Ch it 7Pièces soumises à la flexion

Chapitre 7:Pièces soumises à la flexion

composéecomposéeModule Béton Armé II

Karim Miled, ENIT 2009

Flexion Composée M

pM

N G

V

N

N Ce

G

V C: Centre de pression

e: excentricité = M/Ne: excentricité = M/N

2

Convention • Effort Axial:

– Compression >0

Traction <0– Traction <0

Moment de fle ion• Moment de flexion– Traction dans les fibres inferieures >0

– Traction dans les fibres supérieures < 0

3

Caractère de la section 3 cas possibles:• Section entièrement tendue (1)• Section entièrement tendue (1)• Section partiellement comprimée/tendue (2)

S ti tiè t i é• Section entièrement comprimée (3)

+

+±(1) (2) (3)

-+

(1) (2) (3)

-

+

- 4

N<0 : TractionSSollicitations à considérer

ELS ⎧– ELS

seriiser Me

NN⇒⎪

⎨

⎧ = ∑

ser

serser

jjser N

eMM

=⇒⎪⎩

⎨= ∑

– ELURj⎩

NN⎧ γ= ∑u

ui

iiu MeNN

=⇒⎪⎨

⎧ γ=

∑

∑

uu

jjju NMM⎪

⎩

⎨γ= ∑

5

N>0 : CompressionS lli it ti à idéSollicitations à considérer

Vé ifi ti à l’ELS– Vérifications à l’ELS

iser MNN

⎪⎧ = ∑

serser

i

NMe

MM=⇒

⎪

⎪⎨ ∑

∑

serj

jser NMM⎪⎩

= ∑⎩

6

N>0: Compressionp• Vérifications à l’Etat Limite Ultime de Résistance (ELUR)

⎧ ∑⎪

⎪⎨⎧ γ= ∑

)(

NNi

iiu

• e1: excentricité du premier ordre résultant des efforts appliqués

⎪⎩ += )ee(NM 21uu

1

jjj

eM

e +=∑γ

a

iii

1 eN

e +=∑γ

• ea: excentricité additionnelle traduisant les imperfections géométriques initiales

(2 l/250)ea = max(2cm, l/250) Avec l: longueur de la pièce exprimée en cm 7

N>0: CompressionEt t Li it Ulti d Ré i t (ELUR)

• e2: excentricité du deuxième ordre liée à la déformation de la structure

• Etat Limite Ultime de Résistance (ELUR)

)2(h10

l3e )he20 max(15,

hl Si 4

2f

21f αφ+==>≤

structure

h10hh=> Vérification ELU de stabilité de forme n’est pas

nécessaire (vis-à-vis au flambement)

• lf: Longueur de flambement de la pièce, h: hauteur totale de la section dans la direction du flambement

M

explperm

perm

MMM

+=α

• φ: Rapport de la déformation finale due au fluage, à la déformation instantanée sous la charge considérée; φ = 2 en général

⇒> )he20 max(15,

hl Si 1f Il faut vérifier la pièce à l’Etat Limite Ultime de Stabilité de

Forme (ELUSF), en plus de l’ELUR 8

Section Entièrement TendueC ( S ) 0 C• Conditions (ELS ou ELU) : N< 0 et centre de pression C entre les armatures

• Béton entièrement tendu , n’intervient pas dans la résistance de la section, => seul l’acier tendu résiste seul l acier tendu résiste• ELUR: calcul autour du Pivot A: 00

010=suε

A1

CN eA1

A1σs1d’

d G

CN eA1

eh d G

e

A2

eA2

A σA2 A2σs29

Calcul des armatures

⎪⎧ Ae NA 2

Equilibre de la section

⎪⎪

⎨σ+

=s1AA

1 )e(eA

21

2

( )⎪⎪⎨⎧ +=

21 21N ss AA σσ

⎪⎪

⎩

⎨

σ+=

s2AA

A2 )e(e

eNA 1

( )⎪⎩⎨ +==

2112 1M AAsA eeAeN σ

hh ⎩ s2AA )(21

)2

(;)'2

(e 21A ehdeedhA +−=−−=

⎪⎨

⎧ ====⇒ esus2s1u

ff ; ELUγ

σσNN

⎪⎩

⎨===⇒ ss2s1ser

s

; ELS

σσσ

γ

NNf

e

t28min21 f

fBAAA =≥+ B: section de béton 10

Exemple 1p

5cm A1

Données

0cm

5cm • Nu = -0,460MN ; Nser = -0,322MN

• M = 0 055MN m ; M = 0 0385MN m

Données

545 Mu 0,055MN.m ; Mser 0,0385MN.m• fc28 = 25MPa, FeE400 • Fissuration préjudiciable

30

A2

30cm

Calculer la section d’acier (A1+A2)11

( 1 2)

