COURS ING1035 COURS ING1035 COURS ING1035 COURS ING1035 ---- MATÉRIAUX MATÉRIAUX MATÉRIAUX MATÉRIAUX /50

Note finale:

/50

NOM (en majuscules):_____________________________

PRÉNOM :______________________________

SIGNATURE :______________________________

MATRICULE : _________________

SECTION :

COURS ING1035 COURS ING1035 COURS ING1035

COURS ING1035 ---- MATÉRIAUX MATÉRIAUX MATÉRIAUX MATÉRIAUX

EXAMEN FINAL du 2 mai 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 F O R M U L A I R E D E R É P O N S E S F O R M U L A I R E D E R É P O N S E S F O R M U L A I R E D E R É P O N S E S

NOTES :

♦

Aucune documentation permise.

♦

Moyen de calcul : calculatrices autorisées seulement.

♦

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 est de 50 points.

♦

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 15 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.

CORRIGÉ

Version révisée 06/05/2002

1.a) Méthode de protection Cochez la case appropriée

1.b) Anode et cathode Justifiez votre réponse.

1.c) Réaction anodique et réaction cathodique

Dans la case appropriée, inscrivez A pour anodique et C pour cathodique.

1.d) Courant de corrosion en l’absence de l’électrode de Mg Justifiez votre réponse.

1.e) Courant de corrosion en présence de l’électrode de Mg Justifiez votre réponse.

1.f) Temps requis pour le changement de l’électrode de Mg Justifiez votre réponse.

Méthode de protection Protection galvanique

Protection cathodique Protection par revêtement

Protection par anode sacrificielle X

Protection par courant imposé Protection par inhibiteur

Anode Cathode

Mg Fe

Réaction Mⁿ⁺ + n e^- M

Mg²⁺ + 2e^- Mg A

Fe²⁺ + 2e^- Fe O2 + 4 H⁺ + 4 e^- 2 H2O

O2 + 2 H2O + 4 e- 4 OH^- C

2H⁺ + 2 e^- H2

(1 pt)

i = 2,3 mA

(0,5 pt) (0,5 pt)

D’après l’échelle des potentiels standards, le magnésium (Mg) est plus électronégatif (moins noble) que le fer (Fe). Ce sera lui qui sera l’anode du couple de corrosion.

Ce courant est donné par l’intersection de la courbe de polarisation cathodique (O₂ + 2 H₂O + 4 e- 4 OH^- ) avec la courbe de polarisation anodique du fer.

Voir la construction graphique donnée en annexe.

i = 130 µµµµ A

Ce courant est donné par l’intersection de la courbe de polarisation cathodique du fer avec la courbe de polarisation anodique du magnésium. Voir la construction graphique donnée en annexe.

Masse de Mg perdue au changement de l’anode : m = 0,75 x 50 g = 37,5 g.

Application de la loi de Faraday pour en déduire le temps t (en s) requis :

Ai t= mnF

Avec les valeurs numériques données, on obtient : t = 1,29 x 10⁸ s = 3,6 x 10⁴ h = 49,9 mois

t = 49,9 mois

(1 pt) (1 pt)

(1 pt)

(1 pt)

2. Exercice n° 2 (Propriétés physiques)

2.a) Densité des niveaux d’énergie dans GaAs Justification :

2.b) Nombre d’électrons et de trous par unité de volume dans GaAs Justification :

2.c) Température pour avoir une conductivité 1000 fois plus élevée du GaAs Justification :

2.d) Choix du dopant et type de semiconducteur extrinsèque obtenu Justification :

Ne 9,5 x 10²⁴ Nt 9,5 x 10²⁴

ne 9,05 x 10¹² nt 9,05 x 10¹²

θθθθ

= 117 °C

Dopant Sélénium (Se)

Type n

L’équation

( ) ( )

_^









− µ

+ µ

=

σ 2kT

exp E N

N

e _{e t} ¹² _{e t} ^g indique que la conductivité est directement proportionnelle à la mobilité des porteurs de charge (électrons ou trous). Puisque la mobilité µµµµe est plus élevée que celle µµµµt des trous, il faut doper le GaAs avec un élément qui introduit des électrons libres supplémentaires. On choisira donc le sélénium (Se) qui possède un électron de valence de plus que l’arsenic.

