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Calcul des poutres
CHAP : Flexion simple
1
I. ETAT LIMITE ULTIME DE RÉSISTANCE
1. Hypothèses de calcul
H1: Les sections droites restent planes après déformations (Hypothèse de Navier)
H2: Il n’y a pas de glissement relatifs entre le béton et l’acier (adhérence parafait, même
déformation)
H3: La résistance à la traction du béton est négligée (à cause de la fissuration)
H4: Le raccourcissement du béton est limité:
H5: L'allongement de l’acier est limité à
H6: le diagramme des déformations d’une section droite passent au moins par l’un des 3
pivots A, B ou C définis, qui définissent les comportements de la section en béton armé en
tenant compte les caractéristiques des matériaux
En flexion
0
2%
bu
  En compression simple
CHAP : Flexion simple
2
CHAP : Flexion simple
2. Diagrammes des trois pivots
2.1 Pivot A - domaine (1)
0
10%
st
  Allongement des armatures
Allongement du béton
0
0 3.5%
b

 
A: Pivot A
B: Pivot B
C: Pivot C
Le diagramme passe par le pivot A
3
CHAP : Flexion simple
Le dimensionnement à l’ELU est conduite en supposant que le diagramme des déformations
passe par l’un des trois pivots A, B ou C
2. Diagrammes des trois pivots
2.1 Pivot A - domaine (1)
h: hauteur totale de la section
d: hauteur utile de la section en flexion simple
𝐴𝑠 :section des aciers tendus
yu: la distance entre la fibre supérieure
et la fibre neutre
u
u
y
d
 
4
2. Diagrammes des trois pivots
2.1 Pivot A - domaine (1)
Le diagramme passe par le pivot A
0
10%
st
  Allongement des armatures
Allongement du béton
0
0 3.5%
b

 
u
bc st
y d y
 


3.5 7
0.2593
10 3.5 27
AB
   

0.2593
u
y d

Valeurs particulières de α
On peut également noter qu’il y a des positions de l’axe neutre à éviter:
2%
bc
 
2
0.167
10 2
  

CHAP : Flexion simple
5
Région a:
• Section entièrement tendue ( traction simple, flexion composée)
• Béton négligé
• Barres d’aciers doivent être prévues en haut et en bas
• L’acier travaille au maximum
Région b:
• Section partiellement comprimée (flexion simple, flexion
composée)
• L’acier travaille au maximum
• L’acier peut être sollicité jusqu’à son maximum
Le pivot A correspond donc à 0.2593
u
 
CHAP : Flexion simple
2. Diagrammes des trois pivots
2.1 Pivot A - domaine (1)
6
2.2 Pivot B - domaine (2)
La section est soumise à la flexion simple
Ou composée
LA position de l’axe neutre est égale à:
0.2593d y h

3.5
3.5
l
l




CHAP : Flexion simple
0
3.5%
bc
 
Allongement des armatures
Allongement du béton
0
0 10%
s

 
Le diagramme passe par le pivot B
2. Diagrammes des trois pivots
7
3.3 Domaine 3, pivot C
Les droites de déformation passent par le pivot C correspond à un raccourcissement
du béton de: 0
2%
bu
 
La position de l’axe neutre est en dehors de la section yu h
3.5 2 2
c c
y h y



3
7
c
y h

Application du théorème de Thalès :
Position du point C
L'ELU est atteint par compression du béton et la section est entièrement comprimée.
CHAP VII: Flexion simple
2. Diagrammes des trois pivots
8
Flexion simple à l’ELU-
Section rectangulaire
CHAP : Flexion simple
9
On connait les paramètres suivantes:
𝑏, 𝑑, 𝑓𝑒 , 𝑓𝑐28 𝑒𝑡 𝑀𝑢
Les inconnues: 𝐴𝑠𝑡, 𝑦
𝐴𝑠𝑡 Section d’armatures
y position de l’axe neutre autrement dit 𝛼𝑢
Calcul des armatures longitudinales à l’E.L.U
SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES
CHAP : Flexion simple
10
Positions particulières de l’axe neutre
Bras de leviers 0.4
u
z d d
 
u
u
y
d
 
avec
SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES
CHAP : Flexion simple
11
Moment ultime réduit 2
. .
u
bu
bu
M
b d f
 
 
0,8 0.8. . . .
b u bu bu
N y b f b d f

   
. .
u b b s b
M N z N z
 
2
0,8. . . .(1 0,4. )
u bu
M b d f
 
  
Equilibre des forces:
0 b s
F N N
  

.
s st s
N A 

e
su
s
f



On remplace Nb et zb par leurs expressions
 
1 0.4
b
z d 
 
0,8. . . .
b bu
F b d f


On pose le moment réduit: 2
. .
u
b
bu
M
b d f
  On obtient : 0,8. .(1 0,4 )
b
  
 
SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES
CHAP : Flexion simple
12
13
1,25.(1 1 2. )
u bu
 
  
bu
 S’exprime également par une équation du second degré 𝛼𝑢 en qui une fois résolue nous donne:
3,5
0,259
3,5 10
bc u
AB
bc st
y
d


 
   
 
AB
 est aussi égale à:
 
0.8 1 0.4
AB AB AB
  
  0.186
AB
 
Moment ultime réduit
CHAP : Flexion simple
14
SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES
Selon la valeur du moment réduit ultime 𝜇𝑏𝑢, la section sera armée soit uniquement par
des armatures tendues, soit par des armatures tendues et comprimées. On a trois cas qui
se présentent :
1er cas:
0.186
u AB
 
 
Section armée par des armatures
tendues
10% 3,5%
s bc
et
 
 1,25.(1 1 2. )
(1 0.4 )
.
.
s su
u bu
u
s
s s su s
su
u
s
s
fe
f
s
Z d
F
F A f A
f
M
A
Z


 


 
  
 
  

