DL4sol - Sciences Physiques en MP au lycée Clemenceau Nantes

1 – DL4
Sciences Physiques MP 2014-2015
Devoir libre de Sciences Physiques n˚4 du 01-12-2014
— Solutions —
Probl`
eme no 1 – Application du laser au traitement et `
a l’usinage des
pi`
eces
E3A PC 2005
A. Traitement thermique de l’acier par laser
1. On a ´evidemment J0 = (1 − R)JL = 7, 2 × 107 W · m−2 .
2. Le signe − dans la loi de Fourier signifie que les transferts thermiques conductifs se font dans le sens des
temp´eratures d´ecroissantes , des zones les plus chaudes vers les zones les plus froides.
3. Il s’agit d’une question de cours qui m`ene `a D =
K
; ce coefficient de diffusivit´e thermique se mesure
ρC
en m`etres carr´es par seconde .
∂T
, il suffit de d´eriver l’´equation obtenue pour T relativement `a z pour obtenir la
∂z
∂J
∂2J
mˆeme ´equation v´erifi´ee par J(z, t), `a savoir
=D 2 .
∂t
∂z
4. Puisque J(z, t) = −K
∂T
(z, 0) = 0 ; la condition initiale demand´ee s’´ecrit donc
∂z
sous la forme J(z, 0) = 0 pour z > 0 : en ´equilibre thermique initial, la pi`ece n’est encore soumise `a aucun flux
thermique interne pour t = 0.
5. Pour tout z > 0, on peut ´ecrire T (z, 0) = T0 donc
6. Compte tenu de la dimension de D, la variable u est un nombre pur , sans dimension. Pour v´erifier que
la solution propos´ee convient, on doit d’abord v´erifier que J(z, t) satisfait bien `a l’´equation diff´erentielle, ce qui
∂f
∂2f
∂f
df ∂u
1
z
am`ene `a calculer
et
. On trouve sans difficult´e
=
= √ exp −u2 √ t−3/2 , puis de la
∂t
∂z 2
∂t
du ∂t
π
2 D
∂f
df ∂u
2
1
1
∂f
z2
2
√ , que l’on ´ecrit encore
mˆeme fa¸con
=
= − √ exp −u
= −√
exp −
; une
∂z
du ∂z
π
∂z
4Dt
2 Dt
πDt
∂2f
z
z2
∂2f
∂f
seconde d´erivation m`ene `a D 2 = √
exp −
t−3/2 . On v´erifie donc bien D 2 =
, c’est-`
a-dire
∂z
4Dt
∂z
∂t
2 πD
que l’expression propos´ee est bien solution de l’´equation diff´erentielle ´etablie `a la question 4. Il reste `a d´eterminer
la constante A, en particulier en v´erifiant conditions initiales et conditions aux limites. En particulier, pour z = 0
et t > 0, u = 0 donc f (u) = 1, ce qui impose A = J0 . Enfin, pour t = 0 et z > 0, u → ∞ donc f (u) → 0
√
∞
π
2
car
exp −u du =
est un r´esultat classique : cette condition initiale n’apporte pas de renseignement
2
0
suppl´ementaire.
∂T
∂F
∂F du
7. Il suffit de v´erifier ici que J = −K
redonne l’expression ´etablie ci-dessus ; on a en effet
=
qui
∂z
∂z
∂u dz
exp −u2
∂F
1
2
∂F
1
√
prend la forme
= √
−2u
− f (u) + √ u exp −u2 soit
= − √ f (u), ce qui permet
∂z
∂z
π
π
2 Dt
2 Dt
∂T
d’´ecrire −K
= J0 f (u) : l’expression propos´ee pour T (z, t) permet bien de retrouver l’expression de J(z, t)
∂z
√
2J
Dt
0
` la surface du m´etal, z = 0 et u = 0 (pour t > 0) donc Ts (t) = T0 +
√
ci-dessus. A
, puisque f (0) = 1 et
K π
1
F (0) = √ .
π
K
d
8. La profondeur d demand´ee v´erifie
(Ta − T0 ) = F (u0 ) avec u0 =
. Num´eriquement, F (u0 ) =
2J0 Dtp
2 Dtp
0, 38 donc u0 ≃ 0, 2 (plus pr´ecis´ement u0 = 0, 2030) ce qui permet de d´eterminer d = 2
(ou un quart de millim`etre).
