Etude d'un lave-linge, bac métropole 2026

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1. Remplissage de la cuve
Le lave-linge peut être assimilé à un tambour tournant dans une cuve de forme cubique et de côté a. Pour réguler le niveau d’eau dans la cuve d’un lave-linge, un pressostat mesure la pression de l’air dans une chambre de compression cylindrique reliée au bas de la cuve : lorsque le niveau d’eau monte dans la cuve, une partie de cette eau entre dans la chambre de compression et l’air enfermé à l’intérieur est comprimé. Quand la pression atteint une valeur seuil, le pressostat envoie un signal et interrompt le remplissage.
Dans cette partie, on s’intéresse à un test de la machine : le pressostat est alors réglé pour permettre le remplissage de la moitié de la cuve.


- la cuve est un cube de côté a = 60,0 cm et de volume Vc = a3 ;
- la chambre de compression est assimilée à un cylindre de rayon r = 3,0 cm ;
- la pression de l’air dans la cuve reste constamment égale à la pression atmosphérique P0 = 1,01×105 Pa ;
- durant le remplissage, l’air et l’eau sont supposés à la même température q0 = 20 °C ;
- le débit volumique Dv d’arrivée d’eau dans le lave-linge vaut 12×10–3 m3·min–1.
Q1. Exprimer la durée Dt1 permettant de remplir à moitié la cuve en fonction du débit volumique de l’eau Dv et de la longueur a du côté du cube. Calculer numériquement Dt1, exprimé en minutes.
Volume d'eau : a3 / 2.
Dt1 =a3 / (2Dv)=.0,603 /(2x 12 10-3) =9 min.

La quantité d’air présente dans la chambre de compression reste constante, ainsi que sa température.
Avant le remplissage, l’air occupe un volume V0 = 0,50 L et la pression dans le pressostat est telle que P = P0. Après le remplissage, la hauteur d’eau dans la chambre de compression est h = 5,0 mm et lapression dans le pressostat est telle que P = P2. On considère que l’air se comporte comme un gaz parfait.
Q2. Justifier que la pression augmente dans la chambre de compression lors du remplissage.
L'eau monte dans la chambre de compression ; le volume V2 disponible pour l'air diminue.
Loi de Boyle-Mariotte PV = constante.
P0V0=P2V2.
P2 = P0V0 / V2.
V2 diminue, donc P2 augmente.
Q3. Exprimer le volume V2 occupé par l’air dans la chambre de compression à l’arrêt du remplissage, en fonction de V0, r et h.
V2=V0-Veau.
Veau=pr2h.
V2=V0-pr2h.
Q4. Exprimer P2 en fonction des données, puis montrer que la surpression DP = P2 – P0 entre la pression qui a provoqué l’arrêt du remplissage et la pression initiale, peut s’écrire : DP = P0 × pr2h / (V0-pr2h).
P2 = P0V0 / V2 =P0V0 / (V0-pr2h)
DP = P2 – P0 =P0 [V0 / (V0-pr2h)-1] =P0 [(V0 -(V0-pr2h)] / (V0-pr2h)=P0  pr2h / (V0-pr2h).
On rappelle que, dans les conditions du test, la hauteur d’eau dans la chambre de compression est h = 5,0 mm.
Q5. Calculer la valeur de la surpression DP lors du test dans lequel le remplissage s’arrête lorsque la machine est à moitié remplie. Commenter la valeur obtenue par rapport à celle d’un cycle normal hors test, pour lequel ΔP = 150 Pa.
DP = 1,01 105 x3,14 x9 10-4 x5 10-3 /(0,5 10-3 - 3,14 x9 10-4 x5 10-3 )=2,9 103 Pa.

On rappelle la loi fondamentale de la statique des fluides : dans un fluide incompressible au repos de
masse volumique r, la pression P à l’altitude z, P(z), vérifie la relation P(z) + r·g·z = constante.
Q6. Retrouver la valeur de la surpression ΔP lors du test à l’aide de la loi fondamentale de la statique des fluides appliquée entre les points A et B de la figure ci-dessus.
DP = PB-PA =reau g (zA-zB) =reau g (0,5a-h) =1,0 103 x9,81(0,30 -5,0 10-3)=2,9 103 Pa.

Lorsque la machine n’est plus en phase de test mais en fonctionnement normal et sans linge, la surpression DP vaut 150 Pa. On considère alors que la hauteur d’eau dans la chambre de compression, h, est négligeable devant la hauteur d’eau dans la cuve.
Q7. Déterminer le volume d’eau contenu dans la cuve en fonctionnement normal et sans linge.
DP =reau g H ; H = DP /(reau g) = 150 /(103 x9,81) =1,5 10-2 m.


