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A4 Calcul manuel d’une section rectangulaire avec armatures symétriques à l’ELU par approximations successives

La solution la plus rapide pour résoudre le problème est obtenue en utilisant lesdiagrammes d’interaction (voir § 5, chapitre 11 : « Flexion composée », p. 443,avec lecture sur l’axe pour la flexion simple). Dans le cas où l’on nedispose pas de tels diagrammes, on peut utiliser la méthode par approximationssuccessives exposée ci-après.

1. Hypothèses – Notations

Considérons la section rectangulaire symétrique définie ci-dessous :

On se place dans le cas où (section avec au moins une nappe d’acierstendus).

O Gµ

As1

AN ANd

As2

h-d

h-d

h

bw

xu

2d-h

A A As s1 2= =

0 ≤ ≤x du

Annexe en ligne.fm Page 627 Mercredi, 11. mars 2009 10:05 10

628

Cette section est sollicitée en flexion composée sous les sollicitations ; le cas de la flexion simple − − est traité au § 5 ci-après.

2. Moment de référence

2.1 Si xu < h – d

Les aciers supérieurs sont tendus.

2.1.1 Remarques

Dans le cas général, on a, pour une poutre, et pour des bétons de classeau moins égale à C50/60, si l’on veut se placer au pivot A :

• dans le cas du diagramme σ−ε à palier incliné, il faut que :

⇔

• dans le cas du diagramme σ−ε à palier horizontal, il faut que :

, ce qui est impossible.

Par conséquent, dans le cas des poutres ( ), on ne peut se trouver aupivot A que pour des bétons de classe au moins égale à C50/60 avec des aciersS 500 A.

2.1.2 Cas du pivot A

Les aciers avec diagramme σ−ε à palier horizontal ne permettent pas audiagramme des déformations de passer par le pivot A.

2.1.2.1 Aciers supérieurs

Au pivot A, l’allongement des aciers inférieurs est invariable et vaut .

M NEdA Edet NEd = 0

d h≈ 0 9,

h d dAB− < α . h dAB< +( )1 α

d h

h h

hAB

>+

=

+=

+1

1

1

1 0 13460 88

1

1 0 0722α

,, . :

,

S 500 A

==

+=

0 93

1

1 0 04930 95

, . :

,, . :

h

h h

S 500 B

S 500 C

αAB d h= ⇒ >0

d h≈ 0 9,

εud


Annexes 629

Allongement des aciers supérieurs :

Contrainte des aciers supérieurs supposée prise sur la droite de Hooke :

. [1]

Cette contrainte est maximale pour = 0 et vaut alors :

.

Pour les aciers S 500, reste sur la droite de Hooke tant que :

⇔ ,

nous en déduisons :

⇔

Comme pour une poutre , nous ne sommes pas assurés que lacontrainte des aciers supérieurs soit toujours située sur la droite de Hooke.

ε εs udu

u

h d x

d x2 =− −

− dh-dxu

εc

εs2

εud

σ ε εs s s udu

u

Eh d x

d x2 252 10= =

− −

−. . .

xu

σ εs udh

d252 10 1, . .max = −

σs2, max

σs ydf2, max ≤ 2 10 1 4355. .εud ydh

df−

≤ = MPa

σs ydf2, max ≤h

d ud

≤435

2 1015. .ε

+

⇒ h

d≤

=−435

2 10 22 5 101 1 097

435

2 1

5 3. . , ., :

.

+ classe A

00 45 101 1 048

435

2 10 67 5 10

5 3

5

. ., :

. . , .

− =+ classe B

−− =

3 1 1 032+ classe C, :

⇒ d

h

h

h

≥

0 91

0 95

0 97

, . :

, . :

, . :

classe A

classe B

classe CC

d h≈ 0 9,


630

2.1.2.2 Aciers inférieurs

Au pivot A, l’allongement des aciers inférieurs étant invariable et égal à , lacontrainte correspondante vaut (voir § 2.4.2.1, chapitre 3 : « Béton armé –Généralités », p. 53) :

2.1.3 Cas du pivot B

2.1.3.1 Aciers supérieurs

Allongement des aciers supérieurs :

Contrainte des aciers supérieurs supposée prise sur la droite de Hooke :

. [1’]

2.1.3.2 Aciers inférieurs

Allongement des aciers inférieurs :

Contrainte des aciers inférieurs supposée prise sur la droite de Hooke :

.

Pour les aciers S 500 et des bétons de classe au plus égale à C50/60, restesur la droite de Hooke tant que :

⇔ .

εud

σs1

454

466

493

=

MPa : S 500 A,

MPa : S 500 B,

MPa : S 500 C.

ε εs cuu

u

h d x

x2 2=− −

dh-dxu

εc = εcu2 ou εcu3

εs2

εs1

σ ε εs s s cuu

u

Eh d x

x2 25

22 10= =− −

. . .

ε εs cuu

u

d x

x1 2=−

σ ε εs s s cuu

u

Ed x

x1 15

22 10= =−

. . .

