نموذج مباراة توظيف تقنيين - المكتب الوطني للمطارات 2018 - تخصص الكهرباء (TELM)

Ce modèle est l'épreuve écrite d'électricité du concours de recrutement de techniciens (option électricité, TELM) de l'Office National Des Aéroports (ONDA), session 2018. Le sujet comporte quatre exercices notés chacun sur 10 points (électrotechnique générale, chute de tension dans un câble, circuit RLC et Laplace, moteur asynchrone) et une annexe de transformées de Laplace inverses. La page de garde (page 1 sur 10) ne figure pas dans le scan ; la durée n'est donc pas connue. Voici une correction proposée, avec le détail des calculs.

💡 Méthode : dans chaque calcul, écrivez la formule littérale, puis l'application numérique, puis le résultat avec son unité. Le correcteur donne une partie des points à la formule même si le résultat final est faux.

Exercice 1 (10 points) — Questions d'électrotechnique

1) Inconvénients d'un mauvais facteur de puissance (2 pts)

À puissance active P égale, le courant appelé vaut I = P / (√3·U·cos φ) : plus cos φ est faible, plus le courant est grand.

• Pour le producteur / distributeur :
  • alternateurs, transformateurs et lignes doivent être surdimensionnés (ils sont dimensionnés en courant, donc en kVA, pas en kW) ;
  • pertes Joule plus élevées dans les lignes (elles varient comme I², donc comme 1/cos²φ) ;
  • chutes de tension plus importantes et capacité de transport du réseau réduite.
• Pour le consommateur :
  • facturation de l'énergie réactive / pénalités appliquées par le fournisseur quand le cos φ est inférieur au seuil contractuel ;
  • installation interne surdimensionnée (câbles, appareillage, transformateur), pertes et chutes de tension internes ;
  • puissance active disponible réduite pour un transformateur ou un abonnement donné (en kVA).

Remède à citer : compensation de l'énergie réactive par batteries de condensateurs.

2) Inconvénients du démarrage direct d'un moteur asynchrone triphasé (2 pts)

• Forte pointe de courant au démarrage (de l'ordre de 5 à 8 fois le courant nominal) ;
• chute de tension sur le réseau qui perturbe les autres récepteurs branchés sur la même ligne (éclairage, automatismes) ;
• couple de démarrage brutal : à-coups mécaniques sur l'accouplement, les courroies, les engrenages et la machine entraînée ;
• d'où un procédé réservé aux moteurs de faible puissance ou aux réseaux puissants.

3) Inversion du sens de rotation (2 pts)

• Moteur asynchrone triphasé : permuter deux des trois phases d'alimentation (le champ tournant change de sens).
• Moteur asynchrone monophasé : inverser le branchement de l'enroulement auxiliaire (de démarrage, avec son condensateur) par rapport à l'enroulement principal. Inverser les deux fils du secteur ne change rien.
• Moteur à courant continu : inverser la polarité de l'induit ou celle de l'inducteur, mais pas les deux à la fois (sinon le sens est conservé).

4) Démarrage étoile-triangle deux sens : schémas de puissance et de commande (4 pts)

Schéma de puissance (à dessiner sur la page quadrillée) :

• Réseau L1-L2-L3 → Q1 sectionneur porte-fusibles ;
• KM1 contacteur sens 1 (L1→U1, L2→V1, L3→W1) et KM2 contacteur sens 2, câblé en parallèle avec deux phases croisées (L1 et L3 permutées) ;
• F1 relais thermique, puis bornes U1-V1-W1 du moteur ;
• KM3 contacteur étoile : relie entre elles les bornes U2-V2-W2 ;
• KM4 contacteur triangle : relie U2, V2, W2 aux phases de façon à réaliser le couplage triangle (W2 avec U1, U2 avec V1, V2 avec W1).

💡 Si F1 est placé en série avec les enroulements (cas du schéma classique), il voit le courant d'enroulement : on le règle à I_n/√3.

Schéma de commande :

• En série en tête de circuit : contact F1 (95-96) et bouton d'arrêt S0 (NF) ;
• Branche sens 1 : bouton S1 (NO) + contact d'auto-maintien KM1 en parallèle, contact NF de KM2 (verrouillage), bobine KM1 ;
• Branche sens 2 : bouton S2 (NO) + auto-maintien KM2, contact NF de KM1, bobine KM2 ;
• Branche étoile/triangle alimentée par un contact NO de KM1 ou de KM2 (en parallèle) : bobine KM3 (étoile) en série avec le contact temporisé NF d'un relais KA1 et le contact NF de KM4 ; après la temporisation, le contact NO temporisé de KA1 alimente KM4 (triangle) en série avec le contact NF de KM3 ;
• Verrouillages électriques KM1/KM2 et KM3/KM4 obligatoires (court-circuit sinon), doublés si possible d'un verrouillage mécanique.

La temporisation correspond au temps nécessaire pour que le moteur atteigne l'essentiel de sa vitesse en étoile avant le passage en triangle.

Exercice 2 (10 points) — Moteur alimenté par un câble basse tension

Données : moteur de 100 ch, réseau triphasé 380 V – 50 Hz, câble de 200 m, 1 ch = 736 W, cos φ = 0,8.

1) Puissance nominale en kW et en kVA (3 pts)

P = 100 × 736 = 73 600 W = 73,6 kW

S = P / cos φ = 73,6 / 0,8 = 92 kVA

💡 Le rendement n'étant pas donné, on assimile ici la puissance du moteur à la puissance appelée sur le réseau, comme l'attend l'énoncé.

