e, infini et — = 0 pièce infinie J ' ^
= distance du centre de courbu red el a barre à la paroi la plus voisine, 1
^ J j g j _ e . l 3 5 * = ^L VK|_
L*
'
S
_L O ™
v-1
V~ ^
avec * m ~~ nombre de lits c D'où:
n|ir
©1jf v_y "
e
^^ cimnltatipmpnt 4 . / i-c c][)
fe
r > 0 20
.•
$ ?
r
X 1< D - /
^su
1+
d)
1.
y
-j
fcj
^
c ° r 2
1 AL* '^i '
f
-^
^
^(DÏ JJj
À , 0 > - 3 0 3 2 — 176 ' ' 2 ' A,! O ~ 7 6 c m - 2 3 8
er
équation du 1 degré en r : 4 , r fcj - 0,20 . O . — TSU 1 + ° v > 0,20 . ô" = 250 MPa
2 m
A , = 5 , 6 0 cm2
4.2. RETENU Résistance :
1.1. BETON
4
'6
^
Sur lr = /s, on va coudre le plan I-I.
*
a) Longueur de recouvrement tsu = 0,6.V|/s2.ft28
;
TSU = 0,6 . 1,52. 2,1 = 2,84 MPa
CHAPITRE 5
1 : ronds lisses. 1,5 : barres HA.
COMPRESSION SIMPLE
O
b) Armatures transversales A
Pour un brin 14HA
-Jf- cadres 8 HA st = 20 c» 7^ Vl-^14 H*
•>!/
V
\
jx
f-4 '
.
\ \24>14 HA
X, il,
si/ -71 4> 14 HA
s '
)S
1
'77777
ù
•77777-
cadres 4>8 HA s t -20cm cadres4> 3 HA s . = 20 cm
cadres 8 HA s^-2 ) C K
^~J =
2.1n
encas trement dans la fondation; sinon ln
2.2. ÉLANCEMENT
COUPE À A
2.2.1. Cas général
V
avec : 0
1=
- = rayon de giration de la section transversale r>
=barre prise en compte
I = moment d'inertie de la section transversale (béton seul) dans le plan de flambement, B = aire de la section transversale.
4)=barre non prise en compte
Le plan de flambement mentionné plus loin est celui pour lequel À = ^maxSi A, > 35, seuls sont à prendre en compte les aciers augmentant le plus efficacement la rigidité dans le plan de flambement (pochées en noir sur la figure ci-dessous).
2.2.2. Cas particuliers a) Section rectangulaire
Plan de flambement II faut normalement envisager les deux possibilités : flambement dans le plan parallèle au petit côté et flambement dans le plan parallèle au grand côté. En désignant par /fa et /^ les longueurs de flambement correspondant aux liaisons d'extrémité dans les sens a (parallèle à la dimension a) et b (parallèle à la dimension b), on retiendra :
•
0
0
J B=ba ; X
.S&L • 12
B=ba
W>
a
0
•
*
•
o
•
bll, l.a
; ! = -£=> V12 3.2. FORCE PORTANTE
b) Section circulaire
I=~
64
4.1*
À l'état-limite ultime, le raccourcissement du béton sous compression centrée est limité à 2/1 000. Le diagramme des déformations correspond à la verticale du pivot C (voir paragraphes 3.3.3. et 4.3. chapitre 2 « BÉTON ARMÉ - GÉNÉRALITÉS »), d'où : y fi j. j. uiiy cjiitîii L
B=-
I^dLJL
(B)'v
X
/—s
^^^ XXJ1 •
f
bu O
i
se 2
f
3. ARMATURES LONGITUDINALES 3.1. INTRODUCTION - HYPOTHÈSES Toute barre longitudinale de diamètre ^ non maintenue par des armatures transversales telles que s,< 15.O, n'est pas prise en compte dans les calculs de résistance.
y
9
f
^ï^l'vl
0 Section
O^^•O& 0
/
\—ifj5*
2îi.
Déf ormat ions
Contraintes
L'effort normal limite théorique est : N u iim,th=B.f bu -"-
Les aciers doivent équilibrer : rt
k'|3-Nu-Nb 0,85
L'effort normal résistant est obtenu par correction de la formule théorique avec : - Br = section réduite de béton pour tenir compte de la sensibilité aux défauts d'exécution notamment pour les poteaux de faible section transversale, - 07(0,9.0,85) = facteur majorateur de la part de l'effort limite théorique relative au béton pour tenir compte de la maturité de ce dernier à l'âge de sa mise en charge, - a = facteur réducteur affectant Nulim th qui tient compte des effets du second ordre q ue l'on a négligés, - °sc2 = 4d - fe/Ys Par simplification de calcul. D'où la condition à respecter : B
r - f c 2 8 . . fe A.
y
Yh
3.3.2. Sections extrêmes B = aire de la section de béton. On doit vérifier : À
À min =Max.
'0,2 B
100
1+0,2.— 35 i
siA, m i n
1min s, courant, ce qui n'est pas acceptable. À ce moment là, prévoir 4 nappes et non 3 sur lr
5. COFFRAGE
• On se propose : 1) de déterminer les armatures longitudinales, 2) de déterminer les armatures transversales.
— CORRIGE —
!
La formule de l'effort normal ultime limite donne : k
_ x
'P'Nu
i
1. CARACTÉRISTIQUES DES MATÉRIAUX
bu
1-1. BÉTON On peut adopter par exemple : A/Br = 1
£=0,85.
^28 '•ni
1.1,5
— f
bu 0,9
[
100
ed
Remarque : on peut chercher à atteindre À = 35 pour que toutes les armatures participent à la résistance. Dans ce cas : (3 - 1,20.
1 2
- - ACIERS fed=-
Ys
— = 435MPa 1,15
în.-'vtV.-xO
EXERCICE N° 1 : POTEAU - ARMATURES MINIMALES
4.2. EN ZONE COURANTE C'est-à-dire hors recouvrements :
— ÉNONCÉ —
150, . 1min < — a=plus petite dimension transversale a+lOcm dans le plan de flambement 40cm
COUPE À À
r
4.3. EN ZONE DE RECOUVREMENT 4.3.1. Longueur de recouvrement
lr= .
JO,6.1S
3 nappes au moins sur l r
• Enrobage des armatures : 3 cm. Dans la pratique, on assure un léger dépassement (2 on peut se contenter d'un cadre général :
If fÏ2
= 43,30 20
Coefficient P : XP=1+0,2 Le béton équilibre : -12 = 4 mm < t < 12 mm
(0,60 - 0,02) (0,20 - 0,02) 14,2 0,9
B
N ^ Nb~ 0,9
=> 1 cadre 4> 6 HA Pour 3 cm d'enrobage :
N b =l,65MN
3 + 0,6 + — = 4,2 cm 2
Les aciers doivent équilibrer : k.p.Nu-Nb N =0,85
k = 1 car moins de la moitié des charges est appliquée avant 90 jours, N =
60 - 2 . 4,2 =» c = - = 25,8 cm 2 c ' = 20-2.4,2 =11,6 cm
= - 0,09 MN
d'où: Ns < 0 => Le béton est surabondant ; il suffit de prévoir la section minimale.
u = 2(a + b) = périmètre (m)
u = 2(0,60 + 0,20) = 1,60 m
B = a.b = aire béton (cm2)
B = 60 . 20 = 1 200 cm2
Max Amin --Max' \
A
s t < Min ( 40cm + 10cm
2/
14 cm / m depérimètre
0,2-?100
(40i i cm (a + 10 cm
c = 25,8 cm (40 cm < 30 cm = Mm c' = ll,6cm \20+10cm
3.2. ESPACEMENT
2.2. ARMATURES MINIMALES
/
c et c < Mm
U. 1,60 = 6,40 cm2 1 ^rvn . = Max o,2 0 = 2,40 cm \ 100
{
sans objet car A = 40cm 20 +10 = 30 cm
=> cadres 6 HA s, = 30 cm
g
/
A = A min =6,40cm
4
ARMATURES TRANSVERSALES EN ZONE DE RECOUVREMENT
2
On arrête tous les aciers longitudinaux dans la même section. 2
soit : 6 O 12 HA : A = 6 . 1,13 = 6,78 cm TJ
6,78 cm2 < 60 cm 2 = 5
i 100
O.K.
