نموذج مباراة ولوج سلك المهندسين بالمدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM الرباط 2021-2022 - مسلك EEIN - علوم المهندس

Ce modèle est l'épreuve de sciences de l'ingénieur du concours d'accès au cycle d'ingénieurs de l'ENSAM Rabat (Université Mohammed V), filière EEIN, année universitaire 2021-2022, épreuve du 14/07/2021. Durée : 3 heures. Quatre parties indépendantes : A — Électricité, B — Électronique, C — Automatisme, D — Automatique. Voici une correction proposée, calculs détaillés.

💡 Gestion du temps : les parties C (questions courtes de logique et de GRAFCET) et les questions de cours (B1, D) rapportent vite ; traitez-les sans y passer plus de 40 minutes au total, et gardez le reste pour les calculs de A, B2, B3 et D1. Encadrez chaque résultat, comme le demande l'énoncé.

Partie A — Électricité

Exercice A1 — Charge monophasée (V = 230 V, f = 50 Hz)

Le schéma comporte deux branches en parallèle sur la source : R₁ = 20 Ω seule, et L = 20 mH en série avec R₂ = 10 Ω, parcourue par I₂. Lω = 0,02 × 2π × 50 = 6,28 Ω.

1. Équation complexe : V = (R₂ + jLω) I₂ = R₂I₂ + jLωI₂.
2. Diagramme de Fresnel (V origine des phases) : on trace I₂ en retard sur V ; le vecteur R₂I₂ est colinéaire à I₂, le vecteur jLωI₂ lui est perpendiculaire (en avance de 90°) ; leur somme ferme le triangle sur V (horizontal).
3. I₂ : |Z₂| = √(10² + 6,28²) = 11,81 Ω ; arg Z₂ = arctan(6,28/10) = 32,1°.
   I₂ = 230 / 11,81 = 19,47 A, déphasé de −32,1° par rapport à V.
4. I = I₁ + I₂ avec I₁ = V/R₁ = 11,5 A (en phase avec V).
   I = 11,5 + 19,47(cos 32,1° − j sin 32,1°) = 11,5 + 16,49 − j10,36 = 27,99 − j10,36.
   I = 29,85 A, déphasé de −20,3° (courant en retard).
5. Boucherot (puissances des éléments) :
   P = R₁I₁² + R₂I₂² = V²/R₁ + R₂I₂² = 2645 + 3793 ≈ 6438 W ;
   Q = LωI₂² = 6,28 × 19,47² ≈ 2383 var ;
   S = √(P² + Q²) ≈ 6865 VA (contrôle : V·I = 230 × 29,85 = 6865 VA).
6. Facteur de puissance : F_p = P/S = 6438/6865 ≈ 0,94 (= cos 20,3°).

Exercice A2 — Établissement du courant dans un circuit RL (r = 10 Ω)

1. Loi des mailles à partir de t = 0 : E = L di/dt + (R + r) i.
2. Avec i(0) = 0 (la bobine s'oppose à la discontinuité du courant) : i(t) = E/(R + r) · (1 − e^−t/τ), avec τ = L/(R + r).
3. u_BC(t) = R i = R E/(R + r) · (1 − e^−t/τ) ;
   u_AB(t) = E − u_BC = r i + L di/dt = E/(R + r) · (r + R e^−t/τ).
4. Lecture des courbes (réponse probable : les graduations des figures sont peu lisibles sur le scan) :
   • à t = 0, u_AB(0) = E : la figure 4 part de 8 V, donc E = 8 V ;
   • en régime permanent u_BC = 7 V et u_AB = 1 V (= 8 − 7) : I = u_AB/r = 1/10 = 0,1 A, donc R = 7/0,1 = 70 Ω ;
   • constante de temps : u_BC(τ) = 0,63 × 7 ≈ 4,4 V, atteint vers t ≈ 2 ms (les points de la figure 3 donnent τ ≈ 1,95 à 2 ms) : L = τ(R + r) = 2·10⁻³ × 80 = 0,16 H = 160 mH.
5. À t = 3 ms = 1,5 τ : i = 0,1 × (1 − e^−1,5) = 0,0777 A.
   W_s = ½ L i² = 0,5 × 0,16 × 0,0777² ≈ 4,8·10⁻⁴ J ≈ 0,48 mJ.