Exemple1: Solution p• eu = Mu/Nu= -0,1196 ≈ -0,12m => C entre les armatures et N < 0 =>

section entièrement tendue• eser = Mser/Nser= -0,1196 ≈ -0,12m=> C entre les armatures et N < 0

=> section entièrement tenduef 2 1MP >• ft28 = 2,1MPa=>

• fsu = 348MPa • eA1 = 25-5+12 = 32cm

202MPas =σ

eA1 25 5+12 32cm• eA2= 45-25-12=8cm• A1u = (0,46x0,08)/[(0,32+0.08)x348) =0,000264m2=2,64cm2

• A2u = (0,46x0,32)/[(0,32+0.08)x348) =0,001057m2 = 10,57cm2

• A1ser = (0,322x0,08)/[(0,32+0.08)x202) =0,000319m2=3,19cm2

A = (0 322x0 32)/[(0 32+0 08)x202) =0 001275m2 = 12 75cm2• A2ser = (0,322x0,32)/[(0,32+0.08)x202) =0,001275m2 = 12,75cm2

• Amin = 30x50x2,1/400 = 7,88cm2 min2ser1ser AAA ≥+=>

• A1=A1ser=> soit 3HA14 et A2=A2ser => soit 3HA25 12

Exemple 2p

5cm Données

m

• Ng = -200kN ; Nq = -200kN • Mg = 20kN.m ; Mq = 20kN.m• f 28 = 25MPa FeE500

60cm

55cm

fc28 25MPa, FeE500 • Fissuration peu préjudiciable

Déterminer le ferraillage longitudinal d l tide la section

30cm13

Exemple 2: Solution p• Fissuration peu préjudiciable => Calcul à l’ELU• M =57kN m• Mu=57kN.m• Nu=-570kN• eu = Mu/Nu= -0,10m => C entre les armatures et N<0=> section entièrement

t dtendue • ft28 = 2,1MPa• fsu = 435MPa• eA1 = 30-5+10 = 35cm • eA2 = 55-30-10 = 15cm• A1 = (0 57x0 15)/[(0 35+0 15)x435) =0 000393m2=3 93cm2 => 3HA14A1u (0,57x0,15)/[(0,35+0.15)x435) 0,000393m 3,93cm > 3HA14• A2u = (0,57x0,35)/[(0,35+0.15)x435) =0,000917m2 = 9,17cm2 => 3HA20

• A = 30x60x2 1/500 = 7 56cm2• Amin = 30x60x2,1/500 = 7,56cm

min2u1u AAA ≥+=>

14

Section Partiellement Comprimée/Tendue

S• ELS: – N<0 et C (centre de pression) est à l’extérieur des

h/3

armatures – N>0 et C est à l’extérieur du noyau central

• ELU:– N<0 et C est à l’extérieur des armatures

Noyau centralh/3

b/3

N<0 et C est à l extérieur des armatures – N>0 et la hauteur du béton comprimé y est <h

hhM 493,0)dh4,01(

dh0.8x

fbdMMM BC

bu2uA

uBC/AuA ≈−=<=⇒≤ μμ

MuA: Moment de flexion évalué au niveau du centre de gravité des armatures tenduesMBC/A: Moment frontière (correspondant au diagramme de déformations limites passant par les pivots B et C) évalué au niveau du centre de gravité des armatures tendues.

15

N CN x

A’ e A’σscd’

F

d G ’e A

Fb

h d G

d-d

z b

A AA Aσs

16

Calcul des armaturesEquilibre de la section

⎪⎨

⎧ −σ+= )d'd(A'zFe N scbbA

⎪⎩

⎪⎨ =

σ+σ−σ+⇒σ−σ+= 0)NA(A'FAA'FN

ssscbsscb

⎩ s

⎧ −σ+=⎪⎧ =

)d'd(S'zFMA'S'

⎩⎨⎧

=σ−σ+−σ+=

⇒⎪⎩

⎪⎨

σ+= 0SS'F

)dd(SzFMNAS sscb

scbbA

⎩ σs

Equations d’équilibre d’une section sollicitée en flexion simple par un moment de flexion MAflexion MA