9. La temp´erature de la surface libre `a l’instant tp vaut Ts (tp ) = T0 +
JR Seigne
Clemenceau
Dtp u0 = 2, 56 × 10−4 m
2J0 Dtp
√
= 1 761 K
K π
Nantes
Sciences Physiques MP 2014-2015
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10. Il faudrait une dur´ee l´eg`erement plus longue, de sorte que
t′p = 42, 2 ms .
Tf − T0
=
Ts (tp ) − T0
t′p
donc num´eriquement
tp
B. Usinage d’une feuille de m´
etal par vaporisation
11. On appelle chaleur latente de changement d’´etat (ici, massique) le transfert thermique L = Qp qu’il
faut fournir `a ce corps pour r´ealiser le changement d’´etat complet d’une masse unit´e de ce corps pur dans des
L1→2
= s2 − s1 si le changement
conditions monothermes monobares. On en d´eduit aussi L1→2 = h2 − h1 et
T∗
∗
d’´etat 1 → 2 se fait `a la temp´erature T ; hi et si d´esignent les enthalpie et entropie massique de l’´etat i dans
les conditions du changement d’´etat.
12. Lors d’une transformation isobare (comme celle subie par le syst`eme ´etudi´e, qui est ferm´e), on peut toujours
´ecrire ∆H = Q .
13. Les capacit´es thermiques massiques cp =
∂h
∂T
des deux phases ´etant des constantes, et le syst`eme ´etudi´e
p
πφ2 e
, on a imm´ediatement pour variation d’enthalpie la somme des termes correspon4
πφ2 e
cp(S) (Tf − T0 ) + Lf + cp(L) (Tv − Tf ) + Lv .
dant aux quatre transformations successives, ∆H = ρS
4
ayant pour masse m = ρS
πφ2
τ , o`
u J0 = JL (1 − R) ;
14. Pendant une dur´ee τ , le transfert thermique apport´e par le laser est Q = J0
4
on en d´eduit que les dur´ees demand´ees sont proportionnelles aux transferts thermiques n´ecessaires. On aura
τi
qi
en particulier
=
avec q1 = cp(S) (Tf − T0 ) = 5, 7 × 105 J · kg−1 , q2 = Lf = 3, 97 × 105 J · kg−1 ,
tp
qi
q3 = cp(L) (Tv − Tf ) = 2, 0 × 106 J · kg−1 et enfin q4 = Lv = 1, 1 × 107 J · kg−1 . On en d´eduit les dur´ees
τ1 = 2, 1 ms, τ2 = 1, 5 ms, τ3 = 7, 3 ms et τ4 = 39, 1 ms .
15. La temp´erature restant constante au cours de chacune des phases de changement d’´etat, et variant de
fa¸con affine au cours du temps lorsque l’apport thermique est r´egulier, la courbe demand´ee pr´esente l’aspect de
la figure 1 .
T (K)
2 740
933
50, 0
10, 9
2, 1
3, 6
t (ms)
´
Figure 1 – Evolution
de la temp´erature de la feuille de m´etal
16. Le bilan thermique total impose J0 tp = ρS e (q1 + q2 + q3 + q4 ) tandis que J0 = JL (1 − R) ; dans le
cas limite (celui de la figure ci-dessus) o`
u la vaporisation est exactement termin´ee `a l’instant t = tp , on aura
ρS e
JL,min =
qi ; si on ´eclaire au moyen d’une puissance sup´erieure, la vaporisation sera finie avant la
(1 − R)tp i
ρS e
fin de l’impulsion laser. Finalement, JL,min =
cp(S) (Tf − T0 ) + Lf + cp(L) (Tv − Tf ) + Lv .
(1 − R)tp
17. Il vient JL,min = 1, 30 × 109 W · m−2 donc Pmin =
JR Seigne
πφ2
JL,min = 651 W .
4
Clemenceau
Nantes
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18. On peut proposer n’importe quel montage afocal au moyen par exemple de deux lentilles convergentes ;
la figure 2 propose deux dispositifs permettant respectivement d’agrandir ou de r´eduire la section du faisceau
lumineux.
