RTR

1. Chapitre 04.Flexion simple.
DéfinitionDéfinitionDéfinitionDéfinition ::::
Une pièces est soumise à la flexion
simple si la réduction des efforts en une
section (S) se réduit uniquement à un moment
fléchissant (M) et un effort tranchant T
appliqués au centre de gravité de (S).
Remarque :
Etant donné qu’en flexion simple, effort normal est nul (N=0), la vérification de
la stabilité de forme n’est pas envisagée.
Une section soumise à la flexion simple n’étant jamais entièrement
comprimée, alors pour le béton, on utilise le diagramme rectangulaire.
IV.1. Section rectangulaireIV.1. Section rectangulaireIV.1. Section rectangulaireIV.1. Section rectangulaire ::::
A. Section sans armatures compriméesA. Section sans armatures compriméesA. Section sans armatures compriméesA. Section sans armatures comprimées ::::
GM
T
(S)
Figure 1
A
h d
b
+
–
sξ
a′ a
G
b b′
bξ
y
0.8y
M
Fb
Fa
b
c
b
f
γ
σ 2885.0 ⋅
=
0.4y
Z
(Figure 2)

2. d : Hauteur utile de la section (distance entre le centre de gravité des
armatures et la fibre la plus comprimée).
A : Section totale des armatures tendues ;
y : Distance de l’axe neutre à la fibre la plus comprimée ;
bξ : Raccourcissement unitaire du béton de la fibre la plus comprimée ;
sξ : L’allongement unitaire des armatures tendues ;
Fb : Résultante des efforts de compression dans le béton ;
Fa : Résultante des efforts de traction dans l’acier ;
Z : bras de levier (distance entre Fs et Fb).
Résultante des efforts de compression dans le béton.
bb byF σ⋅⋅⋅= 8.0
Fb passe à la mi hauteur de la zone comprimée, donc à une distance de 0.4y
de la fibre la plus comprimée.
Résultante des efforts de traction dans les aciers.
sa AF σ⋅=
Fa passe par le point a (centre de gravité des armatures tendues).
Equations d’équilibre :
ybAFbFaF bsx
⋅⋅⋅=⋅⇒=−⇒=∑ σσ 8.000/





=⋅⋅−
⋅⋅⋅⋅−
⇒=⋅−⇒=∑
0
8.0
00/
ZAM
ou
ZybM
ZFMM
s
b
bA
σ
σ
posons : dy ⋅=α ; 2
db
M
b ⋅⋅
=
σ
µ ; dZ ⋅= β
( )⇒−=⋅⋅−=⋅−= αα 4.014.04.0 dddydZ αβ 4.01−=
nous aurons alors : ( ) 04.018.08.0 2
=⋅−⋅⋅⋅⋅−=⋅⋅⋅⋅− αασσ dbMZybM bb

3. D’où ( )ααµ ⋅−⋅⋅= 4.018.0 et
8.0
211 µ
α
−−
=
Car α est la racine de l’équation 08.032.0 2
=+⋅−⋅ µαα
On a : dy ⋅=α
Si →≤ 2593.0α domaine 1 et le diagramme des déformations passe par le
pivot A, donc 10=sξ %o.
Pour →= 2593.0α ( ) 186.02593.04.012593.08.0 ≈⋅−⋅⋅=µ
Donc si





⇒
≤
≤
186.0
253.0
µ
α
ou pivot A (Domaine 1).
Si 12593.0 ≤≤α c’est à dire →≤≤ 480.0186.0 µ domaine 2 et le diagramme
des déformations passe par le pivot B
Donc si →≤≤ 480.0186.0 µ le raccourcissement du béton de la fibre extrême
sera 5.3=bξ %o.
On a aussi les triangles aaG ′ˆ et bbG ′ˆ sont semblables ⇒
b
a
b
s
G
G
bbGaaG =⇒′≈′
ξ
ξˆˆ et 5.3=bξ %o ⇒⇒⇒⇒.
⇒
−
=
⋅
⋅−
=
−
=
⋅
α
α
α
αξ 1
5.3
1000
d
dd
y
yds






−⋅=⋅ 1
1
5.31000
α
ξs .
Donc connaissant sξ , on peut déterminer sσ .
RésuméRésuméRésuméRésumé ::::
Les armatures tendues d’une section rectangulaire soumise à un moment M
peuvent être déterminer par les formules suivantes.
ss
b db
M
σξβα
σ
µ et1000,,2
⇒
⋅⋅
=

4. sd
M
A
σβ ⋅⋅
=
²].[en:
][:
][en:et
][:
cmA
MPaenet
cmdb
MPaenM
sb σσ
Remarque :
Théoriquement ; la méthode déjà exposée est valable jusqu’à ce que l’on ait
dy = c’est à dire 1=α ou bien 480.0=µ mais pratiquement il n’en ait pas ainsi car à
partir d’une certaine valeur de sξ , donc de α , la contrainte sσ diminue rapidement et
on arrive à une section qui n’est pas économique.
Si 01
1
1000
5.3
1 =





−=⇒=
α
ξα s , d’où
0=⋅= sss E ξσ et ∞→A d’où de point de
vue économie, il a été décidé que
ss
Ls
E
fe
⋅
=≥
γ
ξξ
Et LLL βαξ ,→ et Lµ .
Et on a : ⇒
+
=
sξ
α
10005.3
5.3
L
L
ξ
α
10005.3
5.3
+
= ;
( )LLL ααµ 4.018.0 −⋅⋅= et LL αβ 4.01−=
Et dans le chapitre N°01 on a vue que :
Si