On obtient ainsi un semiconducteur extrinsèque dont les porteurs de charge majoritaires sont les électrons (charges négatives), donc de type n.

A la température T₁ =293 K = 20 °C, la conductivité est donnée par l’équation : 



 



− σ

= σ

1 g 0

1

T 2kT

exp E (1)

À la température T₂ recherchée, la conductivité est donnée par l’équation : 



 



− σ

= σ

2 g 0

2

T 2kT

exp E (2)

En prenant le logarithme du rapport [éq. (2)/ éq. (1)], on obtient ainsi : 

 



 −

= −



 



 σ σ

1 2 g 1

2

T 1 T

1 k 2

ln E (3)

Sachant que (σσσσ²/σσσσ¹) = 1000 et avec les données numériques, on obtient ainsi T2 grâce à l’équation (3) : T₂ = 390 K = 117 °C

(1 pt)

(1 pt)

(1 pt)

(1 pt)

Il suffit d’utiliser l’équation

( ) ( )

_^









− µ

+ µ

=

σ 2kT

exp E N

N

e _{e t} ¹² _{e t} ^g donnée

pour en déduire les densités N_e et N_t qui sont égales dans un semiconducteur intrinsèque. Avec les valeurs numériques données, on obtient ainsi :

N_e = N_t = 9,5 x 10²⁴

Il suffit d’utiliser l’équation

( )

^



 



= −

kT exp E N N n

n_{e t e t} ^g donnée pour en

déduire le nombre d’électrons libres n_e et de trous n_t par unité de volume de GaAs. Avec les valeurs numériques données, on obtient ainsi :

n_e = n_t = 9,05 x 10¹² m^-3

3. Exercice n° 3 (Matières plastiques)

3.a) Type de réaction de polymérisation

Cochez la case appropriée et justifiez votre choix.

3.b) Architecture atomique du nylon 6-6 Cochez la case appropriée.

3.c) Masse volumique du nylon 6-6 entièrement cristallisé Justifiez votre réponse

3.d) Températures caractéristiques Inscrivez le symbole de la température dans la case appropriée.

3.e) Courbes log E = f(T)

Inscrivez le symbole de la courbe dans la case appropriée et justifiez votre choix Polymérisation ramifiée Polymérisation par addition Polymérisation réticulaire

Polymérisation par condensation X

Polymère ramifié Polymère réticulé

Polymère à chaînes linéaires X

Polymère en échelons

ρρρρ

= 1,242 g/cm³

Température de fusion T2

Température de transition caoutchoutique Température de transition ductile - fragile

Température de transition vitreuse T1

Échantillon Courbe

2 A

100 % cristallin C Connaissant deux points spécifiques de cristallinité C₁ et C₂, il faut trouver l’équation de la droite : ρρρρ^C = ρρρρ⁰ + bC où ρρρρ⁰ est la masse volumique du nylon totalement amorphe et C est le pourcentage de cristallinité.

Avec les valeurs données, on obtient : b = 1,588 x10^-3 g.cm³/%.

La masse volumique du nylon totalement cristallisé est alors donnée par l’une des relations suivantes : ρρρρ =ρρρρ + b(100 C ) =ρρρρ + b(100 C ) = 1 242 g/cm³

(1 pt)

(1 pt)

(1 pt)

(1 pt)

(1 pt) La réaction de polymérisation entre les monomères implique un des

atomes d’hydrogènes H de la diamine et le radical OH de l’acide adipique. Il y a alors formation d’une molécule d’eau H₂O et création d’une liaison libre à l’extrémité de chacun des monomères qui se lient ainsi ensemble. Comme il y a formation d’un sous-produit (la molécule d’eau), c’est donc une polymérisation par condensation qui peut se poursuivre aux deux extrémités de la

nouvelle « molécule » formée par les deux monomères liés.