17

Calcul des armatures• Calculer le moment MA (MuA ou MserA) par rapport aux armatures tendues

C l l fl i i l l ti d’ t S t S’• Calculer en flexion simple les sections d’armatures S et S’

• Revenir à la flexion composée avec les armatures A et A’:

⎪⎧ = S'A'

⎪⎩

⎪⎨

σ−=

NSA⎪⎩ σs

• N est une compression (N>0) => diminution de la section d‘acier tendus trouvée en p ( )flexion simple

• N est une traction (N<0) => augmentation de la section d’acier tendus trouvée en flexion simpleflexion simple

18

Exemple 3Exemple 3

• Ng = 85kN ; Nq = 75kN g q• Mg = 90kN.m ; Mq = 80kN.m• fc28 = 25MPa, FeE500

A • Fissurations peu préjudiciables

6m

NA A

• μlu = 0,305

MCoupe AA

22cm

55cm 19

Exemple 3: Solution p• Calcul à l’ELU• Nu=1,35(85)+1,5(75)=227,25kN >0u ,35(85) ,5( 5) , 5 0• Mu=1,35Mg +1,5Mq= 241,5kN.m• ea = max(2cm,l/250) = max(2cm, 600/250=2,4cm)=2,4cm• e1 = 241 5/227 25+e = 1 087me1 = 241,5/227,25+ea = 1,087m• lf = 0,7l0 = 4,2m• Lf/h = 4,2/0,55=7,64 < max(15,20e1/h)=15 => Calcul en flexion composée en

tenant compte de façon forfaitaire de risque de flambementtenant compte de façon forfaitaire de risque de flambement• α = 90/(90+80) = 0,529• e2 = 3x4,22x(2 + 0,529x2)/(104x0,55) = 0,029m

N 227 25kN M N (1 087 0 029) 253 61kN• Nu = 227,25kN ; Mu = Nu (1,087 + 0,029) = 253,61kN.m• MuA = Mu + Nu (d-h/2) = 253,61 + 227,25 (0,5-0,55/2) = 304,74kN.m• fbu = 0,85(25/1,5) = 14,2MPa• ft28 = 0,6 + 0,06fc28 = 2,1MPa• fsu = 500/1,15 = 435MPa

• μu = 304,74x10-3/(0,22x0,52x14,2) = 0,390 < 0,493 => section partiellement comprimée

Exemple 3: Solution p• μu = 304,74x10-3/(0,22x0,52x14,2) = 0,390 < 0,493 => section partiellement

i écomprimée• μu > μlu => Aciers comprimés nécessaires

• MuA = M1 + M2

M = b d2 f = 0 305 0 22 0 52 14 2 = 0 2382 MN m• M1 = μlu b d2 fbu = 0,305 0,22 0,52 14,2 = 0,2382 MN.m • M2 = MuA - M1 = 304,74 – 238,2 = 66,53kNm = 0,06653MN.m

3,96‰ )/-(1 3,5‰ 0,4694)21-(125,1 luluslulu =αα=ε=>=μ−=α

• εs > εe = 435/200000 = 2,175‰ => σs = 435 MPa• εsc = 3,5‰ (αlud-d’)/(αlud) = 2,75‰ => σsc = 435 MPa

21

Exemple 3: Solution 22

'2

u2 cm4,3m00034,03540 05)(0 5

0,06653)d(d

MS ===σ

=

p

s 3540,05)-(0,5 )d-(d σ

2' σ

221 0 2382M

2

sc

su2

'u cm4,3SS =

σσ

=

22

slu

1u1 cm5,13m00135,0

354,4694)00.4x-0,5(10,2382

)0.4-d(1MS ===

σα=

2u2u1u cm9,164,35,13SSS =+=+=

⎧

⎪

⎪⎨

⎧

=−=−=

==

24

2

cm7,1110x0,2279,16NSA

3,4cmS'A'Flexion Composée =>

⎪⎩ σs

cm7,1110x435

9,16SA22

Exemple 3: SolutionExemple 3: Solution

22cm

2

55cm6HA16 3HA14

23

Exemple 4G2= 12 5T

G1= 35,5T

Q1= 4T p• fc28 = 25MPa, FeE400• Fissurations peu préjudiciables

G2 12,5T

Q2= 3T2 p p j

• Déterminer la section d’armatures longitudinales au niveau de l’encastrement du poteau

