COURS ING MATÉRIAUX

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1 GÉNIE DES MATÉRIAUX Note inale: /50 NOM (en majuscules): CORRIGÉ PRÉNOM : SIGNATURE : MATRICULE : SECTION : COURS ING MATÉRIAUX Examen inal du 16 décbre 003 de 9h30 à 1h00 F O R M U L A I R E D E R É P O N S E S NOTES : Aucune documentation permise. Calculatrice non programmable autorisée. Les nombres en marge de droite indiquent le nombre de points accordés à la question. Le total des points est de 60 points. La n ote maximale de l examen étant de 50 points, tout point supplémentaire sera transormé en point de bonus Pour les questions nécessitant des calculs, aucun point ne sera accordé à la bonne réponse si le développent n est pas écrit. Utilisez les espaces prévus et, si nécessaire, la page opposée pour vos calculs intermédiaires. Le questionnaire comprend 15 pages, incluant les annexes (si mentionnés) et le ormulaire général. Le ormulaire de réponses comprend 10 pages. Vériiez le nombre de pages de votre questionnaire et de votre ormulaire de réponse.

2 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses C O R R I G É Page de 14 Examen inal du 16 décbre EXERCICE n 1 (Dégradation) 1.a) Réactions anodique et cathodique. Identiiez par A et C chacune de ces réactions. Réaction M n+ + n e - M O + 4 H e - H O O + H O + 4 e - 4 OH - Al Al e - C A 1.b) Potentiel absolu de la tôle d aluminium. Grâce aux données, on peut tracer les courbes de polarisation anodique et cathodique (voir igure en annexe). Le potentiel absolu de la tôle est l ordonnée du point déini par l intersection de ces deux courbes. 1.c) Densité de courant j Al Grâce aux données, on peut tracer les courbes de polarisation anodique et cathodique (voir igure en annexe). La densité de courant j Al est l abscisse du point déini par l intersection de ces deux courbes. 1.d) Équation régissant la croissance des piqûres en onction du tps. Pour une di sphère de rayon r, la perte de masse δm durant un Équation tps δt est égale à : δ m = ρδv = ρsδr = ρ( πr δr) (1) δt =(6πρFr 3 δr)/(aj Al ) Cette perte est donnée par la loi de Faraday : δt =(πρfrδr)/(aj Al ) AjAl δ m = δt nf () δt =(πρfr δr)/(aj Al ) En combinant les éq, (1) et () et puisque la valence n de l Al est égale δt =(3πρFr δr)/(aj Al ) à 3, on obtient ainsi, après réarrangent, l équation suivante : δt =(6πρFr δr)/(aj Al ) δt =(6πρFr δr)/(aj Al ) (3) V = - 0, 4 mv j Al = x10 - A/dm X 1.e) Tps requis (en mois) pour la peroration de la tôle. Il suit d intégrer l équation (3) trouvée à la question précédente, avec comme bornes d intégration r = 0 pour t = 0 et r = e pour le tps recherché t. 6πρF r= e πρf 3 r= e πρf 3 t = r δr = [ r ] r 0 = e Aj = (4) r= 0 Aj Aj Al Al Puisqu il y a une piqûre par cm sur laquelle la densité de courant j Al est égale à x10-4 A/cm, on obtient ainsi le tps recherché t en secondes, que l on peut transormer en mois : 4 πρf 3 πx,8x9,648x t = e = ( 4x10 ) = 7,055x10 s 4 Aj 6,98xx10 Al Al t =,7 mois Sous-total = 5 pts