Vérifier la condition de non fragilité
28
0.23 .
t
s
e
f
A b d
f

CHAP : Flexion simple
0.186
u AB
 
 
15
2éme cas: Section armée par des armatures tendues
10% 3,5%
l st bc
et
  
 
Au point de vue économique 𝜀𝑠𝑡 ne doit pas être inférieur à une certaine valeur limite que nous
désignerons par 𝜀𝑙
.
su
l
s
f fe
E E


 
module d'élasticité E = 200 Gpa
FeE500 𝛍𝐥=0.372
0.186 u l
 

16
Donc si 𝜇𝑢 ≤ 𝜇𝑙 (Région Plastique) la section sera armée uniquement par des armatures tendues et la
section sera déterminer comme précédemment
A’=0
 
1.25 1 1 2
u bu
 
  
Calcul du bras de levier réduit
 
1 0.4 u
Z d 
 
Calcul de la section d’armature
.
u
u
st
M
A
Z 

Vérifier la le pourcentage minimum 28
min
0.23 t
e
f
A bd
f

10% 3,5%
l st bc
et
  
  st su
s
fe
f


 
SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES
CHAP : Flexion simple
Exercice 1:
Soit une poutre rectangulaire de section 25×60 sollicitée à une charge
uniformément répartie.
Déterminer la section du ferraillage à l'ELU et vérifier le pourcentage minimum
Donnée:
• Matériaux: fc28=25MPa; Fe500
• Enrobage 3cm
• Fissuration non préjudiciable
• Il faut tenir compte du poids propre.
• Portée 5.50m
• 𝜃=1 (fonction de la durée de charge, t>24h)
• le poids volumique du béton armé est pris égal à 25kN/m3
g=15kN/ml
q=20kN/ml
SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES
TD Flexion simple
17
Détermination du poids propre :
0,25 0.60 25 3.75 /
PP kN m
   
Calcul du moment fléchissant
15 3.75 18.75 /
20 /
g pp kN m
q kN m
   

Valeur de la charge (à l’ELU et à l’ELU)
combinaison fondamentale
 
1.35 1.5 55.31 /
u
P g PP q kN m
   
 
2
2
55,31 5,5
.
209.14 .
8 8
u
u
P l
M kN m

  
Caractéristique des matériaux
28
0.85 0.85 25
14.17
. 1 1.5
c
bu
b
f
f MPa
 

  

500
434.78
1.15
e
su
s
f
f MPa

  
Solution Exerce 1:
TD Flexion simple à l’ELU
 
2
2
38.75 5,5
.
146.52 .
8 8
ser
ser
P l
M kN m

  
  38.75 /
ser
P g PP q kN m
   
18
Moment ultime réduit limite
500 0,372
l
Fe 
 
Solution Exerce 1:
TD Flexion simple à l’ELU
0.372
l
 
Détermination du moment réduit
3
2 2
209.14 10
0.202
. . 0.25 0.54 14.17
u
bu
bu
M
b d f



  
 
0.9
d h

avec
𝜇𝑏 ≤𝜇𝑙im Pas d’acier comprimé 0.202
bu
 
19
2éme cas: 0.186 u l
 

   
1.25 1 1 2 1.25 1 1 2 0.202 0.285
u bu
 
       
On compare 𝛼 et 𝛼𝐴𝐵:
On a 𝛼 > 0,259 = 𝛼𝐴𝐵 ⇒ 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝐵
Calcul du bras de levier réduit
   
1 0.4 0.54 1 0.4 0.285 0.478
b u
z d m

     
Solution Exerce 1:
TD Flexion simple à l’ELU
Calcul de l’armature tendue (A)
2 2
0.209
0.001006 10.06
. 0.478 434.78
u
u
b s
M
A m cm
z 
   

Choix des armatures: On peut mettre 5HA16 ou 3HA16+3HA14
Vérifier la le pourcentage minimum
2
28
min
0.23 0.23 (0.6 0.06 25)
0.25 0.54 1.3
500
t
e
f
A bd cm
f
  
    
La condition est vérifiée
20
SECTION RECTANGULAIRE AVEC ACIERS COMPRIMES
Dans ce cas, deux possibilités existent :
- Changer les dimensions de la poutre en augmentant par exemple sa hauteur
- Ajouter au béton comprimé, des aciers comprimés.
On doit mettre des aciers comprimés lorsque le béton est incapable de rééquilibrer, à lui seul, la section.
Pour cette raison il faut comparer le moment réduit et le moment réduit limite μu ≥ μlim
le moment Mu peut être équilibré en renforçant la partie comprimée de la section au moyen d’armatures
de section Asc.
CHAP : Flexion simple
21
On décompose la section
d’
d
h
d
b
Ast
Asc
y
u
Ast1
Ast2
Asc
Mu Mu1 Mu2
d-d’
1 2
st st st
A A A
 
Armatures tendues
sc
A
Armatures comprimées
Section 1 Section 2
SECTION RECTANGULAIRE AVEC ACIERS COMPRIMES
CHAP : Flexion simple
22
Section 1 Section 2
SECTION RECTANGULAIRE AVEC ACIERS COMPRIMES
CHAP : Flexion simple
2 2
.
st st st
N A


1 2
st st st
N N N
 
.
sc sc sc
N A


Equilibre de la section 1 et 2
1
1 1 1
. .
.
u
u st st st
st
M
M A z A
z


  
   
 
2
2 2 2 2
. ' . '
'
u
u st st st st
st
M
M N d d A d d A
d d


     

2 2 2
st
sc st st s sc sc sc st
sc
N N A A A A

 

    
23
24
3éme cas: Section armée par des armatures comprimées (Armature double)
.
su
l
s
f fe
E E


 
3,5%
l st bc
et
  
 
 
3 '
3.5 10
sc l l
d d
d
  
 
 
   
 
 
sc l
 
sc l
 
 .
sc sc s
E
 

donc
donc
e
sc
s
f



3.5
3.5
l
l




 
1.25 1 1 2
u bu
 
  
SECTION RECTANGULAIRE AVEC ACIERS COMPRIMES
CHAP : Flexion simple
 
1 0.4 l
Z d 
 
Calcul du bras de levier réduit
l u
 
25
Moment résistant du béton
Le moment résistant du béton est le moment ultime que peut équilibrer la section sans lui ajouter
les aciers comprimés. 2
.
R l bu
M bd f