≤
≤
⇒≥
L
L
Ls
αα
µµ
ξξ
Si →≤ Lµµ la section sera armé uniquement par des armatures tendues.
Si →> Lµµ la section sera armé par des armatures tendues et des
armatures comprimées comme il va être montré par la suite.
sσ
0 Lξ sξ
s
s
fe
σ
γ
=
10%o

5. Application numériqueApplication numériqueApplication numériqueApplication numérique ::::
Déterminer les armatures suivant l’état limite ultime de la poutre suivante :
MPafc 2528 =
Acier Fe E400, Situation durable et transitoire.
Il faut tenir compte du poids propre.
Détermination du poids propre :
mlKNmlNmlKgSg Bb /5.4/4500/4506.03.025001 ===⋅⋅=⋅⋅= γ
Détermination du moment fléchissant.
8
2
l
gMg ⋅=
4
l
QMQ ⋅=
et pour la combinaison fondamentale (sollicitation du 1er
genre) on a :
QG Qg ⋅+⋅ γγ avec 35.1=gγ et 5.1=Qγ
d’où l’on tire le moment M :
⇒⋅+⋅=⋅+⋅=
4
5.1
8
²
35.15.135.1
l
Q
l
gMMM Qg
mKNM .394
4
5200
5.1
8
²55.4
35.1 =
⋅
⋅+
⋅
⋅=
mKNM .394=
Détermination du moment réduit :
²db
M
b ⋅⋅
=
σ
µ avec
b
c
b
f
γ
σ 2885.0 ⋅
=



→
→
=
le.accidentelSituation15.1
ireet trasitodurableSituation5.1
bγ
5 cm
A
60
30
Q= 200 kN (surcharge)
2.50 m 2.50 m

6. MPab 2.14
5.1
2585.0
=
⋅
=σ donc
( )
306.0
55302.14
10394
2
3
=
⋅⋅
⋅
=µ
Vérification de l’existence d’armatures comprimées ( )A′ .
Acier Fe E400 MPafe 400=→ et on a
ss
L
E
fe
⋅
=
γ
ξ .



→
→
=
le.accidentelSituation1
ireet trasitodurableSituation15.1
bγ
739.1
15.1200
400
1000000200 =
⋅
=⇒= Ls MPaE ξ
et 668.0
10005.3
5.3
=
+
=
L
L
ξ
α et ( ) 392.04.018.0 =⋅−⋅⋅= LLL ααµ .
∃′⇒< ALµµ MPa
MPa
fe
s
s 348
348
=
=
=⇒
γ
σ
calcul de l’armature tendue (A) :
d
M
A
s ⋅⋅
=
βσ
306.0=µ 471.0
8.0
211
=
−−
=⇒
µ
α
donc : ²06.25
55811.0348
105.4 3
cmA =
⋅⋅
⋅
= .
B. Section rectangulaire avec armature compriméesB. Section rectangulaire avec armature compriméesB. Section rectangulaire avec armature compriméesB. Section rectangulaire avec armature comprimées ::::
Si Lµµ > ou bien Lαα > ; on renforce la partie comprimée de la section par
des armatures qui seront comprimées.
Dans les règles B.A.E.L ; seules les armatures longitudinales de compression
maintenues tous les 15 φ au plus, par des armatures transversales seront prises en
compte.
Si les armatures comprimées sont disposées en dehors des angles, les règles
B.A.E.L prévoit des étriers ou épingles (au plus tous les 15 φ) pour empêcher tout
déplacement ou risque de flambage de ces armatures. Si cette conditions n’est pas
vérifiée, les armatures comprimées (centrales) seront considérés ( )φ∀ comme des
barres de montage qui n’interviendront pas dans les calculs.
La part du moment de flexion équilibré par les armatures comprimées doit
être inférieur à 40% du moment total.

7. 1. Première méthode de détermination des armatures :
A′ : Section totale des armatures comprimées.
d⋅′δ : distance du centre de gravité des armatures comprimées à la fibre la
plus comprimée. (en pratique on prend hd
10
1
=⋅′δ ).
La section envisagée (figure a) peut être considérée comme la somme de
deux section fictives représentées sur les figures (b) et (c).



′=′
+=
AA
AAA 21
les armatures comprimées sont nécessaires ⇒ domaine 2 et le diagramme
des déformations passe par le pivot B.
pour des raisons d’économie, sξ doit être supérieur ou égal à Lξ et pour un
cas limite, on prend Ls ξξ = ; d’où :
L
L
ξ
α
10005.3
5.3
+
= et
ss
L
E
fe
⋅
=
γ
ξ .
Et en utilisant les triangles semblables ccG ′ˆ et aaG ′ˆ , on trouve :
( )
L
L
L
L
L
L
L
s
dd
dd
yd
dy
ξ
δξδ
α
δα
α
δαδ
ξ
ξ
⋅
′⋅−′−
=
−
′−
=
⋅−
⋅′−⋅
=
−
′−
=
′
1000
100015.3
1
, d’où
( ) δξδξ ′⋅⋅−′−=′ Ls 100015.31000
et pour que Ls ξξ ≥′ , il faut
que ( ) ⇒≥′⋅−′− LL ξδξδ 1000100015.3
L
L
ξ
ξ
δ
10005.3
10005.3
+
⋅−
≤′
pour chaque type d’acier on a une valeur de ⇒Lξ pour chaque type d’acier
on a une valeur de δ ′ à ne pas dépasser [voir tableau ci-après].
Ronds lisses Haute adhérence
Fe E215 Fe E235 Fe E400 Fe E500
15.1=sγ 1=sγ 15.1=sγ 1=sγ 15.1=sγ 1=sγ 15.1=sγ 1=sγ
0.58 0.53 0.55 0.50 0.33 0.27 0.23 0.17
A
d
b
A′
(a)
d⋅′δ
sξ′
o%5.3
d⋅′δ
dy L ⋅=α
a′ a
G
c c′
b
A1
d
b
(b)
A2
A′
(c)
dd ⋅′−δ
B