Longueur de recouvrement : barres HA Fe E500 => /s = 44 aciers comprimés => /r = 0,6 /s
12 HA : /s = 44 . 1,2 = 53 cm lr = 0,6 . 53 = 31,8 cm
Nappes sur recouvrements :
• 3 nappes au moins
3 Cadres 6 HA
, 31,8-2.2.1,2 s,- —^— -=13,5 «13 cm
• On demande : 1) de vérifier la section minimale d'armatures, 2) de calculer la force portante limite du poteau, 3) de déterminer les armatures transversales.
soit s't = 13 cm < st en zone courante.
— CORRIGÉ — 1. CARACTÉRISTIQUES DES MATÉRIAUX
5. SCHÉMA DE FERRAILLAGE
1.1. BÉTON £'bu= 0 , 8 5 .
COUPE AA 212 HA
2 * 12 HA
x
2 12 HA
cadre 6 HA
60cm
'c28
£=0,85.
25 = 14,2 MPa 1.1,5
x
20 I
6 12 HA
1.2. ACIERS CAfl
- - = 435 MPa 1,15
cadres § 6 HA s , = 3 0 cm
,13cm 31cm
3 cadres 6 HA
"l3cm
c, t 12 HA
2 5 cm
12. SECTION MINIMALE D'ARMATURES u = 2(a + b) = périmètre (m) B = a.b = aire béton (cm2)
4cm /m de périmètre B
0,2
III. EXERCICE N° 2 : FORCE PORTANTE D'UN POTEAU
u = 2.2.0,30 = 1,20 m B = 30.30 = 900 cm? 1 4 . 1,20 = 4,80 cm
100
=> A = 4 . 2,01 = 8,04 cm2 > Amin = 4,80 cm2
— ENONCE — 4 < Amax = 5 • Matériaux : • béton : fc28 = 25 MPa, • aciers : Fe E 500 HA. • Longueur de flambement : lf = 2,80 m • Moins de la moitié des charges appliquées avant 90 jours. • Charges de durée d'application supérieure à 24 heures.
B
Toô
C 900 2 A ma x = 5 — = 45 cm
=> A = 8,04 cm2 < Amax = 45,00 cm2 O.K.
3- FORCE PORTANTE Le béton équilibre :
B r =(a-2cm)(b-2cm)
Les aciers équilibrent : _ k.p.Nu-Nb • î ~ 0.85 D'où la force portante :
ARMATURES TRANSVERSALES EN ZONE DE RECOUVREMENT On arrête tous les aciers longitudinaux dans la même section Longueur de recouvrement : barres HA Fe E 500 => /s = 44 O
section | . _ /f "(\2 i —r Ai ^ — rectangulaire | a
aciers comprimés => /r = 0,6 /s
30
A, A .
{
15. 1,6 = 24cm carA>A m i n 40cm 30+10 = 40 cm
=> cadres 6 HA s, = 24 cm
;
- s.
• On se propose : 1) de dimensionner le poteau, 2) de calculer les armatures longitudinales et transversales.
— CORRIGÉ — 1. CARACTÉRISTIQUES DES MATÉRIAUX
Sollicitation agissante corrigée : î *'!> " " * '^m ;.-.; k P Nu • ; "lk = 1.10 car plus de la moitié des charges est i'.: '•''• appliquée avant 90 jours. ' • •• •• ; : • ' k . p . Nu =1,10. 1,125. 3,98 = 4,93 MN
1.1. BÉTON
Conclusion f,=0,85. 'bu
Nb = 7,30 MN > 4,93 MN = k . p . Nu =3 b = est la grande dimension du poteau. ,,- ov i.l.
Nb x k . p . Nu
i
c28
bu
3. DIMENSIONNEMENT DANS L'HYPOTHÈSE OÙ b = 70 cm > a
1.2. ACIERS
• '•;••'
Équation donnant a :
> •'•« ^
C-S-Bi
fed=-
Ys
x=-
2. SOLLICITATION À L' ÉTAT-LIMITE ULTIME N u = 1,35 . N 0 + 1,5 . NQ
Nu = 1,35 . 2 355 + 1,5 . 534 Nu = 3 980,25 kN = 3,98 MN
B. ^°' M ' 9 L= 0.2248. P 435 -0,85 Tôo 0,9
"!+"'85^ soit avec : Br = (a - 0,02)(b - 0,02) m2 :
3. COFFRAGE 3.1. DIMENSION IMPOSÉE Épaisseur de la poutre du plancher
a
=b^Ô2
+0
'°
0,2248 . p + 0,02 = 0,33 . P + 0,02 ' 0,70 - 0,02
2
b = 0,70 m L,V
3.2. INTRODUCTION Si l'on adoptait un poteau carré de 0,70 m de côté, la charge qu'il pourrait supporter, sans armatures, serait :
En partant de A = 35, nous avons a =
a (m)
0,56 0,415 0,468 0,443 0,453 0,449
Longueur de flambement : en supposant le poteau plus raide que les poutres du plancher : k=lo Élancement :
l{= 11,00 -5,40 = 5,60 m
À=-
A-
560/12 7Q -27,7
Coefficient P : Ap=l+0,2
Retenu :
H..*«(^)°-M
i^-
'f'f d'où le tableau de calcul par approxima= -rp-,
lions successives (mais voir remarque ci-après) :
N b = a68^ = 7,,OMN
section | carrée J
^
.
-î
5,60 /Ï2" a = 0,33 . p + 0,02 P=l+0,2 ,35j a 0,415 ,196 34,64 0,468 ,357 46,75 0,443 ,281 41,45 0,453 ,313 43,79 0,449 ,299 42,82 0,451 ,305 43,20
Remarque : le dimensionnement que nous venons d'effectuer repose sur la formule du § « des rappels de cours établie pour un pourcentage d'armatures A/Br = 1 %. En adoptant u pourcentage d'armatures plus faible, on aboutit à une section de béton plus grande t meilleure solution est celle conduisant au coût minimal de l'élément.
4. ARMATURES LONGITUDINALES
4 3.
SECTIONS EXTRÊMES H
Î
= 3 980,25 kN = 44,65 kN
4 cm / m de périmètre
. 2 (0,70 + 0,45) = 9,2 cm
022 — °' 100
A
-S-100
A
^ A < Am
4.1. EFFORT NORMAL ULTIME Charges sur plancher niveau 11,00 m : Poids propre poteau : 1,35(25 kN/m3. 0,70 . 0,45 . 4,20)
,,.