2. Durée de temporisation
La minuterie d’un lave-linge utilise des circuits électroniques pour activer et désactiver les différentes fonctions du lave-linge. Il est nécessaire d’ajouter une durée de temporisation entre deux étapes d’un cycle pour laisser le temps à la machine de se stabiliser, éviter les chocs mécaniques et garantir que chaque phase démarre dans de bonnes conditions.
L’objectif de cette partie est d’étudier une modélisation simple d’un temporisateur de lave-linge à l’aide du montage suivant.

Le montage est constitué :
- d’un générateur de tension idéal de force électromotrice E = 4,5 V ;
- d’un conducteur ohmique de résistance R ;
- d’un condensateur de capacité C ;
- d’un interrupteur K ayant deux positions : position 1 pour la charge du condensateur et position 2 pour la décharge du condensateur ;
- d’un comparateur configuré pour envoyer un signal mettant fin à la temporisation à l’instant tseuil pour lequel la tension uR aux bornes de la résistance atteint un tiers de la tension d’alimentation : uR(tseuil) = E / 3
On admet que le comparateur ne perturbe pas le fonctionnement du circuit. Celui-ci peut donc être étudié comme si le comparateur était absent.
À l’instant initial (t = 0), le condensateur étant déchargé, on place l’interrupteur K en position 1.
Q8. Montrer que l’équation différentielle donnant les variations de la tension uC(t) aux bornes du condensateur en fonction du temps est de la forme :
uC + R·C duC / dt  = E.
Loi des mailles : E = uR + uC.
Loi d'Ohm : uR = R i ; i =C duC/dt ;
E = RC duC/dt + uC.
Les solutions de l’équation différentielle précédente sont des fonctions du temps de la forme
uC(t) = A (1 – exp(–t/t)), avec t = R·C.
Q9. Déterminer l’expression de la constante A dans la situation étudiée.
Au bout d'un temps suffisamment long, le condensateur est chargé, uC=E :
E = A(1-0)= A.
 
Q10. En déduire que l’expression de la tension aux bornes du conducteur ohmique au cours du temps est :
uR(t) = E·exp(–t/t)).
uR(t) +E (1 – exp(–t/t))= E
uR(t) +E – E exp(–t/t))= E.
uR(t) = E·exp(–t/t)).

 Q11. Montrer que la date de fin de temporisation tseuil, date à laquelle le comparateur envoie un signal, s’exprime comme
 tseuil = t·ln(3).
E / 3 = E·exp(–tseuil / t)).
1 / 3 = exp(–tseuil / t)).
ln(1/3) = - ln(3) = –tseuil / t.
 tseuil = t·ln(3).
La durée de temporisation, notée Dt2, est définie par Dt2 = tseuil. Pour étudier expérimentalement cette durée de temporisation, on réalise au laboratoire le circuit précédent en remplaçant le comparateur par un système d’acquisition. On souhaite obtenir une durée de temporisation Dt2, voisine de 30 s. On utilise un condensateur de capacité C = 4,70 mF alimenté par un générateur de tension E = 4,5 V. On dispose par ailleurs de plusieurs conducteurs ohmiques de résistances R1 = 470 ohms, R2 = 5,0 kW et R3 = 100 kW.
Q12. Parmi les valeurs proposées, déterminer la valeur de la résistance du conducteur ohmique à utiliser pour obtenir une durée de temporisation voisine de celle souhaitée.
tseuil = RC ln(3) ;
30 = 4,7 10-3 R ln(3) ;
R = 30 /(4,7 10-3 ln(3) )=5,8 103 ohms =5,8 kW.  On retient R2.

On réalise le circuit électrique avec la valeur de la résistance trouvée à la question Q12. On charge le condensateur et on bascule l’interrupteur en position 2, puis on suit l’évolution de la tension aux bornes de la résistance lors de la décharge. Le graphique correspondant est présenté .

Q13. Déterminer graphiquement la valeur initiale uR(t = 0) de la tension aux bornes du conducteur ohmique après avoir basculé l’interrupteur en position 2 et vérifier qu’elle est en accord avec la valeur de uR(t = 0) obtenue en appliquant la loi des mailles.
Loi des mailles : 0 = uR + uC.
uR (t=0) = -uC(t=0) = -4,5 V.
Q14. Déterminer, à l’aide du graphique de la figure, la valeur expérimentale de la constante de temps du circuit RC. Commenter.


  tseuil = t·ln(3) = 24 ln(3) =26 s valeur conforme avec la durée de la temporisation 30 s.

