Ainsi, pour un temps suffisament long on aura :

f1(t)− f2(t) = 4e−β t

Ce qui permet d’obtenir

ln( f1(t)− f2(t)) = ln4−β t

Il s’agit d’une droite dont la pente vaut −β commeon peut le voir sur la fig. 22. L’interet de cette sec-onde methode est de s’affranchir de l’origine du tempsou de coupler avec la methode precedente pour definirl’origine du temps.

La diffusivite du materiau etudie peut alors etre es-timee a partir de :

α =βL2

π2

0.5 1 1.48

0.25

0.5

0.75

1

1.39

t

ln [ f1(t)− f2(t)] = ln4−β t

Figure 22. Evolution de l’ecart relatif de temperaturedont la pente vaut −β .

3.2 Diffusivite : Methode oscillante d’AngstromDans la methode d’Angstrom on chauffe par intermit-tence un barreau cylindrique a une de ses extremites. Lebarreau est suffisamment long pour que l’autre extremitereste a la temperature ambiante. Il s’etablit alors unregime ou l’on observe des alternances de chauffe et derefroidissement.

Si on place un thermocouple (TC) de type ”K” aucontact du barreau a proximite de l’element chauffant(a 5mm environ) et un second thermocouple separe

d’une distance L = 19mm du premier, on va pouvoirdeterminer la diffusivite thermique (α) du materiau con-stituant le barreau. Pour cela il faut detecter l’instantt1 ou le TC1 atteint un maximum (en ayant conservela temperature minimale quelques instants auparavant).On procede de la meme facon pour le TC2. On estimeensuite le dephasage ou ecart de temps dt = t2− t1.

Avec ∆T1 = T1max−T1min et ∆T2 = T2max−T2min, ladiffusivite thermique du materiau a pour expression :

α =L2

2.dt. ln∆T1/∆T2

600 800 1000 1200 14000

50

100

150140

temps (s)

Tem

pera

ture

sT 1

,T2e

n◦ C

Figure 23. Pulses de chauffe de 60s toutes les 5minutes (300s, en rouge) Evolution des temperatures duTC1 proche de l’element chauffant et du TC2 situe aL = 19mm du premier.

Tableau 1. Mesures realisees en confinement sur unetige filetee en acier inox. L’element chauffant utiliseprovient de la tete de l’extrudeuse MK8 et de sacartouche. Des pulses de 60s toutes les 5 minutes ontete imposes. En prenant L=19mm, determinez ladiffusivite thermique α en mm2.s−1.

T1max T1min dt T2max T2min α

143 78 70.4 74 55140 86 47.3 77 62135 72 40.9 72 53145 86 47.1 77 62140 87 65.0 78 61135 72 64.3 73 54140 86 53.1 78 62134 73 70.1 73 54142 86 41.2 77 62139 80 46.7 75 58140 86 70.9 78 63142 84 58.6 77 60142 87 65.0 78 62136 74 70.1 74 55142 84 58.6 77 60

Vous estimerez la diffusivite moyenne apres appli-cation du critere de Dixon pour ecarter les valeurs aber-rantes.


4. Traitement thermique dans lamasse

4.1 Cycle thermiqueDans le cas des aciers, le cycle thermique (fig. 24) com-mence par l’etape de chauffe (1) consistant a amenerles constituants dans l’etat austenitique de structure CFCfavorale a la diffusion a l’etat solide du carbone.

Figure 24. Cycle de traitement thermique

La duree ou maintien (2) a haute temperature (>727◦C) permet l’homogeneisation de la temperature ausein de la piece a traiter. Un refroidissement lent (aircalme ou pulse) conduit a des aciers adoucis. Dans lecas d’un refroidissement rapide ou trempe (huile, eau),les microconstituants n’auront pas les memes proprietesmecaniques. Le cycle thermique se realise dans un fourde traitements thermiques. Il est controle par le P.I.D.(fig. 25) d’un regulateur couple a un thermocouple decontrole.

Figure 25. Exemple de controle de temperature parPID

4.2 Chauffe - Diagramme Fe-CL’etape de chauffe aux alentours de 850 a 900◦C va pro-gressivement amener l’acier dans son etat austenitiqueavec une structure CFC, supprimant ainsi son histoirethermique. Le carbone diffuse alors a l’etat solide et ho-mogeneise la composition chimique du grain de type γ

(fig. 26). En grossissant, il y aura de moins en moins dejoints de grains favorisant ainsi la plasticite du materiau.C’est tres utile dans le cas du laminage a chaud et de laforge.