 28
0.85
;
.
c e
bu st su
b s
f f
f f

  
  
2
. .
u
bu
bu
M
b d f
  Moment ultime réduit
 
lim 0.8 1 0.4
l l
  
  Moment ultime réduit limite
Calcul du moment résistant du béton
Sections d’acier :
Calcul du moment résiduel
2
.
R l bu
M bd f


res u R
M M M
 
 
'
res
sc
sc
M
A
d d 


2
sc
st sc
st
A A


 1
.
R
st
st
M
A
Z 

La section totale tendue: Ast= As1 +Ast2
 
1.25 1 1 2
l l
 
   Calcul du bras de levier réduit
CHAP : Flexion simple
 
1 0.4 l
Z d 
 
Calcul du bras de levier réduit
Soit une poutre rectangulaire de section 25×60 sollicitée à une charge
uniformément répartie.
Déterminer la section du ferraillage à l'ELU et vérifier le pourcentage minimum
Donnée:
• Matériaux: fc28=25MPa; Fe500
• Enrobage 3cm
• Fissuration non préjudiciable
• Il faut tenir compte du poids propre.
• Portée 5m
• Durée d’application de charges: supérieure à 24h
g=5kN/ml
q=50kN/ml
Exercice 2:
TD Flexion simple à l’ELU
26
Détermination du poids propre :
0,25 0.60 25 3.75 /
PP kN m
   
Calcul du moment fléchissant
5 3.75 8.75 /
50 /
g pp kN m
q kN m
   

Valeur de la charge (à l’ELU et à l’ELU)
combinaison fondamentale
 
1.35 1.5 86.81 /
u
P g PP q kN m
   
 
2
2
86,81 6
.
390.645 .
8 8
u
u
P l
M kN m

  
Caractéristique des matériaux
28
0.85 0.85 25
14.17
. 1 1.5
c
bu
b
f
f MPa
 

  

500
434.78
1.15
e
su
s
f
f MPa

  
Solution Exerce 2:
TD Flexion simple à l’ELU
  58.75 /
ser
P g PP q kN m
   
27
Moment ultime réduit limite
 
500 0.8 1 0.4 0,372
3,5
0,617 2,17%
3,5 .
l l l
e
l l
l s s
Fe
f
E
  
 
 
   
    

Solution Exerce 2:
TD Flexion simple à l’ELU
Détermination du moment réduit
3
2 2
390,64 10
0.378
. . 0.25 0.54 14.17
u
bu
bu
M
b d f



  
 
0.9 0.54
d h m
 
avec
𝜇𝑙im ≤𝜇𝑏u Armatures doubles
0.372
l

 
0.372
l
  0.378
bu
 
28
et
3éme cas: l u
 
Solution Exerce 2:
TD Flexion simple à l’ELU
Calcul de l’armature tendue (A1)
2
1
0.384
21.86
. 0.404 434.78
R
st
b s
M
A cm
z 
  

Moment résistant du béton
2 2
. 0.372 0.25 0.54 14.17 0.384 .
R l bu
M bd f MN m

     
   
1.25 1 1 2 1.25 1 1 2 0.372 0.627
l l
 
       
   
1 0.4 0.54 1 0.4 0.627 0.404
l
Z d m

     
Bras de levier
29
Section d’acier comprimé de la section 2
     
2
0.391 0.384
0.32
' ' 0.54 0.03 434.78
res u R
sc
sc sc
M M M
A cm
d d d d
 
 
   
   
Détermination de la contrainte de l’acier comprimé σsc :
Solution Exerce 2:
TD Flexion simple à l’ELU
Armatures tendues de la section 2: Ast2
2
st s sc sc
A A
 

2
2
434.78
0.32 0.32
434.78
sc
st sc
s
A A cm


    
La section totale : A=A1+A2=21.86+0.32=22.18cm2
Asc=0.32cm2
30
   
3 3 3 3
' 0,54 0,03
3.5 10 3.5 10 2,17 10 2,17 10 3,18%
0,54
sc l l
d d
d
  
   
 
 
 
           
   
   
2,17%
.
e
l
s s
f
E


   sc l
  donc
500
434.78
1.15
e
sc
s
f
MPa


  
Vérifier la le pourcentage minimum
2
28
min
0.23 0.23 (0.6 0.06 25)
0.25 0.54 1.3
500
t
e
f
A bd cm
f
  
    
La condition est vérifiée pour Ast
Solution Exerce 2:
TD Flexion simple à l’ELU
31
Etat Limite de Service vis-à-vis
de la durabilité de la structure:
Section rectangulaire
CHAP VIII: Flexion simple
32
ETAT LIMITE DE SERVICE
Hypothèses à l’E .L .S
H1: Les sections droites restent
H2: Il n’y a pas de glissement relatif entre les armatures et le béton
H3: Le béton tendu est négligé
H4: Le béton et l’acier sont considérés comme des matériaux élastiques: Loi de Hooke
H5: En flexion à l’ELS le diagramme de compression du béton est triangulaire et n’est
pas rectangulaire
H6: Un état limite de compression du béton dans lequel la contrainte du béton est
limitée:
28
0.6
bc
bc c
f
 
 
n : coefficient d'équivalence
s
b
E
n
E

CHAP VIII: Flexion simple
33
Contraintes proportionnelles aux déformations:
Les matériaux restent dans le domaine élastique. Donc nous pouvons utiliser la loi de Hooke
. ; .
bc b bc s s s
E E
   
 
CHAP VIII: Flexion simple
d’
d
b
Asc
y
u
h
εbc
εsc
εst
Ast
Déformation
σst /n
σ bc
σ sc /n
Contrainte
34
Coefficient d’équivalence n: Le règlement BAEL prend conventionnellement n égal à n=15, donc une
section As des aciers est équivalente à une section fictive n.As, c’est-à-dire 15.As.
st bt
st bt
s b
E E
 
