Étude d'un lave-linge, sujet de métropole, juin 2026, exercice 1

Énoncé

Exercice sur 11 points
La maîtrise de la durée des différentes étapes du cycle de lavage d'un lave-linge permet de garantir un nettoyage efficace tout en préservant les vêtements. Chaque phase – lavage, rinçage, essorage – est ainsi optimisée, en fonction du type de linge, en termes de consommation d'eau, d'énergie consommée et de durabilité de la machine.
L'objectif de cet exercice est d'étudier les premières phases du fonctionnement d'un lave-linge, le remplissage de la cuve et le chauffage de l'eau, lors de tests effectués en l'absence de linge.

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.

*Figure 1. Schéma de la cuve et du pressostat d'un lave-linge*

Données :

volume d'un cylindre de rayon R et de hauteur H : V = π · R² · H ;
intensité de la pesanteur : g = 9,81 N·kg⁻¹ ;
masse volumique de l'eau : ρ_eau = 1,0 × 10³ kg·m⁻³ ;
paramètres associés au lave-linge étudié :

• la cuve est un cube de côté a = 60,0 cm et de volume V_c = 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 θ₀ = 20 °C ;

• le débit volumique D_v d'arrivée d'eau dans le lave-linge vaut 12 × 10⁻³ m³·min⁻¹.

Q1. Exprimer la durée Δt₁ permettant de remplir à moitié la cuve en fonction du débit volumique de l'eau D_v et de la longueur a du côté du cube. Calculer numériquement Δt₁, exprimé en minutes.
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 la pression 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.
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.
Q4. Exprimer P₂ en fonction des données, puis montrer que la surpression ΔP = P₂ − P₀ entre la pression qui a provoqué l'arrêt du remplissage et la pression initiale, peut s'écrire :
$\Delta P\, =\, P_{0}\, \times \, \frac{\pi \, \cdot \, r^{2}\, \cdot \, h}{V_{0}\, -\, \pi \, \cdot \, r^{2}\, \cdot \, h}$
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 ΔP 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.
On rappelle la loi fondamentale de la statique des fluides : dans un fluide incompressible au repos de masse volumique ρ, la pression P à l'altitude z, P(z), vérifie la relation P(z) + ρ · 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 1.
Lorsque la machine n'est plus en phase de test mais en fonctionnement normal et sans linge, la surpression ΔP 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.

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 de la figure 2.

*Figure 2. Schéma du montage modélisant un temporisateur*

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 t_seuil pour lequel la tension u_R aux bornes de la résistance atteint un tiers de la tension d'alimentation :

$u_{R}\left ( t_{seuil} \right )\, =\, \frac{E}{3}$
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 u_C(t) aux bornes du condensateur en fonction du temps est de la forme :
$u_{C}\left ( t \right )\, +\, R\, \cdot \, C\, \cdot \, \frac{du_{C}}{dt}\, =\, E$
Les solutions de l'équation différentielle précédente sont des fonctions du temps de la forme
u_C(t) = $A\left ( 1\, -\, e^{-t/\tau } \right )$ , avec τ = R · C.
Q9. Déterminer l'expression de la constante A dans la situation étudiée.
Q10. En déduire que l'expression de la tension aux bornes du conducteur ohmique au cours du temps est $u_{R}\left ( t \right )\, =\, E\, \cdot \, e^{-t/\tau }$ .
Q11. Montrer que la date de fin de temporisation t_seuil, date à laquelle le comparateur envoie un signal, s'exprime comme t_seuil = τ · ln3.
La durée de temporisation, notée Δt₂, est définie par Δt₂ = t_seuil. 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 Δt₂ 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 Ω, R₂=5,0 kΩ et R₃ = 100 kΩ.
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.
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 sur la figure 3.

*Figure 3. Évolution de la tension uR(t) aux bornes de la résistance en fonction du temps*

Q13. Déterminer graphiquement la valeur initiale u_R(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 u_R(t = 0) obtenue en appliquant la loi des mailles.
Q14. Déterminer, à l'aide du graphique de la figure 3, la valeur expérimentale τ_exp de la constante de temps du circuit RC. Commenter.