σs1

σs ydf1 ≤

700

2.105.3,5.10 3– d xu–

xu

-------------- fyd≤


Annexes 631

Nous en déduisons :

Comme nous avons supposé que , pour les poutres donne. Il en résulte que la contrainte des aciers inférieurs se trouve toujours

sur le palier (horizontal ou incliné) du diagramme contraintes-déformations del’acier.

2.2 Si xu = h – d

L’axe neutre passant par le centre de gravité des aciers supérieurs :

.

D’où le moment que peut équilibrer la section, rapporté aux aciers inférieursdans le cas où = h − d :

,

,

.

Nous remarquerons que pour les bétons de classe au moins égale à C50/60, nousavons λ = 0,8 et :

2.3 Si xu > h – d

Voir § 3.2 ci-après.

xd

f

ddu

yd

≥+

=+

=700

700

700

700 4350 62

. ., .

x h du ≤ − d h≈ 0 9,x du ≤ 0 1, .

ε σs s2 20 0= ⇒ =

xu

M b h d f d h dRS w cu= −( ) − −( )

λ

λ.

2

MRS λ.bw.d2.fcuhd--- 1–

. 1 λ2--- λ

2---.h

d---–+

=

MRShd--- 1–

. λ λ2

2-----+

λ2

2-----.h

d---– bw.d2.fcu=

λλ

λ

+ = + =

= =

⇒

2 2

2 2

20 8

0 8

21 12

2

0 8

20 32

,,

,

,,

Mh

d

h

db d fRS w cu= −

−

1 1 12 0 32 2. , , . .


632

3. Mise en équation du problème

3.1 Cas où MEdA ≤ MRS (¤ xu h – d) Les aciers supérieurs sont tendus et les équations d’équilibre donnent :

avec :

• au pivot A si :

,

les coefficients A et B sont ceux figurant au § 2.4.2.1, chapitre 3 : « Bétonarmé – Généralités », p. 53, suivant la classe d’aciers considérés (pour lesaciers avec diagramme σ−ε à palier horizontal, on ne peut se trouver aupivot A),

,

• au pivot B si :

,

N b x f A

M b x f

Ed w u cu s s

EdA w u cu

= − +( )

=

λ σ σ

λ

. . . ,

. . .

2 1

dd x A d hu s−

− −( )

λσ

222. ,

x ducu

cu ud

≤+

ε

ε ε2

2

ε εs udu

u

h d x

d x2 =− −

−

⇒

< = = =

≥

si

si

ε ε σ ε ε

ε

s ydyd

ss s s s

s

f

EE2 2 2

52

2

2 10: . . .

εε σε σ ε

ydyd

ss

sf

E

A B= =

+ −:

. :2

2 diagramme à palier inncliné,

diagramme à palier horizontal.fyd : σ ε−

ε εs ud1 =

⇒ σs1

454

466

493

=

MPa : S 500 A,

MPa : S 500 B,

MPa : S 500 C.

x ducu

cu ud

>+

ε

ε ε2

2

ε εs cuu

u

h d x

x2 2=− −

⇒

< = = =

≥

si

si

ε ε σ ε ε

ε

s ydyd

ss s s s

s

f

EE2 2 2

52

2

2 10: . . .

εε σε σ ε

ydyd

ss

sf

E

A B= =

+ −:

. :2


diagramme à palier horizontal.fyd : σ ε−

Annexe en ligne.fm 32 Mercredi, 11. mars 2009 10:05 10

Annexes 633

,

et sont inconnus a priori.

3.2 Cas où MEdA > MRS (¤ xu > h – d)

Les aciers supérieurs sont comprimés.

3.2.1 Cas où h – d < xu ≤ et où le diagramme s-e des aciers est àpalier incliné

On est au pivot A et le raccourcissement des aciers supérieurs vaut :

D’où leur contrainte supposée prise sur la droite de Hooke :

[4]

Cette contrainte ne peut atteindre que si :

⇔ ,

Ou, comme on a supposé , si :

ε εs cuu

u

d x

x1 2=−

⇒ =+ −

σε σ ε

ss

yd

A B

f11. : diagramme à palier incliné,

:: diagramme à palier horizontal,σ ε−

As1 xu

εεεεcu2

εεεεcu2 εεεεud+--------------------- d

ε εs udu

u

x h d

d x2 =− −( )

−. d

h-dxu

εc

εs2

εud

σ ε εs s s udu

u

Ex h d

d x2 252 10= =

− +

−. . .

fyd

σs ydf2 ≥ 2 105. .εudu

uyd

x h d

d xf

− +

−≥

xd f h d

fuyd ud

ud yd

≥+ −( )

+

. . .

. .

2 10

2 10

5

5

ε

ε

x ducu

cu ud

≤+

ε

ε ε2

2


634

.

Cette circonstance ne peut se rencontrer que si :

,

Ce qui conduit, dans le cas général où et où ‰ à :

.