3 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses C O R R I G É Page 3 de 14 Examen inal du 16 décbre 003. EXERCICE n (Propriétés physiques).a) Densités N e et N t des niveaux d énergie La quantité (N e N t ) ½ est égale à : ( ) 1 Eg ( ) Ne Nt = σ e µ e + µ t exp kt Sachant que 1 ev = 1,6x10-19 J, on obtient, avec les valeurs données de σ, µ e, µ t et T = 93K, le résultat suivant : (N e N t ) ½ = 9,6996x10 4 Puisque dans un si-conducteur intrinsèque, chaque électron passant dans la bande de conduction laisse un trou dans la bande de valence N e = N t, Donc : N e = N t = 9,83x10 4 N e = 9,83x10 4 N t = 9,83x10 4.b) Nombre n e d électrons libres Dans un si-conducteur intrinsèque, chaque électron passant dans la bande de conduction laisse un trou Eg dans la bande de valence n e = n t. On en déduit que : ( ne ) = ( Ne ) exp kt Avec la valeur de N e trouvée ci-dessus, on obtient : n e = 9,05 x10 1 /m 3.c) Tpérature pour avoir une conductivité 1000 ois plus élevée 1 L équation donnée σ = e( µ eµ t )( NeNt ) exp( Eg kt) peut s écrire aussi : σ = σ 0 exp( Eg kt) où σ 0 est une constante. En appliquant cette dernière équation à deux tpératures données (T 1 = 93 K et T =???) et en aisant le rapport des conductivités (σ /σ 1 ), on obtient, après simpliication, la valeur recherchée de la tpérature T : 1 1 k σ = ln T1 T où (σ /σ 1 ) = On obtient ainsi T = 390,35 K = 117,35 C Eg σ1.d) Dopant choisi pour avoir une conductivité 1000 ois plus élevée θ = 117,35 C Puisque la conductivité est directent proportionnelle à la mobilité µ e de électrons et à celle µ t des trous, il vaut mieux, pour obtenir une augmentation la plus élevée de la conductivité à taux de dopage constant, utiliser un élément dopant qui introduit des électrons de conduction supplémentaires dans le si-conducteur, car ils ont une mobilité plus grande que celle des trous. On utilisera donc le sélénium (Se) qui possède un électron de valence de plus que l arsenic (As). ( pts) Sélénium (Se) Sous-total = 5 pts

4 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses C O R R I G É Page 4 de 14 Examen inal du 16 décbre EXERCICE n 3 (Matières plastiques) 3.a) Variables X et Y : X : Tpérature Y : Log E (si E est en MPa) 3.b) Caractéristiques des polymères : Polymère Caractéristique Chaînes linéaires Cristallisable Thermodurcissable Thermoplastique PE X X X PS X X PF X ( pts) 3.c) Courbe associée au polymère Polymère PE PS PF Courbe D ou C B A 3.d) Diérence de microstructure du polymère associé aux courbes C et D Cochez la (les) case(s) appropriée(s) Dans un polymère à chaînes linéaires non ramiiées tel que le PE, une cristallinité plus élevée se manieste par une rigidité plus grande dans le domaine caoutchoutique et a peu d inluence sur le domaine vitreux ainsi que sur la tpérature de usion du polymère. Un degré de ramiication plus grande aurait entraîner une augmentation de la tpérature de usion. La vulcanisation n est pas applicable au PE, qui n est pas un polymère réticulé. Diérence de microstructure Aucune Plus réticulée Plus ramiiée Plus cristallisée X Plus vulcanisée Sous-total = 5 pts

5 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses C O R R I G É Page 5 de 14 Examen inal du 16 décbre EXERCICE n 4 (Céramiques) 4.a) Proondeur a (en nm) des déauts dans SiC massi : La résistance théorique à la traction R th du SiC massi est égale à E/10. Sa résistance réelle à la traction est égale à R m. Donc le acteur de concentration de contrainte K t associé aux déauts les plus sévères est égal à : K t = R th /R m = E/10R m = 450/18 = 5 K t = 1+ α a r = 1+ a r Ce acteur est aussi égal à: ( ) ( ) On en déduit ainsi la valeur de a : a [( K 1) / ] r ( 1) ( 0.) 4.b) Pourcentage p (en %) de porosité : D après l équation donnée, on en déduit que R m /R m0 = e -5p = t = a = 8,8 nm Donc la porosité p est égale à : p = - [ln(r m /R m0 )]/5 = - [ln(100/1800)]/5 = 0,0811 = 8,11 % p = 8,11 % 4.c) Dimension a max (en µm) des pores dans SiC ritté : La résistance théorique à la traction R th du SiC ritté est égale à E/10. Sa résistance réelle à la traction est égale à R m = 100 MPa. Donc le acteur de concentration de contrainte K t associé aux déauts les plus sévères est égal à : K t = R th /R m = E/10R m = 450/1 = 37,5 K = 1+ α a r = 1,5 a r Ce acteur est aussi égal à: ( ) ( ) t max + On en déduit la valeur de a : a = [( K 1) /,5] r ( 14,6) ( 10)nm 4.d) Paramètres de rittage : max t = max a max = 4,6 µm Le taux de porosité peut être diminué en Augmentant la tpérature de rittage (ce qui avorise la diusion à l état solide). Il ne aut touteois dépasser la tpérature de usion du SiC. Augmentant le tps de rittage. Appliquant une pression hydrostatique sur le SiC durant le rittage. 4.e) Diérence maximale de tpérature (en C) au cours d un reroidissent très sévère : Au cours d un reroidissment sévère, l élément chauant n est pas libre de se contracter ; il est donc soumis à une contrainte de traction et il y a risque de rupture si cette conntrainte atteint la résistance à la traction R m = 100 MPa du matériau. En appliqunt l équation du choc thermique, on obtient ainsi : R m ( ν) R m( 1 ν) θ* = = αe αe Avec les valeurs numériques des données (R m, ν, α, E), on obtient :. θ = 333 C Sous-total = 5 pts