8. Quand δ ′ est inférieur au valeurs données dans le tableau ci-contre ⇒ la
condition Ls ξξ ≥′ est réalisé.
Les valeurs de δ ′ (tableau) sont toujours inférieurs à celles rencontrées en
pratique ⇒ toujours Ls ξξ >′ ⇒
s
s
fe
γ
σ =′ et
s
s
fe
γ
σ =
La section fictive représentée sur la figure (b) équilibrera un moment fictif
2
1 dbM bL ⋅⋅⋅= σµ ; LL αµ → , Lβ et Lξ1000
sL d
M
A
σβ ⋅⋅
= 1
1
la deuxième section fictive (Figure c) devra donc équilibrer un moment
résident :
1MMM −=∆ , avec MM ⋅≤∆ 4.0
( )dd
M
A
s ⋅′−⋅′
∆
=′
δσ
;
( ) s
s
s
A
dd
M
A
σ
σ
δσ
′
′=
′−
∆
=2
Et les armatures de la section réelle seront donc :



+=
′=′
21 AAA
AA
RésuméRésuméRésuméRésumé ::::
2
1 dbM bL ⋅⋅⋅= σµ , 1MMM −=∆
( )dd
M
A
s δσ ′−′
∆
=′ ,
s
s
sL
A
d
M
A
σ
σ
σβ
′
′+
⋅⋅
=
1
2. Deuxième méthode de détermination des armatures :
A
h
b
+
–
a′ a
G
b
0.8y
M
Fb
Fa
0.4y
A′
aF ′
3.5%o
d
c c′
B
y
a
(a) (b) (c)
d⋅′δ
Lξ

9. Soit une section rectangulaire avec armatures comprimées (Fig (a)) et
soumises à un moment de flexion M. les figures (b) et (c) représentent
respectivement les diagrammes et des contraintes.
On a bb ybF σ⋅⋅⋅= 8.0 sa AF σ ′⋅′=′ sa AF σ⋅=
Avec dy L ⋅=α
Equations d’équilibre :
08.000/ =⋅⋅⋅−′′−⇒=′−−⇒=∑ ybAAFFFF bssabaH σσσ
s
bs ybA
A
σ
σσ
′
⋅⋅⋅−⋅
=′⇒
8.0
( ) ( ) ⇒=′−+⋅′−−⇒=∑ 04.00/ dyFddFMM bac δδ
( ) ( ) ⇒=′−⋅⋅⋅+′−⋅− 04.08.0 dyybddAM bs δσδσ
( )
( )dd
dyybM
A
s
b
δσ
δσ
′−
′−⋅⋅⋅+
=
4.08.0
M : en [N.m], b, d et y en [cm], sb σσ , et sσ ′ en [Mpa]
A et A′ : en [cm²].
ApplicationApplicationApplicationApplication ::::
Soit la poutre représentée sur la figure ci-dessous, soumise à son poids
propre (g) et à une surcharge d’exploitation Q= 264 KN.
Acier Fe E400.
MPafc 2528 =
Calcul du moment fléchissant :
8
²l
gMG = avec mlKNhbg b /5.46.03.025 =⋅⋅=⋅⋅= γ
mKNMG .78.13
8
²5
5.4 ==
mKN
l
QMQ .330
4
5
264
4
=⋅=⋅=
mKNMMM QG .5143305.178..1335.15.135.1 =⋅+⋅=+=
5 cm
A
60
30
5 cm
A′
g
2.50 2.50
Q

10. Détermination des armatures :
1ère
méthode (Méthode de superposition).
Vérification de l’existence des armatures comprimées A′ .
²db
M
b ⋅⋅
=
σ
µ ,
b
c
bc
f
MPaf
γ
σ 28
28
85.0
25
⋅
=⇒=
situation durable et transitoire 5.1=bγ et 15.1=sγ .
MPab 2.14
5.1
2585.0
=
⋅
=⇒ σ
Fe E400 MPafe 400=⇒ et MPa
fe
s
s 348==
γ
σ
( )
399.0
55302.14
10514
2
3
=
⋅⋅
⋅
=µ .
668.0
10005.3
5.3
=
+
=
L
L
ξ
α avec 739.1
200
1000 =
⋅
=
s
L
fe
γ
ξ
8.0
211 µ
α
−−
=L et ( ) 392.04.018.0 =−⋅⋅= LLL ααµ
et 733.04.01 =−= LL αβ
∃′⇒> ALµµ
on utilise le principe de la superposition :
Le moment de résistance limite est donne par :
( ) mNdbM bL .15150555302.14392.0
22
1 =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= σµ
le moment résiduel est donnée par :
mNMMM .88495051510005141 =−=−=∆
²36
55733.0348
1515051
1 cm
d
M
A
Ls
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=
βσ
A
h
b
A′
d⋅′δ
A1
d
b
(M1)
A2
A′
( M∆ )
dd ⋅′−δ