2
A max =
100
= 157,5 cm
Arain = 9,20 cm2 < A = 30,71 cm2 < An = 157,5 cm2
4.4. RETENU
4 . 4,91 = 19,64 cm2
Nu = 4 024,90 kN • Nu = 4,02 MN
4 . 3,14 =12,56cm 2 30,7 I c m 2 < A = 32,20 cm*
4.2. SECTION RÉSISTANTE Élancement : section
\ ltfÎ2 !=>A, = rectangulaire | a
A, =
560 /Ï2~ r^—=43,11 45
5. ARMATURES TRANSVERSALES 5.1. CHOIX DES ARMATURES TRANSVERSALES
Coefficient (3 :
= 1+0,2
35
P= 1+0,2
43,11 35
= 1,303=1,30
K > 35 => on ne prend en compte que les aciers longitudinaux augmentant le plus efficacement la rigidité dans le plan de flambement, donc toutes les armatures puisqu'il n'y a pas de barres intermédiaires sur les petits côtés :
Le béton équilibre :
NK = -^ 0,9
g
(0,70 - 0,02) (0,45 - 0,02). 14,2 0,9
•
'
a = 4 5 cm
c'
• 1°
Nb = 4,613 MN Les aciers équilibrent : k.p.Nu-Nb 0,85
«J
•
•
•
. c L e , b = 7 0 c m > l , 1 .a=50cir
k = 1,10 car plus de la moitié des charges est appliquée avant 90 jours. 1,10. 1,30.4,02-4,613 -= 1,336 MN Q85
D'où leur section :
A=
N, 'ed
1,336 4 A = —-— 10 =30,71 cm 2 435
2,5^ t =2,5 0,88
SCHÉMA DE FERRAILLAGE -
KLHVA11UN
-
-f
] -flO cm -f
•-LStî^
f
'\
• c- 19 cm < 40 cm
Ljn~"2~--2~J-2~'
I
Suivant a pour 3 cm d'enrobage avec 2 25 :
X
5,62 cm => c' = 45 - 2 . 5,62 = 33,8 cm c' = 33 cm < 40 cm
3.1,0 3 cm
2 cadres A . T /mm
.-JS*
^'
[3,0-0,5-1,25]^-
2 ^ > 2 5 HA
| 15 . 2 = 30 cm s t < Min / 4 0 c m 145 + 10 = 55 cm
st / r = 0,6 . / s
66 cm
53 cm
2 . 2 £ 20 HA
On arrête tous les aciers longitudinaux dans la même section
barres HA Fe E 500 => /s = 44
'
t f\
cadre ()) 10 HA s t =30cm
'^A.
F
COUPE TRANSVERSALE 4 Pivot A =* es = 10/1 000 a > 0,259 => Pivot B => ebc = 3,5/1 000 1-a =^ £ s- e bc--^-
M s e r = F b c - Zbl = - •
- CTbc d- —
3
Connaissant Mser, on pourrait tirer y, de cette équation, ce qui permettrait de calculer : d(l-0,4.a) => A u =
O s = 15 . M, ser =
h\ Dimensionnement à VE.L.S. Compte tenu de la remarque 2 au § 2.2.1, la section A'ser nécessaire doit être telle que :
M/ u ,
), et que la section
A'ser • Osc,ser (d -
d>
> = Mser ~ M;Ser
[5]
d'aciers comprimés n'est pas imposée, la section rectangulaire ®, sans aciers comprimés, ne peut équilibrer au plus que M;U (ou, ce qui revient au même, au plus que M;S ) et la section A[ d'aciers tendus nécessaire à son équilibre est donnée soit par la relation [1], soit par la relation [2].
avec CJ scser contrainte des aciers comprimés à l'E.L.S., déterminée par le diagramme « figé » des contraintes :
La section d'aciers comprimés est déterminée pour équilibrer l'excédent de moment, et donc soit Mu - M,u, soit Mser - M/ser.
1« — a~=15*Jbc
^
u (X
an
3
bc
sc,ser n
1.'
Comme pour la section © la situation est « figée », puisque : - à l'E.L.U., a, constant et ebc = 3,5/1 000 conduisent à un diagramme de déformations invariable, - à l'E.L.S., et]/ constant et la contrainte maximale du béton plafonnée à abc = 0,6 . fc28
Pour oci;, voir remarque 1 au § 2.2.1. c) Conclusion Finalement, la section d'aciers comprimés à retenir est :
conduisent à un diagramme des contraintes invariable, dans un cas comme dans l'autre, la contrainte des aciers comprimés est invariable, et la section A ' nécessaire pour ces aciers est donc proportionnelle à Mu - M/u (ou, ce qui est équivalent, à Mser - M;ser). Il en est de même pour la section A2 d'aciers tendus qui lui fait équilibre dans la section fictive @.
I A' A' = Max < u A
en posant o
a) Dimensionnement à l'E.L.U.
= Min
—-——
.
,
, j
" ,.
sinon, on se trouve ramené au cas a) où la section des aciers compri-
mes n'est pas imposée, 0,4 . M u * A' < à l'E.L.U., sinon, il faut modifier le coffrage (bQ et/ou d). On procède alors de la façon suivante : ~ on calcule : M ul = Mu - A' . osce (d - d'),
la section d'aciers tendus A] qui doit équilibrer M ul est déterminée en calculant :
2 3.2. Moment réduit limite u/u
M.,i i l
;
En supposant que pour les valeurs courantes de fc2g, la variation de (i/u est linéaire relativement aux trois quantités : —, f e et 9y, on pose : 9
puis z b = d f 1 - 0,6 . ji J si |ibu < 0,275 (cf. § 2.3.1.) ou ° l z b = d[l-0,4.o| et enfin : A
_
ul
' - ^,
Sltl0]
On obtient pour Fe E 500 : fc28 = 25 MPa '
asce
A . 1,5 + B . 25 + C . 500 = 0,3025
9=1
A' f 1i t\ Z b ' fed °se
Y-1,5
c) Cas des sections à armatures symétriques Voir annexe 1 en fin d'ouvrage et diagrammes d'interaction du § 5 au chapitre « FLEXION COMPOSÉE ».
A . 1,45 + B . 25 + C . 500 = 0,2865
9 =1
2.3. FORMULES APPROCHÉES POUR L'E.L.U.
f
c28 =
l
m,u=H/ u .•
- 74'-'
• ' • Mrb
=-!.
"30
ser
0 , 0 0 1 0 , 0 0 5 0 , 0 1 0 0,015 0 , 0 2 0 0,025 »"«'b0~d2B£
avec :
1-a
^\
\
'bc
a
V
0,81 0,80
On a a bc < a bc avec a s = a s d'où A' = 0.
.-. -! • :uQ
\
3.3. CALCUL DES ARMATURES 3.3.1. Cas où Mser < Mrb
£-, rH'i' 8 mm
II faut considérer : I I I I
I I
ii i r h/io
r~__Arc_tg_ 2 / 3 .
_
I I
lt
De plus, on ne doit pas attribuer la même zone de table à deux nervures parallèles differentes. D'où en travée :
p'où
&
b b °= M ' < —~ =— Min
)
U
5 2.2. Calcul des armatures pour une section soumise à un moment positif
f T
a)CasoùMu Mfu II ne faudrait pas conclure qu'il faut des aciers comprimés. Cela signifie seulement que la zone comprimée a une forme de T : non seulement la table est comprimée sur toute sa hauteur, mais une partie de la nervure l'est également. On opère par décomposition de la section réelle en deux sections fictives : * f
Il ne doit pas être confondu avec le moment limite ultime défini en 2.1.3. page 116. Il n'a évidemment aucune signification pour une section en T soumise à un moment négatif, puisqu'alors la largeur de la zone comprimée est égale à la largeur b0 de la nervure. Dans ce dernier cas, la notion de moment limite ultime reprend tout son sens.
f
L
»x
bu M
d
llf r*
-
u
Section fictive ® :
M
ul+
Fbc2 - (b - b0).h0.fbu = A2.fed Zb2=d-
ho 2
Section
Contraintes
Efforts
Moment équilibré par la seule table soumise sur toute sa hauteur à la contrainte uniforme fbu: Fbc = b.h0.fbu
MTu = Fbc.zb
M u2 = Fcb2 . Zb2 = (b - b0) . h0 d Section fictive © : t b-b IU,=MU-MU2=MU-MTU.-V
- . f bu = MTu .
b-b0
M ul
,2
f
0 • ° • rbu
> a=1,25. (1-71-2. ^ bu ; >zbl=d(l-0,4. n/u, on serait tenté de prévoir des aciers comprimés afin de ne pas atteindre obc = 0,6 . fc2g sur la fibre de béton la plus comprimée. Mais comme la table de la section réelle est capable d'équilibrer un effort de compression largement supérieur à celui correspondant aux aciers comprimés que l'on disposerait dans la section ©, il est inutile de prévoir de telles armatures.