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 θ₀ = 20 °C jusqu'à la température θ_f = 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 : V_eau = 5,7 L ;
masse volumique de l'eau : ρ_eau = 1,0 × 10³ kg·m⁻³ ;
capacité thermique massique de l'eau : c_eau = 4,18 × 10³ J·kg⁻¹·K⁻¹ ;
puissance électrique fournie au thermoplongeur : P_él = 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.
Q16. Montrer que la valeur du transfert thermique Q nécessaire pour chauffer l'eau de θ₀ à θ_f est d'environ 0,24 MJ.
On fait l'hypothèse que la puissance électrique fournie au thermoplongeur est intégralement transmise à l'eau sous la forme d'un flux thermique Φ de valeur constante : P_él = Φ.
Q17. Calculer la durée nécessaire de fonctionnement du thermoplongeur Δt₃, en minutes, pour que l'eau contenue dans la cuve passe de la température θ₀ = 20 °C à la température θ_f = 30 °C.
On peut modéliser le flux thermique Φ du thermoplongeur vers l'eau par la relation
Φ = h_c · S · (θ_thermo − θeau), avec :

h_c : coefficient de transfert thermique entre le thermoplongeur et l'eau ;
S : surface du thermoplongeur ;
θ_thermo et θ_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 : h_c,0 = 1,0 × 10³ W·m⁻²·K⁻¹ ;

• avec brassage de l'eau : h_c,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 θ_f.
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 4 et 5 ci-dessous.


D'après Pezzin A., Giansetti M., Ferri A., Comsol Conference Proceedings, 2013

Q19. En utilisant les figures 4 et 5, 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.
L'ADEME (Agence De l'Environnement et de la Maîtrise 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.

Corrigé

1. Remplissage de la cuve

Q1. Il faut d'abord calculer le volume de la cuve : V_cuve qui est un cube d'arête a. Puis utiliser la relation du débit volumique D_v afin d'isoler la durée d'écoulement Δt₁.

Le volume de la cuve est : V_cuve = a³
Pour remplir la moitié de la cuve, le volume d'eau à verser est : $V_{\textrm{eau}}\, =\, \frac{a^{3}}{2}$
Or, le débit volumique vérifie : $D_{v}\, =\, \frac{V_{\textrm{eau}}}{\Delta t_{1}}$
On isole donc Δt₁ : $\Delta t_{1}\, =\, \frac{V_{\textrm{eau}}}{D_{v}}\, =\, \frac{a^{3}}{2\, \times \, D_{v}}$

Avec a = 60,0 cm = 0,600 m et D_v = 12 × 10⁻³ m³·min⁻¹ :

D'après l'unité du débit volumique, la durée Δt₁ sera donnée en minute :

$\Delta t_{1}\, =\, \frac{0,600^{3}}{2\, \times \, \left ( 12\, \times \, 10^{-3}\right )}$
Δt₁ = 9,0 min
La durée nécessaire pour remplir la moitié de la cuve est donc Δt₁ = 9,0 min.

Q2. Lors du remplissage, de l'eau entre dans la chambre de compression, le volume occupé par l'air diminue en passant de V₀ à V₂, la quantité de matière de gaz (ici de l'air assimilable à un gaz parfait) n est constante et la température T est constante.

On applique la relation des gaz parfaits : P × V = n × R × T avec R, n et T qui sont des constantes donc P × V = constante.

On retrouve la relation de Boyle-Mariotte vue en 1^re.

On a ici $P\, =\, \frac{constante}{V}$ . Si V diminue, alors P augmente.

Q3. Avec le schéma on comprend qu'avant le remplissage, l'air occupe un volume V₀ dans la chambre de compression. Lorsque l'eau entre dans la chambre, elle occupe un volume cylindrique πr²h.

À l'arrêt du remplissage, l'eau occupe dans la chambre de compression un volume cylindrique :
V_eau = π × r² × h
Le volume occupé par l'air est donc le volume restant :
V₂ =V₀ − π × r² × h

Q4. On utilise ici la relation de Boyle-Mariotte lors de la compression de l'air dans la chambre de compression. Avant le remplissage, sa pression est P₀ et son volume V₀ et après le remplissage sa pression est P₂ et son volume V₂.

L'air est assimilé à un gaz parfait. La quantité d'air et la température restent constantes, donc :
P₀ × V₀ =P₂ × V₂

On isole P₂ :

$P_{2}\, =\, \frac{P_{0}\, \times \, V_{0}}{V_{2}}$

On remplace V₂ par son expression déterminée à la question précédente :

V₂ = V₀ − π × r² × h. On obtient :
$P_{2}\, =\, \frac{P_{0}\, \times \, V_{0}}{V_{0}\, -\, \pi \, \times \, r^{2}\, \times \, h}$
La surpression vaut :
ΔP = P₂ − P₀

On remplace P₂ par l'expression déterminée précédemment :