Exercice A3 — Diode (seuil 0,6 V, résistance dynamique nulle), R₁ = R₂ = 320 Ω

R₁ est en série entre A et B ; R₂ et la diode D (passante de B vers C, sens indiqué par la flèche de I_d ; réponses probables si le sens réel diffère) sont en parallèle entre B et C.

1. Diode bloquée : diviseur de tension, u_BC = V_e R₂/(R₁ + R₂) = V_e/2. La diode devient passante quand u_BC atteint 0,6 V : V_e = 1,2 V.
2. V_e = 6 V > 1,2 V : diode passante, u_BC = 0,6 V et u_AB = 6 − 0,6 = 5,4 V.
3. Courant dans R₁ : 5,4/320 = 16,9 mA ; dans R₂ : 0,6/320 = 1,9 mA. I_d = 16,875 − 1,875 = 15 mA.
4. V_e(t) = 10 sin ωt :
   • tant que V_e < 1,2 V (début et fin de l'alternance positive, et toute l'alternance négative), la diode est bloquée : u_BC = V_e/2 = 5 sin ωt (jusqu'à −5 V pendant l'alternance négative) ;
   • quand V_e ≥ 1,2 V, la diode conduit : u_BC est écrêtée à 0,6 V.
   L'allure est donc une demi-sinusoïde d'amplitude 5 V côté négatif et un palier à 0,6 V côté positif.
5. Conduction pour sin ωt ≥ 0,12, soit ωt ∈ [0,120 rad ; π − 0,120 = 3,021 rad], c'est-à-dire t ∈ [0,019 T ; 0,481 T]. La fréquence n'étant pas donnée, on l'exprime en fonction de la période T (à 50 Hz : de 0,38 ms à 9,62 ms).

Partie B — Électronique

Exercice B1 — Questions de compréhension

1. Schéma équivalent du transistor bipolaire en petits signaux basse fréquence (paramètres hybrides, émetteur commun) : entre base et émetteur, une résistance h_11e (= r_be) parcourue par i_b ; entre collecteur et émetteur, une source de courant commandée h_21e·i_b = β i_b, en parallèle avec la résistance 1/h_22e (souvent négligée). Le terme h_12e est généralement négligé. Équations : v_be = h_11e i_b ; i_c = β i_b + h_22e v_ce.
2. Schéma équivalent d'un amplificateur (quadripôle) : en entrée, une résistance d'entrée R_e sous la tension v_e ; en sortie, un générateur de Thévenin de f.é.m. A_v0·v_e (A_v0 : amplification à vide) en série avec la résistance de sortie R_s.

Exercice B2 — Transistor bipolaire et LED (R_H = 1500 Ω)

Le collecteur est relié à V_DD ; l'émetteur alimente R₃ puis la LED (modèle : V_SD1 = 1,2 V en série avec R_SD1 = 12 Ω). La jonction base-émetteur est modélisée par V_BE1 = 0,6 V en série avec R_BE1 = 1 kΩ.