Moment équilibré par la seule table entièrement comprimée pour atteindre as dans les
M
A'=(d-d')o
et A =
Miser = - • b . tl0 . Obc .
b • fed
oc-ô'
ho
D'où:
o
d
- + A' z
ed
d'
5.3. DIMENSIONNEMENT À L'E.L.S. Le dimensionnement est fait à l'E.L.S. lorsque la fissuration est : - préjudiciable - ou très préjudiciable.
d- "
15 d-ho
l
ed
S
M - ° "Tser 30
a=l,25[l-N/l-2.n,/J z b = d[l-0,4.a] 3,5
as
avec
avec :
=
11
aciers tendus :
En revanche, il y a lieu de mettre des aciers comprimés dans la section fictive © si [iba > |is, pour bien utiliser les aciers tendus à l'E.L.U. (as = fed comme vu au § 2.1.3.). Dans ce cas, les calculs sont conduits avec : • le moment limite Ms/ (au lieu de M,u), • la contrainte ascu (et non osce) pour les aciers comprimés, • la contrainte fed (et non ase) pour les aciers tendus, d'où :
h
° ~
bh
2
Cette valeur est environ huit à quinze fois plus faible que MTu. On a donc, le plus souvent : Mser > MTser, même lorsque Mu < MTu.
*ed
si e scu < E— S 3
- -2. Calcul de A s r La zone comprimée a une forme rectangulaire. Considérer la section rectangulaire de la rgeur b. À défaut de la valeur exacte du bras de levier z bl , il convient, pour un calcul a
Pproché, de prendre ici : z.bl, = d - — a
b) Cas où Mser > MTser
Armature équilibrant ce moment sous une contrainte égale à f e :
•••« ;> ; r
• La zone comprimée a une forme de T. Non seulement la table est comprimée sur toute sa ' hauteur, mais une partie de la nervure l'est également. Le calcul exact exige des itérations (équilibre du moment de service à partir d'un diagramme des contraintes défini par O s pOUr
°s h o les aciers tendus et abc compris entre ^ • , _ ,
Mf \ Zb-fe
= 0,9 . d )
_ et obc pour le béton le plus comprimé).
1 ftj . bo . h A = -. 6 0,9 . d . d = 0,9 . h
1
=> A =
ftj . bo. d
6 . 0,9
Pourcentage minimal d'armatures :
Le bras de levier est donné par des expressions approchées :
ou
Àmin
z bl = 0,99. d-0,4. h 0 hn
Plancher des bâtiments,
zbl=0,93.d
Ouvrages d'art.
ftj fe
• •>? * ' >
Attention, cette formule ne s'applique pas aux sections en T, qu'elles soient soumises à des moments positifs ou négatifs, et qu'elles aient été calculées comme des sections rectangulaires de largeur b0 (ou b suivant le signe de moment) ou décomposées en sections fictives.
D'où:
avec :
- n --
Remarque : la vérification A > Amin ne s'impose : - à l'E.L.U. que si jibu < 0,03 - à l'E.L.S. que si m < 0,0018.
fissuration préjudiciable: _> 6mm fissuration très préjudiciable: $2 8mm
6.2. CAS DES SECTIONS EN T 6.2.1. Caractéristiques géométriques et mécaniques d'une section en T, non armée e tn o n fissurée . . » . , .
6. POURCENTAGE MINIMAL D'ARMATURES
1\
y1
L^
La sollicitation provoquant la fissuration du béton (at = f t2 g) de la section supposée non armée et non fissurée doit entraîner dans les aciers tendus de la section réelle une contrainte au plus égale à fe.
«
h
6.1. CAS DES SECTIONS RECTANGULAIRES
.
,f
v
(§TJ-' v
7
Position du centre de gravité :
Contrainte de traction du béton dans la section supposée non armée et non fissurée :
^
~
(b-b 0 ).ho]
v = h-v' Moment d'inertie :
À.N
h_
I = b0 . - + (b - b 0 ). — - [b0 . h + (b - b 0 ). h0] v,2
2
>2
^Mf^^M ^^i I b0 . h2 6
^
h2
if
-2. Section en T soumise à un moment positif ' Sollicitation de fissuration Mf. v c = t ï = f tj =>
È
• Section minimale d'armatures En prenant: zb = 0,9 d = 0,81 h Mf A On a: ^min —
L'équation d'équilibre des forces s'écrit : soit :
Les contraintes as et osc valent : min
0,81. h.v
o = 1 5 . a bc
6.2.3. Section en T soumise à un moment négatif Dans le cas où M < 0, la formule du paragraphe 6.1. ne convient pas, même si, pour les cal. culs en section fissurée, la zone de béton comprimée ayant comme largeur réelle celle de la nervure, la section en T est assimilée à une section rectangulaire de largeur b0. La sollicitation de fissuration est :
M
y
i
ft,
b. 0,97- 0,04 - pour les sections en T.
7. VÉRIFICATION DES CONTRAINTES À L'E.L.S. 7.1. POSITION DE L'AXE NEUTRE 7.1.1. Section rectangulaire Considérons une section rectangulaire b0.d :
A
:d
Yi
2
^^ +15.A'(y 1 -d')=15.A(d-y 1 )
0,81-n.v'"fe
1°^
d-y,
D'où en éliminant obc, on obtient l'équation :
f= ytiv4
6.2.4. Remarques • Le plus fréquemment, la vérification est faite pour j > 28 jours. Il convient alors de remplacer f t j par ft28 dans les formules précédentes. • Une valeur plus précise de Amjn est obtenue en prenant : zb = 0,95 d = 0,85 h pour les sections rectangulaires
-1
J\
- = 15 . A. a.bc
L
et la section minimale d'armatures est donnée par :
d
'
-
f
r_-_-_-j
y.-d' et o,_= 15 . o bc
Yi L'équation d'équilibre des forces s'écrit alors :
r
rtmin
d-y,
r
bc'
qui traduit l'égalité des moments statiques par rapport à l'axe neutre de la zone comprimée d'une part et des aciers tendus de l'autre ou, si l'on préfère, que l'axe neutre passe par le centre de gravité de la section homogène réduite. Pour cette raison, l'équation précédente est appelée « ÉQUATION DES MOMENTS STATIQUES ». '.1.2. Section en T Pour une section en T dont l'axe neutre tombe dans la nervure, yl est racine de l'équation des moments statiques avec n = 15 : bn.