4. Exercice n° 4 (Céramiques)

4.a) Déformation élastique de la surface Justification :

4.b) Contrainte en surface Justification :

4.c) Type de contrainte en surface

Cochez la case appropriée et justifiez votre choix :

4.d) Risque de rupture

Répondez par OUI ou NON et justifiez votre réponse :

4.e) Température critique

Cochez la case appropriée et justifiez votre choix :

εεεε

= 0,17 %

σσσσ

= 133 MPa

Tension Torsion

Compression X

Flexion

θθθθ

= 160 °C

(1 pt)

(1 pt) (1 pt)

(1 pt)

(1 pt)

NON La déformation élastique εεεε de la surface est égale à la dilatation qu’aurait cette surface si elle était libre de se dilater : ε = α∆θε = α∆θε = α∆θε = α∆θ = (6,4 x 10^-6)(280 - 20) = 0,17 %

La contrainte élastique σσσσ en surface est donnée par la loi de Hooke : σσσσ = = = = Eεεεε = (80 x 1,7 x 10^-3) GPa = 133 MPa

N’étant pas libre de se dilater, la surface est maintenue en compression par le cœur de la pièce qui n’a pas encore changé de dimension.

Puisque la contrainte élastique de compression σσσσ apparue en surface (133 MPa) est inférieure à la résistance (Rm)C de la céramique en compression (150 MPa) , il n’y pas risque de rupture.

Au cours d’un refroidissement brusque, il y a apparition d’une contrainte de tension à la surface. Si cette contrainte devient égale à la résistance (R_m)_t de la céramique en tension (80 MPa), il y alors rupture s’amorçant à la surface.

L’intervalle critique de température est donné par l’équation suivante :

( )

α

= ν θ

∆ E

) ( f

* R^{m t} . Avec les données numériques, on obtient : ∆θ∆θ∆θ∆θ* = 140 °C.

La température critique est donc égale à θθθθ* = ∆θ∆θ∆θ∆θ* + 20 °C = 160 °C

5. Exercice n° 5 (composite)

5.a) Module d’Young EC du composite Justification :

5.b) Rapport EC/Em du composite Justification :

5.c) Limite d’élasticité ReC du composite Justification :

5.d) Rapport Ff/F_m à la limite d’élasticité du composite Justification :

5.e) Allongement relatif final à la rupture du composite Justification :

(1 pt)

E

_C =

218,5

GPa

(1 pt) (1 pt)

E

_C

/E

_m =

3,12

(1 pt)

(1 pt) Le module d’Young du composite est donné par la règle des mélanges appliquée aux modules de composants :

EC = VfEf + (1 – Vf)Em = (0,45 x 400) + (0,55 x 70) GPa = 218,5 GPa

En utilisant la règle des mélanges, on obtient :

E_C/ E_m = V_fE_f/E_m + (1 – V_f) = 0,45(400/70) + 0,55 = 3,12

Il faut tout d’abord vérifier si la matrice entre en régime de déformation plastique avant que le renfort ne se rompt. La déformation élastique de la matrice correspondant à sa limite d’élasticité est égale à : εεεε^em = Rem/E- = 0,57 %.