 
  
le béton et l’acier ont la même déformation du fait de l’adhésion béton-acier
.
s
st bt st bt bt
b
E
n
E
    
   
st
bt
n

 
La contrainte de l’acier est n fois plus forte que celle du béton située à la même distance y de
l’axe neutre.
B
H
BxH
nAs
As
CHAP VIII: Flexion simple
Section réelle
Section homogénéisée
35
Contraintes admissibles
Contraintes admissibles en compression du béton
La contrainte de compression du béton est limitée à :
Contraintes admissibles en traction de l'acier
Moment résistant du béton
Le moment équilibré par le béton étant : .
2
1 1
. . . 1 .
2 2 3
s
bc s bc
rb l
M y b z bd

  
 
  
 
 
28
0.6
bc c
f
 
Condition de non-fragilité
La condition de non fragilité conduit à placer une section minimale d’armatures
tendues pour une dimension de coffrage donnée.
Pour les pièces de section rectangulaire soumises à la flexion simple, on a:
b et d : sont les dimensions de la section
28
0.23 t
st
e
f
A bd
f

CHAP VIII: Flexion simple
37
Dimensionnement d’une section rectangulaire en flexion simple à l’ELS:
FP, ou FTP
Diagramme des contraintes Diagramme des résultantes
Équilibre de la section:
'
b s s
F F F
 
'
1.
. .
2
bc
s sc s st
y
b A A

 
 
  
 
 
 
'
1
1
1
'
2 3
ser bc s bc
y
M by d A d d
 
 
   
 
 
 
'
1
'
3
ser b s
y
M F d F d d
 
   
 
 
Les inconnues : y1, Ast et A’sc
CHAP VIII: Flexion simple
38
1er cas: pas d’aciers comprimés
Les armatures tendues travaillent au maximum possible:
;
bc s
bc s
   
 
On a : 1
1
1
st
bc
n
 




1
1
bc
st
bc
n
y
d n


 
 

avec
L'équation des moments donne:
 
2 1
1
1 2
1
1
3
30 1
ser
st
M
bd



 
 

 
 
 

CHAP VIII: Flexion simple
ser rb
M M
 
'
0
s
A 
39
σst /n
σ bc
σ sc /n
Contrainte
On calcule le bras de levier 1
1 1
3
z d

 
 
 
 
1.
ser
ser
st
M
A
z 

Position de l’axe neutre 𝛼1 est solution de l'équation suivante:
3 2
1 1 1 1 1
3 90 90 0
    
   
1
0 1

 
CHAP VIII: Flexion simple
40
Remarque
En pratique, on utilise une valeur approchée par défaut de z1 qui conduit à une section As par léger
excès :
1
bc
bc st
n
n


 


1
1 1
3
z d

 
 
 
 
ser rb
M M 
'
0
s
A 
Dans ce cas on fait travailler les deux matériaux à leurs limites
;
bc s
bc s
   
 
2ème: Aciers comprimés
15
15
bc
s
s
bc st
y
d


 
 

 
 
2
2
1 / 3
30 1
s s
ser
s
st s
M
bd
 

 

 

CHAP VIII: Flexion simple
41
Mrb Le moment équilibré le béton lorsque la contrainte de calcul des aciers est égale à sa valeur
limite.
 
'
'
ser rb
s
sc
M M
A
d d 



Aciers comprimés
Aciers tendus
'
1.
rb sc
st s
st st
M
A A
z

 
 
'
15 bc
s
sc
s
y d
y
 


Avec
1 1
3
s
z d

 
 
 
 
2 2
1 1
. . . .
2 3 2 3
s s
b bc bc
rb rb s s
y
M bd by d bd d

    
   
    
   
   
Avec
15
.
15
bc
s
bc st
y d

 


CHAP VIII: Flexion simple
Avec
42
Vérifications des contraintes
La vérification à l’ELS consiste à examiner:
;
s bc
s bc
   
 
• As et A’s sont les armatures calculées à l’ELU
• Si ces deux inégalités sont satisfaites, la section est vérifier à l’ELS. Si non, il faut
redimensionner la section
CHAP VIII: Flexion simple
43
Soit une poutre rectangulaire en béton armé de section 25×50 cm2 sollicitée à
des moments de flexion:
Déterminer la section du ferraillage à l'ELU et vérifier à l’ELS.
Donnée:
• Matériaux: fc28=25MPa; Fe500
• Fissuration préjudiciable
• Durée d’application de charges: supérieure à 24h
Mu=253kN.m
Mser=182.13kN.m
Exercice 3:
TD Flexion simple à l’ELS
44
Moment fléchissant 253.48 .
u
M kN m

Caractéristique des matériaux
28
0.85 0.85 25
14.17
. 1 1.5
c
bu
b
f
f MPa
 

  

500
434.78
1.15
e
su
s
f
f MPa

  
Solution Exerce 3:
TD Flexion simple à l’ELS
45
Détermination du moment réduit
3
2 2
253,48 10
0.353
. . 0.25 0.45 14.17
u
bu
bu
M
b d f



  
 
Calcul du moment réduit limite
 
500 0.8 1 0.4 0,372
3,5
0,617 2,17%
3,5 .
l l l
e
l l
l s s
Fe
f
E
  
 
 
   
    

0.372
l

  2éme cas: 0.186 u l
 

   
1.25 1 1 2 1.25 1 1 2 0.353 0.573
u bu
 
       
On compare 𝛼 et 𝛼𝐴𝐵:
On a 𝛼 > 0,259 = 𝛼𝐴𝐵 ⇒ 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝐵
Calcul du bras de levier réduit    
1 0.4 0.54 1 0.4 0.573 0.347
b u
z d m

     
Calcul de l’armature tendue (A)
2
0.253
16.81
. 0.347 434.78
u
u
b s
M
A cm
z 
  

Solution Exerce 3:
TD Flexion simple à l’ELS
Vérification à l’ELS
Contraintes admissibles
Moment résistant du béton
1 1
. . . 0,527 0, 45 0, 25 15 0,371 0,165 .
2 2
bc
rb l
M y b z MN m

       
28
0.6 0,6 25 15
2 2
min ;110 . min 500;110 1,6 2,1 201,65
3 3
bc c
st e j
f MPa
f ft MPa

 
   
   
    
   
   
1
15 15
0,527
15 15 201, 65
bc
bc st
n
n


 