11. ( ) ( )
²52.0
555348
8849
2 cm
dd
M
A
s
=
−
=
′−⋅
∆
=
δσ
09.0
55
5
===′
d
c
δ ;
34.0
739.15.3
739.15.3
10005.3
10005.3
?
=
+
−
=
+
−
≤′
L
L
ξ
ξ
δ
MPa
fe
s
s
sLs 34834.009.0 ===′⇒>′⇒< σ
γ
σξξ donc
( ) ( )
²52.0
555348
8849
2 cm
dd
M
AA
s
=
−
=
′−′
∆
==′
δσ
et enfin :



=+=
=′
²52.36
52.0
21
2
cmAAA
cmA
Remarque :
Si sss
L
L
E ξσ
ξ
ξ
δ ′⋅=′⇒
+
⋅−
>′
10005.3
10005.3
(car Ls ξξ <′ ).
2ème
méthode (méthode des diagramme).
∃′⇒=>= AL 392.0399.0 µµ
cmdy L 74.3655668.0 =⋅=⋅=α
( )
( )
( )
( )555348
574.364.074.36302.148.5140004.08.0
−
−⋅⋅⋅⋅⋅+
=
′−
′−⋅⋅⋅+
=
dd
dyybM
A
s
b
δσ
δσ
²52.36 cmA =
L
L
ξ
ξ
δ
10005.3
10005.3
?
+
−
≤′ ; MPa
fe
s
sLs 34834.009.0 ==′⇒>′⇒≤
γ
σξξ
²52.0
348
74.36302.148.034852.368.0
cm
ybA
A
s
bs
=
⋅⋅⋅−⋅
=
′
⋅⋅⋅−⋅
=′
σ
σσ
²52.0 cmA =′
Rappels (Flexion simple).Rappels (Flexion simple).Rappels (Flexion simple).Rappels (Flexion simple).
Si 5293.00 ≤≤α c’est à dire →≤≤ 186.00 µ le diagramme des déformations
passe par le pivot A (domaine 1) [ ]os %10=ξ , c’est à dire
s
s
fe
γ
σ = .

12. Si 12593.0 ≤<α c’est à dire →≤< 480.0186.0 µ le diagramme des
déformation passe par le pivot B (domaine 2) [ ]ob %10≤ξ ; donc on peut avoir deux
cas :
- Si Lµµ ≤ (c’est à dire Ls ξξ ≥ )
s
s
fe
γ
σ =→
- Si Lµµ > (c’est à dire Ls ξξ < ) ( )ssss E ξξσ 1000200=⋅=→
Avec 





−= 1
1
5.31000
α
ξs
Remarque :
- Si Lµµ > (donc Ls ξξ < ) la section d’armatures calculée ne sera pas économique,
et pour remédier à cela on utilise des armatures comprimées ; donc :
Si ∃′⇒> ALµµ et 





=≥
s
sLs
fe
γ
σξξ et aussi pour que 





=′≥′
s
sLs
fe
γ
σξξ il
faut que :
L
L
ξ
ξ
δ
10005.3
10005.3
+
−
≤′
si ( )sssss
L
L
EL
ξξσξξ
ξ
ξ
δ ′=⋅=′⇒<′⇒
+
−
>′ 1000200
10005.3
10005.3
.
Raccourcissement des armatures compriméesRaccourcissement des armatures compriméesRaccourcissement des armatures compriméesRaccourcissement des armatures comprimées ::::
a. Diagramme des déformations passe par le point A :
%10=sξ o
Les triangles AaGˆ et ccG ′ˆ sont semblables
⇒
dd
dd
Ga
Gc
aA
cc s
α
δαξ
−
′−⋅
=
′⋅
⇒=
′
10
1000
⇒ 





−
′−
=′
α
δα
ξ
1
101000 s
le raccourcissement sξ′1000 étant connu, la
contrainte sσ ′ dans l’armature comprimée a pour valeur :
- Si ( )ssLs ξσξξ ′⋅=′→<′ 100020010001000 ; sσ ′ en [Mpa].
- Si
s
sLs
fe
γ
σξξ =′→≥′ 10001000
A a
b
d
10 %o
B
c
G
sξ′dy ⋅=α
3.5 %o
dδ ′
c’

13. b. Le diagramme des déformations passe par le point B :
⇒≈′ BbGaaG ˆˆ
d
dd
Gb
Ga
bB
aa s
α
αξ −
=⇒=
′
5.3
1000
⇒ 





−⋅= 1
1
5.31000
α
ξs
α
δαξ
α
δαδ
′−
=
′
⇒
′−
=
′−
=
′
⇒≈′
5.3
1000
ˆˆ
s
d
dd
y
dy
bB
cc
BbGccG
d’où : 