$\Delta P\, =\, \frac{P_{0}V_{0}}{V_{0}\, -\, \pi r^{2} h}\, -\, P_{0}$
$\Delta P\, =\, P_{0}\, \times \, \left ( \frac{V_{0}}{V_{0}\, -\, \pi r^{2} h}\, -\, 1 \right )$
$\Delta P\, =\, P_{0}\, \times \, \frac{V_{0}\, -\, \left ( V_{0}\, -\, \pi r^{2} h\right )}{V_{0}\, -\, \pi r^{2} h}$
On obtient bien : $\Delta P\, =\, P_{0}\, \times \, \frac{\pi \, \cdot \, r^{2}\, \cdot \, h}{V_{0}\, -\, \pi \, \cdot \, r^{2}\, \cdot \, h}$

Q5. On réalise l'application numérique de l'expression obtenue précédemment :

$\Delta P\, =\, P_{0}\, \times \, \frac{\pi r^{2}h}{V_{0}\, -\, \pi r^{2}h}$

On pense à convertir les grandeurs dans les unités du système international :

r = 3,0 cm = 3,0 × 10⁻² m
h = 5,0 mm = 5,0 × 10⁻³ m
V₀ = 0,50 L = 5,0 × 10⁻⁴ m³
P₀ = 1,01 × 10⁵ Pa
Donc :
$\Delta P\, =\, 1,01\, \times \, 10^{5}\, \times \, \frac{\pi \, \times \, \left ( 30\, \times \, 10^{-2} \right )^{2}\, \times \, 5,0\, \times \, 10^{-3}}{5,0\, \times \, 10^{-4}\, -\, \left ( \pi \, \times \, \left ( 3,0\, \times \, 10^{-2} \right )^{2}\, \times \, 5,0\, \times \, 10^{-3} \right )}$
ΔP = 2,9 × 10³ Pa
Comme r, h et V₀ sont donnés avec une précision de deux chiffres significatifs, on gardera bien deux chiffres significatifs et non trois.

On compare cette variation de pression par rapport à celle d'un cycle normal :

$\frac{2,9\, \times \, 10^{3}\, \textrm{Pa}}{150}\, =\, 19$
La surpression obtenue lors du test est beaucoup plus grande que celle d'un cycle normal : elle est environ 20 fois supérieure. Cela est cohérent, car le test correspond à un remplissage de la moitié de la cuve, alors qu'un cycle normal utilise beaucoup moins d'eau.

Q6. Dans la cuve, au point A, la pression à la surface de l'eau est égale à la pression de l'air sur cette même surface : P_A = P₀.
Dans la chambre de compression, au point B, la pression à la surface de l'eau est égale à la pression de l'air (qui est comprimé) sur cette même surface : P_B = P₂

La loi fondamentale de la statique des fluides donne :
P_A + ρgz_A = P_B + ρgz_B

On remplace P_B par P₂ et P_A par P₀ et on obtient :

P₀ + ρgz_A = P₂ + ρgz_B

On modifie l'expression de manière à faire apparaître la surpression ΔP = P₂ − P₀ en soustrayant les deux membres de l'équation par P₂ + ρgz_B.
On obtient (comme appris en 1^re) :

P₂ − P₀ = ΔP = ρ × g × (z_A − z_B)

L'altitude au point A correspond à la demi-hauteur de la cuve $z_{A}\, =\, \frac{a}{2}$ .
L'altitude au point B correspond à la hauteur d'eau dans la chambre de compression z_B = h.

$P_{2}\, -\, P_{0}\, =\, \Delta P\, =\, \rho \, \times \, g\, \times \, \left ( \frac{a}{2}\, -\, h \right )$
Application numérique :
$\Delta P\, =\, 1,0\, \times \, 10^{3}\, \times \, 9,81\, \times \, \left ( \frac{0,600}{2}\, -\, 5,0\, \times \, 10^{-3} \right )$
ΔP = 2,9 × 10³ Pa

On gardera bien deux chiffres significatifs car la masse volumique et l'altitude h sont données avec deux chiffres significatifs.

On retrouve bien la valeur de la surpression obtenue précédemment en Q5.

Q7. Il est dit : « on considère que la hauteur d'eau dans la chambre de compression, h, est négligeable devant la hauteur d'eau dans la cuve ».
On aura donc z_A − z_B = H, la hauteur d'eau dans la cuve.

ΔP = ρ × g × (z_A − z_B) = ρ × g × H

Le volume d'eau V_eau dans la cuve est égal à la base a × a multipliée par la hauteur H.