  
 

Solution Exerce 3:
TD Flexion simple à l’ELS
1
1
0,527
1 0, 45 1 0,371
3 3
z d m

   
    
   
 
 
1. 0,527 0, 45 0, 237
l
y d m

   
Solution Exerce 3:
TD Flexion simple à l’ELS
182,13 . 165 .
ser rb
M kN m M kN m Aciers comprimés
  
1
1
' 0, 237 0, 05
15 15 15 173,53
0, 237
bc
sc
y d
MPa
y
 
 
 
    
 
 
 
' 2
2, 41
'
ser rb
s
sc
M M
A cm
d d 

 

Aciers comprimés
Aciers tendus ' 2
1
24,18
.
rb sc
st s
st st
M
A A cm
z

 
  
Condition de non-fragilité
2
28 2,1
0.23 0, 23 0, 25 0, 45 17,388
500
t
st
e
f
A bd cm
f
     
 
2 2 2 2
16.81 ;24,18 ;17,388 24,18
st
A Max cm cm cm cm
 
Solution Exerce 3:
TD Flexion simple à l’ELS
6HA20+3HA16
Aciers tendus
'
2, 41
s
A MPa

Aciers comprimés
3HA12

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  • 1. Calcul des poutres CHAP : Flexion simple 1
  • 2. I. ETAT LIMITE ULTIME DE RÉSISTANCE 1. Hypothèses de calcul H1: Les sections droites restent planes après déformations (Hypothèse de Navier) H2: Il n’y a pas de glissement relatifs entre le béton et l’acier (adhérence parafait, même déformation) H3: La résistance à la traction du béton est négligée (à cause de la fissuration) H4: Le raccourcissement du béton est limité: H5: L'allongement de l’acier est limité à H6: le diagramme des déformations d’une section droite passent au moins par l’un des 3 pivots A, B ou C définis, qui définissent les comportements de la section en béton armé en tenant compte les caractéristiques des matériaux En flexion 0 2% bu   En compression simple CHAP : Flexion simple 2
  • 3. CHAP : Flexion simple 2. Diagrammes des trois pivots 2.1 Pivot A - domaine (1) 0 10% st   Allongement des armatures Allongement du béton 0 0 3.5% b    A: Pivot A B: Pivot B C: Pivot C Le diagramme passe par le pivot A 3
  • 4. CHAP : Flexion simple Le dimensionnement à l’ELU est conduite en supposant que le diagramme des déformations passe par l’un des trois pivots A, B ou C 2. Diagrammes des trois pivots 2.1 Pivot A - domaine (1) h: hauteur totale de la section d: hauteur utile de la section en flexion simple 𝐴𝑠 :section des aciers tendus yu: la distance entre la fibre supérieure et la fibre neutre u u y d   4
  • 5. 2. Diagrammes des trois pivots 2.1 Pivot A - domaine (1) Le diagramme passe par le pivot A 0 10% st   Allongement des armatures Allongement du béton 0 0 3.5% b    u bc st y d y     3.5 7 0.2593 10 3.5 27 AB      0.2593 u y d  Valeurs particulières de α On peut également noter qu’il y a des positions de l’axe neutre à éviter: 2% bc   2 0.167 10 2     CHAP : Flexion simple 5
  • 6. Région a: • Section entièrement tendue ( traction simple, flexion composée) • Béton négligé • Barres d’aciers doivent être prévues en haut et en bas • L’acier travaille au maximum Région b: • Section partiellement comprimée (flexion simple, flexion composée) • L’acier travaille au maximum • L’acier peut être sollicité jusqu’à son maximum Le pivot A correspond donc à 0.2593 u   CHAP : Flexion simple 2. Diagrammes des trois pivots 2.1 Pivot A - domaine (1) 6
  • 7. 2.2 Pivot B - domaine (2) La section est soumise à la flexion simple Ou composée LA position de l’axe neutre est égale à: 0.2593d y h  3.5 3.5 l l     CHAP : Flexion simple 0 3.5% bc   Allongement des armatures Allongement du béton 0 0 10% s    Le diagramme passe par le pivot B 2. Diagrammes des trois pivots 7
  • 8. 3.3 Domaine 3, pivot C Les droites de déformation passent par le pivot C correspond à un raccourcissement du béton de: 0 2% bu   La position de l’axe neutre est en dehors de la section yu h 3.5 2 2 c c y h y    3 7 c y h  Application du théorème de Thalès : Position du point C L'ELU est atteint par compression du béton et la section est entièrement comprimée. CHAP VII: Flexion simple 2. Diagrammes des trois pivots 8
  • 9. Flexion simple à l’ELU- Section rectangulaire CHAP : Flexion simple 9
  • 10. On connait les paramètres suivantes: 𝑏, 𝑑, 𝑓𝑒 , 𝑓𝑐28 𝑒𝑡 𝑀𝑢 Les inconnues: 𝐴𝑠𝑡, 𝑦 𝐴𝑠𝑡 Section d’armatures y position de l’axe neutre autrement dit 𝛼𝑢 Calcul des armatures longitudinales à l’E.L.U SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES CHAP : Flexion simple 10
  • 11. Positions particulières de l’axe neutre Bras de leviers 0.4 u z d d   u u y d   avec SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES CHAP : Flexion simple 11
  • 12. Moment ultime réduit 2 . . u bu bu M b d f     0,8 0.8. . . . b u bu bu N y b f b d f      . . u b b s b M N z N z   2 0,8. . . .(1 0,4. ) u bu M b d f      Equilibre des forces: 0 b s F N N     . s st s N A   e su s f    On remplace Nb et zb par leurs expressions   1 0.4 b z d    0,8. . . . b bu F b d f   On pose le moment réduit: 2 . . u b bu M b d f   On obtient : 0,8. .(1 0,4 ) b      SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES CHAP : Flexion simple 12