Figure 26. Diagramme d’equilibre de phases Fe-C

4.3 Maintien - Grain austenitiqueCette etape est importante et justifie generalement letemps de sejour d’une piece a traiter dans la masse, caril faut laisser le temps a la chaleur de diffuser jusqu’aucentre. On observe un phenomene de coalescence ou lesgrains vont grossir en absorbant les plus petits. L’indicede grain Ga va dependre de la duree du maintien et dela temperature d’austenitisation.

4.4 Refroidissement lent - Loi de NewtonDans le cas de pieces de petites dimensions, il est possi-ble de decrire l’evolution de la temperature au cours dutemps en utilisant une loi de Newton du type :

T (t) = Tf +(Ti−Tf )e−t/τ

Dans cette equation, Ti represente la temperatureinitiale. Dans le contexte d’un diagramme TRC, il s’agitde la temperature d’austenitisation. Tf represente latemperature finale, celle du fluide de trempe (air, huile,eau). Le temps caractetistique τ correspond au tempsau bout duquel on observe une variation de temperaturecorrespondant a 63% de l’ecart de temperature Ti−Tf .

Il depend de la masse volumique ρ , de la capacitethermique Cp, et de la forme de la piece refroidie (vol-ume V et surface d’echange A), ainsi que du coefficient


de convection h.

τ =ρ.V.Cp

h.A

La vitesse de refroidissement a pour expression :

vT =dTdt

=1τ.(Tf −T (t))

Elle sera d’autant plus grande que le fluide serasevere, avec un bon coefficent de convection.

4.5 Trempe - Diagramme TRC du 35 NiCr 6Un diagramme TRC (Transformation en Refroidisse-ment Continu) decrit les differentes transformations quesubit une piece en acier en fonction des conditions derefroidissement (fig. 27).

Figure 27. Diagramme TRC du 35 NiCr 6

Sur le diagramme TRC (fig. 27)les lettres A, F, C etM correspondent aux constituants presents au cours desTransformations en Refroidissement Continu. Pour lestemperatures elevees, le constituant stable est l’Austenite,qui possede une structure cristallographique de typeCFC (Cubique a Faces Centrees) dont les sites intersti-ciels peuvent accueillir jusqu’a 2% de carbone. Cettestructure CFC confere a l’Austenite une grande duc-tilite qui permet une mise en forme facilitee par forge achaud. Pour des vitesses de refroidissement tres elevees,c’est le constituant ”hors equilibre” appele Martensitequi se forme preferentiellement. La Martensite est tresdure, mais aussi tres fragile. Si localement beaucoup deMartensite de forme, il peut apparaıtre des fissures detrempe en raison de la proximite de grains qui aurontrefroidi plus lentement transformant l’Austenite con-stitues d’un melange de Ferrite et de Cementite. Ferriteet Cementite sont appeles constituants d’equilibre car cesont eux qui apparaıssent dans le diagramme d’equilibrede phases (fig. 26). Pour des vitesses de refroidissement

intermediaires, il va se former un melange intime de Fer-rite et de Carbures que l’on appelle Bainite. C’est biensouvent la microstructure recherchee pour le durcisse-ment des aciers car elle presente un niveau de dureteeleve avec une resistance mecanique et une a l’usureinteressante, sans la fragilite de la Martensite.

Le diagramme TRC est riche d’informations. Si,on considere maintenant, la courbe de refroidissementaboutissant a une durete de 30 HRC, on va prevoirles differentes microstructures qui seront presentes atemperature ambiante.

Au cours du refroidissement il va se former 6%d’Austenite, puis 65% de Bainite et enfin l’Austeniterestante va se transformer en 29% de Martensite. Pourcomparaison, la courbe de refroidissement qui aboutia une durete de 39 HRC va conduire a un melange de75% de Bainite et 100-75=25% de Martensite.

Dans le cas qui conduit a une durete de 192 HV, onforme 50% de Ferrite et 50% de Perlite (melange deFerrite et Cementite dans un meme grain). Par ailleurs,les grains de Ferrite pure ne contiennent que 0,02% decarbone alors que les grains de Perlite en contiennentpres de 0,77%. Donc on peut de cette facon retrouver lateneur moyenne de l’acier :

%C =0,02×50+0,77×50

100= 0,395%

Cette valeur est proche de 0,35% qui correspond au35NiCr6.