Soit une équation du second degré en y, (y 2 - Sy j + P = 0) avec : P = Yi-V' i < 0 => deux racines y, et y' l de signes contraires, f"(Yi) = b0 > 0 => concavité vers les f(yi) > 0. D'où, pour une section en T, on commence Par regarder si elle se comporte ou non comme une section rectangulaire de largeur b (équation des moments statiques de la section rectangulaire avec b0 = b) : f(ho) < 0 => ho < y t et l'axe neutre tombe dans la nervure => comportement en section en T, h0 > y j et l'axe neutre tombe *(no) > 0 dans la table => comportement en section rectangulaire de largeur b.
f(hQ)0
II
II
y
V l
Section Section en T rectangulaire bd
7.2. CALCUL DES CONTRAINTES "*'
7.2.1. Cas des sections en T avec f(h0) < 0
"i "
1
1
h0 < y, et section en T. L'axe neutre est défini par :
b À
r r'
'
p0UR
LE DIMENSIONNEMENfT DES ARMATURES
g.l. SECTION
jf '/J-
RECTANGULAIRE - DIMENSIONNEMENT À L'E.L.U. 'Sollicitations :
~
bc
±
' '
b
1
À
/
n-15
+ TM ^ub
hn^ 4- n ( A -1Yl \/, UQ) hn UQ+ n\s\ + AA ' )\yi
h-. lu
A J i•+•_nA A > dJ ' = 0 rv —l.~\ bol ^ i .(•. nAd
9 ^
L
Le moment d'inertie par rapport à l'axe neutre (zone comprimée considérée comme différence de rectangles ayant tous un côté commun avec l'axe neutre) vaut : j . • ,
K-
ser
i\ _ ciscOsc= G ~ n
—
'
0 h0 > y, et section rectangulaire de largeur b. Faire b0 = b dans les formules ci-après
A
0 « Vi
2— + n(A + A ) y i -n(Ad + A'd') =0
\/orifior A > A
c
l(
^^
3 1 00
FeESOO
£c2a
30 50
FeE400
•>
DO Vi
Ii = —=— + nA' (yt -d^ + nAfd-y!) 2
f 3440.0y +49.
h
e
(1)ousif c 2 8 S 30 MPa : t^^^OCV+Sl
lA=jAul
—0 93
f
fw
Dans ce cas les valeurs de y, et de I, sont données par les relations :
b l -°. 6 -/'bul zb=d[1-0.4.o] V ' h M „ u " U "Ved J~~~^ f 3 as de ;£ nn^\ > vérification de SÇbu u.uj^j [A mm
f t -,Q
lA' "sce ^bl ed U W i^ M|u
U
z =d 1
Tjvérifier Arnin
1
7.2.3. Cas des sections rectangulaires 2
Méthode exacte
+415 K 435 MF
OKC = K . y, < Ohr
rr / , ,\ n . K(yi-d') 15 . K ( y i - d ' ) n K(d vi) \ is \Ï(A \
i ..
'
n ^>-jj\ "i ^n 0 ?^> ^ L..
M
M v
-',
~M 8 er
\^J^A'=0 >JA'^0
D'où les contraintes en posant :
^ «,
ea 7S f -(-.-n R4fi nfi f
M ^ ^bu=bh dj ff O' bu l P\u tiré des tableaux du §2.1.3.
2
•^
o| T
;
fc28 f f n n^ b^,., b'
—.'
,_Mu
Vn
A
: ,.-, . ....
' .;••;•' ,
'Matériaux : ^
-
M ser .
d
°
... >
{
5
fi
TION EN T - DIMENSIONNEMENT A L'E. L.U. b y
V
jf
/M.)! i( 'Sollicitations : ; M u. " Mser
8
3. SECTION RECTANGULAIRE - DIMENSIONNEMENT À L'E.L.S. • ",.
d^S'df
• a '--'*, * '
'Sollicitation :
A
'
'Matériaux : 'Matériaux :
-à.
-û-
f
V
f
Q Qr
bU
c28
e
_^ -^b' ed ys '
b
J. o J.
s
15.ÔT" bc
—
bc=3'5%°.
I
f+oQ— ^n izo 0 •6+0 '06 •f c2o'
- _L rti . i
Mu
d2(J
bc
M
'~ ser 1
- 5' h
zb-d-oy
< A'=0 M
\
r
U
Rei-tion \ u Tu^ g ion ^\ ec rectangulaire ^~~^ en T b-u-d "X"
Appliquer l'organigramme du paragraphe 8.1. avec : bn=b M A u ~"
"
z
"'u1 '"u "Tu-^
Méthode exacte
^A
b f ed
u
1
N
u1 zb.f d
b
h
|
ser- M rb (d — d') (7SC
Méthode simplifiée
I Abaque ou ... tableaux
Appliquer l'organigramme du paragraphe 8.1. avec : Mu=Mu1 M
A ser
Mser b?.d^.gs
I
' 40/i,+1 r s
_ io j —
Zbï = d(1-^-) Mrb
«se
f
^~ o' O' bu f , M ser ser~ z^in
^ 0)hQ B=b0.h+(b-b
^ b0.h2+(b-b0)h2D V
2.B
Pas de vérification de A m j n
v=h-v' q
A
.A
u
3
-
'"""
I
0,81. h. v
f
t28
fe
Vérifier A ser > A m j n =0,23-p-bg.d
i .,• P :•"..•
8.4. SECTION EN T - DIMENSIONNEMENT A L'E.L.S.
II. EXERCICE N° 1 : FISSURATION PEU PRÉJUDICIABLE .. SECTION RECTANGULAIRE AVEC ACIERS COMPRIMÉS — ÉNONCÉ —
^Sollicitation : M•--et
r
'Matériaux :
V' *s. fl28=0.6«].Q6.fc28.
Vl
-as d-ib 3 1 ser
30
(d-h0)
1 = 6, 85m
A
j^
' ±
COUPE ÀÀ 3cm ->'•
55cm
2 bh *-*0
60cm
, 18cm • Actions uniformément réparties de durée d'application supérieure à 24 heures : - permanentes : g, = 5,30 kN/m (hors poids propre),
Section en Tl>
rectangulaire b x d n
n _CO,99.d-0,4.h 0 ou d— Q bâtiments ponts i A
Appliquer l'organigramme du paragraphe 8.3. avec : b[)=b
q = 22 kN/m.
• Fissuration peu préjudiciable. • Matériaux :
et comparer A s e r à ci-après
_Mser Ser zb1.ôi
- variables :
- béton : f c28 = 25 MPa, - aciers : Fe E 500 HA.
1
• On se propose :
B=b0.h+(b-b0)h0
1) de déterminer le ferraillage de la section médiane,
^ b0.h2+(b-b0)hg
2) de calculer les contraintes à l'état-limite de service.
2.B v=h-v'
t28~
— CORRIGE — • CARACTÉRISTIQUES DES MATÉRIAUX l. BÉTON
9. VÉRIFICATION À L'E.L.U. D'UNE SECTION RECTANGULAIRE DONT ON CONNAÎT LES ARMATURES
L
f bu = 0,85.
c28
Voir annexe 2 en fin d'ouvrage, page 433. obc = 0,6 . f c28
f
bu =
25
= 14,2 MPa
= 0 , 6 . 2 5 = 15 MPa
1.2. ACIERS
g:
;i
•'$
4d =
Ys
son 3 1,15^
104ii/u= 3 220.0Y+ 51.
- 3 100 10*^ = 3 220 . 1 . 1,46 + 51 . -y- - 3 100 6 10*^=2876,2 (MPa) [ila= 0,288
= 435 MPa
2. SOLLICITATIONS DE FLEXION 2.1. ÉTAT-LIMITE ULTIME DE RÉSISTANCE Actions au ml : 03 = poids volumique du béton armé g = g, + C3.b0.h Pu =l,35.g+l,5.q
4. CALCUL DES ARMATURES TENDUES ET DES ARMATURES COMPRIMÉES ÉVENTUELLES
05 = 25 kN/m3
4.1. NÉCESSITÉ D'ACIERS COMPRIMÉS
g = 5,30 + 25 . 0,18 . 0,60 = 8 kN/m p u = 1,35. 8+ 1,5. 22 pu = 43,80 kN/m
bu
M,.