  • 13. 13 1,25.(1 1 2. ) u bu      bu  S’exprime également par une équation du second degré 𝛼𝑢 en qui une fois résolue nous donne: 3,5 0,259 3,5 10 bc u AB bc st y d           AB  est aussi égale à:   0.8 1 0.4 AB AB AB      0.186 AB   Moment ultime réduit CHAP : Flexion simple
  • 14. 14 SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES Selon la valeur du moment réduit ultime 𝜇𝑏𝑢, la section sera armée soit uniquement par des armatures tendues, soit par des armatures tendues et comprimées. On a trois cas qui se présentent : 1er cas: 0.186 u AB     Section armée par des armatures tendues 10% 3,5% s bc et    1,25.(1 1 2. ) (1 0.4 ) . . s su u bu u s s s su s su u s s fe f s Z d F F A f A f M A Z                  Vérifier la condition de non fragilité 28 0.23 . t s e f A b d f  CHAP : Flexion simple 0.186 u AB    
  • 15. 15 2éme cas: Section armée par des armatures tendues 10% 3,5% l st bc et      Au point de vue économique 𝜀𝑠𝑡 ne doit pas être inférieur à une certaine valeur limite que nous désignerons par 𝜀𝑙 . su l s f fe E E     module d'élasticité E = 200 Gpa FeE500 𝛍𝐥=0.372 0.186 u l   
  • 16. 16 Donc si 𝜇𝑢 ≤ 𝜇𝑙 (Région Plastique) la section sera armée uniquement par des armatures tendues et la section sera déterminer comme précédemment A’=0   1.25 1 1 2 u bu      Calcul du bras de levier réduit   1 0.4 u Z d    Calcul de la section d’armature . u u st M A Z   Vérifier la le pourcentage minimum 28 min 0.23 t e f A bd f  10% 3,5% l st bc et      st su s fe f     SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES CHAP : Flexion simple
  • 17. Exercice 1: Soit une poutre rectangulaire de section 25×60 sollicitée à une charge uniformément répartie. Déterminer la section du ferraillage à l'ELU et vérifier le pourcentage minimum Donnée: • Matériaux: fc28=25MPa; Fe500 • Enrobage 3cm • Fissuration non préjudiciable • Il faut tenir compte du poids propre. • Portée 5.50m • 𝜃=1 (fonction de la durée de charge, t>24h) • le poids volumique du béton armé est pris égal à 25kN/m3 g=15kN/ml q=20kN/ml SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES TD Flexion simple 17
  • 18. Détermination du poids propre : 0,25 0.60 25 3.75 / PP kN m     Calcul du moment fléchissant 15 3.75 18.75 / 20 / g pp kN m q kN m      Valeur de la charge (à l’ELU et à l’ELU) combinaison fondamentale   1.35 1.5 55.31 / u P g PP q kN m       2 2 55,31 5,5 . 209.14 . 8 8 u u P l M kN m     Caractéristique des matériaux 28 0.85 0.85 25 14.17 . 1 1.5 c bu b f f MPa        500 434.78 1.15 e su s f f MPa     Solution Exerce 1: TD Flexion simple à l’ELU   2 2 38.75 5,5 . 146.52 . 8 8 ser ser P l M kN m       38.75 / ser P g PP q kN m     18
  • 19. Moment ultime réduit limite 500 0,372 l Fe    Solution Exerce 1: TD Flexion simple à l’ELU 0.372 l   Détermination du moment réduit 3 2 2 209.14 10 0.202 . . 0.25 0.54 14.17 u bu bu M b d f         0.9 d h  avec 𝜇𝑏 ≤𝜇𝑙im Pas d’acier comprimé 0.202 bu   19 2éme cas: 0.186 u l   
  • 20.     1.25 1 1 2 1.25 1 1 2 0.202 0.285 u bu           On compare 𝛼 et 𝛼𝐴𝐵: On a 𝛼 > 0,259 = 𝛼𝐴𝐵 ⇒ 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝐵 Calcul du bras de levier réduit     1 0.4 0.54 1 0.4 0.285 0.478 b u z d m        Solution Exerce 1: TD Flexion simple à l’ELU Calcul de l’armature tendue (A) 2 2 0.209 0.001006 10.06 . 0.478 434.78 u u b s M A m cm z       Choix des armatures: On peut mettre 5HA16 ou 3HA16+3HA14 Vérifier la le pourcentage minimum 2 28 min 0.23 0.23 (0.6 0.06 25) 0.25 0.54 1.3 500 t e f A bd cm f         La condition est vérifiée 20
  • 21. SECTION RECTANGULAIRE AVEC ACIERS COMPRIMES Dans ce cas, deux possibilités existent : - Changer les dimensions de la poutre en augmentant par exemple sa hauteur - Ajouter au béton comprimé, des aciers comprimés. On doit mettre des aciers comprimés lorsque le béton est incapable de rééquilibrer, à lui seul, la section. Pour cette raison il faut comparer le moment réduit et le moment réduit limite μu ≥ μlim le moment Mu peut être équilibré en renforçant la partie comprimée de la section au moyen d’armatures de section Asc. CHAP : Flexion simple 21
  • 22. On décompose la section d’ d h d b Ast Asc y u Ast1 Ast2 Asc Mu Mu1 Mu2 d-d’ 1 2 st st st A A A   Armatures tendues sc A Armatures comprimées Section 1 Section 2 SECTION RECTANGULAIRE AVEC ACIERS COMPRIMES CHAP : Flexion simple 22
  • 23. Section 1 Section 2 SECTION RECTANGULAIRE AVEC ACIERS COMPRIMES CHAP : Flexion simple 2 2 . st st st N A   1 2 st st st N N N   . sc sc sc N A   Equilibre de la section 1 et 2 1 1 1 1 . . . u u st st st st M M A z A z            2 2 2 2 2 . ' . ' ' u u st st st st st M M N d d A d d A d d          2 2 2 st sc st st s sc sc sc st sc N N A A A A          23
  • 24. 24 3éme cas: Section armée par des armatures comprimées (Armature double) . su l s f fe E E     3,5% l st bc et        3 ' 3.5 10 sc l l d d d                sc l   sc l    . sc sc s E    donc donc e sc s f    3.5 3.5 l l       1.25 1 1 2 u bu      SECTION RECTANGULAIRE AVEC ACIERS COMPRIMES CHAP : Flexion simple   1 0.4 l Z d    Calcul du bras de levier réduit l u  