 ′−
⋅=′
α
δα
ξ 5.31000 s
3. Etude d’une section pour laquelle l’armature3. Etude d’une section pour laquelle l’armature3. Etude d’une section pour laquelle l’armature3. Etude d’une section pour laquelle l’armature
compriméecompriméecompriméecomprimée A′ est connueest connueest connueest connue ::::
ce cas sa présente généralement
dans les sections d’appuis des poutres
continues, car les armatures comprimées de
cette section constituées par le prolongement
de la totalité, ou d’une partie des armatures
prévues dans la partie centrale de la travée,
qui sont déjà connues.
Il a déjà été démontrer que :
( )
( ) s
s
ddAM
dd
M
A σδ
δσ
′⋅′−⋅′=∆⇒
′−′
∆
=′ )
)
MMMMMM ∆−=⇒−=∆ 11
s
b db
M
ξβα
σ
µ 1000et,, 112
1
1 →
⋅⋅
=
d
M
A
s ⋅⋅
=
1
1
1
βσ
,
( ) s
s
s
A
dd
M
A
σ
σ
δσ
′
⋅=
′−
∆
=2
et enfin les armatures de la section réelle seraient :




′
′+=+=
′=′
s
s
AAAAA
AA
σ
σ
121
et comme A′ est connue, il suffit de connaître sσ ′ pour résoudre le problème :
A a
b
d
10 %o
B
c
G
sξ′dy ⋅=α
3.5 %o
dδ ′ c’
a’
L a
+
-

14. Application NumériqueApplication NumériqueApplication NumériqueApplication Numérique ::::
Soit à déterminer les armatures tendues d’une section rectangulaire de
dimensions (30 x 70)cm² pour laquelle ².42.9 cmA =′
mKNM .620=
Acier Fe E400, pour une situation durable et transitoire.
MPafc 2528 =
Situation durable et transitoire



=
=
⇒
5.1
15.1
b
s
γ
γ
Calcul de l’armature tendue A :
( )
( ) ( ) 34857042.9 ⋅−⋅=′⋅′−′=∆⇒
′−′
∆
=′ s
s
ddAM
dd
M
A σδ
δσ
⇒ mNM .080213=∆
mNMMM .4069202130806200001 =−=∆−=
( )
186.0195.0
70302.14
406920
²
1
21 >=
⋅⋅
=
⋅⋅
=
db
M
bσ
µ
Le diagramme des déformations passe par le pivot B.
MPa
fe
s
sLsL 3481 ==⇒>⇒<
γ
σξξµµ
34.0
739.15.3
739.15.3
10005.3
10005.3
071.0
70
5
=
+
−
=
+
−
≤==′
L
L
ξ
ξ
δ
MPa
fe
s
sLs 348==′⇒>′⇒
γ
σξξ
Remarque :
On constate que mNMmNM .0002484.0.213080 =⋅≤=∆
890.0195.0 11 =⇒= βµ
42.9
70890.0348
920406
1
1
1 +
⋅⋅
=
′
′+
⋅⋅
=
′
⋅′+=
s
s
ss
s
A
d
M
AAA
σ
σ
βσσ
σ
²19.28 cmA =⇒
Remarque :
Pivot B 




 ′−
⋅=′→
1
1
5.31000
α
δα
ξs
274.0
8.0
211
195.0 1
1
11 =⇒
−−
=⇒= α
µ
αµ
donc 739.1100061.2
274.0
071.0274.0
5.31000 =>=




 −
⋅=′ Ls ξξ
5
65
7
30
A’ =9.42 cm²
A

15. 4. Armatures symétriques4. Armatures symétriques4. Armatures symétriques4. Armatures symétriques ::::
les armatures symétriques sont à prévoir lorsque le moment M peut changer
de sens tout en gardant la même valeur absolue (exemple : pour les poteaux d’une
ossature en cas de séisme).
Et MMMM 6.01 =∆−= .
Donc



=
=∆
MM
MM
6.01
4.0
Par conséquent ;
²
6.0
db
M
b ⋅⋅
⋅
=
σ
µ est connue sss σξξα ,,, ′ et sσ ′ .
Et on aura :
( )






′
′+
⋅⋅
⋅
=+=
′−⋅′
⋅
=′=′
s
s
s
s
A
d
M
AAA
dd
M
AA
σ
σ
βσ
δσ
6.0
21
4.0
Application numériqueApplication numériqueApplication numériqueApplication numérique ::::
Soit à déterminer les armatures de la section armée symétriquement
suivante :
mKNM .400=
Acier Fe E400, MPafc 2528 =
Situation durable et transitoire.
MPa
f
b
c
b 2.14
85.0 28
=
⋅
=
γ
σ
( )
→<=
⋅⋅
⋅
=
⋅⋅
⋅
= 186.0116.0
70302.14
0004006.0
²
6.0
2
db
M
bσ
µ pivot A ⇒
MPa
fe
s
ss 348%10 o ==⇒=
γ
σξ
o%10938.0,1546.0116.0 ===⇒= set ξβαµ
.071.0
70
5
==′δ
Pivot A
( ) ( )
Ls ξ
α
δα
ξ 1000989.0
1546.01
071.01546.010
1
10
1000 <=
−
−
=
−
′−
=′⇒
( ) .198989.02001000200 MPaE ssss =⋅=′=′⋅=′⇒ ξξσ
et les sections d’armatures seront :
( ) ( )
²43.12
570198
0004004.04.0
cm
dd
M
A
s
=
−⋅
⋅
=
′−′
⋅
=′
δσ
5
65
7
30
A’ = A
A