0,2569
.2
0,18. 0,55 . 14,2
b 0 . d .ff b u
u
mu = 0,332 >n ;u = 0,288 =» II faut des aciers comprimés si on ne peut pas changer b0, d ou fc28.
Moment fléchissant maximal :
/2
Mu = 43,80 .
Mu = Pu . -
= 0,332
6,85
Mu = 256,90 mkN 4.2. CALCUL DES ACIERS COMPRIMÉS 2.2. ÉTAT-LIMITE DE COMPRESSION DU BÉTON EN SERVICE Actions au ml :
Contrainte des aciers comprimés :
Fe E 500 et 6 = 1 => p ser =8,00 + 22 p ser = 30,00 kN/m
0Sce = 9 . y . f c 2 8 - 5 ' ( 1 3 . f c 2 8 + 4 1 5 ) K
Momentfléchissantmaximal : l2
Mser = pser . —
8
6,85
= 9.1,46.25-^(13.25+415).l
Mser =175,96 mkN
osce= 288,1 = 288 MPa < 435 MPa O.K.
MSer = 30,00 .
Aciers comprimés :
23. COEFFICIENT y
M,, Y= Mser
M, u = 0,288. 0,18. 0,552. 14,2
256,90 y=-=1,46 175,96
M,u = 0,223 mMN
1
-d ) . Os
3. MOMENT LIMITE ULTIME Par la formule approchée valable pour Fe E 500 et fc28 < 30 MPa :
., 0,2569-0,223 1rt4 2 A =- 10 = 2,26 cm (0,55 - 0,03) 288 Retenons 2 O 12 HA :
A' = 2 .1,13 = 2,26 cm2
4.3. CALCUL DES ACIERS TENDUS
••'"'•'!
Dans la section fictive ® avec aciers comprimés :
l •' '
5 CALCUL DES CONTRAINTES À L'E.L.S. 5
ase = (13.f c28 + 415)K-9.y.f c 2 8 oœ = (13 . 25+ 415) 1-9 . 1,46. 25 Ose = 411 MPa < 435 MPa O.K.
j. POSITION DE L'AXE NEUTRE Pour éviter les risques d'erreurs dues à un nombre élevé de décimales, on commence par exprimer les longueurs en cm et les aires d'aciers en cm2.
Dans la section fictive ® sans aciers comprimés : • < 0,275 => Méthode
d'
• a;=l,25(l-x/l-2.|i/u)
a, = 1,25(1-VI-2.0,288)
zbl = d(l - 0,4.0,)
a, = 0,436 zw = 0,55(1 - 0,4 . 0,436) z b; =0,454m
A=
z•7
0,223 . 104 , „ ^ 288 2 A= 0,454.435 +2 ' 26 4lT =12 ' 87cm
f
w t ed
CT
bc
|^bu = 0,288 > 0,275 => Formules exactes
\
y Q
À b
o
°'
K-V
/CT=^ /
b
°
l là
~
d=55cm
'
'
~~A
h'=2'.2ècm. n=15
~°J7 s /n
- + n (A + A') yi - n (Ad + A' d ' ) = 0
I T --'
"V-V-
£S *0
En adoptant la formule approchée : M,.. /u A= + A' —— , on aurait trouvé Z
- yi + 15 (12,96 + 2,26) yi - 15 (12,96 . 55 + 2,26 . 3) = 0 9,00 . y; + 228,30 . y, - 10 793,70 = 0
bl ' *ed
A = 12,79 cm2 (mais l'écart peut être plus important).
A = 663,85 yi=
4.4. CONCLUSION En prenant trois files verticales : 2 cD 25 HA + 1 4) 20 HA : A = 2 . 4,91 + 3,14 = 12,96 cm2
2^12 HA ^ 3cm
- 228,30 + 663,85 = 2 . 9,00
cm f*c*-.
5.2. MOMENT D'INERTIE Ii = b0 — + n A ' ( y i - d ' ) + n A ( d - y i ) I 1 = 18 24'20 + 15 . 2,26 (24,20-3) 2 + 15 . 12,96(55 - 24,20):
3
60cm
I, = 284 687 cm4
J5cm l4>20 HA 22S HA £
18cm
4.5. SECTION MINIMALE D'ARMATURES (ibu >< 0,03 |abu = 0,288 > 0,03 A > A^ sans qu'il soit nécessaire de calculer
. CONTRAINTES K=M
K b
~~^2 5 g
.. ..525. _ m ^'2 5 X^i
=
.,
,t..
ffi
x
m''
: .
1 s' m
^__J £f
4
'.i
1
n' ' 3
L,* 5 1T
'
|K li • •
'
H5
22 7
[(b b ) h % n A d l 0
II 75
2
oyi
fcK. 1 f
5,25 +7,75 + 12,75 _ g 5g 3 d = h - x = 85 - 8,58 = 76,42 cm
*
- 200 152 + 15 2946 7 6 4 2 - 0
'
Ilyi 2 + 3 441,90^- 56 270,00 = 0
;,
. -
2
. ,•, •". ••-'- -••..VA.trj
A - 3 784 52 •**>• ' ....i -3 441,90 + 3 784,52 _ 1 5 5 ? y ' 2.11 '
^ ' 'A *
4.2. MOMENT D'INERTIE . ' ^ ^
4. CALCUL DES CONTRAINTES A L'E.L.S.
^P
4.1. POSITION DE L'AXE NEUTRE
'
• . . ' : ' : fîK-m'HJ -
,.yi , u , ( y i ~ h o ) 3 ri,— hb 3 -(b f h bh 0 )\ ii 3
iT, _T>O ^
15,573
3
... nA(d - y,)2
... 15 . 29,46 (76,42 - 15,57)2
(15,57-15) onn '' m .00 i \,a 3
3
^^*_
4
b 1 '
11 d
1 :
I 1= 1915 538 cm
b = 2,22m :,
K
°bc
K
i1 _ ^ _LK 0
SSr ~ £>° - -~ Tix
S ^ /X ri /N£ i ç KK^ "^ * /
À.N."
KK-
b
7A 40 cm dH— 76,42
u
°
2
yl
fiT» \
L
bo^n
f/K \ _
r
KMï
L h
- o0
,2
.
11
2
n
l n A 1 Vi
/K
^ AU
Mser
l- - —-— K
]
°
J
lUh
2 b
[
1
2
4.3. CONTRAINTES
A - ?Q 46 cm2 n = is 15
n= 1 5
/n
}f Jy
h~\
h0
' 1 915 538 . 10~8
1ft^\/IXT/m 3
26,36 MN/m
.i 0^= 26,36 . 0,1557 = 4,1 MPa < 15 MPa O.K.
os = n.K(d -y,)
os = 1 5 . 26,36 (0,7642 - 0, 1 557) = 240 os = 240 MPa < 250 MPa = ÔJ O.K.
Remarque : z_
1 S2 + 1 S
°'505
_Lr»AH
2
222
K
T^
obc = K.y,
n\H^^O
f ^*- h0^ ^—
.',>«
h 0 =15cm
-^"^~—'
''
,
b0 = 0,22m
u
1 y-i V
; ,«
70 Hu 4fi • ' ^"'
1S
1J
. ^ 1 S • *3'»'HJ 7Q 4fi . /«>•»*• 7n 4/
1J
f(ho) = -2166,50cm 3 A.N. dans la nervure.
