Contrôle #1 · Énergie de surface ... En tant que responsable du département de contrôle qualité, vous disposez ... Afin d’établir les paramètres du traitement thermique,

CORRIGÉ Contrôle

périodique

MTR1035C Sigle du cours

Identification de l’étudiant(e) Réservé

Q1

/5 Q2

/5

Q3

/8 Q4

/3 Q5

/4

/25

Nom : Prénom :

Signature : Matricule : Groupe :

Sigle et titre du cours Groupe Trimestre

MTR1035C Matériaux Tous Automne 2016

Professeur Local Téléphone

Myriam Brochu

Jour Date Durée Heures

Mercredi 10 novembre 2016 1 h 30 18 h 30 à 20 h 00

Documentation Calculatrice

X Aucune

Toute

X Voir directives particulières

Aucune

Toutes

X Non programmable

Les cellulaires, agendas électroniques ou téléavertisseurs sont interdits.

Directives particulières

1. Les nombres entre parenthèses indiquent le nombre de points accordés à la question, le total est de 25 points.

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

3. Utilisez les espaces prévus ou la page opposée pour vos calculs. 4. Vous avez, en annexe, le formulaire général. Vous pouvez détacher ces pages du

questionnaire.

Imp

ort

an

t Cet examen contient 5 questions sur un total de 14 pages. (excluant cette page)

La pondération de cet examen est de 25 %

Vous devez répondre sur : X le questionnaire le cahier les deux

Vous devez remettre le questionnaire : X oui non

L’étudiant doit honorer l’engagement pris lors de la signature du code de conduite.

MTR1035C – Matériaux Contrôle périodique 2 Automne 2016

1

Question N°1 Ténacité – Matériaux fragiles (5 points)

Une plaque de verre décorative encastrée au plafond d’un bâtiment contient une fissure de longueur 2a orientée parallèlement au plafond (voir figure 1).

La force (F) appliquée sur la plaque est proportionnelle à sa masse (F = m.g, où g est l’accélération gravitationnelle : 9,81 m/s2).

Figure 1 : Plaque de verre encastrée au plafond et contenant une fissure

Tableau 1 : Données sur la plaque de verre

Largeur (L) : 200 mm

Épaisseur (e) : 2 mm

Masse (m) : 500 kg

Énergie de surface (𝜸𝒔) : 0,5 J/m2

Module d’Young : 60 GPa

a) Sans connaitre la résistance à la traction du verre, proposez une hypothèse qui

permettrait de considérer que la condition mécanique de propagation de ce défaut est satisfaite. (1 point)

Puisque le défaut est une fissure, il s’agit d’un défaut très aïgu [0,5pt] (r>>a facteur de concentration de contrainte très élevé [0,5pt] ) donc la condition mécanique sera satisfaite pour des valeurs très faible de contrainte nominale.

2a

L

Plafond


2

b) En assumant la condition mécanique satisfaite, quelle longueur minimum de fissure

(2a) entrainera la propagation du défaut dans le matériau suspendu, selon les conditions de propagation de Griffith ? (2 points)

Calculs et justifications : F = m.g = 500 kg x 9,81 m/s = 4905 N σnom = F/ S0 = 4905 N / 2 mm x 200 mm = 12,26 MPa [0,5pt]

𝐚𝐜 =𝟐𝐄𝛄𝐒

𝛑𝛔𝐧𝐨𝐦𝟐 [0,5pt]

𝐚𝐜 =𝟐(𝟎,𝟓

𝐉

𝒎𝟐).(𝟔𝟎 𝐱 𝟏𝟎 𝟗 𝐏𝐚)

𝛑(𝟏𝟐,𝟐𝟔 𝐱 𝟏𝟎𝟔 𝐏𝐚)𝟐 = 0,127 x 𝟏𝟎−𝟔 m = 0,127 mm [0,5pt]

Longueur de la fissure : 2ac = 0,254 mm [0,5pt]

Longueur critique de fissure (2a) :

0,254 mm

c) Quelle est la ténacité de ce matériau (KIC), selon l’expression proposée en mécanique linéaire élastique de la rupture ? (Considérez que le facteur géométrique associé à ce défaut est α = 1,0); (1 point)

Calculs et justifications:

𝐊𝐈𝐂 = 𝛂𝛔𝐧𝐨𝐦√𝛑𝐚 [0,5pt]

𝐊𝐈𝐂 = 𝟏, 𝟎(𝟏𝟐, 𝟐𝟔 𝐌𝐏𝐚)√𝛑(𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟐𝟕𝐦) = 0,249 MPa√𝒎 [0,5pt]

KIC : 0,25 MPa√𝒎


3

d) Le verre trempé a une ténacité supérieure au verre ordinaire utilisé dans cette application. Quel est le mécanisme mis à profit pour améliorer la ténacité de ce matériau fragile? (1 point)

Mécanisme:

Le procédé de fabrication du verre trempé génère des surfaces en compression [0,5pt] qui ont pour effet de mettre les couches superficielles en compression et refermer les fissures [0,5pt]. Toute contrainte de traction doit donc d’abord surmonter cette contrainte résiduelle de compression pour la fissure soit soumise à une tension ; par conséquent, la contrainte nominale nécessaire pour rompre le verre trempé est donc supérieure au verre ordinaire.