Conclusion

Dans le cas envisagé ( ), si l’on emploie des aciers

S 500, et la contrainte des aciers supérieurs ne peut

atteindre .

Les équations d’équilibre s’écrivent donc :

2 10 2 10

2 10

5 5

5

. . . . .

. .

ε ε

ε

εud ud yd

ud yd

h d f

f

− −( )+

≤ ccu

cu ud

d2

2ε ε+

2 10 2 10 2 105 5 5 2. . . . . . . . .ε ε εε

ud ud yd udcuh d d f− + ≤

εε ε

ε

ε εcu ud

cu

cu udydd d f

2

2

2++

+.

fyd

2.105.εud.h + 2.105.εud 1εcu2

εcu2 εud+----------------------+

d–

1εcu2

εcu2 εud+----------------------–

d

----------------------------------------------------------------------------------------------------≤

fyd 2.105.εud

h + 1εcu2

εcu2 εud+----------------------+

d–

1εcu2

εcu2 εud+----------------------–

d

-----------------------------------------------------≤

h d≈ 1 1, . εcu2 3 5= ,fck ≤( )50 MPa

fyd 2.105.εud

1,1 + 1εcu2

εcu2 εud+----------------------+

–

1εcu2

εcu2 εud+----------------------–

-------------------------------------------------------≤

fyd

ud

u≤

=( )−

180 22 5

270

MPa : S 500 A

MPa : S 500 B

ε

ε

, ‰

dd

ud

=( )− =( )

45

720 67 5

‰

, ‰MPa : S 500 C ε

h d x ducu

cu ud

− < ≤+

ε

ε ε2

2

fyd = >435 180MPa MPa

fyd

N b x f A A

b x f A

Ed w u cu s s

w u cu

= + −

= −

λ σ σ

λ σ

. . . . .

. . . .

2 1

ss s

EdA w u cu u sM b x f d x A

1 2

2

−( )

= −

+

σ

λλ

σ

,

. . . . 22 2d h−( )

,

[5]

[6]


Annexes 635

avec :

et


3.2.2 Autres cas

Il s’agit des cas suivants :

• pour les aciers avec diagramme σ−ε à palier incliné ;

• aciers avec diagramme σ−ε à palier horizontal, quelle que soit la valeur de .

On est au pivot B et le raccourcissement des aciers supérieurs vaut :

D’où leur contrainte supposée prise sur la droite de Hooke :

. [7]

Cette valeur n’atteint fyd que si :

⇔ ,

.

Ce qui conduit pour les aciers S 500 et h � 1,1.d à :

[8]

σ ε εs s s udu

u

Ex h d

d x2 252 10= =

− +

−. . . σs1

454

466

493

=

MPa : S 500 A,

MPa : S 500 B,

MPa : S 500 C.

As1 xu

x ducu

cu ud

>+

ε

ε ε2

2

xu

ε εs cuu

u

x h d

x2 2=− −( )

d

h-dxu


εs1

εs2

σ ε εs s s cuu

u

Ex h d

x2 25

22 10= =− −( )

. . .

σs ydf2 ≥ 2 1052. .εcu

u

uyd

x h d

xf

− −( )≥

xh d

fxu

cu

cu yde≥

−( )−

=2 10

2 10

52

52

. .

. .

ε

ε

xf

h decu

cu yd

=−

−( )2 10

2 10

52

52

. .

. .

ε

ε


636

Remarque

Pour des bétons de classe de résistance au plus égale à C50/60 : ‰ etpour des aciers S 500 :

[8’]

Conclusion

En posant : :

1/ si , les équations d’équilibre s’écrivent :

avec :

,

,


2/ si , et les équations d’équilibre deviennent :

εcu2 3 5= ,

xe2.105.3,5.10 3–

2.105.3,5.10 3– 435–----------------------------------------------------- h d–( ) 2,64 (h – d)= =

xf

h decu

cu yd

=−

−( )2 10

2 10

52

52

. .

. .

ε

ε

h d x xu e− < ≤

N b x f A

b x f A

Ed w u cu s s

w u cu

= + −( )

= −

λ σ σ

λ σ

. . . .

. . . .

2 1

ss s

EdA w u cu u sM b x f d x A

1 2

2

−( )

= −

+

σ

λλ

σ

,

. . . . 22 2d h−( )

,

[9]

[10]

σ εs cuu

u

x h d

x25

22 10=− −( )

. .

ε εs cuu

u

d x

x1 2=−

⇒

< = = =

≥

si

si

ε ε σ ε ε

ε

s ydyd

ss s s s

s

f

EE1 1 1

51

1

2 10: . . .

εε σε σ ε

ydyd

ss

sf

E

A B= =

+ −:

. :1


diagramme à palier horizontal,fyd : σ ε−

As1 xu

x xu e> σs edf2 ≥

N b x f A

b x

Ed w u cu s s

w u

= + −( )

=

λ σ σ

λ

. . . .

. .