6 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses C O R R I G É Page 6 de 14 Examen inal du 16 décbre EXERCICE n 5 (Composites) 5.a) Fraction volumique de renort V (en %) requise : R = V R + 1 V σ = 10R (1) La résistance à la traction R mc du composite est égale à : mc m ( ) m où σ m est la contrainte existant dans la matrice quand les ibres se romptent. V = 10R σ R σ () En réarrangeant l équation (1), on obtient : ( ) ( ) Pour trouver la valeur de σ m, il aut aire la construction graphique donnée en annexe. On constate que l abscisse de σ m se trouve à mi-distance entre A et A m. La valeur de σ m est donc de 75 MPa. Avec les valeurs numériques de R et R m, on obtient ainsi la raction volumique V requise m m m V = 3,5 % ( pts) 5.b) Module d Young E (en GPa) du composite : Sachant que la raction volumique de renort V = 3,5 %, on applique la règle des mélanges au module d Young du composite : E = V E + 1 V E = 0,35*76 + 0,675* 4 7,4. ( ) GPa C m = E = 7,4 GPa 5.c) Masse volumique ρ (en g/cm 3 ) du composite : La masse volumique théorique du composite est trouvée par la règle des mélanges appliquée aux masses volumiques de la matrice et du renort : ρ = V ρ + 1 V ρ = 0,35x,54 + 0,675x1,3 g/cm C ( ) ( ) ( ) 3 m 5.d) Limite d élasticité R ec (en MPa) du composite : ρ = 1,716 g/cm 3 La limite d élasticité R ec du composite correspond au point où la matrice atteint sa limite d élasticité R (voir igure en annexe). À cet instant, la contrainte σ dans les ibres est donnée par la loi de Hooke et est égale à : σ = E A = E R E ( ) m En appliquant la loi des mélanges aux contraintes à la limite d élasticité du composite, on obtient : R R ec ec = V σ = R + + R ( 1 V ) R = V E ( R E ) + ( 1 V ) E V E m 1 m R R ec = 479,5 MPa Sous-total = 5 pts

7 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses C O R R I G É Page 7 de 14 Examen inal du 16 décbre EXERCICE n 6 (Diagramme Fe C) 6.a) Tpérature(s) de transormation allotropique du er pur : Tpérature ( C) Transormation 910 α γ 1394 γ δ ( pts) 6.b) Caractéristiques d un point eutectique : C E (%m C) θ E ( C) 4, c) Changent de masse volumique au passage α γ : Répondez par A (augmentation), D (diminution) ou I (inchangé) et justiiez quantitativent votre réponse : Soit r le rayon des atomes de er. On peut exprimer le paramètre a de la maille α (CC) ou de la maille γ (CFC) en onction de r : a CC = 4r/ 3 ; a CFC = 4r/ 3 Volume des mailles α (CC) et γ (CFC) : V = a = ( 4r 3) et V = a ( 4r ) 3 3 CC CC CFC CFC = Comme une maille α (CC) contient atomes en propre et une maille γ (CFC) en contient 4, il aut mailles α (CC) pour ormer 1 maille γ (CFC). Au passage α γ, le rapport du volume des mailles 3 3 est donc égal à : ( ) ( ) 1 3 V CFC / VCC = 4r / 4r 3 = ( 3 ) = 0,9186 Le volume occupé par les 4 atomes en propre de la maille γ (CFC) est donc plus aible que le volume que ces 4 atomes occupaient lorsqu ils étaient à l état α (CC). La masse de ces atomes n ayant bien entendu pas varié au passage α γ, il y aura donc AUGMENTATION de la masse volumique du er. 3 A (5 pts) 6.d) Schéma de la microstructure à la tpérature considérée : Tpérature ( C) Schéma de la microstructure 1460 e 1400 c 74 0 h (4 pts) Sous-total = 1 pts