Question N°2 Ténacité – Matériaux ductiles (5 points)

Des pièces en acier à haute résistance, dont les propriétés mécaniques sont données dans le Tableau 2, fabriquées par forgeage peuvent contenir des défauts caractérisés par un facteur géométrique α = 1,12. En tant que responsable du département de contrôle qualité, vous disposez de deux techniques d’inspection dont les limites de détection respectives (taille minimale de défauts pouvant être détectés) sont :

Technique A - limite de détection : 3 mm,

Technique B - limite de détection : 1 mm.

Tableau 2 : Propriétés mécaniques de l’acier à haute résistance

Re0,2 1800 MPa

Rm 2040 MPa

KIC 95 MPa√m

a) Calculez la contrainte maximale à laquelle peuvent être soumises les pièces qui ont été inspectées selon la technique A pour éviter une défaillance (2 points)

𝑲𝐈𝐂 = 𝜶𝝈𝒄√𝝅𝒂

𝝈𝒄 =𝑲𝑰𝑪

𝜶√𝝅𝒂 [0,5pt]

ac = 3 mm [0,5pt]

𝝈𝒄 =𝟗𝟓 𝑴𝑷𝒂

𝟏,𝟏𝟐√𝝅(𝟎,𝟎𝟎𝟑 𝒎) = 873,7 MPa [1pt]

σ : 873,7 MPa


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b) Laquelle (Lesquelles) des techniques d’inspection est (sont) appropriée(s) pour inspecter des pièces qui seront soumises à des contraintes de 1300 MPa ? (1,5 points)

Calculs et justifications :

Il faut d’abord déterminer la taille de défaut critique ac pour une contrainte de 1300 MPa appliquée à ces pièces.

𝑲𝐈𝐂 = 𝜶𝝈𝒏𝒐𝒎√𝝅𝒂𝒄

𝒂𝒄 = 𝟏

𝝅(

𝑲𝐈𝐂

(𝜶𝝈𝒏𝒐𝒎))

𝟐

𝒂𝒄 = 𝟏

𝝅(

𝟗𝟓 𝑴𝒑𝒂

𝟏,𝟏𝟐(𝟏𝟑𝟎𝟎 𝑴𝑷𝒂))

𝟐

= 0,0013 m = 1,3 mm [0,75pt]

La seule technique capable de détecter les défauts de taille a = 1mm est la technique B.

[0,75pt]

Technique(s)? (A et/ou B) B

c) Afin d’être prêt à toutes éventualités, vous décidez de rebuter toutes les pièces susceptibles de se rompre de façon brutale en service, indépendamment de la contrainte appliquée. Calculez la taille de défaut qu’il faudrait pouvoir détecter afin de rejeter toutes les pièces susceptibles de se rompre de façon brutale en service. (1,5 point)

On doit donc calculer le a*, taille de défaut pour laquelle aucune rupture brutale n’est possible.

𝑲𝐈𝐂 = 𝜶𝑹𝒆𝟎,𝟐√𝝅𝒂∗

𝒂∗ = 𝟏

𝝅(

𝑲𝐈𝐂

(𝜶𝑹𝒆𝟎,𝟐))

𝟐

[0,5pt]

𝒂∗ = 𝟏

𝝅(

𝟗𝟓 𝑴𝒑𝒂

𝟏,𝟏𝟐(𝟏𝟖𝟎𝟎 𝑴𝑷𝒂))

𝟐

= 0,0007 m = 0,7 mm [1pt]

a : 0,7 mm


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Question N°3 Diagrammes d’équilibre (8 points)

Considérez le diagramme d’équilibre Pb-Bi (figure 2), où la teneur en Bi est exprimée en pourcentage massique.