Figure 2 – Dispositif afocal pour le contrˆole du diam`etre du faisceau
19. On a vu que l’apport thermique n´ecessaire pour la vaporisation compl`ete d’une masse dm de m´etal s’´ecrit
δQ = dm cp(S) (Tf − T0 ) + Lf + cp(L) (Tv − Tf ) + Lv ; la masse dm vaporis´ee pendant la dur´ee dt correspond
a un volume de solide dτ = φeVM dt, donc `a une masse dm = ρS dτ , ce qui permet d’´ecrire le bilan thermique
`
PL (1 − R)dt = δQ. Dans ces conditions id´eales (tout l’apport thermique du laser ne sert qu’`a la d´ecoupe),
1
PL (1 − R)
ou, num´eriquement,
la vitesse de d´ecoupe v´erifie VM =
ρS eφ cp(S) (Tf − T0 ) + Lf + cp(L) (Tv − Tf ) + Lv
VM = 10, 8 cm · s−1 .
20. Tout ph´enom`ene qui se traduira par une perte d’´energie expliquera la diminution de la vitesse de d´ecoupe.
On peut en particulier citer les in´evitables transferts thermiques par conduction au voisinage de la zone de
d´ecoupe (la feuille m´etallique s’´echauffe pr`es de ses bords), mais aussi, peut-ˆetre dans une moindre mesure, le
transfert conductif et pari´etal vers le support de la feuille en cours de d´ecoupe et l’air ambiant .
Probl`
eme no 2 – Eau Oxyg´
en´
ee
Agro-Veto 2006
A. D´
ecomposition de l’eau oxyg´
en´
ee
1. La constante de cet ´equilibre est : K1 = 1036 . La r´eaction est totale .
2. L’´enonc´e nous indique que la concentration en peroxyde d’hydrog`ene est : [H2 O2 ] = Ci − x. Cela revient
a appeler ξ = x2 l’avancement pour la r´eaction ´etudi´ee mˆeme si, ici, il n’est pas n´ecessaire d’utiliser la notion
`
2
d’avancement pour d´efinir la vitesse. Par d´efinition de la vitesse, on a r = − 21 d[Hdt2 O2 ] = 12 dx
dt = k [H2 O2 ] . Ainsi,
on a : r = k(Ci − x)2 .
3. L’´equation diff´erentielle obtenue est :
initiale, on trouve que :
1
Ci −x
−
1
Ci
1 dx
2 dt
= 2kt .
= k(Ci − x)2 . Par int´egration, en tenant compte de la condition
4. Le temps de demi-r´eaction est d´efini par la condition de r´eaction de la moiti´e de la quantit´e initiale d’eau
1
oxyg´en´ee. On aura donc : [H2 O2 ] = C2i et par cons´equent : t1/2 = 2Ck
.
i
5. Pour le temps de trois-quarts de r´eaction, on a x =
3Ci
4
et donc : t3/4 =
3
2Cki
.
6. On a : t3/4 /t1/2 = 3 .
7. Les r´esultats exp´erimentaux peuvent ˆetre utilis´es d’une fa¸con extrˆemement simple puisque le temps infini est
propos´e. Il correspond donc `a une dur´ee suffisamment grande pour que la r´eaction soit termin´ee. Or x∞ = Ci ,
donc `a cet avancement correspond le volume de dioxyg`ene VO2 = 2, 44 L, pour la date t1/2 , on aura donc un
volume moiti´e `a savoir VO2 = 1, 22 L ce qui donne : t1/2 = 25 mn. Pour l’autre temps, il suffit de chercher les
3/4 de la valeur finale, cela correspond `a VO2 = 1, 83 L et alors t3/4 = 75 mn. On confirme imm´ediatement que :
t3/4 /t1/2 = 3 . La r´eaction est bien d’ordre 2.
JR Seigne
Clemenceau
Nantes
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8. On utilise par exemple t1/2 et alors k =
1
2t1/2 Ci
= 10−2 mol−1 · L · mn−1 .