  • 25. 25 Moment résistant du béton Le moment résistant du béton est le moment ultime que peut équilibrer la section sans lui ajouter les aciers comprimés. 2 . R l bu M bd f   28 0.85 ; . c e bu st su b s f f f f        2 . . u bu bu M b d f   Moment ultime réduit   lim 0.8 1 0.4 l l      Moment ultime réduit limite Calcul du moment résistant du béton Sections d’acier : Calcul du moment résiduel 2 . R l bu M bd f   res u R M M M     ' res sc sc M A d d    2 sc st sc st A A    1 . R st st M A Z   La section totale tendue: Ast= As1 +Ast2   1.25 1 1 2 l l      Calcul du bras de levier réduit CHAP : Flexion simple   1 0.4 l Z d    Calcul du bras de levier réduit
  • 26. Soit une poutre rectangulaire de section 25×60 sollicitée à une charge uniformément répartie. Déterminer la section du ferraillage à l'ELU et vérifier le pourcentage minimum Donnée: • Matériaux: fc28=25MPa; Fe500 • Enrobage 3cm • Fissuration non préjudiciable • Il faut tenir compte du poids propre. • Portée 5m • Durée d’application de charges: supérieure à 24h g=5kN/ml q=50kN/ml Exercice 2: TD Flexion simple à l’ELU 26
  • 27. Détermination du poids propre : 0,25 0.60 25 3.75 / PP kN m     Calcul du moment fléchissant 5 3.75 8.75 / 50 / g pp kN m q kN m      Valeur de la charge (à l’ELU et à l’ELU) combinaison fondamentale   1.35 1.5 86.81 / u P g PP q kN m       2 2 86,81 6 . 390.645 . 8 8 u u P l M kN m     Caractéristique des matériaux 28 0.85 0.85 25 14.17 . 1 1.5 c bu b f f MPa        500 434.78 1.15 e su s f f MPa     Solution Exerce 2: TD Flexion simple à l’ELU   58.75 / ser P g PP q kN m     27
  • 28. Moment ultime réduit limite   500 0.8 1 0.4 0,372 3,5 0,617 2,17% 3,5 . l l l e l l l s s Fe f E                  Solution Exerce 2: TD Flexion simple à l’ELU Détermination du moment réduit 3 2 2 390,64 10 0.378 . . 0.25 0.54 14.17 u bu bu M b d f         0.9 0.54 d h m   avec 𝜇𝑙im ≤𝜇𝑏u Armatures doubles 0.372 l    0.372 l   0.378 bu   28 et 3éme cas: l u  
  • 29. Solution Exerce 2: TD Flexion simple à l’ELU Calcul de l’armature tendue (A1) 2 1 0.384 21.86 . 0.404 434.78 R st b s M A cm z      Moment résistant du béton 2 2 . 0.372 0.25 0.54 14.17 0.384 . R l bu M bd f MN m            1.25 1 1 2 1.25 1 1 2 0.372 0.627 l l               1 0.4 0.54 1 0.4 0.627 0.404 l Z d m        Bras de levier 29
  • 30. Section d’acier comprimé de la section 2       2 0.391 0.384 0.32 ' ' 0.54 0.03 434.78 res u R sc sc sc M M M A cm d d d d             Détermination de la contrainte de l’acier comprimé σsc : Solution Exerce 2: TD Flexion simple à l’ELU Armatures tendues de la section 2: Ast2 2 st s sc sc A A    2 2 434.78 0.32 0.32 434.78 sc st sc s A A cm        La section totale : A=A1+A2=21.86+0.32=22.18cm2 Asc=0.32cm2 30     3 3 3 3 ' 0,54 0,03 3.5 10 3.5 10 2,17 10 2,17 10 3,18% 0,54 sc l l d d d                                  2,17% . e l s s f E      sc l   donc 500 434.78 1.15 e sc s f MPa     
  • 31. Vérifier la le pourcentage minimum 2 28 min 0.23 0.23 (0.6 0.06 25) 0.25 0.54 1.3 500 t e f A bd cm f         La condition est vérifiée pour Ast Solution Exerce 2: TD Flexion simple à l’ELU 31
  • 32. Etat Limite de Service vis-à-vis de la durabilité de la structure: Section rectangulaire CHAP VIII: Flexion simple 32
  • 33. ETAT LIMITE DE SERVICE Hypothèses à l’E .L .S H1: Les sections droites restent H2: Il n’y a pas de glissement relatif entre les armatures et le béton H3: Le béton tendu est négligé H4: Le béton et l’acier sont considérés comme des matériaux élastiques: Loi de Hooke H5: En flexion à l’ELS le diagramme de compression du béton est triangulaire et n’est pas rectangulaire H6: Un état limite de compression du béton dans lequel la contrainte du béton est limitée: 28 0.6 bc bc c f     n : coefficient d'équivalence s b E n E  CHAP VIII: Flexion simple 33
  • 34. Contraintes proportionnelles aux déformations: Les matériaux restent dans le domaine élastique. Donc nous pouvons utiliser la loi de Hooke . ; . bc b bc s s s E E       CHAP VIII: Flexion simple d’ d b Asc y u h εbc εsc εst Ast Déformation σst /n σ bc σ sc /n Contrainte 34
  • 35. Coefficient d’équivalence n: Le règlement BAEL prend conventionnellement n égal à n=15, donc une section As des aciers est équivalente à une section fictive n.As, c’est-à-dire 15.As. st bt st bt s b E E        le béton et l’acier ont la même déformation du fait de l’adhésion béton-acier . s st bt st bt bt b E n E          st bt n    La contrainte de l’acier est n fois plus forte que celle du béton située à la même distance y de l’axe neutre. B H BxH nAs As CHAP VIII: Flexion simple Section réelle Section homogénéisée 35