2 1

.. . ,

. . .

f A

M b x f d x

cu s s

EdA w u cu u

− −( )

= −

σ σ

λλ

1 2

2

+ −( )

A d hs. ,σ 2 2

[9]

[10]


Annexes 637

avec :

,

,

4. Méthode par approximations successivesOn opère de la façon suivante :

1/ déterminer dans quel cas on se trouve en comparant à (acierssupérieurs comprimés ou tendus, voir § 3.2) ;

2/ en se donnant , calculer les contraintes et correspondantes ;

3/ en déduire par l’équation d’équilibre des moments ;

4/ évaluer à partir de et trouvé à l’étape 3 ;

5/ comparer la valeur de NEd trouvée à l’étape 4 à celle de et reprendrele calcul depuis l’étape 2 en modifiant la valeur de jusqu’à ce que

.

5. Cas de la flexion simpleLa seule chose qui change est que dans les équations d’équilibre.

Pour les aciers avec diagramme σ−ε à palier horizontal, le cas où nepeut se rencontrer. Dans un tel cas, l’équilibre devrait être assuré par les aciersseuls (voir par l’équation [9]) sansintervention du béton comprimé entourant les armatures supérieurescomprimées, ce qui n’est pas possible.

ε εs cuu

u

x h d

x2 2=− −( )

⇒ =+ −

σε σ ε

ss

yd

A B

f22. : diagramme à palier incliné,

:: diagramme à palier horizontal.σ ε−

ε εs cuu

u

d x

x1 2=−

⇒

< = = =

≥

si

si

ε ε σ ε ε

ε

s ydyd

ss s s s

s

f

EE1 1 1

51

1

2 10: . . .

εε σε σ ε

ydyd

ss

sf

E

A B= =

+ −:

. :1


diagramme à palier horizontal,fyd : σ ε−

MEdA MRS

xu σs2 σs1

As1

NEd xu As1

NEd, réelxu

N NEd Ed, ,calculé réel≈

NEd = 0

x xu e>

σ σs s yd Ed uf N x1 2 0 0= = = ⇒ =avec


638

6. ConclusionCompte tenu des développements ci-dessus, on voit que, même en flexionsimple, la solution la plus rapide est fournie par les diagrammes d’interaction(voir § 5.8, chapitre 11 : « Flexion composée », p. 443, lecture sur l’axe OµGpour la flexion simple).

Les développements précédents ayant été conduits uniquement à l’ELU, il resteà vérifier, à l’ELS, les contraintes du béton comprimé et des aciers tenduslorsque celles-ci sont limitées.

7. OrganigrammeDonnées :

• géométie de la section : , h, d ;

• sollicitations : ;

• matériaux :– béton : , ;– aciers : , , forme du diagramme σ−ε, ;

• position arbitraire de l’axe neutre : .

Résultats : section d’aciers

Remarque

Dans l’organigramme ci-dessous, les coefficients A et B intervenant dans lesexpressions de et sont ceux figurant au § 2.4.2.1, chapitre 3 : « Bétonarmé – Généralités », p. 53, suivant la classe d’aciers considérés.

bw

M NEdA Ed réelet ,

fcu εcu2fyd εud Es

xu

A A As s= =1 2

σs1 σs2


Annexes 639

≥ σs2 sur

palier

< σs2 sur droite de Hooke

≥ σs2 sur

palier

εs2 >< εyd =fyd

Es

< σs2

sur droite de Hooke

εs2 >< εyd =fyd

Es

Palier horizontal

Palier incliné

Diagramme

>

σs2 sur

≤ σs2 sur

xu >< xe

>Pivot B

≤ Pivot A

xu ><εcu2

εcu2 + εud

d

Palierincliné

Diagramme

> xu > h − d

As2 comprimés

Palier horizontal

Palier incliné

Diagramme

>

Pivot B

≤Pivot A

xu ><εcu2

εcu2 + εud

d

≤xu ≤ h − d

As2 tendus

MEdA >< MRS

εs2 = εudh − d − xu

d − xu

εs1 = εud

εs2 = εcu2h − d − xu

xu

εs1 = εcu2d − xu

xu

σs2 = A + B.εs2

σs2 = Es.εudxu − h − d( )

d − xu

σs1 =454 MPa : S 500 A,

466 MPa : S 500 B,

493 MPa : S 500 C.

σs2 = Es.εcu2xu − h − d( )

xu

σs2 = fyd

εs2 = εcu2xu − h − d( )

xu

σs2 = A + B.εs2

εs1 = εcu2d − xu

xu

σs1 =454 MPa : S 500 A,

466 MPa : S 500 B,

493 MPa : S 500 C.

σs2 = fyd : palier horizontal

σs2 = A + B.εs2 : palier incliné



σs2 = Es.εs2

σs2 = Es.εs2

MRS =h

d− 1

. λ +

λ2

2

−λ2

2.h

d

bw.d2.fcu

NEd, calculé >< NEd, réel

<

droite de Hooke

≥ Palier εs1 >< εyd =

fyd

Es

σs1 = Es.εs1

A =MEdA − λ.bw.xu.fcu d −

λ2

xu

σs2 2d − h( )