Figure 2 : Diagramme de phase Pb-Bi

a) Identifiez les phases, leur composition et leur proportion, d’un alliage Pb - 20% Bi à l’équilibre à 20°C. (3 points)

Calculs :

L’alliage Pb – 20 %Bi se trouve dans le domaine biphasé α+β à 20°C. On trouve d’abord la composition des phases, qui est graphiquement indiqué par l’intersection de l’isotherme 20°C


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et des deux domaines α+β. On calcule ensuite les proportions de phases avec la règle des segments inverses :

𝒇𝜶 = 𝟐𝟖,𝟓 %−𝟐𝟎 %

𝟐𝟖,𝟓 %− 𝟏𝟕 % = 0,74

𝒇𝜷 = 1 - 𝒇𝜶 = 0,26

Réponse : N’utilisez que les lignes nécessaires

Phase(s) Composition (%Bi) Proportion (%)

α [0,5pt] 17,0 % [0,5pt] 74 %

[0.5pt]

Β [0,5pt] 28,5 % [0,5pt] 26 %

[0.5pt]

b) Identifiez les constituants, leur composition et leur proportion, d’un alliage Pb - 80% Bi à l’équilibre à 50°C. (3 points)

Calculs :

Le refroidissement d’un alliage Pb - 80% Bi passe d’abord par le domaine biphasé L+𝜸, puis par la ligne de transformation eutectique. Il y aura donc présence du constituant eutectique dont la proportion est dictée par la proportion du liquide eutectique juste avant la transformation eutectique.

Le second constituant est 𝜸𝒑𝒓𝒊𝒎𝒂𝒊𝒓𝒆 formé avant la transformation eutectique. Au

refroidissement après transformation (124°C 50°C), la composition et la proportion des constituants est invariable.

𝒇𝜸 = 𝟖𝟎 %−𝟓𝟔 %

𝟏𝟎𝟎 %− 𝟓𝟔 % = 0,55

𝒇𝒆𝒖𝒕𝒆𝒄𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 = 1 - 𝒇𝜸 = 0,45

Réponse : N’utilisez que les lignes nécessaires

Constituant(s) Composition (%Bi) Proportion (%)

Eutectique [0,5pt]

56 % [0,5pt]

45 % [0.5pt]

𝜸𝒑𝒓𝒊𝒎𝒂𝒊𝒓𝒆

[0,5pt]

100 % [0,5pt]

55 % [0.5pt]


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c) Quelle est la limite de solubilité du bismuth dans la phase bêta à 100°C ? (1 point)

d) Quelle(s) transformation(s) subira un alliage Pb – 20% Bi lorsque refroidi de 200°C à 100°C ? (1 point)

Réponse :

La solubilité du bismuth dans la phase intermédiaire est la quantité de Bi qui peut être dissout dans la phase β par rapport à sa composition stœchiométrique (ou l’écart toléré par rapport à sa stœchiométrie). Sa stœchiométrie est définie par sa composition à son point de fusion (184°C) soit 30%. L’écart maximal en bismuth dans la phase β est donc 40% - 30% = 10%

[0,5pt pour la valeur de 5% et 0,5pt pour explication valable]

Réponse :

Deux réponses sont acceptées, car pour une teneur en plomb de 20% à 100°C, on est exactement sur la limite de solubilité du Bi dans la phase α :

Transformation à l’état solide : début de la précipitation de β dans la phase α.

Aucune transformation (juste avant début de la précipitation)


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Question N°4 Modification des propriétés (3 points)

Au cours du laminage à chaud d’une tôle d’acier doux, la recristallisation dynamique fait passer la taille moyenne des grains de 50 µm à 20 µm.

Figure 3 : Variation de la limite d’élasticité en fonction de la taille de grains

a) À l’aide des droites de la figure 3, déterminez les paramètres de la loi de Hall-Petch (σ0 et k) pour cet acier. (2 points)

Calculs et justifications :

Hall-Petch :

𝑹𝒆𝟎,𝟐 = 𝝈𝟎 + 𝒌𝒅−𝟏 𝟐⁄

L’extrapolation de la droite « acier doux » nous permet de déterminer l’ordonnée à l’origine de l’équation de la loi de Hall-Petch, soit 𝝈𝟎 = 65 MPa. [1pt]

Pour calculer la valeur k, il faut trouver la limite d’élasticité associé à une taille de grains (de façon graphique, pour les grains de 20 µm, 𝑹𝒆𝟎,𝟐 = 245 MPa. En remplaçant ces données dans l’équation, on obtient :

𝟐𝟒𝟓 𝑴𝑷𝒂 = 𝟔𝟓 𝑴𝑷𝒂 + 𝒌(𝟎, 𝟎𝟐𝟎 𝒎𝒎)−𝟏 𝟐⁄

k = 25,5 MPa√𝒎𝒎 [1pt]


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b) Expliquez le mécanisme de durcissement exploité par cette méthode. (1 point)

Explication du mécanisme :

L’affinement de la taille de grains entraine une augmentation de la surface de joints de grains par unité de volume. [0,5pt] Puisque les joints de grains constituent une entrave à la mobilité des dislocations, [0,5pt] l’affinement engendre un durcissement.