V_eau = a² × H
$H\, =\, \frac{V_{eau}}{a^{2}}$
On remplace dans l'équation précédente : $\Delta P\, =\, \rho \, \times \, g\, \times \, \frac{V_{eau}}{a^{2}}$
On isole V_eau : $V_{\textrm{eau}}\, =\, \frac{\Delta P\, \times \, a^{2}}{\rho \, \times \, g}$

Application numérique : $V_{\textrm{eau}}\, =\, \frac{150\, \times \, 0,600^{2}}{1,0 \, \times \, 10^{3}\, \times \, 9,81}\, =\, 5,5\, \times \, 10^{-3}\, \textrm{m}^{3}\, =\, 5,5\, \textrm{L}$ .
Le volume d'eau contenu dans la cuve en fonctionnement normal et sans linge est donc d'environ 5,5 L.

2. Durée de temporisation

Q8. Lorsque l'interrupteur est en position 1, le condensateur se charge à travers la résistance R.

Le circuit peut être assimilé au circuit ci-contre. On ne se préoccupe pas du comparateur.
D'après la convention générateur, la tension du générateur E est dans le même sens que le courant. D'après la convention récepteur, la tension aux bornes de la résistance u_R(t) et la tension aux bornes du condensateur u_C(t) sont en sens inverse du courant.
On rappelle la loi des mailles : la somme des tensions dans une boucle (ici c'est un circuit en série donc il n'y a qu'une seule boucle) est nulle.

E − u_R(t) − u_C(t) = 0
Ce qui revient à :
E = u_R(t) + u_C(t)

Pour un conducteur ohmique (comme une résistance) on peut appliquer la loi d'Ohm :

u_R(t) = Ri(t)

Le courant est assimilable à un débit de charges.
Le courant est la dérivée de la charge par rapport au temps :
$i\left ( t \right )\, =\, \frac{\textrm{d}q\left ( t \right )}{\textrm{d}t}$
Pour un condensateur, il faut savoir que la charge aux bornes de ses armatures est égale à sa capacité multipliée par la tension à ses bornes :

q(t) = C × u_C(t)
On dérive cette expression par rapport au temps avec C la capacité qui est une constante :
$i\left ( t \right )\, =\, \frac{\textrm{d}\left ( C\, \times \, u_{C\left ( t \right )} \right )}{\textrm{d}t}\, =\, C\frac{\textrm{d}u_{C\left ( t \right )}}{\textrm{d}t}$
Donc :
$u_{R}\left ( t \right )\, =\, RC\frac{\textrm{d}u_{C\left ( t \right )}}{\textrm{d}t}$

En remplaçant dans la loi des mailles, on obtient :

$E\, =\, RC\frac{\textrm{d}u_{C\left ( t \right )}}{\textrm{d}t}\left ( t \right )\, +\, u_{C}\left ( t \right )$
Soit :
$u_{C}\left ( t \right )\, +\, RC\frac{\textrm{d}u_{C\left ( t \right )}}{\textrm{d}t}\, =\, E$
On retrouve bien l'équation différentielle demandée.

Q9. Méthode mathématique :
La solution proposée est :
$u_{C}\left ( t \right )\, =\, A\left ( 1\, -\, e^{-\frac{t}{\tau }}\right )$

On calcule la dérivée u_C(t). Sachant que A et τ sont des constantes, on obtient :

$\frac{\textrm{d}u_{C\left ( t \right )}}{\textrm{d}t}\, =\, \frac{A}{\tau }e^{\frac{-t}{\tau }}$

On injecte la solution proposée et sa dérivée dans l'équation différentielle :

$A\left ( 1\, -\, e^{\frac{t}{\tau }} \right )\, +\, \tau \frac{A}{\tau }e^{\frac{-t}{\tau }}\, =\, E$
$A\, -\, Ae^{-\frac{t}{\tau }}\, +\, Ae^{\frac{-t}{\tau }}\, =\, E$
A = E
La solution est donc :
$u_{C}\left ( t \right )\, =\, E\left ( 1\, -\, e^{-\frac{t}{\tau }} \right )$

Q10. Connaissant l'expression u_C(t), et la tension aux bornes du générateur étant une constante E, on utilise la loi des mailles pour exprimer u_R(t).

D'après la loi des mailles :
E = u_R(t) + u_C(t)
Donc :
u_R(t) = E − u_C(t)
En utilisant l'expression précédente :
$u_{R}\left ( t \right )\, =\, E\, -\, E\left ( 1\, -\, e^{-\frac{t}{\tau }} \right )$
$u_{R}\left ( t \right )\, =\, E\, -\, E\, +\, Ee^{-\frac{t}{\tau }}$
$u_{R}\left ( t \right )\, =\, Ee^{-\frac{t}{\tau }}$
On obtient bien :
$u_{R}\left ( t \right )\, =\, Ee^{-\frac{t}{\tau }}$