NEd, calculé = λ.bw .xu .fcu − A. σs1 − σs2( )

A =λ.bw .xu .fcu d −

λ2

xu

− MEdA

σs2 2d − h( )

NEd, calculé = λ.bw .xu .fcu − A. σs1 + σs2( )



modifier pour réaliser

NEd, calculé ≈ NEd, réel

xu

Palierhorizontal

xe =Es.εcu2

Es.εcu2 − fyd

h − d( )

droite de Hooke

palier


640

8. Applications numériques

8.1 Pose du problème n˚ 1 – Cas où MEdA ≤ MRS

Nous nous proposons de déterminer les armatures dans les cas suivants :

• aciers avec diagramme σ−ε à palier horizontal ( ∞) ;

• aciers avec diagramme σ−ε à palier incliné ( ‰, B = 727,27 etA = 433,20 pour aciers S 500 B).

8.2 Solution

8.2.1 Cas du diagramme s-e à palier horizontal

Moment de référence :

0,345 mMN

Position de l’axe neutre :

= 0,160 mMN < 0,345 mMN =

et les aciers supérieurs sonttendus.

Comme h – d = 0,05 m, prenons .

Première itération :

diagramme σ−ε à palier horizontal Pivot B

On considère la section rectangulairesymétrique définie ci-contre.

Matériaux :

• béton : = 16,7 MPa, = 0,0035 ;

• aciers : = 435 MPa, MPa.

Sollicitations : = 0,160 mMN,= 0,12633 MN.

fcu εcu2

fyd Es = 2 105.

MEdANEd

5 cm

45 cm 50 cmA

A

1,20 m

εud =

εud = 45

MRShd--- 1–

. λ λ2

2-----+

λ2

2-----.h

d---– bw.d2.fcu=

MRS0,500,45---------- 1–

. 0,8 0,82

2---------+

0,82

2---------.0,50

0,45----------– 1,20.0,452.16,7=

MRS =

M MEdA RS>< MEdA MRS

x h du < −

xu = 0 03, m

⇒


Annexes 641

= 435 MPa

= 435 MPa

= 0,228 MN

Comme , nous allonsaugmenter la valeur de , ce qui aura poureffet de diminuer la contrainte (maisfaiblement) et d’augmenter la sectiond’aciers A (fortement) d’où le termesoustractif de augmente.

Itérations suivantes :

Étant donné la pente du diagramme contraintes-déformations de l’acier, varie très vite.

Essayons et cherchons, par itérations successives à réaliser.

ε εs cuu

u

h d x

x2 2=− −

εs2 0 00350 50 0 45 0 03

0 030 00233=

− −=,

, , ,

,,

ε εs cuu

u

d x

x1 2=−

εs1 0 00350 45 0 03

0 030 049=

−=,

, ,

,,

ε εs ydyd

s

f

E2 >< = ε εs yd2 50 00233 0 00218435

2 10= > = =, ,

.

⇒ σs ydf2 =

ε εs ydyd

s

f

E1 >< = ε εs yd1 50 049 0 00218435

2 10= > = =, ,

.

⇒ σs ydf1 =

Aλ.bw.xu.fcu d λ

2---xu–

MEdA–

σs2 2d h–( )----------------------------------------------------------------------=

A0,8.1,20.0,03.16,7 0,45 0,8

2-------0,03–

0,160–

435 2.0,45 0,50–( )---------------------------------------------------------------------------------------------------------=

A = 2 91 2, cm

N b x f AEd w u cu s s, . . . .calculé = − +( )λ σ σ1 2

NEd, , . , . , . , , . .calculé = − −0 8 1 20 0 03 16 7 2 91 10 434 55 435+( )

NEd, calculé

N NEd Ed, ,calculé réel>< N NEd u, ,, ,calculé réelMN MN= > =0 228 0 12633

N NEd Ed, ,calculé réel>xu

σs2

NEd, calculé

σs2

xu = 0 045, mN NEd Ed, ,calculé réel≈


642D

onné

es :


Annexes 643


644

8.2.2 Cas du diagramme s-e à palier incliné


0,345 mMN


= 0,160 mMN < 0,345 mMN =

et les aciers supérieurs sonttendus.

Comme h − d = 0,05 m, prenons .


diagramme σ−ε à palier incliné

Pivot A

428 MPa

= 466 MPa

MRShd--- 1–

. λ λ2

2-----+

λ2

d-----.h

d---– bw.d2.fcu=

MRS0,500,45---------- 1–

. 0,8 0,82

2---------+

0,82

2---------.0,50

0,45----------– 1,20.0,452.16,7=

MRS =


x h du < −

xu = 0 03, m

x ducu

cu ud

><+

ε

ε ε2

2

xu = < =+

0 03 0 03243 5

3 5 450 45, ,

,

,,m m

⇒

ε εs udu

u

h d x

d x2 =− −

−εs2 0 045

0 50 0 45 0 03

0 45 0 030 00214=

− −−

=,, , ,

, ,,

ε εs ud1 = εs1 0 045= ,

ε εs ydyd

s

f

E2 >< = ε εs yd2 50 00214 0 00218435

2 10= < = =, ,

.