On peut egalement estimer graphiquement les vitessesde refroidissement des differentes courbes. Si on prendla vitesse de refroidissement qui abouti a une durete de192 HV, on passe a 700◦C) a t = 900s. Or cet acier a eteporte a Ti = 900◦C et plonge dans un fluide maintenu aTf = 20◦C. En supposant que son refroidissement suitla loi de Newton :

T (t) = Tf +(Ti−Tf )e−t/τ

ce qui revient a ecrire :

1τ=−1

t× ln

T −Tf

Ti−Tf

1τ=− 1

900× ln

700−20900−20

= 2,86.10−4s−1

soit :

τ = 3490s

Connaissant τ , on peut alors calculer la vitesse derefroidissement a 700◦C a partir de :

vT =dTdt

=1τ.(Tf −T (t))

v700 =1

3490.(20−700)=−0,2◦C.s−1 =−11,7◦C.min−1

Un raisonnement analogue pour la loi de refroidiss-ment qui aboutit a une durete de 30 HRC, nous donne


un passage a 700◦C au bout d’un temps t = 50s. Ontrouve ainsi τ = 194s.

v700 =1

194.(20−700)=−3,5◦C.s−1 =−210◦C.min−1

Dans tous les cas il est normal de trouver une vitessenegative puisqu’il s’agit d’un refroidissement. Les vitessespositives correspondent a la chauffe.

4.6 Essai Jominy - Abaque OTUAL’essai Jominy consiste a refroidir un rond de 25mm dediametre et de 100mm de long a partir d’une des basesavec une jet d’eau maintenu a 20C (fig 28). On realiseensuite une filiation de durete HRC. Cet essai normalisepermet d’estimer la trempabilite d’un acier, son aptitudea former de la martensite au cours du refroidissement.

En utilisant le diagramme TRC (fig. 27) du 35NiCr6,determinez les differentes valeurs de ∆t700

300 . Tracezl’allure de la courbe Jominy qui donne la durete HRCen fonction de ∆t700

300 . A l’aide de l’abaque de l’OTUA(fig. 29), tracez la courbe en ”U” d’un arbre de 60mmtrempe a l’huile.

Figure 28. Essai Jominy - Trempabilite des aciers

4.7 Revenu de trempe - Parametre d’equivalenceDans l’industrie, il est important de trouver le bon com-promis temps (delai client) et temperature (cout) pour untraitement thermique donne. Selon la nature de l’acier atraiter, les conditions de revenu de trempe ne seront pasles memes.

On souhaite donc determiner l’energie d’activation,Ea de la transformation de la martensite au cours del’etape de revenu. Cette grandeur represente l’energiea fournir au systeme pour passer d’un etat metastable(martensite) a un etat stable (melange de ferrite et deperlite).

Les travaux de Hollomon et Jaffe ont montre uneequivalence entre le temps et la temperature.

1P=

1T− 2,3R

Ealog t

L’evolution de la durete en fonction de la duree etde la temperature de revenu (fig. 30) a ete etudiee dansle but de determiner, par une methode graphique, cetteenergie d’activation.

Figure 29. Abaque OTUA - Prevision de la dureted’un rond en fonction des conditions de refroidissement

Figure 30. Parametre de Hollomon et Jaffe pourdivers aciers au carbone

Le tableau 2 resume les valeurs de durete Vickersobtenues pour differents traitements thermiques.

On suppose que la durete varie lineairement avec leparametre d’equivalence selon :

HV = HV0 +α

P

Tableau 2. Resultats experimentaux

HV 300 300 260 395 210T [K] 700 800 800 600 800t [s] 6300 30 900 900 86400

1. Tracez deux graphes isochrone (meme duree) etisotherme (meme temperature), HV = f (1/T )pour t = 900set HV = f (log t) pour T = 800K.

2. Calculez les pentes des deux droites obtenues.3. Estimez l’energie d’activation,Ea, du revenu de

trempe.


4. Dans le tableau, deux experiences conduisent ala meme valeur de durete. Estimez l’energied’activation correspondante et comparez la a lavaleur precedente.