Q11. Grâce à la question précédente, on connaît l'expression de la tension aux bornes de la résistance en fonction du temps. On veut déterminer le temps nécessaire pour que cette tension soit égale à $\frac{E}{3}$ . On doit résoudre l'équation à t = t_seuil : $u_{R}\left ( t_{\textrm{seuil}} \right )\, =\, \frac{E}{3}$ .
Le comparateur envoie un signal lorsque :
$u_{R}\left ( t_{\textrm{seuil}} \right )\, =\, \frac{E}{3}$
Or :
$u_{R}\left ( t\right )\, =\, Ee^{-\frac{t}{\tau }}$
Donc :
$Ee^{-\frac{t_{\textrm{seuil}}}{\tau }}\, =\, \frac{E}{3}$

On simplifie par E :

$e^{-\frac{t_{\textrm{seuil}}}{\tau }}\, =\, \frac{1}{3}$

On applique la fonction logarithme népérien pour « sortir » t_seuil de l'exponentielle :

$-\frac{t_{\textrm{seuil}}}{\tau }\, =\, \textrm{ln}\left ( \frac{1}{3} \right )$

Or, il faut connaître la propriété du logarithme népérien : $\textrm{ln}\left ( \frac{a}{b} \right )\, =\, \textrm{ln}\left ( a \right )\, -\, \textrm{ln}\left ( b \right )$

$-\frac{t_{\textrm{seuil}}}{\tau }\, =\, \textrm{ln}\left ( 1 \right )\, -\, \textrm{ln}\left ( 3 \right )$

Il faut aussi savoir que ln(1) = 0, donc :

$-\frac{t_{\textrm{seuil}}}{\tau }\, =\, -\textrm{ln}\left ( 3 \right )$

On isole t_seuil :

t_seuil = τ ln(3)
Q12. La durée de temporisation vaut :
Δt₂ = t_seuil = τ ln(3)
Or :
τ = RC
Donc :
Δt₂ = RC ln(3)

On isole R :

$R\, =\, \frac{\Delta t_{2}}{C\, \textrm{ln}\left ( 3 \right )}$
On cherche une durée voisine de 30 s.
Application numérique : Avec C = 4,70 mF = 4,70 × 10⁻³ F, on a :
$R\, =\, \frac{30}{4,70\, \times \, 10^{-3}\, \times \, \textrm{ln}\left ( 3 \right )}$
R = 5,8 × 10³ Ω

La résistance de 5,8 kΩ n'est pas dans les trois résistances proposées. Il faut donc choisir la résistance proposée qui s'en rapproche le plus :

R₂ = 5,0 kΩ

On peut vérifier que l'on ne s'éloigne pas trop des 30 s voulues pour la durée de temporisation avec R₂ :

Δt₂ = 5,0 × 10³ × 4,70 × 10⁻³ × ln(3)
Δt₂ $\approx$ 26 s
Q13. ERREUR dans le sujet.
Lorsqu'on bascule l'interrupteur en position 2, le condensateur se décharge dans la résistance.
Cette question a fait polémique : si on ne change pas les branchements du condensateur, u_C(t) serait négative, ce qui contredit le graphique de la figure 3.

On utilisera donc le circuit ci-contre (différent certes mais en accord avec la suite) pour schématiser la situation lorsque l'interrupteur est en position 2.

Lecture graphique à partir de la figure 3 :

On cherche la valeur initiale de la tension, c'est-à-dire à t = 0 s (moment ou l'interrupteur est placé en position 2). Il suffit de lire l'ordonnée à l'origine :

u_R(t = 0) $\approx$ 4,5 V
Raisonnement physique :
Avant le basculement en position 2, le condensateur est chargé, donc :
u_C(t = 0) = E = 4,5 V
Le condensateur joue le rôle de générateur et se décharge dans la résistance, soit d'après la loi des mailles :
u_C(t) − u_R(t) = 0
u_C(t) − u_R(t)
À t = 0 s :
u_C(t = 0) = u_R(t = 0) = E = 4,5 V
La valeur lue graphiquement est bien en accord avec la valeur théorique.

Q14. Ici on calculera l'expression de la tension aux bornes de la résistance u_R (τ) à l'instant t = τ. Puis on lira, sur la courbe en figure 3, la valeur obtenue précédemment en ordonnée pour en déduire τ en abscisse.

À t = τ, on a $u_{R}\left ( \tau \right )\, =\, Ee^{-\frac{\tau }{\tau }}$
u_R(τ) = Ee⁻¹
$u_{R}\left ( \tau \right )\, =\, \frac{4,5}{e}\, =\, 1,7\, \textrm{V}$
Sur le graphique, la tension atteint environ 1,7 V pour :
τ_exp $\approx$ 24 s
On compare à la valeur théorique :
τ = RC
Avec R = 5,0 kΩ = 5,0 × 10³ Ω et C = 4,70 mF = 4,70 × 10⁻³ F :
τ = 5,0 × 10³ × 4,70 × 10⁻³
τ = 24 s
La valeur expérimentale τ_exp est donc cohérente avec la valeur théorique τ.