B. Dosages de l’eau oxyg´
en´
ee
9. Il faut ´ecrire les deux demi-´equations ´electroniques et ensuite faire un bilan :
(×2)
(×5)
+
−
MnO−
4 + 8H + 5e
H2 O2
2MnO−
+
6H+ + 5H2 O2
4
⇋
⇋
⇋
Mn2+ + 4H2 O
O2 + 2H+ + 2e−
2Mn2+ + 5O2 + 8H2 O
10. L’acide sulfurique stabilise l’ion MnO−
evite qu’il se dismute ou bien qu’il oxyde l’eau. Les ions H+
4 . Il ´
intervenant dans le bilan, ils sont n´ecessaires mais leur quantit´e importe peu pourvu qu’il y en ait un large
exc`es.
11. D’apr`es le bilan ´ecrit plus haut, on peut constater que 2 moles d’ions MnO−
eagissent avec 5 moles de
4 r´
H2 O2 . Le nombre de moles de permanganate vers´e est n1 = C1 Veq1 , il correspond `a 2/5 des moles d’eau oxyg´en´ee.
On a donc : C1 Veq1 = 52 C0′ V0 . Cette relation peut ˆetre retrouv´ee en construisant un tableau d’avancement et
en disant qu’au moment de l’´equivalence, il y a disparition simultan´ee des deux r´eactifs `a savoir MnO−
4 et H2 O2 .
La dilution, au d´epart, de la solution commerciale est d’un facteur 10, donc : C0 = 10C0′ . On trouve finalement
que : C0 = 0, 8 mol · L−1 .
12. Pour ´ecrire le bilan de la r´eaction, on proc`ede de la mˆeme fa¸con que pr´ec´edemment :
2I−
H2 O2 + 2H+ + 2e−
H2 O2 + 2H+ + 2I−
⇋
⇋
⇋
I2 + 2e−
2 H2 O
2H2 O + I2
Afin de d´eterminer la constante de l’´equilibre, on utilise pour chaque couple r´edox la loi de Nernst. On a
2 `
Ea = Ea◦ + 0, 03 log [I[I−2]]2 et Eb = Eb◦ + 0, 03 log [H2 O2 ] [H+ ] . A
l’´equilibre, il y a ´egalit´e des potentiels : Ea = Eb .
On en d´eduit que la constante K de l’´equilibre est donn´ee par : 0, 03 log K = Eb◦ − Ea◦ , on trouve : K = 1038
et on peut affirmer que la r´eaction est totale.
13. On a :
I2 + 2e−
2S2 O2−
3
2S2 O2−
3 + I2
⇋
⇋
⇋
2I−
−
S4 O2−
6 + 2e
2−
−
S4 O6 + 2I
14. Le dosage par le thiosulfate nous permet de trouver qu’il s’est form´e par la premi`ere r´eaction : nI2 =
nS
2−
2 O3
= 8 × 10−4 mol. On avait vers´e, au d´epart, nI− = 10−2 mol d’ions iodures, ils sont donc bien en large
exc`es. Par cons´equent, toutes les moles de I2 form´ees ont donc bien pour origine le peroxyde d’hydrog`ene. Comme
la r´eaction de formation de I2 est de 1 mole pour une 1 mole de H2 O2 , on a donc nH2 O2 = 8 × 10−4 mol contenue
2
dans les 10 mL de d´epart. La concentration vaut : C0′ = 0, 08 mol · L−1 et finalement : C0 = 0, 8 mol · L−1 . On
retrouve la mˆeme valeur que pr´ec´edemment.
15. La solution commerciale est une solution aqueuse `a 3%, on peut consid´erer sur le plan de la masse qu’elle
´equivalente `a de l’eau. 1 L de solution aura une masse de 1 000 g et donc il y a 30 g de H2 O2 . La masse molaire de
l’eau oxyg´en´ee ´etant de 34 g ·mol−1 , on en d´eduit que la concentration de la solution est : Cco = 0, 88 mol · L−1 .
Cette valeur correspond assez bien `a la valeur trouv´ee par dosage, elle est un peu sup´erieure ce qui est logique
car l’eau oxyg´en´ee est un produit relativement instable qui se d´ecompose facilement en produisant du dioxyg`ene
sous l’effet de la lumi`ere en particulier. Les bouteilles d’eau oxyg´en´ee sont en g´en´eral de couleur fonc´ee (brun
ou violet).
JR Seigne
Clemenceau
Nantes

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