16. ²57.17
348
198
43.12
70938.0348
0004006.06.0
cmA
d
M
A
s
s
s
=+
⋅⋅
⋅
=
′
⋅′+
⋅⋅
=
σ
σ
βσ
et enfin on prendra : ²57.17 cmAA =′=
IV. 2. Section en TéIV. 2. Section en TéIV. 2. Section en TéIV. 2. Section en Té ::::
a. Généralitésa. Généralitésa. Généralitésa. Généralités ::::
Les sections en T se rencontre par
exemple, dans les planchers, les murs de
soutènement, les tabliers de pont et, d’une
manière générale, dans tous les ouvrages où
l’on fait intervenir le hourdis à la résistance de
la poutre.
Puisque le béton tendu est négligeable dans les calculs de résistance, la
section en T présente une forme économique, car une grande partie du béton tendu
(poids mort inutile) est supprimé.
La partie ABCD (voir figure) est appelée table de compression, on plus
simplement table.
La partie EFGH est appelée nervure.
Remarque :
Si la table se trouve dans la partie comprimée (travée), la section de calcul
sera une section en T.
Si la table se trouve dans la partie tendue, la section de calcul sera une
section rectangulaire de largeur FG, car le béton tendu n’est pas pris en compte
dans les calculs de résistance.
ln ln
A
B C
DE
FG
H
L1 L2

17. b. Largeur de la tableb. Largeur de la tableb. Largeur de la tableb. Largeur de la table ::::
!
2
0
1
bl
b n −
≤
!
10
1
L
b ≤ ; L : la portée de la poutre.
Remarque :
Dans l’étude des sections en T, on distingue deux cas suivant que la zone
comprimée, de hauteur égale à (0.8y), se trouve située dans la table (fig-a), on bien
dans la nervure (fig-b).
Fig-a : la section en T sera calculée comme une section rectangulaire de
dimension ( )hb⋅ , puisque le béton tendu n’intervient pas dans les calculs de
résistance.
ln ln ln
b0
b1
h0
h - h0
b
40
21 LL +
20
1L
40
21 LL +
20
1L
10
1L
10
1L
x
x
3
2
x
L1L2
Appuis
intermédiaire
b0
h = (d+c)
b
y 0.8 y
Axe neutre
(Figure a)
b0
h = (d+c)
b
y
0.8 y
Axe neutre

18. A. Section en Té sans armatures compriméeA. Section en Té sans armatures compriméeA. Section en Té sans armatures compriméeA. Section en Té sans armatures comprimée ::::
a. Axe neutre dans la table de compression :
Soit la section en T suivante, soumise à une moment M0.
Supposant que, pour cette valeur du moment, la hauteur de la zone
comprimée soit égale à ( )00 8.0 hyh =⋅ .
Bilan des efforts :
0hbFb b ⋅⋅= σ






−⋅⋅=⇒=





−⋅−⇒=∑ 2
0
2
0 0
00
0
0/
h
dhbM
h
dFMM bba σ
M0 : Moment fléchissant équilibré par la table de compression.
Si →≤ 0MM l’axe neutre se trouve dans la table et la section en T sera calculée
comme une section rectangulaire de dimensions ( )hb⋅ .
Si →> 0MM l’axe neutre se trouve dans la nervure et la section de calcul sera une
section en T.
b. Axe neutre dans la nervure :
Fb1 : la résultante des efforts de compressions sur la partie simplement
hachurée (ailette) appliquée à
2
0h
de l’arrête supérieure.
b0
b
h0
d
0.8 y=h0
bσ .
2
0h






−
2
0h
d
Fb
Faa
b0
b
h0
d
0.8 y
bσ .
2
0h
Fb2
Faa
Fb1






−
2
4.0 0h
y

19. Fb2 :la résultante des efforts de compression sur la partie doublement
hachurée appliquée à (0.4y) de l’arrête supérieure.
Fa :la résultante des efforts de traction dans les armatures tendues.
Bilans des efforts :
( ) 001 hbbF bb −⋅= σ ; ybF bb ⋅⋅⋅= 02 8.0 σ et sa AF σ⋅=
Equations d’équilibre :
( ) 08.000 00021/ =⋅⋅⋅−⋅−−⋅⇒=−−⇒=∑ ybhbbAFFFF bbsbbaH σσσ
( ) ( )∑ =−⋅⋅⋅⋅−





−⋅−−⇒= 04.08.0
2
0 0
0
00/ ydyb
h
dhbbMM bba σσ
posons : ( ) 





−⋅⋅−⋅−=
2
0
00
h
dhbbMMn bσ et ⇒⋅= dy α
( ) ( ) 04.018.04.08.0 2
00 =−⋅⋅⋅⋅⋅−=−⋅⋅⋅⋅− αασσ dbMydybM bnbn
avec ( ) 2
0
4.018.0
db
M
b
n
⋅⋅
=⇒−⋅⋅=
σ
µααµ
Et on a : ( ) ⇒=⋅⋅⋅−⋅−⋅−⋅ 08.0 000 ybhbbA bbs σσσ
( ) 0008.0 hbbAyb bsb ⋅−⋅−⋅=⋅⋅⋅ σσσ
et ( ) ⇒=⋅−⋅⋅⋅⋅− 04.08.0 0 ydybM bn σ
( )[ ] ( ) ⇒=−⋅⋅−⋅−⋅− 04.000 ydhbbAMn bs σσ
( )[ ] ( ) ⇒=⋅−⋅⋅−⋅−⋅− 04.0100 dhbbAMn bs ασσ
( )[ ] 000 =⋅⋅⋅−⋅−⋅− dhbbAMn bs βσσ car αβ 4.01−=
donc :
( )
s
b
n
hbb
d
M
A
σ
σ
β
00 ⋅−⋅+
⋅
=
RésuméRésuméRésuméRésumé ::::
- Si →