8 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses C O R R I G É Page 8 de 14 Examen inal du 16 décbre EXERCICE n 7 (Alliage Al 014) 7.a) Formule chimique de la phase θ : Selon le diagramme d équilibre, la phase θ a une tpérature de usion légèrent inérieure à 600 C et ce point correspond à une concentration massique en Cu égale à 56 %m ou à une concentration atomique en Cu égale à 33,3 %at; elle contient donc 66,6 %at d Al. La ormule chimique de la phase θ est donc Al Cu. Rarque : Cette phase θ n est pas paraitent stoechiométrique et sa concentration en Cu peut légèrent varier de part et d autre de cette composition idéale. Al Cu 7.b) Phase(s) en présence et leur composition (%m Cu) après traitent : Proportion (%m) α 4, α < 0,05 91,7 θ 53 8,3 Traitent Phase(s) C (%m Cu) A B 7.c) Constituant de l alliage après le traitent C : Au cours du traitent A, l alliage est en phase α qui est une solution solide d équilibre contenant 4,5 %m Cu dissous. Au cours du traitent C, la trpe à l eau entraîne une baisse brutale de tpérature de l alliage avec, pour conséquence, l impossibilité pour les atomes de Cu de diuser à l état solide dans la matrice α pour ormer les précipités θ d équilibre prévus par le diagramme. On obtient donc une solution solide α sursaturée en cuivre, qui est une phase métastable à la tpérature ambiante. Solution solide α sursaturée en cuivre 7.d) Tpérature ( C) et durée (en h) du traitent D : Voir igure en annexe Traitent Tpérature ( C) Tps minimal t min (h) Tps maximal t max (h) D (3 pts) 7.e) Nom du traitent D : Durcissent structural Sous-total = 10 pts

9 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses C O R R I G É Page 9 de 14 Examen inal du 16 décbre EXERCICE n 8 (Axe sollicité en atigue) 8.a) Rapport R de la sollicitation de atigue : L énoncé précise que «la orce (est) alternée symétrique», c est-à-dire que F min = - F max et F moy = 0. Par déinition, le rapport R des contraintes est déini par : Sa valeur est donc ici égale à b) Durée de vie N de l axe: R = σ σ = F Contrainte nominale dans la section minimale σ = 4F πd = ( 4x3,015 MN) / π( 0,1) min max min F max nom = R = -1 [ ] 66,6 MPa Pour h/r = 1 et r/d = 15/10 = 0,15, le acteur K t de concentration de contrainte est égal à 1,95. L amplitude de la contrainte alternée locale s exerçant dans la gorge est donc égale à : σ loc = K t σ nom = 50 MPa. Sur la courbe de atigue-endurance de l acier (voir igure en annexe), on détermine, pour cette amplitude de contrainte, une durée de vie N égale à 4x10 5 cycles N = 4x10 5 (3 pts) 8.c) Dimensions D et d si la solution 1 est adoptée: Pour avoir une durée de vie ininie, il aut que l amplitude de la contrainte locale soit au plus égale à 460 MPa (limite d endurance de l acier). D après la déinition de la contrainte locale, on peut écrire : = K σ = K F S = K 4F πd loc t nom t ( ) ( ) σ (1) t Dans l équation (1), les seules variables connues sont la contrainte locale σ loc et la orce F ; on peut K t πσloc πx460 MPa - donc écrire : = = = 119,83 m () d 4F 4x3,015 MN Puisque l on doit travailler sur la courbe à h/r = 1, il aut trouver des valeurs de d et de K t qui satisassent à l équation (). Par approximations successives, on trouve : K t = 1,98 r/d = 0,117 d = r/0,117 = 15/0,117 = 18 mm D = 158 mm Puisque D = (d + h) D = 15 + (x15) = 158 mm d = 18 mm ( pts) 8.d) Rayon r de la gorge si la solution est adoptée: Pour avoir une durée de vie ininie, il aut que l amplitude de la contrainte locale soit au plus égale à 460 MPa (limite d endurance de l acier). Le diamètre d de la section minimale restant inchangé, la contrainte nominale a la même valeur que celle obtenue à la question (a) soit σ nom = 66,6 MPa. Le acteur de concentration de contrainte K t doit donc être au plus égal à : K t = σ loc / σ nom = (460/66,6) = 1,75 Le rayon de courbure de la gorge doit donc être augmenté, le rapport h/r diminuant et le rapport r/d augmentant. En travaillant par approximations r = 1,6 mm successives entre les courbes à h/r = 1 et h/r = 0,5, on obtient un rayon minimal r de la gorge égal à 1,6 mm, ce qui correspond aux valeurs suivantes : h/r = 15/1,6 0,7 et r/d 0,18. ( pts) Sous-total = 8 pts