1. Thévenin vu de AB : E_th = V_DD R_H/(R₁ + R_H) = 5 × 1500/2500 = 3 V ;
   R_th = R₂ + R₁R_H/(R₁ + R_H) = 100 + 600 = 700 Ω.
2. Maille base-émetteur-masse : E_th = (R_th + R_BE1) I_B1 + V_BE1 + (R₃ + R_SD1) I_E1 + V_SD1. Avec I_B1 = I_E1/β :
   I_E1 = (E_th − V_BE1 − V_SD1) / [ R₃ + R_SD1 + (R_th + R_BE1)/β ].
3. I_B1 = (E_th − V_BE1 − V_SD1) / [ R_th + R_BE1 + β(R₃ + R_SD1) ].
4. Valeurs : I_B1 = (3 − 0,6 − 1,2)/(700 + 1000 + 100 × 282) = 1,2/29 900 ≈ 40,1 µA ; I_E1 ≈ 4,01 mA.
5. V_CE1 = V_DD − V_E1 : V_CE1 = V_DD − V_SD1 − β(R₃ + R_SD1) I_B1 = 5 − 1,2 − 28 200 × 40,1·10⁻⁶ ≈ 2,67 V (le transistor fonctionne en régime linéaire).
6. V_E1 = V_SD1 + (R₃ + R_SD1) I_E1 = 1,2 + 282 × 4,01·10⁻³ ≈ 2,33 V (= 5 − 2,67).
7. T1 saturé : V_CE = 0,2 V, V_E1 = 4,8 V, I_E1 = (4,8 − 1,2)/282 ≈ 12,8 mA : la LED est allumée (éclairement maximal).
8. T1 bloqué : I_E1 = 0, aucun courant dans la LED : la LED est éteinte.
9. Saturation : I_E1 ≥ I_E,sat = (V_DD − V_CEsat − V_SD1)/(R₃ + R_SD1) = 3,6/282 = 12,77 mA, soit I_B1 ≥ I_E,sat/β ≈ 128 µA.
10. Il faudrait E_th = (R_th + R_BE1) × 128 µA + 0,6 + 4,8 ≥ 5,4 V. Or E_th = 5R_H/(1000 + R_H) < 5 V quel que soit R_H : même pour R_H → ∞, I_B1 = (5 − 1,8)/(1100 + 1000 + 28 200) ≈ 106 µA < 128 µA. Réponse probable : aucune valeur de R_H ne sature T1 dans ce montage (collecteur directement à V_DD, montage à charge d'émetteur : V_CE reste supérieur à V_BE). La LED s'allume de plus en plus quand R_H augmente, sans saturation.

Exercice B3 — Amplificateur d'instrumentation (AOP idéaux)

1. AOP idéaux en régime linéaire : V⁻ = V⁺, donc l'entrée inverseuse de A₁ est à V₁ et celle de A₂ à V₂. Courant dans R₁ (de A₁ vers A₂) : i = (V₁ − V₂)/R₁.
2. Aucun courant n'entre dans les AOP, i traverse aussi les deux R₂ :
   V_S1 = V₁ + R₂ i = V₁(1 + R₂/R₁) − V₂ R₂/R₁ ;
   V_S2 = V₂ − R₂ i = V₂(1 + R₂/R₁) − V₁ R₂/R₁.
   D'où V_S2 − V_S1 = (1 + 2R₂/R₁)(V₂ − V₁).
3. A₃ est un soustracteur (R₃ en entrée, R₄ en contre-réaction et vers la masse) : V_S = (R₄/R₃)(V_S2 − V_S1), soit
   V_S = (R₄/R₃)(1 + 2R₂/R₁)(V₂ − V₁).
4. K = (R₄/R₃)(1 + 2R₂/R₁) : le gain se règle avec la seule résistance R₁.
5. Applications : amplification de signaux différentiels faibles en présence d'un fort mode commun — ponts de Wheatstone et jauges de contrainte, capteurs de température, de pression, de force ; instrumentation médicale (ECG, EEG) ; chaînes d'acquisition de mesure.
6. Avec R₄ = 2R₃ : K = 2(1 + 2R₂/R₁) ⇒ R₁ = 2R₂/(K/2 − 1), avec 2R₂ = 151 kΩ.
   K = 5 : R₁ = 151/1,5 ≈ 100,7 kΩ ; K = 500 : R₁ = 151/249 ≈ 606 Ω.
   R₁ doit varier de 606 Ω à 100,7 kΩ (K diminue quand R₁ augmente).

Partie C — Automatisme

C1 — Tableau de conversion

La copie numérisée porte des réponses manuscrites ; la deuxième ligne est fausse. Valeurs correctes :

Justification : −64 en complément à 2 sur 8 bits = 256 − 64 = 192 = 1100 0000₂ = C0₁₆ = 300₈. 377₈ = 3×64 + 7×8 + 7 = 255 = FF₁₆. 127 = 111 1111₂ = 177₈ = 7F₁₆.

C2 — −8 sur 4 bits

En complément à 2 : 8 = 1000 ; complément à 1 : 0111 ; +1 : 1000. C'est la plus petite valeur représentable sur 4 bits (de −8 à +7).