⇒ σ εs s sE2 252 10 0 00214= = =. . . ,

ε εs ydyd

s

f

E1 >< = ε εs yd1 50 045 0 00218435

2 10= > = =, ,

.

⇒ σ εs sA B1 1 433 2 727 27 0 045= + = +. , , . ,

σs1

Aλ.bw.xu.fcu d λ

2---xu–

MEdA–

σs2 2d h–( )----------------------------------------------------------------------=

A

0,8.1,20.0,03.16,7 0,45 0,82

------- 0,03– 0,160–

428 2.0,45 – 0,50( )-----------------------------------------------------------------------------------------------------------104=


Annexes 645

= 0,216 MN

Comme , nous allonsaugmenter la valeur de , ce qui aura poureffet de diminuer la contrainte (maisfaiblement) et d’augmenter la sectiond’aciers A (fortement) d’où le termesoustractif de augmente.




A = 2 96 2, cm

N b x f AEd w u cu s s, . . . .calculé = − +( )λ σ σ1 2

NEd, , . , . , . , , . .calculé = − −0 8 1 20 0 03 16 7 2 96 10 434 55 428+( )

NEd, calculé

N NEd Ed, ,calculé réel>< N NEd Ed, ,, ,calculé réelMN MN= > =0 216 0 12633


σs2

NEd, calculé

σs2



646D

onné

es :


Annexes 647


648

8.3 Pose du problème n˚ 2 – Cas où MEdA > MRS

Nous nous proposons de déterminer les armatures dans les cas suivants :

• aciers avec diagramme σ−ε à palier horizontal (εud = ∞) ;

• aciers avec diagramme σ−ε à palier incliné ( ‰, B = 727,27 et A =433,20 pour aciers S 500 B).

8.4 Solution

8.4.1 Cas du diagramme s-e à palier horizontal


0,345 mMN


= 0,450 mMN > 0,345 mMN =

et les aciers supérieurs sontcomprimés.

Comme h – d = 0,05 m, prenons xu = 0,06 m.


On considère la section rectangulairesymétrique définie ci-contre.

Matériaux :

• béton : = 16,7 MPa, = 0,0035 ;

• aciers : = 435 MPa, MPa.

Sollicitations : = 0,450 mMN, = 0,12633 MN.

fcu εcu2

fyd Es = 2 105.

MEdANEd

5 cm

45 cm 50 cmA

A

1,20 m

εud = 45

MRShd--- 1–

. λ λ2

2-----+

λ2

d-----.h

d---– bw.d2.fcu=

MRS0,500,45---------- 1–

. 0,8 0,82

2---------+

0,82

2---------.0,50

0,45----------– 1,20.0,452.16,7=

MRS =


x h du > −

xE

E fh de

s cu

s cu yd

=−

−( ).

.

ε

ε2

2

xe =−

−−

−2 10 3 5 10

2 10 3 5 10 4350 50 0 4

5 3

5 3

. . , .

. . , ., , 55 0 132( ) = , m

x xu e>< x xu e= < =0 06 0 132, ,m m

⇒ =− −( )

σ εs s cuu

u

Ex h d

x2 2.


Annexes 649

117 MPa

= 435 MPa

= 0,689 MN

Comme , nous allonsdiminuer la valeur de , ce qui aura poureffet de diminuer la contrainte (maisfaiblement) et d’augmenter la sectiond’aciers A (fortement) d’où le termesoustractif de augmente.



Essayons xu = 0,055 m et cherchons, par itérations successives à réaliser.

σs252 10 0 0035

0 06 0 50 0 45

0 06=

− −( )=. . ,

, , ,

,

ε εs cuu

u

d x

x1 2=−

εs1 0 00350 45 0 06

0 060 0228=

−=,

, ,

,,

ε εs ydyd

s

f

E1 >< = ε εs yd1 50 0228 0 00218435

2 10= > = =, ,

.

⇒ σs ydf1 =

AMEdA – λ.bw.xu.fcu d λ

2---xu–

σs2 2d h–( )----------------------------------------------------------------------=

A

0,450 – 0,8.1,20.0,06.16,7 0,45 0,82

------- 0,06–

117 2.0,45 – 0,50( )-----------------------------------------------------------------------------------------------------------104=

A = 8 59 2, cm

N b x f AEd w u cu s s, . . . .calculé = − −( )λ σ σ1 2

NEd, , . , . , . , , . .calculé = − −0 8 1 20 0 06 16 7 8 59 10 434 55 117−( )

NEd, calculé



σs2

NEd, calculé

σs2

N NEd Ed, ,calculé réel≈


650D

onné

es :


Annexes 651


652

8.4.2 Cas du diagramme s-e à palier incliné


0,345 mMN


= 0,450 mMN > 0,345 mMN =

et les aciers supérieurs sontcomprimés.