3. Chauffage de l'eau

Q15. Il s'agit d'une question de cours.

Les trois modes possibles de transferts thermiques sont la conduction, la convection et le rayonnement. Le transfert par rayonnement est négligeable aux températures considérées (20 à 30 °C).

Q16. On cherche à calculer l'énergie thermique (chaleur) pour augmenter la température de 5,7 L d'eau liquide de 10 °C. L'eau ne dépassant pas 30 °C, aucun changement d'état n'est à prévoir, on utilisera la relation Q = m_eauc_{eau liquide}Δθ.

L'énergie thermique nécessaire pour chauffer l'eau vaut :
Q = m_eauc_eau(θ_f − θ₀)
L'eau étant à l'état liquide on détermine sa masse grâce à sa masse volumique :
m_eau = ρ_eauV_eau
Donc :
Q = ρ_eauV_eauc_eau(θ_f − θ₀)
Il faut convertir le volume en m³ :
V_eau = 5,7 L = 5,7 × 10⁻³ m³
Application numérique :
Q = (1,0 × 10³) × (5,7 × 10⁻³) × (4,18 × 10³) × (30 − 20)
Q = 2,4 × 10⁵ J
Le transfert thermique nécessaire est bien d'environ 0,24 MJ.

Q17. On calcule la durée de fonctionnement grâce à la relation du flux thermique $\Phi \, =\, \frac{Q}{\Delta t}$ .

On suppose que toute la puissance électrique fournie au thermoplongeur est transmise à l'eau :
P_él = Φ
La puissance étant une énergie transférée par unité de temps :
$P_{\textrm{él}} \, =\, \frac{Q}{\Delta t_{3}}$
On isole Δt₃ :
$\Delta t_{3}\, =\, \frac{Q}{P_{\textrm{él}}}$
Application numérique :
$\Delta t_{3}\, =\, \frac{2,38\, \times \, 10^{5}}{2,0\, \times \, 10^{3}}$
Δt₃ = 1,2 × t² s
Conversion en minute :
$\Delta t_{3}\, =\, \frac{1,2\, \times \, 10^{2}}{60}\, =\, 2,0\, \textrm{min}$
La durée nécessaire de fonctionnement du thermoplongeur est donc d'environ Δt₃ = 2,0 min.

Q18. On cherche la température que doit atteindre le thermoplongeur pour que l'ensemble de l'eau atteigne 30 °C. On utilise la relation fournie dans l'énoncé Φ = h_cS(θ_thermo − θ_eau) et on isolera θ_thermo pour les deux valeurs de h_c proposées.

Φ = h_cS(θ_thermo − θ_eau)
$\theta _{\textrm{thermo}}\, =\, \theta _{\textrm{eau}}\, +\, \frac{\Phi }{h_{c}S}$
Quand l'eau atteint la température finale : θ_eau = θ_f = 30 °C
On suppose toujours que toute la puissance électrique fournie au thermoplongeur est transmise à l'eau :
Φ = P_él = 2,0 × 10³ W
Application numérique :

Sans brassage de l'eau :	Avec brassage de l'eau :
$\theta _{\textrm{thermo}}\, =\, 30\, +\, \frac{2,0\, \times \, 10^{3}}{1,0\, \times \, 10^{3}\, \times \, 0,020}$ θ_thermo = 30 + 100 θ_thermo = 130 °C	$\theta _{\textrm{thermo}}\, =\, 30\, +\, \frac{2,0\, \times \, 10^{3}}{4,0\, \times \, 10^{3}\, \times \, 0,020}$ θ_thermo = 30 + 25 θ_thermo = 55 °C

La température du thermoplongeur vaut donc environ 130 °C sans brassage et 55 °C avec brassage.

Q19. Pour mesurer la durée de chauffage de l'eau, on utilise la courbe en trait plein de la figure 4. On utilise cette valeur et la courbe en trait plein de la figure 5 pour déterminer la température du thermoplongeur.

D'après la figure 4, dans le cas sans tartre, l'eau atteint la température θ_f = 30 C au bout d'environ : Δt $\approx$ 120 s.

D'après la figure 5, à Δt $\approx$ 120 s, la température du thermoplongeur sans tartre est difficile à estimer, elle est : 55 ° C < θ_thermo < 60 °C.