3. Chauffage de l’eau
Après le remplissage de la cuve et un temps de temporisation, l’eau est chauffée par une résistance électrique, appelée thermoplongeur, parcourue par un courant électrique. On s’intéresse, dans cette partie, au chauffage de l’eau contenue dans la cuve, de la température ambiante q0 = 20 °C jusqu’à la température qf = 30 °C.
Afin de modéliser les échanges thermiques ayant lieu lors du chauffage, on considère que :
- la cuve est isolée thermiquement du milieu extérieur ;
- la température de l’eau est uniforme.
Données :
- volume d’eau dans la cuve : Veau = 5,7 L ;
- masse volumique de l’eau : reau = 1,0×103 kg·m–3 ;
- capacité thermique massique de l’eau : ceau = 4,18×103 J·kg–1·K–1 ;
- puissance électrique fournie au thermoplongeur : Pél = 2 kW, supposée constante.
Q15. Nommer les trois modes possibles de transferts thermiques et indiquer celui qui peut être négligé lors du chauffage de l’eau.
cobduction, convection et rayonnement ; ce dernier est négligeable
Q16. Montrer que la valeur du transfert thermique Q nécessaire pour chauffer l’eau de q0 à q f est d’environ 0,24 MJ.
Q = Veau reauceau (q f -q0)  =5,7 x4,18 103 (30-20)=2,4 105 J = 0,24 MJ.
On fait l’hypothèse que la puissance électrique fournie au thermoplongeur est intégralement transmise àl’eau sous la forme d’un flux thermique F de valeur constante : Pél = F.
Q17. Calculer la durée nécessaire de fonctionnement du thermoplongeur Dt3, en minutes, pour que l’eau contenue dans la cuve passe de la température  20 °C à la température  30 °C.
Pél = Q / Dt3 ; Dt3 = Q / Pél =2,4 105 / (2 103) =120 s = 2,0 min.

On peut modéliser le flux thermique F du thermoplongeur vers l’eau par la relation
F = hc·S·(q thermo - q eau), avec :
• hc : coefficient de transfert thermique entre le thermoplongeur et l’eau ;
• S : surface du thermoplongeur ;
• q thermo et q eau : températures respectives du thermoplongeur et de l’eau.
Données :
 coefficients de transfert thermique typiques entre le thermoplongeur et l’eau :
- sans brassage de l’eau : hc,0 = 1,0×103 W·m–2·K–1 ;
- avec brassage de l’eau : hc,0’ = 4,0×103 W·m–2·K–1 .
 surface de contact thermoplongeur-eau : S = 0,020 m2.
Q18. Déterminer les températures du thermoplongeur avec et sans brassage de l’eau quand l’eau a atteint la température qf.
q thermo - q f = F /( hc·S) ; q thermo = q f + F /( hc·S) ;
avec brassage : 30 + 2000 /(4,0 103 x0,020)=30+25 =55°C.
sans brassage : 30 + 2000 /(1,0 103 x0,020)=30+100=120 °C.

Lors de l’utilisation du lave-linge, une mince couche de tartre peut se déposer sur le thermoplongeur. Afin d’étudier son impact sur le chauffage, une modélisation plus poussée simule l’évolution de la température de l’eau et du thermoplongeur en fonction du temps de chauffage.
La modélisation est réalisée en considérant un brassage efficace de l’eau. Les résultats de cette modélisation sont donnés en figures  ci-dessous.

Q19. En utilisant les figures , déterminer la durée nécessaire au chauffage de l’eau dans le cas où il n’y a pas de tartre sur le thermoplongeur et en déduire la température atteinte par le thermoplongeur à la fin du chauffage. Comparer à la valeur obtenue à la question Q18.
En accord avec la valeur trouvée à la question 18.

L’ADEME (Agence De l’Environnement et de la Maitrise de l’Énergie) recommande de détartrer régulièrement son lave-linge pour éviter une surconsommation énergétique.
Q20. En utilisant la figure 4, montrer que la présence de tartre sur le thermoplongeur augmente la consommation énergétique d’environ 15 % lors du cycle de chauffage de l’eau, par rapport à une situation où le tartre est absent.
La durée du chauffage passe de 120 à 140 soit une augmentation de (140-120) / 120 ~  0,17 ( 17 %).
La consommation d'énergie augmente aussi de 17 %.


  
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