C3 — Séquentiel / combinatoire

Dans un circuit combinatoire, les sorties ne dépendent que de l'état présent des entrées (pas de mémoire). Dans un circuit séquentiel, elles dépendent aussi de l'état antérieur du circuit : il possède une mémoire (bascules), souvent cadencée par une horloge.

C4 — Bascule JK avec J = K = 0

Mémorisation : à chaque front d'horloge, Q_n+1 = J·Q̄_n + K̄·Q_n = 0 + 1·Q_n = Q_n. La sortie garde son état.

C5 — Parties d'un système automatisé

• Partie opérative : agit sur la matière d'œuvre ; elle comprend les actionneurs (vérins, moteurs), les effecteurs, les préactionneurs (distributeurs, contacteurs) et les capteurs qui renvoient les informations.
• Partie commande (automate, carte) : traite les informations des capteurs et des consignes et élabore les ordres envoyés aux préactionneurs.
• Partie relation / dialogue (pupitre, IHM) : permet à l'opérateur de donner des consignes (marche, arrêt, arrêt d'urgence, modes) et de recevoir des signalisations.

C6 — Fonction du circuit

Trois bascules JK avec J = K = 1 : chacune bascule (Q → Q̄) à chaque front actif. Les entrées d'horloge sont actives sur front descendant (cercle). H attaque la première bascule et chaque sortie Q_i sert d'horloge à la suivante : Q₀ change à chaque front descendant de H, Q₁ à chaque passage de Q₀ de 1 à 0, etc. C'est un compteur asynchrone modulo 8 (compteur binaire 3 bits, de 0 à 7, Q₀ poids faible), qui réalise aussi une division de fréquence par 2, 4 et 8.

C7 — Équivalence des deux GRAFCET

Oui, ils sont équivalents (réponse probable : les réceptivités sont peu lisibles sur le scan ; on lit c·X10 pour 1 → 2 et c·X1 pour 10 → 11). Dans la première forme, la transition 1 → 2 n'est franchissable que si l'étape 10 est active, et 10 → 11 seulement si 1 est active : les deux transitions sont validées et franchies simultanément quand X1 = X10 = 1 et c = 1 (règle du franchissement simultané). C'est exactement le comportement de la seconde forme : synchronisation (convergence en ET) des étapes 1 et 10, transition unique c, puis divergence en ET vers 2 et 11.

C8 — Équation de H1

S1 et KM1 sont en parallèle (OU), en série avec S2 (contact fermé au repos, donc complémenté), puis avec le parallèle S3 (fermé au repos) / KM2 :

H1 = (S1 + KM1) · S̄2 · (S̄3 + KM2).

C9 — Activation de l'étape 6

La double barre est une convergence en ET : l'étape 6 est activée quand les étapes 4 et 5 sont actives et les réceptivités b et c sont vraies : X4·X5·b·c (l'étape 4 ayant été activée depuis l'étape 1 par d). Réponse probable : en GRAFCET normalisé, une convergence en ET est suivie d'une transition unique placée sous la double barre ; si le trait était simple (convergence en OU), la condition serait X4·b + X5·c.

C10 — Représentations incorrectes

• A) correcte : une transition unique (a + b) précède la double barre de divergence en ET.
• B) incorrecte : l'étape 1 est reliée directement à une double barre et deux transitions (b, c) sont placées sous la barre. Une divergence en ET doit être précédée d'une seule transition ; si l'on voulait un choix entre b et c, il fallait une divergence en OU (trait simple).
• C) correcte : divergence en OU (trait simple) avec une transition par branche (d, e) ; il faut seulement d et e exclusives pour éviter l'activation simultanée.
• D) correcte : convergence en ET (double barre) suivie d'une transition unique (a·b).