5. Traitements de surface5.1 Cementation - Diffusion a l’etat solideLa diffusion a l’etat solide du carbone dans l’acier estun phenomene thermiquement active et le coefficientqui la caracterise suit une loi du type :

D(T ) = D0.exp(−Ea

RT

)Dans le fer γ (austenite), D0 = 2,3.10−5 m2.s−1 et

Ea = 148kJ.mol−1 .On se place dans le cas de la diffusion unidirection-

nelle du carbone dans un acier de base de type 2C10.Nous considerons une piece d’acier de fraction massiqueen carbone Ci . On appelle C(x) la fraction massique encarbone de la solution solide (austenite) a la distance xde la surface libre ou la fraction massique en carbone del’atmosphere de cementation est maintenue constanteC f = 1,1% .

C(x) =C f +(Ci−C f ).erf(u)

Avec la relation entre x et u :

x = 2u.√

D.t

La fonction d’erreur erf(u) a ete introduite car on nesait pas integrer e−t2

!La solubilite du carbone dans le fer solide est limitee.

En vous aidant des notions de cristallographie, justifiezles conditions dans lesquelles elle est maximale.

Combien, vaut-elle (en m%C ) ?Tracez les courbes C(x) pour 4h de traitement a

823◦C et a 973◦C.Determinez les profondeurs de cementation xC definie

selon la norme pour une durete HV = 550 correspon-dant a une teneur en carbone de 0,9% resultant des deuxconditions de cementation precedentes.

5.2 Depot electrolytique - Zinc

Diagrammes d’equilibre de phases

5.3 Systeme binaire Cu-Ni• En observant le diagramme, que peut-on dire de

la miscibilite du Cu et Ni ?• On considere un melange a m%Ni= 40. Decrivez

l’etat de ce systeme (nombre, nature, compositionet proportions relatives des phases) pour :

– T = 1400◦C– T = 1250◦C– T = 20◦C

5.4 Systeme binaire Pb-Sn• On considere un melange a m%Sn= 30. Decrivez

l’etat de ce systeme (nombre, nature, compositionet proportions relatives des phases) pour :

– T = 350◦C

Figure 31. Diagramme de phases du systeme Cu-Ni

Figure 32. Diagramme de phases du systeme Pb-Sn


– T = 250◦C– T = 20◦C

• On considere un melange a m%Pb= 90. Decrivezl’etat de ce systeme (nombre, nature, compositionet proportions relatives des phases) pour :

– T = 250◦C– T = 150◦C– T = 20◦C

• Que pouvez-vous dire au sujet du point situe am%Sn = 61,9 et T = 183◦C ?

AnnexesApproximation a un terme

Figure 33. Tableau des λ1 et A1 pour diverses valeursdu nombre de Biot

Proprietes thermiquesOn rapelle ici que la diffusivite depend des trois autresgrandeurs caracteristiques du materiau.

α =k

ρCp

Tableau 3. Proprietes de quelques materiaux. Lamasse volumique ρ en g.cm−3, la capacite thermiqueCp en J.K−1.g−1, la conductivite thermiquek en W.m−1.K−1, et la diffusivite thermiqueα en mm2.s−1.

Materiau ρ Cp k α

Al 2.70 0.888 237 98.8Duralumin 2.79 0.883 164 66.6

Titane 4.50 0.522 22 9.4Etain 7.30 0.226 64 38,8

Acier 2C38 7.85 0.465 50 13Bronze 8.80 0.377 62 18.7

Cu 8.93 0.382 400 117Plomb 11.37 0.130 35 23.7Beton 2.40 1.000 1.750 0.73

PlacoPlatre BA13 0.900 1.008 0.250 0.28Verre 2.48 0.700 0.870 0.5

Laine de verre 0.030 1.030 0.035 1.1PolyStyrene exp. 0.020 1.450 0.032 1.1

Brique 1.70 0.840 0.400 0.3Liege 0.19 1.880 0.041 0.115Sapin 0.415 2.720 0.140 0.12

Plexiglass 1.19 1.465 0.190 0.11PVC 1.46 0.930 0.210 0.15Eau 1.0000 4.185 0.600 0.143Air 0.00129 1.004 0.0234 19

Argon 0.00178 0.519 0.0177 22Helium 0.00016 5.190 0.1510 182

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