  • 36. Contraintes admissibles Contraintes admissibles en compression du béton La contrainte de compression du béton est limitée à : Contraintes admissibles en traction de l'acier Moment résistant du béton Le moment équilibré par le béton étant : . 2 1 1 . . . 1 . 2 2 3 s bc s bc rb l M y b z bd              28 0.6 bc c f  
  • 37. Condition de non-fragilité La condition de non fragilité conduit à placer une section minimale d’armatures tendues pour une dimension de coffrage donnée. Pour les pièces de section rectangulaire soumises à la flexion simple, on a: b et d : sont les dimensions de la section 28 0.23 t st e f A bd f  CHAP VIII: Flexion simple 37
  • 38. Dimensionnement d’une section rectangulaire en flexion simple à l’ELS: FP, ou FTP Diagramme des contraintes Diagramme des résultantes Équilibre de la section: ' b s s F F F   ' 1. . . 2 bc s sc s st y b A A               ' 1 1 1 ' 2 3 ser bc s bc y M by d A d d               ' 1 ' 3 ser b s y M F d F d d           Les inconnues : y1, Ast et A’sc CHAP VIII: Flexion simple 38
  • 39. 1er cas: pas d’aciers comprimés Les armatures tendues travaillent au maximum possible: ; bc s bc s       On a : 1 1 1 st bc n       1 1 bc st bc n y d n        avec L'équation des moments donne:   2 1 1 1 2 1 1 3 30 1 ser st M bd                CHAP VIII: Flexion simple ser rb M M   ' 0 s A  39 σst /n σ bc σ sc /n Contrainte
  • 40. On calcule le bras de levier 1 1 1 3 z d          1. ser ser st M A z   Position de l’axe neutre 𝛼1 est solution de l'équation suivante: 3 2 1 1 1 1 1 3 90 90 0          1 0 1    CHAP VIII: Flexion simple 40 Remarque En pratique, on utilise une valeur approchée par défaut de z1 qui conduit à une section As par léger excès : 1 bc bc st n n       1 1 1 3 z d         
  • 41. ser rb M M  ' 0 s A  Dans ce cas on fait travailler les deux matériaux à leurs limites ; bc s bc s       2ème: Aciers comprimés 15 15 bc s s bc st y d            2 2 1 / 3 30 1 s s ser s st s M bd          CHAP VIII: Flexion simple 41
  • 42. Mrb Le moment équilibré le béton lorsque la contrainte de calcul des aciers est égale à sa valeur limite.   ' ' ser rb s sc M M A d d     Aciers comprimés Aciers tendus ' 1. rb sc st s st st M A A z      ' 15 bc s sc s y d y     Avec 1 1 3 s z d          2 2 1 1 . . . . 2 3 2 3 s s b bc bc rb rb s s y M bd by d bd d                        Avec 15 . 15 bc s bc st y d      CHAP VIII: Flexion simple Avec 42
  • 43. Vérifications des contraintes La vérification à l’ELS consiste à examiner: ; s bc s bc       • As et A’s sont les armatures calculées à l’ELU • Si ces deux inégalités sont satisfaites, la section est vérifier à l’ELS. Si non, il faut redimensionner la section CHAP VIII: Flexion simple 43
  • 44. Soit une poutre rectangulaire en béton armé de section 25×50 cm2 sollicitée à des moments de flexion: Déterminer la section du ferraillage à l'ELU et vérifier à l’ELS. Donnée: • Matériaux: fc28=25MPa; Fe500 • Fissuration préjudiciable • Durée d’application de charges: supérieure à 24h Mu=253kN.m Mser=182.13kN.m Exercice 3: TD Flexion simple à l’ELS 44
  • 45. Moment fléchissant 253.48 . u M kN m  Caractéristique des matériaux 28 0.85 0.85 25 14.17 . 1 1.5 c bu b f f MPa        500 434.78 1.15 e su s f f MPa     Solution Exerce 3: TD Flexion simple à l’ELS 45 Détermination du moment réduit 3 2 2 253,48 10 0.353 . . 0.25 0.45 14.17 u bu bu M b d f         Calcul du moment réduit limite   500 0.8 1 0.4 0,372 3,5 0,617 2,17% 3,5 . l l l e l l l s s Fe f E                  0.372 l    2éme cas: 0.186 u l   
  • 46.     1.25 1 1 2 1.25 1 1 2 0.353 0.573 u bu           On compare 𝛼 et 𝛼𝐴𝐵: On a 𝛼 > 0,259 = 𝛼𝐴𝐵 ⇒ 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝐵 Calcul du bras de levier réduit     1 0.4 0.54 1 0.4 0.573 0.347 b u z d m        Calcul de l’armature tendue (A) 2 0.253 16.81 . 0.347 434.78 u u b s M A cm z      Solution Exerce 3: TD Flexion simple à l’ELS
  • 47. Vérification à l’ELS Contraintes admissibles Moment résistant du béton 1 1 . . . 0,527 0, 45 0, 25 15 0,371 0,165 . 2 2 bc rb l M y b z MN m          28 0.6 0,6 25 15 2 2 min ;110 . min 500;110 1,6 2,1 201,65 3 3 bc c st e j f MPa f ft MPa                         1 15 15 0,527 15 15 201, 65 bc bc st n n            Solution Exerce 3: TD Flexion simple à l’ELS 1 1 0,527 1 0, 45 1 0,371 3 3 z d m                   1. 0,527 0, 45 0, 237 l y d m     
  • 48. Solution Exerce 3: TD Flexion simple à l’ELS 182,13 . 165 . ser rb M kN m M kN m Aciers comprimés    1 1 ' 0, 237 0, 05 15 15 15 173,53 0, 237 bc sc y d MPa y                  ' 2 2, 41 ' ser rb s sc M M A cm d d      Aciers comprimés Aciers tendus ' 2 1 24,18 . rb sc st s st st M A A cm z       Condition de non-fragilité 2 28 2,1 0.23 0, 23 0, 25 0, 45 17,388 500 t st e f A bd cm f      
  • 49.   2 2 2 2 16.81 ;24,18 ;17,388 24,18 st A Max cm cm cm cm   Solution Exerce 3: TD Flexion simple à l’ELS 6HA20+3HA16 Aciers tendus ' 2, 41 s A MPa  Aciers comprimés 3HA12