σ0 : 65 MPa

k : 25,5 MPa√𝒎𝒎


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Question N°5 Durcissement structural (4 points)

Pour la fabrication de ressorts de contact électrique, on utilise un alliage Cu – 1,9% Be. À l’état recuit (refroidissement à l’équilibre), les résistances mécaniques de cet alliage sont nettement insuffisantes. Le durcissement par précipitation permet d’obtenir les résistances nécessaires à cette application tout en conservant un bon allongement à la rupture, soit :

Limite conventionnelle d’élasticité minimale de 900 MPa ;

Allongement à la rupture minimale de 18 % ;

Afin d’établir les paramètres du traitement thermique, vous disposez du diagramme d’équilibre et des courbes de vieillissement présentés aux figures 4 et 5 respectivement.

Figure 4 : Diagramme d’équilibre Cu-Be en % massique de Be.


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Figure 5 : Courbes de vieillissement de l’alliage Cu – 1,9% Be


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a) Déterminez la température de mise en solution solide optimale pour cet alliage. (1 point)

Température : 860 °C

Justification : Il s’agit de la température de solubilité maximale du Be dans la phase α. Aussi accepté : 795°C car il s’agit de la température médiane entre le liquidus et le solidus.

[0,5pt pour la température +/- 10°C et 0,5pt pour explication valable]

b) Identifier les paramètres du vieillissement qui permettront d’atteindre les propriétés nécessaires à cette application ? (2 points)

Durée : 6-7 min. [1pt] Température : 370°C [1pt]

c) Après avoir complété ce traitement thermique, quelle sera la composition de la phase α à 20°C ? Cochez la bonne réponse parmi les choix ci-dessous. (1 point)

Cα = 2,8 % Be

Cα = 1,9 % Be

X 0,1 % Be < Cα < 1,9 % Be

Cα > 1,9 % Be

Cα < 0,1 % Be


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Formulaire général

𝐸 =𝜎𝑧

𝜀𝑧 en traction simple 𝐾 = 𝛼𝜎𝑛𝑜𝑚√𝜋𝑎

𝜀𝑧 = −𝜀𝑥

𝜈= −

𝜀𝑦

𝜈 en traction simple 𝑓𝑆𝐶𝑆 + 𝑓𝐿𝐶𝐿 = 𝐶0

𝐺 =𝐸

2(1 + 𝜈) 𝑅𝑒0,2 = 𝜎0 + 𝑘𝑑−1 2⁄

𝑅𝑡ℎ = √2𝐸𝛾𝑆

𝑎0 𝑅 =

𝜎𝑚𝑖𝑛

𝜎𝑚𝑎𝑥

𝑅𝑡ℎ ≅𝐸

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𝑑𝑎

𝑑𝑁= 𝐶 𝛥𝐾𝑛

𝒓 = 𝑢𝒂 + 𝑣𝒃 + 𝑤𝒄 𝑚 =𝐴𝑖𝑐𝑜𝑟𝑟𝑡

𝑛F

1 =ℎ𝑥

𝑛𝒂+

𝑘𝑦

𝑛𝒃+

𝑙𝑧

𝑛𝒄 𝐸 = 𝐸0(1 − 1,9𝑃 + 0,9𝑃2)

𝜎𝑦 = 𝜎𝑛𝑜𝑚 (1 + 2√𝑎

𝑟) 𝑅𝑚 = (𝑅𝑚)0 𝑒−𝑛𝑃

𝜏 =𝐹

𝑆0𝑐𝑜𝑠𝜃 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜒 𝛥𝜃∗ = 𝑅1 =

𝑅𝑚 𝑓(𝜈)

𝐸𝛼

𝜏𝑡ℎ =𝐺

2𝜋

𝑏

𝑎 𝑅4 =

𝐸𝛾𝑆

𝑅𝑚2 𝑓(𝜈)

= 𝛾𝑆𝑅3

𝑎𝑐 =2𝐸𝛾𝑆

𝜋𝜎𝑛𝑜𝑚2

𝑉𝑠𝑝ℎè𝑟𝑒 =4

3 𝜋𝑟3

Produit scalaire

𝐏 ⋅ 𝐐 = 𝑃𝑄 cos 𝜃

Produit vectoriel

𝐕 = 𝐏 × 𝐐 = |

𝐢 𝐣 𝐤𝑃𝑥 𝑃𝑦 𝑃𝑧

𝑄𝑥 𝑄𝑦 𝑄𝑧

|

𝑉 = 𝑃𝑄 sin 𝜃


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