2) Courant absorbé en régime nominal (2 pts)

I = S / (√3 · U) = 92 000 / (1,732 × 380) = 92 000 / 658,2 ≈ 139,8 A

3-a) Chute de tension au bout du départ (câble cuivre 70 mm², ρ = 17·10^-9 Ω·m, réactance négligée) (3 pts)

Résistance d'un conducteur : R = ρ · L / S = 17·10^-9 × 200 / (70·10^-6) ≈ 0,0486 Ω

Chute de tension composée en triphasé : ΔU = √3 · I · (R cos φ + X sin φ), avec X ≈ 0 :

ΔU = √3 × 139,8 × 0,0486 × 0,8 ≈ 9,4 V, soit ΔU/U = 9,4 / 380 ≈ 2,5 %.

💡 Erreur fréquente : oublier le cos φ (on obtient alors ≈ 11,8 V, valeur majorée). La longueur à prendre est la longueur simple du câble (200 m) : en triphasé équilibré, il n'y a pas de courant de retour dans le neutre.

3-b) Tension au bout de la ligne (2 pts)

U_fin = U − ΔU = 380 − 9,4 ≈ 370,6 V

Exercice 3 (10 points) — Circuit RLC et transformée de Laplace

Montage (figure 1) : R et L en série, puis le condensateur C aux bornes duquel on prend la sortie V_s. On donne i(t) = C·dV_s/dt et V_L(t) = L·di/dt.

1) V_e(t) en fonction de V_s(t) (3 pts)

Loi des mailles : V_e = R·i + L·di/dt + V_s. En remplaçant i = C·dV_s/dt :

V_e(t) = LC · d²V_s/dt² + RC · dV_s/dt + V_s(t)

2) Fonction de transfert F1(p) = V_s(p)/V_e(p) (3 pts)

Conditions initiales nulles, dérivée → p, dérivée seconde → p² :

V_e(p) = (LC·p² + RC·p + 1) · V_s(p), d'où

F1(p) = 1 / (1 + RC·p + LC·p²)

3) Constantes K, ξ et ω₀ (3 pts)

Par identification avec K / (1 + (2ξ/ω₀)·p + p²/ω₀²) :

• K = 1 : gain statique (en continu, le condensateur est chargé et V_s = V_e) ;
• 1/ω₀² = LC ⇒ ω₀ = 1/√(LC) : pulsation propre non amortie (rad/s) ;
• 2ξ/ω₀ = RC ⇒ ξ = RC·ω₀/2 ⇒ ξ = (R/2)·√(C/L) : coefficient d'amortissement (sans unité).

4) Transformée de Laplace inverse de F1(p) (1 pt)

La 8^e ligne de l'annexe (avec z = ξ) donne, pour ξ < 1 :

f(t) = [ω₀ / √(1 − ξ²)] · e^−ξω₀t · sin(ω_pt), avec ω_p = ω₀·√(1 − ξ²) (et K = 1).

C'est la réponse impulsionnelle du circuit : une oscillation amortie.

Exercice 4 (10 points) — Moteur asynchrone d'une fraiseuse

Plaque : 50 Hz ; Δ 220 V – 11 A ; Y 380 V – 6,4 A ; 1455 tr/min ; cos φ = 0,80.

1) Couplage sur un réseau 380 V entre phases (1 pt)

Chaque enroulement supporte 220 V. Sur un réseau 380 V, il faut le couplage étoile (Y) : chaque enroulement reçoit 380/√3 = 220 V.

2) Nombre de pôles (2 pts)

La vitesse de synchronisme est juste au-dessus de 1455 tr/min : n_s = 1500 tr/min. n_s = 60·f / p ⇒ p = 60 × 50 / 1500 = 2 paires de pôles, soit 4 pôles.

3) Glissement nominal (1 pt)

g = (n_s − n) / n_s = (1500 − 1455) / 1500 = 0,03 = 3 %

4) Pertes fer (essai à vide : P_a0 = 260 W, I₀ = 3,2 A, p_méca = 130 W, r = 0,65 Ω par enroulement) (2 pts)

En étoile, le courant d'enroulement est égal au courant de ligne.

Pertes Joule stator à vide : P_js0 = 3·r·I₀² = 3 × 0,65 × 3,2² = 3 × 0,65 × 10,24 ≈ 20 W

À vide, les pertes Joule rotor sont négligeables (glissement quasi nul), donc :

P_fer = P_a0 − P_js0 − p_méca = 260 − 20 − 130 = 110 W

5) Fonctionnement nominal (4 pts)

Puissance absorbée : P_a = √3·U·I·cos φ = 1,732 × 380 × 6,4 × 0,8 ≈ 3 370 W

• Pertes Joule stator : P_js = 3·r·I² = 3 × 0,65 × 6,4² = 3 × 0,65 × 40,96 ≈ 79,9 W
• Pertes Joule rotor : puissance transmise au rotor P_tr = P_a − P_js − P_fer = 3 370 − 79,9 − 110 ≈ 3 180 W ; P_jr = g·P_tr = 0,03 × 3 180 ≈ 95,4 W
• Rendement : P_u = P_tr − P_jr − p_méca = 3 180 − 95,4 − 130 ≈ 2 955 W ; η = P_u/P_a = 2 955 / 3 370 ≈ 0,877 soit 87,7 %
• Couple utile : Ω = 2π·n/60 = 2π × 1455 / 60 ≈ 152,4 rad/s ; T_u = P_u/Ω = 2 955 / 152,4 ≈ 19,4 N·m

💡 On suppose les pertes fer et mécaniques constantes entre le vide et la charge nominale (même tension, vitesse voisine) : c'est l'hypothèse classique du bilan de puissance.

Remarque : les deux dernières pages du document sont une copie manuscrite de candidat, pas un corrigé officiel ; elle oublie notamment le cos φ dans le calcul de la chute de tension.