H H
, • , »• j Mœr _ o,505. 10 4 _ Q 7 1 4 m
A . a s 29,46.240
(d
ho^o^^
2
IV. EXERCICE N° 3 : FISSURATION TRÈS PRÉJUDICIABLE - SECTION RECTANGULAIRE
2.
SOLLICITATION DE FLEXION À L'E.L.S.
f Actions au ml : T 03 = poids volumique du béton arme g = g; + O3.b0.h
— ÉNONCÉ — COUPE ÀÀ
03 = 25 kN/m3 g = 24,75 + 25 . 0,30 . 0,70 = 30 kN/m p ser =30 + 20 = 50kN/m
Moment fléchissant maximal : ,2
1=6,00m
i 4 cm
l
70cm
M s e r =50.
Mser = Pser - -
6,00
Mser= 225 mkN = 0,225 mMN , 30cm I Actions uniformément réparties : - permanentes : g[ = 24,75 kN/m (hors poids propre), - variables : q = 20 kN/m.
3. DIMENSIONNEMENT DE L'ARMATURE À L'E.L.S. 3.1. MOMENT RÉSISTANT BÉTON RÉDUIT
l Fissuration très préjudiciable. I Matériaux: - béton : fc28 = 25 MPa, - aciers : Fe E 500 HA. CX£
l On se propose de calculer les armatures.
T =
— CORRIGÉ —
0,218
3.2. NÉCESSITÉ D'ACIERS COMPRIMÉS
1. CARACTÉRISTIQUES DES MATÉRIAUX
ser
0,225 -0,122 0,30 . 0,642. 15
1.1. BETON abc = 0,6 . fC28 f,28 = 0,6 + 0,06.fc2g (MPa)
|J.ser= 0,122 < 0,218 = u r h =>A'=0
abc = 0,6 . 25 = 15 MPa f,28 = 0,6 + 0,06 . 25 = 2,10 MPa
3-3. CALCUL DES ACIERS TENDUS
1.2. ACIERS fissuration \ très V==>^= préjudiciable)
cr 0.4.f
0
m
0 , 4 . 5 0 0 = 2 0 0 MPa as = Max
I ' 8 8B\fl,6.2,10=161 \
M
MPa
A „„ =
(MPa)
ô" = 200 MPa
Remarque : en adoptant la formule de la méthode simplifiée du § 8.3. page 145, on trouve Hs = 0,00916, z bl = 0,857 d = 0,549 m et Aser = 20,50 cm2 (meilleure approximation).
3.4. CONCLUSION
A
;JyT7
En prenant trois files verticales Fissurationtrèsï préjudiciable f
y EXERCICE N° 4 : FISSURATION PEU PREJUDICIABLE - SECTION EN T (Mu >
Prenons Omm. = 20 mm > 8 mm lit 1: 2 O 25 HA + 1 O 20 HA :
- ÉNONCÉ l On considère la section en T d'une poutre représentée ci-dessous :
2 . 4,91+3,14= 12,96 crtf lit 2 : 3 O 20 HA :
0,60m
3.3,14 = 9,42an2
0,05
m
A = 22,38 crn2 M
0,225 s
iis> 0,0018 > A > Amin sans qu'il soit nécessaire de calculer Amin
0,15 m '
• Sollicitations sous charges de durée d'application supérieure à 24 heures : Cas de charge n° 1 : • MG = 0,229 mMN, • MQ = 0,229 mMN.
70
818
HÀ
i
l
Cas de charge n° 2 : • MG = 0,275 mMN, • MQ = 0,275 mMN.
cm
h fr h | 4 ^ 2 0 HA
30 cm
1-C,
MTu = F b c .z b
MTu = 1,02 . 0,50 = 0,510 mMN
Mu >< MTu
Mu = 0,653 mMN > 0,510 mMN = MTu => La zone comprimée a une forme de T et l'A.N. tombe dans la nervure.
30 = 17 MPa 1 .1,5 2.3.2. Armatures
a,bc =0,6. 30 = 18MPa
Nous décomposons de la section réelle en deux sections fictives : 1.2. ACIERS :
500
•*
' "L d - • •-•
LhO
i
r"N." A • — ©fl Mu
= Mul+
2.1. SOLLICITATIONS DE FLEXION
SECTION® SECTION® •• )
2.1.1. État-limite ultime Mu = 1,35. M g +1,5 MQ
M u = 1,35. 0,229+1,5. 0,229 = 0,653 mMN '
a) Section fictive ®
''Â ••«* '
Moment équilibré :
2.1.2. État-limite de service Mser = Mg + MQ
•€
^- F bc2 — ) A2
h
b^
2. CAS DE CHARGE N° 1
111
Mul=Mu-MTu- ^
M ul =
- 0,510 ^^5= 0,271 tnMN 0,60
Mser = 0,229 + 0,229 = 0,458 mMN Moment réduit correspondant :
2.2. COEFFICIENT y
0,271
M», bu
11
2
= 0,351
0,15.0,55.17
b0.d .fbu
Y= M,
") Nécessité d'aciers comprimés • Par la formule approchée valable pour Fe E 500 et fc28 S 30 MPa :
2.3. DIMENSIONNEMENT DE L'ARMATURE À L'E.L.U.
1044 .n / u = 3220.0y+51 --
-3100
1044 . ^ /u = 3 220 . 1 . 1,425 + 51
2.3.1. Type de section Section en T avec M > 0 Fbc = b . ho . f bu
(MPa)
> Calcul en section en T : ^ = 0,60 . 0,10 . 17 = 1,020 MN
I
104 . (X/u = 3 019 Jifa = 0,302
-3 100
bu X
= 0,351 > 0,302 = |
M-/U
M.
=> II faudrait des aciers comprimés si ]a section réelle était rectangulaire. Dans la section réelle, les deux ailes de la table sont capables d'équilibrer un effort de compression :
Z
0,271.10*
f
b ' ed
I Calcul des aciers tendus dans la section fictive © Fbc = (b - b0) h0 . f bu
Fbe = (0,60 - 0,15) 0,10 . 17 = 0,765 MN 4
l
bn
Fbc = (0,60 - 0,15) 0,10 . 17 = 0,765 MN En équivalent aciers avec ici (Fe E 500 et 9=1):
e) Section totale d'aciers tendus
= 9 . Y - fc28 -8* (13 - fc28 + 415) K < fed
bc
A = 14,66 + 17,59 = 32,25 cm2
A = A! + A2
CTsce = 9 . 1,425 . 30 - ~ (13 . 30 + 415) 1 55 = 312MPa
Armatures tendues (inférieures) retenues :
asce = 312 MPa < 435 MPa O.K.
logés dans un talon à la base de la nervure.
7 25 HA : A = 7 . 4,91 = 34,37 cm?
les deux ailes jouent le même rôle qu'une section d'aciers comprimés placés dans la section rectangulaire de largeur b0 à 5 cm de sa fibre supérieure : "-^
= 17,59 cm
ed
2.4. CALCUL DES CONTRAINTES À L'E.L.S. Calculons les contraintes pour la valeur théorique de A (les contraintes réelles seront inférieures aux valeurs trouvées).
A = 3 1 2 .10 =24,52 cm
^. i^ '.