Cette valeur est cohérente avec celle obtenue à la question Q18, où l'on trouvait, avec brassage de l'eau :
θ_thermo = 55 °C

Q20. On calculera l'énergie électrique consommée avec et sans tartre avec la relation E = PΔt et on calculera l'augmentation relative avec la relation $\frac{E_{\textrm{avec\, tartre}}\, -\, E_{\textrm{sans\, tartre}}}{E_{\textrm{sans\, tartre}}}$ .

D'après la figure 4, l'eau atteint θ_f = 30 °C au bout d'environ :
Δt_{sans tartre} $\approx$ 120 s
Avec 2 mm de tartre, l'eau atteint la même température au bout d'environ :
Δt_{avec tartre} $\approx$ 140 s
La puissance fournie étant supposée constante, l'énergie consommée est proportionnelle à la durée de chauffage :
E = P_élΔt
L'augmentation relative de la consommation vaut donc :
$t\, =\, \frac{E_{\textrm{avec\, tartre}}\, -\, E_{\textrm{sans\, tartre}}}{E_{\textrm{sans\, tartre}}}$
$t\, =\, \frac{140\, -\, 120}{120}\, =\, 0,17$
La consommation énergétique augmente d'environ 17 % lorsqu'une couche de 2 mm se dépose sur le thermoplongeur. Compte tenu des incertitudes de lecture graphique, cette valeur est cohérente avec l'augmentation d'environ 15 % annoncée par l'ADEME.

Voir le corrigé

Corrigé

1. Remplissage de la cuve

Q1. Il faut d'abord calculer le volume de la cuve : V_cuve qui est un cube d'arête a. Puis utiliser la relation du débit volumique D_v afin d'isoler la durée d'écoulement Δt₁.

Avec a = 60,0 cm = 0,600 m et D_v = 12 × 10⁻³ m³·min⁻¹ :

D'après l'unité du débit volumique, la durée Δt₁ sera donnée en minute :

$\Delta t_{1}\, =\, \frac{0,600^{3}}{2\, \times \, \left ( 12\, \times \, 10^{-3}\right )}$
Δt₁ = 9,0 min
La durée nécessaire pour remplir la moitié de la cuve est donc Δt₁ = 9,0 min.

On applique la relation des gaz parfaits : P × V = n × R × T avec R, n et T qui sont des constantes donc P × V = constante.

On retrouve la relation de Boyle-Mariotte vue en 1^re.

On a ici $P\, =\, \frac{constante}{V}$ . Si V diminue, alors P augmente.

Q3. Avec le schéma on comprend qu'avant le remplissage, l'air occupe un volume V₀ dans la chambre de compression. Lorsque l'eau entre dans la chambre, elle occupe un volume cylindrique πr²h.

L'air est assimilé à un gaz parfait. La quantité d'air et la température restent constantes, donc :
P₀ × V₀ =P₂ × V₂

On isole P₂ :

$P_{2}\, =\, \frac{P_{0}\, \times \, V_{0}}{V_{2}}$

On remplace V₂ par son expression déterminée à la question précédente :

V₂ = V₀ − π × r² × h. On obtient :
$P_{2}\, =\, \frac{P_{0}\, \times \, V_{0}}{V_{0}\, -\, \pi \, \times \, r^{2}\, \times \, h}$
La surpression vaut :
ΔP = P₂ − P₀

On remplace P₂ par l'expression déterminée précédemment :

Q5. On réalise l'application numérique de l'expression obtenue précédemment :

$\Delta P\, =\, P_{0}\, \times \, \frac{\pi r^{2}h}{V_{0}\, -\, \pi r^{2}h}$

On pense à convertir les grandeurs dans les unités du système international :

On compare cette variation de pression par rapport à celle d'un cycle normal :

La loi fondamentale de la statique des fluides donne :
P_A + ρgz_A = P_B + ρgz_B

On remplace P_B par P₂ et P_A par P₀ et on obtient :

P₀ + ρgz_A = P₂ + ρgz_B

On modifie l'expression de manière à faire apparaître la surpression ΔP = P₂ − P₀ en soustrayant les deux membres de l'équation par P₂ + ρgz_B.
On obtient (comme appris en 1^re) :

P₂ − P₀ = ΔP = ρ × g × (z_A − z_B)

L'altitude au point A correspond à la demi-hauteur de la cuve $z_{A}\, =\, \frac{a}{2}$ .
L'altitude au point B correspond à la hauteur d'eau dans la chambre de compression z_B = h.

On gardera bien deux chiffres significatifs car la masse volumique et l'altitude h sont données avec deux chiffres significatifs.