L’allongement à la rupture du renfort (bore) est égal à : A_f = R_mf/E_f = 0,9 %

La matrice se déforme donc plastiquement avant la rupture du renfort et la courbe de traction du composite comportera une limite d’élasticité R_eC donnée par la loi de Hooke appliquée au composite :

R_eC = E_Cεεεεem = [V_fE_f + (1 – V_f)E_m] R_em/E_m

ReC =

1248,6

MPa

Le rapport cherché est égal à :

(

^f

)

^{C m}

(

^{f f f}

)

m

C f f m

m f f m f

V 1

V S

V 1

S V S

S F

F

− σ

= σ

− σ

= σ σ

= σ ⁽¹⁾

avec : σσσσm = R_em et σσσσf = E_fεεεεem = R_emE_f/E_m (2) En combinant les éq. (1) et (2), on obtient :

(

f

)

m f f m

f

E V 1

E V F

F

= −

F

_f

/F

_m =

4,675

La rupture du composite a lieu quand le renfort se rompt, c’est-à-dire pour un allongement égal à l’allongement à la rupture du bore A_ff = R_mf/E_f = (3,6/400) = 0,9%

A

_C =

0,9

%

6. Exercice n° 6

Indiquez le n° de la(les) propriété(s) associée(s) à la grandeur

7. Exercice n° 7

7.a) Réseau de Bravais de la fluorite

7.b) Sites occupés par les atomes de fluor dans la fluorite

7.c) Formule chimique de la fluorite Justification :

7.d) Masse volumique théorique ρρρρ de la fluorite Justification :

Grandeur A B C D F

Propriété(s) 10 1 8 6 4

(5 pts)

(1 pt)

(1 pt)

Site :

tétraédriques

(2 pts)

ρρρρ = = = = 2,37

3

(1 pt) En mettant en place les deux plans atomiques donnés dans une maille du système cubique, on constate que l’on obtient un réseau de Bravais cubique à faces centrées (CFC).

Réseau :

CFC

Les atomes de fluor occupent les 8 sites tétraédriques appartenant en propre au réseau CFC.

Conseil : consultez l’exercice 3.12 du cédérom « Des Matériaux »

Les 8 atomes de fluor, logés dans les sites tétraédriques, appartiennent tous en propre à la maille CFC.

Les 6 atomes de calcium situés sur les faces appartiennent pour moitié chacun à la maille Æ 3 Ca en propre.

Les 8 atomes de calcium situés aux 8 sommets de la maille sont partagés chacun par 8 mailles Æ 1 Ca en propre.

Il y a donc 8 atomes de fluor et 4 atomes de calcium appartenant en propre à la maille; la formule chimique

CaF

₂

Masse volumique ρρρρ = m_at/V_m,

où m_at est la masse des atomes appartenant en propre à la maille qui a un volume V_m. m_at = (8 A_F + 4 A_Ca)/N_A et V_m = a³

Avec les données numériques, on obtient ρρρρ = 2,37 g/cm³

8. Exercice n° 8

8.a) Résistance théorique à la traction du SiC Justification :

8.b) Facteur de concentration de contrainte associé au défaut superficiel Justification :

8.c) Dimension (hauteur ou profondeur) du défaut Justification :

9. Exercice n° 9

9.a) Formule chimique du composé intermétallique θθθθ ^.

Justification :

9.b) Stoechiométrie du composé intermétallique θθθθ ^.

Répondez par OUI ou NON et justifiez votre réponse :

Hauteur (marche)

2,88

nm Profondeur (entaille)

0,59

nm

(1 pt)

Al

2

Cu

(1 pt)

Rth =

84000

MPa

(1 pt)

Kt =

4

(1 pt)

NON

(2 pts) Le carbure de silicium (SiC) étant un matériau à liaisons fortement covalentes, il a un comportement fragile et sa

résistance théorique à la traction peut être déduite du modèle électrostatique des liaisons. Ce modèle prévoît que R_th est approximativement égale au 1/10 du module d’Young E du matériau

Le facteur de concentration de contrainte K_t, associé au défaut de surface, est égal à : K_t = R_th/R_m = 84000/21000 = 4

En reportant la valeur de Kt sur les courbes données en annexe, on obtient la valeur de a rcorrespondant au type de défaut. Ici, r = 0,3 nm.