Comme h − d = 0,05 m, prenons .


= 0,032 m

Pivot B

117 MPa

= 450 MPa

MRShd--- 1–

. λ λ2

2-----+

λ2

d-----.h

d---– bw.d2.fcu=

MRS0,500,45---------- 1–

. 0,8 0,82

2---------+

0,82

2---------.0,50

0,45----------– 1,20.0,452.16,7=

MRS =


x h du > −

xu = 0 06, m

x dABcu

cu ud

=+

ε

ε ε2

2

xAB =+

3 5

3 5 450 45

,

,,

x xu AB>< x xu AB= > = ⇒0 06 0 032, ,m m

xE

E fh de

s cu

s cu yd

=−

−( ).

.

ε

ε2

2

xe =−

−−

−2 10 3 5 10

2 10 3 5 10 4350 50 0 4

5 3

5 3

. . , .

. . , ., , 55 0 132( ) = , m

x xu e>< x xu e= < =0 06 0 132, ,m m

⇒ =− −( )

σ εs s cuu

u

Ex h d

x2 2.

σs252 10 0 0035

0 06 0 50 0 45

0 06=

− −( )=. . ,

, , ,

,

ε εs cuu

u

d x

x1 2=−

εs1 0 00350 45 0 06

0 060 0228=

−=,

, ,

,,

ε εs ydyd

s

f

E1 >< = ε εs yd1 50 0228 0 00218435

2 10= > = =, ,

.

⇒ σ εs sA B1 1 433 2 727 27 0 0228= + = +. , , . ,

σs1

AMEdA – λ.bw.xu.fcu d λ

2---xu–

σs2 2d h–( )----------------------------------------------------------------------=


Annexes 653

= 0,475 MN

Comme , nous allonsdiminuer la valeur de , ce qui aura poureffet de diminuer la contrainte (maisfaiblement) et d’augmenter la sectiond’aciers A (fortement) d’où le termesoustractif de augmente.




A

0,450 – 0,8.1,20.0,06.16,7 0,45 0,82

------- 0,06–

117 2.0,45 – 0,50( )-----------------------------------------------------------------------------------------------------------104=

A = 8 59 2, cm

N b x f AEd w u cu s s, . . . .calculé = − −( )λ σ σ1 2

NEd, , . , . , . , , . .calculé = − −0 8 1 20 0 06 16 7 8 59 10 454 00 117−( )

NEd, calculé



σs2

NEd, calculé

σs2



654D

onné

es :


Annexes 655


A5 Vérification à l’ELU d’une section rectangulaire dont on connaît les armatures

On distingue les deux cas ci-après.

1. Section sans aciers comprimés (As2 = 0)

1.1 Aciers avec diagramme s-e à palier horizontal

1/ Calculer et en déduire .

2/ Si , le fait d’avoir est correct. Sinon, il faut prévoir desaciers comprimés et, comme la section n’en comporte pas, tout le dimen-sionnement (détermination de , puis de ) est à reprendre.

3/ En déduire la position de l’axe neutre par l’équation d’équilibre des forces :

.

4/ Calculer la valeur du bras de levier : .

5/ En déduire le moment résistant à l’ELU : .

6/ Il faut vérifier : , sinon la section d’armatures tendues est insuffi-sante.

1.2 Aciers avec diagramme s-e à palier incliné

1/ Calculer et en déduire .

2/ Si , le fait d’avoir est correct. Sinon, il faut prévoir desaciers comprimés et, comme la section n’en comporte pas, tout le dimen-sionnement (détermination de , puis de ) est à reprendre.

µlu M b d flu lu w cu= µ . . .2

M MEd lu≤ As2 0=

As2 As1

λλ

. . . ..

. .b x f A f x

A f

b fw u cu s yd us yd

w cu

− = ⇒ =110

z d xc u= −λ2

M A f zRu s yd c= 1. .

M MRu Ed≥

µlu M b d flu lu w cu= µ . . .2

M MEd lu≤ As2 0=

As2 As1


658

3/ En déduire par approximations successives la position de l’axe neutre parl’équation d’équilibre des forces :

a)

avec

b) Si

Si

les coefficients A et B sont ceux figurant au § 2.4.2.1, chapitre 3 : « Bétonarmé – Généralités », p. 53.

c) comparer à la contrainte utilisée précédemment pour calculer etrecommencer les étapes a/ et b/ avec jusqu’à ce que la valeur de lacontrainte des aciers tendus se stabilise.

4/ Calculer la valeur du bras de levier : .

5/ En déduire le moment résistant à l’ELU : .

6/ Il faut vérifier : , sinon la section d’armatures tendues est insuffi-sante.