−⋅⋅⋅=>
2
0
00
h
dhbMM bσ axe neutre dans la nervure et la section de
calcul est une section en T.
- ( ) 





−⋅⋅−⋅−=
2
0
00
h
dhbbMM bn σ
ss
b
n
db
M
σξβα
σ
µ →⇒
⋅⋅
= 1000,,2
0

20. ( )
⇒
⋅−⋅+
⋅
=
s
b
n
hbb
d
M
A
σ
σ
β
00
( ) ⇒
⋅⋅
⋅⋅⋅−⋅+
=
s
bn
d
dhbbM
A
βσ
βσ 00
M et Mn en [MPa] ; b, b0,, h0 et d en [cm] ; ][:enet MPasb σσ A : en [cm²].
Application numérique N°01Application numérique N°01Application numérique N°01Application numérique N°01 ::::
Acier Fe E400
MPafc 2028 =
prendre en compte le poids propre g.
Ferraillage de la section la plus sollicitée :
Calcul du moment maximum :
( ) mlKNmlKNSg bb /5.5/5505.02.0112.02500 ==⋅+⋅⋅=⋅= γ
mKN
l
gM g .2.17
8
²5
5.5
8
2
=⋅==
mKN
l
QMQ .135
4
5
108
4
=⋅== .
Combinaison fondamentale :
QG 5.135.1 +
⇒⋅+⋅=⋅+⋅= 35.15.12.1735.15.135.1 Qg MMM
mKNM .72.225= .
Vérification de la position de l’axe neutre :
Moment résistant de la table :






−⋅⋅⋅==
2
0
00
h
dhbMM bT σ
avec
b
c
b
f
γ
σ 2885.0 ⋅
=
MPab 33.11=σ
( )⇒−⋅⋅⋅= 6451212033.11TM
20
5
12
50
120
2.50 2.50
Q=108 KNg
b0
b
0.8y= h0
. cm
h
c 5
10
==

21. mKNmKNMT .3.636.103.636 3
=⋅=
TMM < : L’axe neutre tombe dans la table ⇒ la section en T sera calculée
comme une section rectangulaire de dimension [120 x 50] cm².
Vérification de l’existence de A′ :
( )
082.0
4512033.11
1072.225
² 2
3
=
⋅⋅
⋅
=
⋅⋅
=
db
M
bσ
µ
Acier Fe E400 0392=→ Lµ donc :
∃′⇒< ALµµ et MPa
fe
s
sLs 34810001000 ==⇒>
γ
σξξ
0
8.0
211
=
−−
=
µ
α ; 957.04.01 =−= αβ
²06.15
45957.0348
1072.225 3
cm
d
M
A
s
=
⋅⋅
⋅
=
⋅⋅
=
βσ
²06.15 cmA = .
Application N° 02.Application N° 02.Application N° 02.Application N° 02.
Ferrailler la section la plus solliciter de la poutre suivante :
Acier Fe E400
MPafc 2528 =
prendre en compte le poids propre de la poutre g.
Ferraillage de la section la plus sollicitée :
Poids propre :
( ) ./5.5/5505.02.0112.02500 mlKNmlKgSg bb ==⋅+⋅⋅=⋅= γ
Moment fléchissant maximum :
mK
l
gM g .2.17
8
²5
5.5
8
²
=⋅=⋅=
mK
l
QMQ .525
4
5
420
4
=⋅=⋅=
20
5
12
50
120
2.50 2.50
Q=420 KNg

22. combinaison fondamentale :
Qg MM ⋅+⋅ 5.135.1 .
⇒⋅+⋅=+⋅= 5255.15.535.15.135.1 QMMgM
mKNM .72.810=
Vérification de la position de l’axe neutre :






−⋅⋅⋅==
2
0
00
h
dhbMM bT σ avec MPa
f
b
c
b 2.14
85.0 28
=
⋅
=
γ
σ
( ) mKNmNMM T .5.797.105.797645121202.14 3
0 =⋅=−⋅⋅⋅==⇒
avec 08.0 hy = et on constate que :
⇒>= TMmKNM .72.810 l’axe neutre tombe dans la nervure.
Calcul de nM :
( ) ( ) ( )⇒−⋅⋅−⋅−=





−⋅⋅−⋅−= 64512201202.14810720
2
0
00
h
dhbbMM bn σ
mKNmNMn .2.146.102.146 3
=⋅=
Vérification de l’existence de A′ :
( )
254.0
45202.14
102.146
² 2
3
0
=
⋅⋅
⋅
=
⋅⋅
=
db
M
b
n
σ
µ
Acier Fe E400 392.0=⇒ Lµ donc ∃′⇒= ALµµ
et Ls ξξ 10001000 > MPa
fe
s
s 348==
γ
σ
851.0254.0 =⇒= βµ .
( ) ( )
45851.0348
45851.012201202.14102.146 3
00
⋅⋅
⋅⋅⋅−⋅+⋅
=
⋅⋅
⋅⋅⋅−⋅+
=
d
dhbbM
A
s
bn
βσ
βσ
²60cmA =⇒
B. Section en Té avec armatures compriméesB. Section en Té avec armatures compriméesB. Section en Té avec armatures compriméesB. Section en Té avec armatures comprimées ::::
! si ∃′⇒> ALµµ (C’est à dire, on renforce la partie comprimée de la section de
béton par des armatures de compression).
Pour la détermination des sections d’armatures tendues et comprimées ; on
utilisera le principe de superposition des états comme pour une section
rectangulaire.