Partie D — Automatique

Questions de cours

1. Boucle fermée / boucle ouverte : la boucle fermée mesure la sortie et la compare à la consigne ; elle corrige automatiquement l'écart, donc améliore la précision, compense les perturbations et les variations de paramètres du système, peut accélérer la réponse et stabiliser un système instable. La boucle ouverte ne réagit pas aux perturbations.
2. Analyses temporelle et fréquentielle : évaluer les performances du système — stabilité, précision (erreur statique et de traînage), rapidité (temps de réponse, bande passante) et amortissement (dépassement, marges de phase et de gain) — afin de dimensionner un correcteur.
3. Correcteur proportionnel : augmenter K augmente le gain de boucle, donc améliore la précision (erreur statique 1/(1 + K·K_s) pour un système de classe 0, sans l'annuler) et la rapidité (bande passante plus large), mais dégrade la stabilité (marges plus faibles, dépassement accru, instabilité possible pour un ordre ≥ 3). C'est le compromis précision / stabilité.

Exercice D1 — H(p) = 2,5 / (1 + 0,05p)²

1. Bode asymptotique : gain statique 20 log 2,5 ≈ 8 dB ; pulsation de cassure double ω₀ = 1/0,05 = 20 rad/s. Gain : horizontale à 8 dB jusqu'à 20 rad/s, puis pente −40 dB/décade. Phase : de 0° à −180°, −90° à 20 rad/s.
   Bande passante à −3 dB : |H(jω)| = 2,5/√2 ⇔ 1 + (0,05ω)² = √2 ⇔ ω_c = 20√(√2 − 1) ≈ 12,9 rad/s (le tracé asymptotique donne l'ordre de grandeur 20 rad/s).
2. Schéma bloc : Ref(p) → comparateur (+ / −) → ε(p) → C(p) → U(p) → H(p) → Y(p), avec retour unitaire de Y(p) vers l'entrée « − » du comparateur. On prend C(p) = K_i(1 + T_ip)/(T_ip), forme standard du correcteur PI (le signe « − » imprimé est vraisemblablement une coquille : il introduirait un zéro instable).
3. Erreurs permanentes (réponse probable, avec la forme standard du PI) : la FTBO C(p)H(p) contient une intégration (classe 1).
   — Échelon : ε_∞ = 0.
   — Rampe ref(t) = 2t : ε_∞ = 2/K_v, avec K_v = lim_p→0 p·C(p)H(p) = 2,5K_i/T_i, soit ε_∞ = 2T_i/(2,5K_i) = 0,8 T_i/K_i.
4. Réglage : on compense un des deux pôles par le zéro du PI : T_i = 0,05 s. FTBO = 50K_i / [p(1 + 0,05p)], d'où la FTBF
   F(p) = 1 / [1 + p/(50K_i) + p²/(1000K_i)] : second ordre de gain 1, ω_n² = 1000K_i et 2z/ω_n = 1/(50K_i), donc z² = 0,1/K_i.
   Pour z = 0,7 : K_i = 0,1/0,49 ≈ 0,204, ω_n = √204 ≈ 14,3 rad/s. (Erreur de traînage correspondante : 0,8 × 0,05/0,204 ≈ 0,196.)
5. Marge de phase : FTBO = 10,2/[p(1 + 0,05p)]. Pulsation de coupure à 0 dB : 10,2 = ω√(1 + (0,05ω)²) ⇒ ω_co ≈ 9,26 rad/s. φ = −90° − arctan(0,05 × 9,26) = −114,8°, soit M_φ ≈ 65° (valeur classique pour z = 0,7).
6. Bode de la boucle fermée : second ordre ω_n = 14,3 rad/s, z = 0,7 : gain 0 dB aux basses fréquences (précision parfaite), résonance quasi nulle (z ≈ 1/√2), puis pente −40 dB/décade ; phase de 0° à −180° (−90° à ω_n). Bande passante à −3 dB : ω_BF ≈ 14,4 rad/s (≈ ω_n pour z = 0,7).
   Conclusion : la bande passante passe d'environ 12,9 rad/s (système seul) à 14,4 rad/s ; temps de réponse à 5 % ≈ 3/ω_n ≈ 0,21 s contre ≈ 0,24 s pour le système seul. Le correcteur PI ainsi réglé annule l'erreur statique tout en conservant, et améliorant légèrement, la rapidité, avec un bon amortissement (dépassement ≈ 4,6 %).