10 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses Page C O R R I G É 10 de 14 Examen inal du 16 décbre EXERCICE n 9 Lesquelles de ces airmations sont vraies (V). Attention : une mauvaise réponse en annule une bonne. Une maille C..C. ( cubique centré) possède huit (8) sites octaédriques en propre. Les plans {111} sont les plans les plus denses du réseau C.F.C. (cubique à aces centrées). À cause des caractéristiques de la liaison ionique, les dislocations peuvent se déplacer dans les matériaux ioniques soumis à une contrainte. La ragilité des matériaux covalents cristallins est due à l absence de dislocations dans ces matériaux. Un matériau est plus résilient (tenace) si, au cours d un essai Charpy, la hauteur de rontée du pendule est plus élevée. Plus la tpérature de vaporisation d un matériau est élevée, plus son coeicient de dilatation thermique est aible. La vitesse de luage en stade II ne dépend que de la tpérature à laquelle le matériau est porté. V V (5 pts) Si, pour un matériau, on ne connaît que sa résistance à la traction R m et sa limite d endurance σ D pour R = -1, le diagramme de Goodman permet d en déduire la limite d endurance pour tout autre valeur du rapport R Dans le cas d une issure de atigue dont le rayon de courbure à ond d entaille est très aible, la condition mécanique de Griith est satisaite pour de très aibles valeurs de la contrainte nominale appliquée. Un environnent agressi entraîne généralent une baisse de la limite d endurance en atigue d un matériau. V V V Sous-total = 5 pts Total : 60 pts

11 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses Page C O R R I G É 11 de 14 Examen inal du 16 décbre 003 ANNEXES Exercice n 1 : Dégradation X X Densité de courant (A/dm ) Potentiel (V)

12 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses Page C O R R I G É 1 de 14 Examen inal du 16 décbre 003 ANNEXES Exercice n 5 : Composites NB : cette igure n est pas à l échelle R m Renort σ Composite R ec R mm σ m R Matrice A = 1,75 % A =,63 % A m = 3,5 %

13 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses Page C O R R I G É 13 de 14 Examen inal du 16 décbre 003 ANNEXES Exercice n 7 : Alliage d aluminium 014 Re0, (MPa) Al ºC 150 ºC 175 ºC 00 ºC Al 014 Rm (MPa) ºC 150 ºC 00 ºC 175 ºC Al 014 A (%) ºC 175 ºC 150 ºC 0 ºC Durée du vieillissent (h)

14 Cours ING MATÉRIAUX Formulaire de réponses Page C O R R I G É 14 de 14 Examen inal du 16 décbre 003 (i) ANNEXES Exercice n 8 : Axe soumis à des sollicitations de atigue 600 Amplitude de contrainte σa (MPa) Nombre de cycles N , h/r = 4,0 h/r = K t 1,8 1,6 h/r = 1 h/r = 0,5 Abaque de concentration de contrainte pour une gorge 1,4 σ nom = 4F/π d r h 1, F D d F 1 0 0,1 0, 0,3 0,4 0,5 r/d