+=
′=′
21 AAA
AA

23. le diagramme des déformations de la section avec armatures comprimées est
comme indiqué sur la figure d.
( )
⇒



≤≤> 480.0
simpleFlexion
L µµµµ L
le diagramme des déformations passe par le pivot
B (domaine 2).
Et la position de l’axe neutre est donnée par dy L
⋅=α .
Dans le cas où les armatures comprimées sont nécéssaires ; la partie
comprimée s’étendra toujours dans la nervure (c’est à dire 08.0 hy > ).
D’après le principe de superposition déjà vu, la section donnée par la figure b
équilibre un moment M1 donnée par :
( ) 





−⋅⋅−⋅+⋅⋅⋅=
2
0
00
2
01
h
dhbbdbM bbL σσµ .
Et les armatures A1 sont données par :
( )
s
b
L
bL
hbb
d
db
A
σ
σ
β
σµ
00
0
1
²
⋅−⋅+
⋅
⋅⋅⋅
=
la deuxième section fictive (fig-c) devra donc équilibrer un moment résiduel
1MMM −=∆ (avec MM ⋅≤∆ 4.0 ).
Et les armatures A′ et 2A sont données par :
( )dd
M
A
s δσ ′−⋅′
∆
=′ ;
( ) s
s
s
A
dd
M
A
σ
σ
δσ
′
⋅′=
′−⋅
∆
=2
Remarque :
Pivot B
s
sLs
fe
γ
σξξ =→=→
Pivot B
( )
s
L
L
s σ
α
δα
ξ ′→
′−
=′→
5.3
1000
Et enfin, on a :



+=
′=′
21 AAA
AA

24. RésuméRésuméRésuméRésumé ::::
Si ∃′⇒> ALµµ
( ) 





−⋅⋅−⋅+⋅⋅⋅=
2
0
00
2
01
h
dhbbdbM bbL σσµ
1MMM −=∆
( )
s
L
L
s σ
α
δα
ξ ′→
′−
=′
5.3
1000
s
sLs
fe
γ
σξξ =→=
( )dd
M
A
s δσ ′−⋅′
∆
=′ ;
( )
s
s
s
b
L
bL
A
hbb
d
db
A
σ
σ
σ
σ
β
σµ
′
′+
⋅−⋅+
⋅
⋅⋅⋅
=
00
0
1
²
M et M1 M∆ en [MPa] ; b, b0,, h0 et d en [cm] ; ][:enet, MPassb σσσ ′ A et A′ :
en [cm²].
ApplicationApplicationApplicationApplication ::::
Calculer le ferraillage de la section la plus sollicitée de la poutre suivante :
Acier Fe E400
MPafc 2028 = .
Prendre en compte le poids propre g.
mlKNg /5.5=
Moment fléchissant :
mKN
l
QMQ .585
4
5
468
4
=⋅=⋅=
mKNM g .19.17=
combinaison fondamentale :
mKNMMM Qg .7.9005.135.1 =+⋅=
20
5
12
50
120
2.50 2.50
Q=468 KNg

25. mKN
h
dhbM bT .5.797
2
0
0 =





−⋅⋅⋅= σ
⇒> TMM l’axe neutre tombe dans la nervure.
Calcul de Mn :
( ) 





−⋅⋅⋅−=





−⋅⋅−⋅−=
2
12
45121002.14900700
2
0
00
h
dhbbMM bn σ
mKNMmNM nn .14.236.236140 =⇒=⇒
vérification de l’existence de A′ :
( )
4106.0
45202.14
1014.236
2
3
2
0
=
⋅
⋅
=
⋅⋅
=
db
M
b
n
σ
µ
∃′⇒=> AL 392.0µµ
Calcul de 1M :
( ) ⇒





−⋅⋅−⋅+⋅⋅⋅=
2
0
00
2
01
h
dhbbdbM bbL σσµ
( ) ⇒





−⋅⋅+⋅⋅⋅=
2
12
45121002.1445202.14392.0
2
1M
mNM .10890 3
1 ⋅=
MmNMMM ⋅<⋅=−=∆ 4.0.107.10 3
1
MPa
fe
s
sLs 348==→=
γ
σξξ .
( )
348
121002.14
733.0
45202.14392.0
00
0
1
⋅⋅+
⋅⋅⋅
=
⋅−⋅+
⋅⋅⋅
=
s
b
L
bL
hbb
db
A
σ
σ
β
σµ
²691 cmA =⇒
( ) ( )
²8.0
545348
107.10 3
2 cm
dd
M
A
s
=
−⋅
⋅
=
′−⋅
∆
=
δσ
( )
L
L
s
α
δα
ξ
′−
=′
5.3
1000 ; 668.0=Lα et 111.0
45
5
===′
d
c
δ
( ) ⇒=⋅>=
−⋅
=′ 739.1100092.2
668.0
111.0668.05.3
1000 Ls ξξ
MPa
fe
s
s 348==′
γ
σ .
( )
²8.02 cmA
dd
M
A
s
==
′−⋅′
∆
=′
δσ
et enfin :



=+=
=′
²8.69
²8.0
21 cmAAA
cmA