B

C2

1,2m Coupe 2-2

Poteau 1

Coupe 1 11 1

4,5m

Coupe 1-1

70cm

1 1

40cm

A

Poteau 2

70cm 40cm

Poteau 2

24

Exemple 4: Solution

Effort Perm Expl Bras de levier M M

p

Effort normal

Perm. (T)

Expl. (T)

Bras de levier (m)

Mperm (T.m)

Mexpl (T.m)

Poteau 1 35,5 4 1,2 42,6 4,8Poids 0 84 0 6 0 504Poutre 0,84 - 0,6 0,504 -

PoidsPoids Poteau 2 2,9 - 0 - -

Poteau 2 12 5 3 0Poteau 2 12,5 3 0 - -∑ 51,74 7 43,104 4,8

25Descente de charge sur le poteau 2

Exemple 4: Solution p• Calcul à l’ELU• Nu=1,35(51,74)+1,5(7)=80,349Tu ,35(5 , ) ,5( ) 80,3 9• Mu=1,35Mg +1,5Mq= 65,39T.m• ea = max(2cm,l/250) = max(2cm, 450/250)=2cm• e1 = 65 39/80 349+e = 0 834me1 = 65,39/80,349+ea = 0,834m• lf = 0,7l0 = 3,15m• Lf/h = 3,15/0,7=4,54 < max(15,20e1/h)=23,8 => Calcul en flexion composée

en tenant compte de façon forfaitaire de risque de flambementen tenant compte de façon forfaitaire de risque de flambement• α = 43,105/(43,104+4,8) = 0,9• e2 = 3x3,152x(2 + 0,9x2)/(104x0,7) = 0,016m

N 80 349T M N (0 834 0 016) 68 3T• Nu = 80,349T ; Mu = Nu (0,834 + 0,016) = 68,3T.m• MuA = Mu + Nu (d-h/2) = 68,3 + 80,349 (0,63-0,7/2) = 90,8T.m• fbu = 0,85(25/1,5) = 14,2MPa• ft28 = 0,6 + 0,06fc28 = 2,1MPa• fsu = 400/1,15 = 348MPa

26

Exemple 4: Solution p• μbu = 90,8x10-2/(0,4x0,632x14,2) = 0,403 < 0,493 => section partiellement

i écomprimée• μlu = 0,3 • μbu > μlu => Aciers comprimés nécessaires

• MuA = M1 + M2

M = b d2 f = 0 3 0 4 0 632 14 2 = 0 6763MN m• M1 = μlu b d2 fbu = 0,3 0,4 0,632 14,2 = 0,6763MN.m • M2 = MuA - M1 = 90,8 – 67,63 = 23,17Tm = 0,2317MN.m• Calcul autour du pivot BCalcul autour du pivot B

4,12‰ )/-(1 3,5‰ 0,459)21-(125,1 luluslulu =αα=ε=>=μ−=α

• εs > εe = 348/200000 = 1,74‰ => σs = 348MPa• εsc = 3,5‰ (αlud-d’)/(αlud) = 2,89‰ => σsc = 348MPa

27

Exemple 4: Solution 22

'2

u2 cm5,11m00115,04830 05)(0 63

0,2317)d(d

MS ===σ

=

p

s 4830,05)-(0,63 )d-(d σ

2' σ

221 0 6763M

2

sc

su2

'u cm5,11SS =

σσ

=

22

slu

1u1 cm8,37m00378,0

483,459)00.4x-0,63(10,6763

)0.4-d(1MS ===

σα=

2u2u1u cm3,495,118,37SSS =+=+=

⎧

⎪

⎪⎨

⎧

=−=−=

==

24

2

cm2,2610x0,803493,49NSA

11,5cmS'A'Flexion Composée =>

⎪⎩ σs

cm2,2610x348

3,49SA28

Exemple 4: SolutionExemple 4: Solution

0cm

4

70cm10HA20 5HA20

70cm

29

Section Entièrement CompriméeSection Entièrement Comprimée• ELS:ELS:

– N>0 et C est à l’intérieur du noyau central

ELUNoyau central

• ELU:– N>0 et la hauteur du béton comprimé y est >h

4930)h401(h0 8MuA 493,0)d

4,01(d

0.8xfbd BC

bu2uA

bu =−=>=⇒ μμ

30

Section Entièrement CompriméeSection Entièrement Comprimée• ELU:ELU:

=> Calcul autour de pivot COuOu⇒ Ramener le calcul autour de pivot BOuOu => Utiliser diagramme d’interaction (N, M)

Il dé d’ d f ill é i (A A ) éd iIl est recommandé d’adopter un ferraillage symétrique (A1u=A2u) pour réduire le risque de flambement=> le plus souvent on ramène le calcul autour du pivot B

31

Section entièrement compriméeCalcul à l’ELUR autour de Pivot CCalcul à l’ELUR autour de Pivot C

• Hypothèse: déformation uniforme sur la section égale à 2‰f si Acier HA400• σsu(2 ‰)=fsu si Acier HA400 2‰ Es si Acier HA500

d’A1

N eA1

A1uσsu(2 ‰)d’

d G

NuA1

eu fbubhGh d G

e

fbuG

A2

eA2

A σ32

A2 A2uσsu(2 ‰)

Calcul des armaturesEquilibre de la section

⎪⎧ ++=N bhfAA σσ

⎪⎩

⎪⎨⎧

−+−=

++=

)()(N

N'

)‰2(2)‰2(1 busuusuuu

eebhfddAe

bhfAA

σ

σσ

⎪⎧ −−

= uAbu eebhf )2Au (e NA 2

⎪⎩ += )()(N 2)‰2(12u uAbusuuA eebhfddAe σ

⎪

⎪⎪⎨

−=

su

bhf)‰2(

'1u

N

)d(dA

σ

⎪⎪⎩

−−

= usu

bu Abhf1

)‰2(

u2u

NAσ⎩

Pour une section rectangulaire: )2

(;)'2

(e 21Ahdeeedh

uAu −+=−−=

33

22

Exemple 5: calcul à l’ELUR autour du pivot B

• f 28 = 25MPa FeE400fc28 25MPa, FeE400 • Fissurations peu préjudiciables• Nu = 1,045MN• MuG = 0,1463 MN.m

4cm35

cm

4cm

35cm

4cm34

Exemple 5: Solution p• Calcul à l’ELU• MuA = Mu + Nu (d-h/2) = 0,1463 + 1,045 (0,31-0,35/2) = 0,2874MN.muA u u (d / ) 0, 63 ,0 5 (0,3 0,35/ ) 0, 8• fbu = 0,85(25/1,5) = 14,2MPa• ft28 = 0,6 + 0,06fc28 = 2,1MPa• f = 400/1 15 = 348MPafsu = 400/1,15 = 348MPa• μbu = 0,2874/(0,35x0,312x14,2) = 0,602 > 0,493 => section entièrement

comprimée• => Réduire la hauteur de béton comprimée par ajout d’acier comprimé A’ de• => Réduire la hauteur de béton comprimée par ajout d acier comprimé A de

façon à avoir μbu < 0,493 • On prend A’=2HA25=9,81cm2

M A’ (d d’) 9 81 10 4 348 (0 31 0 04) 0 092MN 348• MuA’/A = A’ σsc (d-d’) = 9,81x10-4x348x(0,31-0,04)=0,092MN.m ; avec σsc =348 MPa => Hypothèse à vérifier

• Mub/A = MuA- MuA’/A =0,2874 – 0,092 = 0,1954MN.m• μbu = 0,1954/(0,35x0,312x14,2) = 0,409 < 0,493 => Calcul autour du Pivot B

d’une section partiellement comprimée

‰7411 38‰)/(13 5‰0 717)21(1251 =<===>== εααεμα ‰74,11,38‰)/-(13,5‰0,717)21-(125,1 esbu =<===>=−= εααεμαMPa276x1,38x10000002E -3

sss ==ε=σ⇒ 35

Exemple 5: Solution p33

sc 10x87,2'-x10x5,3129,0314

d'd' −− =

αα=ε⇒===α⇒ sc ,,,

31d α

verifiéeHypothèseMPa348 ⇒==⇒ fσ verifiéeHypothèseMPa348sc ⇒==⇒ sufσ

• Vérification de l’Equilibre:• Vérification de l Equilibre:• Nu = A’σsc + fbu 0,8 α d b - A σsc• 1,045 = 9,81x10-4x348 + 14,2x0,8x0,717x0,31x0,35 – 276xA

=> A = 6 52x10-4m2 = 6 52cm2 =>Soit 2HA25 (ferraillage symétrique)• => A = 6,52x10-4m2 = 6,52cm2 =>Soit 2HA25 (ferraillage symétrique)

36