2.4.1. Position de l'axe neutre Cette section est très largement supérieure à celle qui serait nécessaire pour équilibrer M ul - M,u : A,_
M
ui-M/u (d-d')o sce
A
x '
= 2,44 cm2
r
]
obc
ihlslihisiiyîxy^sig-iiSiïii
lu
wmïïjmm d
0,271 -0,302. 0,15. 0,552. 17 1A 4 10 (0,55-0,05)312
b
J^o
Â7N."^ à
~7
b = 0,60m b 0 -0,15m
\\^ v.-y
d 055m
^-^—7-— /
h0 = 0,10m A = 32,25 cm2
Vn
M
On continue donc le calcul, sans prévoir d'aciers comprimés et en remarquant que : l-ibu x m,
f
n=15
2
Hb,, = 0,35 1 < 0,37 1 7 = ^
ffv\_
,
,2
O yi
' + r < b h }h + n ( A + A')lv, - (b-b n ) — + n ( A . d + A'd')
et donc que as = fed. c) Calcul des aciers tendus dans la section fictive ®
!
^ bu >< 0,275 => Méthode
(ibu = 0,35 1 > 0,275 => Formules exactes
=» a = l , 2 5 [ l - x / l - 2 . ^ b u j
oc =1,25 [1-^1 - 2 . 0,351] = 0,568
=> zb = d [ l - 0 , 4 . a ]
zb = 0,55 [1-0,4. 0,568] =0,425 m
f/u \
b.h2
j-n l'A 4- A ' ï h
n i'A d + A ' d ' 1 > < 0
f(h )- 6 ° 102 + 15 3225 10-15.32,25.55 :
\\
II
l>15.'
f(ho) = -18769cm3 A.N. dans la nervure
f (v \ 1
lyj.» -
bn-yf 2
•K
l fVh
|>
1UK "
'» h _LfVi A 1 i7 +r ïlA
l \
h 2°
i j ,
COEFFICIENT y
1
'
-->• î - . q ù ' >
:
M
0 784 U
2
7,5 y + 933,75 y{ - 28 856,25 = 0
'-M s e r
'
Y
'
-no 5
0,550 - M - 5
A=1318,17 2 V
>1
—
-933,75 +1318,17 275
3.3. DIMENSIONNEMENT DE L'ARMATURE À L'E.L.U.
„,
^^ fil f-.m — /J,OJ cm
3.3.1. Type de section Section en T avec M > 0 MTu = F b c .z b M u xM T u
2.4.2. Moment d'inertie Ii j - bu Yyl
(b b"o*) ( y i -Th ° ) +nA^a , P A rri ^° xI
25 633 /15 ( 2 5 ' 6,, 3 - 1 0• ) 3+,H — rPD « — 25,63) -rr^ i -60 °u 'T T-J 13 . -52,2;»
4 I,=696731cm 1
'
i , :' j.
y* vyjj
Nous décomposons de la section réelle en deux sections fictives : •
-
.
'
•
•
-!
,
,-
b
j, 1
'
K- T
K ~~
M
CT
bc = K ' yi > < °bc
0458
'
Hii
m o ~fi57AMM/ "J> '^ MIN/m
d
696 731. 10"8
À.N.
À ]
"O
1 >| n
!|!li|! TT
S
t ,..
ililil^Hlftl^Hi^
>•
il
"
| hn
-,
S
3,
bj|
u
M
=
ul+
s
M
h0/?
f^ -r
.
-K
.
f- F
— °-B[yu— y T —' *• . bel ^bl z b2 2,18. 10~3 = 2.10° oscu = 435 MPa
b) Nécessité d'aciers comprimés Hbu X
m 1000. 0,617
a
Nous devons donc prévoir des aciers comprimés dans la section rectangulaire ® pour que la contrainte des aciers tendus puisse atteindre fed (c'est-à-dire pour que l'acier soit « bien utilisé »).
> Remarque : •£ Ce serait une erreur de prendre osce comme contrainte des aciers comprimés puisque le problème n'a rien à voir avec l'obligation de limiter à 0,6 . f c2 g la contrainte de compression du béton en service. Seul l'acier est en cause dans le cas présent. • Aciers comprimés : Ms, = 0,3717 . 0,15 . 0,552 . 17 = 0,287 mMN
Ms, = |is,. b0 . d2 . f bu M
m-M s ; A =
(d-d')a s c u
c) Calcul des aciers comprimés dans la section fictive Œ> La section rectangulaire de la décomposition précédente comportant des armatures comprimées, elle est à nouveau décomposée comme indiqué ci-dessous :
Mu2 = Mul - Ms, x 0,4 . Mul
' = 5'.d
A
1
À'
d
d-d1
2 4 i est soumis, dans le plan des quatre faces, uniquement à des efforts de glissement g . dx (cf. béton tendu négligé, donc pas de contraintes normales).
• Comme z = —-, il vient : O i
V.
V
^li;
' z ' S,
v s, E
"
. ij
yiiiiiiUUUiiiUiUUUiUi, • En vertu du théorème de Cauchy (RdM) la contrainte tangente en tout point P du plan de trace MM' s'exerce à la fois : - dans ce plan, - et dans le plan de la section droite.
g dxi kg.dx
g . dx
• Au dessous de l'axe neutre, comme on néglige le béton tendu, on a : Sjç = Sl quel que soit 2;
at.b0.d dx g.dx
d'où, entre l'axe neutre et les armatures tendues :
/D
, = — = Cste g dxV'T
V
1
g.dx
dx
• Sur l'élément plan de trace BD, d'aire b 0 . dx ib élevé => ot élevé => risque de fissuration à 45°, 2) risque d'écrasement du béton suivant les « BIELLES » de béton à 45°, découpées par les fissures et soumises à une contrainte de compression ac = xb. ; t • II faut donc : 1) limiter Tb pour limiter la compression des bielles, 2) coudre les fissures obliques par des armatures dites ARMATURES D'ÂME.
a) Charges uniformes Pour l'évaluation de l'effort tranchant au voisinage d'un appui et le tracé de la ligne représentative correspondante : _ on admet que l'intensité de la charge répartie varie de 0 à pu sur une longueur égale à —^-~ à partir du nu d'appui, - on néglige les charges réparties agissant à moins de — du nu d'appui.
• Lorsque les fissures obliques se sont produites, la conclusion précédente (at = oc = xh) n'est plus valable. Il y a REDISTRIBUTION DES EFFORTS entre : - les armatures d'âme tendues d'une part, - les bielles de béton comprimé d'autre part.
A 3 ' i-rt"!^
A
lr p
u
2.3.1. Contrainte tangente conventionnelle
V b0.z
V
u
z. u
z « 0,9 . d
V X
./ B A.E. V^ (
K
" ,.tk.-,.
0,9 . b ( ) . d
SIMPLIFICATION
SIMPLIFICATION
vv umax X.
b
M'vi'vvvi'vvvi
A^
n
Pour u = b 0 = épaisseur minimale de l'âme sous l'axe neutre, la contrainte tangente te vaut : t =
u
\l 5J '
2.3. PRESCRIPTIONS RÉGLEMENTAIRES
D'après ce qui précède, on a :
p
'
V n
u°
On considère à l'E.L.U. la contrainte tangente conventionnelle : ÀL
b. 2
avec : b 0 = épaisseur minimale de l'âme, d = hauteur utile, Vu = effort tranchant ultime à prendre en compte à l'E.L.U., V u = 1,35.VG+ 1,5.VQ en général.
'
•
•'if" nt.l
2.3.2. Effort tranchant à prendre en compte au voisinage des appuis L'expérience montre que lorsqu'une charge est voisine d'un appui, elle est transmise à dernier directement par mise en compression d'une bielle partant du nu d'appui sans en traction les armatures d'âme (phénomène de « transmission directe »).
BAFT .• => -^ U n ,-< X v