Marche : pour K_t = 4 ÆÆÆÆ a r = 3,1 ÆÆÆÆ a = 2,88 Entaille : pour Kt = 4 ÆÆÆÆ a r = 1,4 ÆÆÆ a = 0,59 Æ

L’échelle horizontale supérieure du diagramme, graduée en % atomique, indique que le composé θθθθ contient 33 % at. de cuivre. Donc la formule chimique de ce composé est Al₂Cu

Sur le diagramme d’équilibre Al – Cu, on constate que le composé θθθθ admet une certaine variation de sa composition de part et d’autre de la valeur théorique de 33 %at . Le composé n’est donc pas parfaitement stoechiométrique.

9.c) Composition nominale C0 d’un alliage hypoeutectique contenant 80 % d’eutectique à 547 °C Justification :

9.d) Autre constituant présent dans cet alliage Justification :

9.e) Traitement de durcissement structural

NB : Le nombre de lignes du tableau ne correspond pas forcément au nombre d’étapes.

10. Exercice n° 10

10.a) Contrainte de tension appliquée au fût du canon.

Justification :

Étape Nom et objectif Température (°C) Durée

1

Mise en solution solide de l’élément d’alliage (Cu).

Objectif : obtenir une solution solide d’équilibre

(atomes de Cu dissous dans la matrice αααα de Al)

548 ± 10

Selon la dimension de la pièce à traiter afin

que le Cu soit totalement dissous

2

Trempe rapide jusqu’à 20 °C

Objectif : obtenir une solution solide sursaturée

(atomes de Cu piégés dans la matrice αααα de Al)

20 Instantanée

3

Vieillissement de l’alliage pour un retour partiel vers l’état d’équilibre.

Objectif : obtenir une distribution optimale de

précipités métastables (taille, distance entre précipités) pour gêner le mouvement des dislocations.

149 15 à 20 h

(voir figure ci- jointe)

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

(1 pt)

(4,5 pts) (1 pt)

σσσσ

^{nom =}

300

MPa ^{(1 pt)} L’alliage recherché étant hypoeutectique, sa composition nominale C0 est inférieure à celle du point eutectique situé à 33,3 %m de Cu.

Selon la règle des bras de levier appliquée à 547 °C, la fraction massique de constituant eutectique est égale à : 8

, 65 0 , 5 2 , 33

65 , 5

f_E C⁰ =

−

= −

On en déduit donc la valeur de C₀ : ^C0 =^0,8

(

^33,2−^5,65

)

+^5,65= 27,69 %m

C0 =

27,69

%m

L’autre constituant de l’alliage est le constituant proeutectique (constituant primaire) qui est la phase αααα^.

Phase αααα

Rayon interne du fût : R_i = 80/2 mm = 40 mm

Épaisseur du fût : e = (R_e – R_i) = (80 – 60) mm = 40 mm.

Selon la formule donnée, la contrainte nominale σσσσnom est donc égale à P = 300 MPa.

10.b) Risque de propagation de la fissure à la mise en service du canon Répondez par OUI ou NON et justifiez votre réponse :

10.c) Profondeur critique a* de la fissure à la rupture brutale du fût du canon Justification :

10.d) Rapport R du chargement en fatigue Justification :

10.e) Durée de vie du fût du canon Justification :

(1,5 pt)

(4 pts)

Durée ==== 2736 jours

(1 pt)

(1 pt)

( )

^a

a

K=α∆σ π =α σ −σ π

∆ max min

avec σσσσmax = 300 MPa (tir du canon) et σσσσmin = 0 (canon au repos). Puisque αααα = 1,2 et a = 0,5 mm, on obtient ainsi : ∆^K=α

(

σmax−σmin

)

π^a =^1,2x300 π^x0,0005=^{14,27 MPa.m12}

Puisque que ∆∆∆∆K > ∆∆∆∆KS (seuil de propagation en fatigue de la fissure),

il y aura donc propagation progressive de la fissure à chaque tir du canon.