On retrouve bien la valeur de la surpression obtenue précédemment en Q5.

ΔP = ρ × g × (z_A − z_B) = ρ × g × H

Le volume d'eau V_eau dans la cuve est égal à la base a × a multipliée par la hauteur H.

2. Durée de temporisation

Q8. Lorsque l'interrupteur est en position 1, le condensateur se charge à travers la résistance R.

E − u_R(t) − u_C(t) = 0
Ce qui revient à :
E = u_R(t) + u_C(t)

Pour un conducteur ohmique (comme une résistance) on peut appliquer la loi d'Ohm :

u_R(t) = Ri(t)

En remplaçant dans la loi des mailles, on obtient :

On calcule la dérivée u_C(t). Sachant que A et τ sont des constantes, on obtient :

$\frac{\textrm{d}u_{C\left ( t \right )}}{\textrm{d}t}\, =\, \frac{A}{\tau }e^{\frac{-t}{\tau }}$

On injecte la solution proposée et sa dérivée dans l'équation différentielle :

Q10. Connaissant l'expression u_C(t), et la tension aux bornes du générateur étant une constante E, on utilise la loi des mailles pour exprimer u_R(t).

On simplifie par E :

$e^{-\frac{t_{\textrm{seuil}}}{\tau }}\, =\, \frac{1}{3}$

On applique la fonction logarithme népérien pour « sortir » t_seuil de l'exponentielle :

$-\frac{t_{\textrm{seuil}}}{\tau }\, =\, \textrm{ln}\left ( \frac{1}{3} \right )$

Or, il faut connaître la propriété du logarithme népérien : $\textrm{ln}\left ( \frac{a}{b} \right )\, =\, \textrm{ln}\left ( a \right )\, -\, \textrm{ln}\left ( b \right )$

$-\frac{t_{\textrm{seuil}}}{\tau }\, =\, \textrm{ln}\left ( 1 \right )\, -\, \textrm{ln}\left ( 3 \right )$

Il faut aussi savoir que ln(1) = 0, donc :

$-\frac{t_{\textrm{seuil}}}{\tau }\, =\, -\textrm{ln}\left ( 3 \right )$

On isole t_seuil :

t_seuil = τ ln(3)
Q12. La durée de temporisation vaut :
Δt₂ = t_seuil = τ ln(3)
Or :
τ = RC
Donc :
Δt₂ = RC ln(3)

On isole R :

La résistance de 5,8 kΩ n'est pas dans les trois résistances proposées. Il faut donc choisir la résistance proposée qui s'en rapproche le plus :

R₂ = 5,0 kΩ

On peut vérifier que l'on ne s'éloigne pas trop des 30 s voulues pour la durée de temporisation avec R₂ :

On utilisera donc le circuit ci-contre (différent certes mais en accord avec la suite) pour schématiser la situation lorsque l'interrupteur est en position 2.

Lecture graphique à partir de la figure 3 :

On cherche la valeur initiale de la tension, c'est-à-dire à t = 0 s (moment ou l'interrupteur est placé en position 2). Il suffit de lire l'ordonnée à l'origine :

3. Chauffage de l'eau

Q15. Il s'agit d'une question de cours.

Les trois modes possibles de transferts thermiques sont la conduction, la convection et le rayonnement. Le transfert par rayonnement est négligeable aux températures considérées (20 à 30 °C).

Q17. On calcule la durée de fonctionnement grâce à la relation du flux thermique $\Phi \, =\, \frac{Q}{\Delta t}$ .

Sans brassage de l'eau :	Avec brassage de l'eau :
$\theta _{\textrm{thermo}}\, =\, 30\, +\, \frac{2,0\, \times \, 10^{3}}{1,0\, \times \, 10^{3}\, \times \, 0,020}$ θ_thermo = 30 + 100 θ_thermo = 130 °C	$\theta _{\textrm{thermo}}\, =\, 30\, +\, \frac{2,0\, \times \, 10^{3}}{4,0\, \times \, 10^{3}\, \times \, 0,020}$ θ_thermo = 30 + 25 θ_thermo = 55 °C

La température du thermoplongeur vaut donc environ 130 °C sans brassage et 55 °C avec brassage.

D'après la figure 4, dans le cas sans tartre, l'eau atteint la température θ_f = 30 C au bout d'environ : Δt $\approx$ 120 s.

D'après la figure 5, à Δt $\approx$ 120 s, la température du thermoplongeur sans tartre est difficile à estimer, elle est : 55 ° C < θ_thermo < 60 °C.

Cette valeur est cohérente avec celle obtenue à la question Q18, où l'on trouvait, avec brassage de l'eau :
θ_thermo = 55 °C