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Chapitre 04.flexion simple.

Le document traite de la flexion simple des sections, définissant les forces et moments en jeu, notamment dans les sections rectangulaires sans armature comprimée. Il explique les méthodes pour déterminer les armatures nécessaires, en tenant compte des caractéristiques du béton et de l'acier, ainsi que des conditions limites. Il aborde également des applications numériques pour illustrer le calcul des moments fléchissants et des armatures dans les poutres soumises à des charges.

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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)
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
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 ⇒ ⋅⋅ =
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
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
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.
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
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
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
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
( ) ( ) 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 = .
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’
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 + -
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
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
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
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
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
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
( ) ⇒ ⋅−⋅+ ⋅ = 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 ==
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
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
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
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
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

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    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 : Hauteurutile 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 numériqueApplicationnumériqueApplication 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 méthodede 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 sectionrectangulaire 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 ≤<αc’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 diagrammedes 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 NumériqueApplicationNumériqueApplication 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 onprendra : 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 dela 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 enTé 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 résultantedes 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 : QgMM ⋅+⋅ 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 desdéformations 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