OUI

Facteur maximum d’intensité de contrainte associé à cette fissure initiale : K=ασmax πa

avec σσσσ^max = 300 MPa (tir du canon). Quand K = K_IC, il y a rupture brutale (apparemment fragile) du matériau.

Longueur critique a* pour laquelle se produira la rupture :

2

KIC

a 1 

 



 ασ

=π

max

* a* =

27,08

mm

Par définition, R = σσσσ^min/σσσσ^max. Puisque σσσσ^max = 300 MPa (tir du canon) et σσσσ^min= 0 (canon au

repos), la valeur de R est égale à 0 (zéro). R =

0

Relation de Paris : da dN=C∆K^{n (1)}

Variation du facteur d’intensité de contrainte ∆∆∆∆K : ∆K=α∆σ πa =ασmax πa (2) En combinant les éq. (1) et (2) et en séparant les variables a et N, on obtient :

2

an

da B

dN= 1 ^{avec B=C}

(

^{ασmax π}

)

^{n = constante} (3a et 3b) Par intégration de l’éq. 3a, on obtient le nombre Nde cycles requis pour que la profondeur de la fissure passe de sa valeur initiale a0 = 0,5 mm à sa valeur finale critique a* = 27,08 mm :

[ ]

a^a*

_{( )} [ ]

^{1 n2 aa*}

_{( ) ( )} [

^{1 n2}

^{( )}

^{0 1 n2}

]

2 N n

0 a* a

B n 2 a 2

B n 2 da 2 B a

N 1

0 0

f − − − − −

= −

= −

=

∫

⁽⁴⁾

Ici, l’exposant de Paris n est égal à 2,5, donc n/2 = 1,25. La constante C est égale à 6x10^-11 Avec les valeurs numériques données, on obtient ainsi :

(

^max

)

^{n 6x10-11}

(

^1,2x300

)

^{2,5 6,171x10 4}

C

B= ασ π = π = ⁻

et N=2,736x10⁴cycles

Puisqu’il y a 10 tirs de canon par jour, donc 10 cycles de chargement en fatigue de la fissure par jour, il y aura rupture du fût du canon au bout de 2736 jours si la fissure n’a pas été détectée avant.

11. Exercice n° 11

Répondez par

V

(vrai) ou

F

(faux). Attention ! Une mauvaise réponse en annule une bonne !

Une maille C.C. (cubique centré) possède quatre (4) sites octaédriques en propre.

F

Les plans {111} sont les plans les plus denses du réseau C.F.C. (cubique à faces centrées).

V

À cause des caractéristiques de la liaison métallique, les dislocations peuvent se déplacer dans

les métaux soumis à une contrainte.

V

La fragilité des matériaux covalents cristallins est due à l’absence de dislocations dans ces

matériaux.

F

La connaissance du facteur de concentration de contrainte Kt, associé à un défaut, permet de déduire la profondeur critique a* de ce défaut pour laquelle il y aura rupture brutale (apparemment

fragile) du matériau soumis à une certaine contrainte nominale.

F

Dans le cas d’une fissure de fatigue dont le rayon de courbure à fond d’entaille est très faible, la condition mécanique de Griffith est satisfaite pour de très faibles valeurs de la contrainte nominale

appliquée.

V

Après un traitement de durcissement structural, la microstructure du matériau est constituée d’une

matrice encore sursaturée en élément d’alliage et de gros précipités d’équilibre.

F

La transformation martensitique ne peut se produire que pour des alliages dont la matrice

(composant principal) présente une transformation allotropique.

V

Une augmentation du rapport R des contraintes entraîne une augmentation de la limite

d’endurance en fatigue d’un matériau.

F

(4 pts)

+0,4 +0,2 0 -0,2 -0,4 -0,6 -0,8 -1,0 10-6 10-5 10-4 1010-3

Cathodique Fe anodique

Fe cathodique Mg anodique I (A)

V (V)