2. Section avec aciers comprimés (As2 ≠ 0)

2.1 Aciers avec diagramme s-e à palier horizontal

Peu importe, dans ce cas, que soit supérieur ou non à . Le mode opéra-toire est le suivant :

1/ calculer la contrainte équivalente des aciers comprimés à l’ELU :

a) si est limitée :

λ σσ

λ. . . .

.

. .b x f A x

A

b fw u cu s s us s

w cu

− = ⇒ =1 11 10

σs ydf1 =

x du AB s ud≤ ⇒ = ⇒α ε ε. 1

σ 's1

454

466

493

=

MPa : S 500 A,

MPa : S 500 B,

MPa : S 500 C..

x dx

xu AB s cuu

u

> ⇒ =−

⇒α ε ε. 1 21

σ

ε ε ε

ε ε ε

's

ydyd

s

yd

Ef

E

A B1 =

< =

+ ≥

s s1 s1

s1 s1

. si ,

. si ==

f

Eyd

s

.

σ 's1 xuσ 's1

z d xc u= −λ2

M A zRu s s c= 1 1. .σ

M MRu Ed≥

MEd Mlu

σc


Annexes 659

les coefficients A et B sont ceux figurant au § 3.3.3, chapitre 7 : « Flexionsimple », p. 175, pour les aciers avec diagramme σ−ε à palier horizontal.

b) si n’est pas limitée :

avec

2/ si , vérifier que la section d’aciers comprimés convient :

.

3/ déterminer la position de l’axe neutre par l’équation d’équilibre des forces :

.

4/ calculer la valeur du bras de levier du béton seul : .

5/ en déduire le moment résistant à l’ELU (par rapport aux aciers tendus) :

.

6/ il faut vérifier : , sinon la section d’armatures (tendues et/oucomprimées) est insuffisante.

2.2 Aciers avec diagramme s-e à palier incliné

Peu importe, dans ce cas, que soit supérieur ou non à . Le mode opéra-toire est le suivant :

1/ calculer la contrainte équivalente des aciers comprimés à l’ELU :

a) si est limitée :

les coefficients A et B sont ceux figurant au § 3.3.3, chapitre 7 : « Flexionsimple », p. 175, pour les aciers avec diagramme σ−ε à palier incliné.

b/ si n’est pas limitée :

σ α γ δs e e ck ckf A f B2 0 6 435, , . . . ' .= − +( ) ≤ ( )MPa S 500

σc

αλ

µl lu= − − 1

1 1 2. µ µlu ls=

σν

α δα

δs e

s s , u sl

l

yd

E . Ed

d

f2

2,

''

'

==

−=

Minoù

M MEd lu>

AM M

d dsEd lu

s e2

2

≥−

−( )' ,σ

λ σ. . . . ..

,b x f A f A xA f

w u cu s yd s s e us yd− + = ⇒ =

−1 2 2

10AA

b fs s e

w cu

2 2.

. .,σ

λ

z d xc u= −λ2

M b x f z A d dRu w u cu c s s e= + −[ ]λ σ. . . . . ',2 2

M MRu Ed≥

MEd Mlu

σc

σ α γ δs e e ck ckf A f B2 0 6 435, , . . . ' .= − +( ) ≤ ( )MPa S 500

σc


660

avec

les coefficients A et B sont ceux figurant au § 2.4.2.1, chapitre 3 : « Bétonarmé − Généralités », p. 69.

2/ si , vérifier que la section d’aciers comprimés convient :

.

3/ déterminer par approximations successives la position de l’axe neutre parl’équation d’équilibre des forces :

a) avec et

b) Si

Si

les coefficients A et B sont ceux figurant au § 2.4.2.1, chapitre 3 : « Bétonarmé − Généralités », p. 69,

c) comparer à la contrainte utilisée précédemment pour calculer etrecommencer les étapes a) et b) avec jusqu’à ce que la valeur de lacontrainte des aciers tendus se stabilise.

4/ calculer la valeur du bras de levier du béton seul : .

5/ en déduire le moment résistant à l’ELU (par rapport aux aciers tendus) :

.

αλ

µl lu= − − 1

1 1 2. µ µlu ls=

νs , u cul

l

d

d2 2=−

=εα δ

αδ

''

'où

σν ε

α δα

δs e

s s , u s cul

l

E . Ed

d

A B2

2 2,

.'

''

==

−=

+Min

où

..νs , u2

M MEd lu>

AM M

d dsEd lu

s e2

2

≥−

−( )' ,σ

λ σ σσ

. . . . ..

b x f A A xA A

w u cu s s s s us s s− + = ⇒ =

−1 1 2 2

1 10 22 2.

. .

σ

λs

w cub fσs ydf1 = σ σs s e2 2= ,

x du AB s ud≤ ⇒ = ⇒α ε ε. 1 σ 's1

454

466

493

=

MPa : S 500 A,

MPa : S 500 B,

MPa : S 500 C..

x dx

xu AB s cuu

u

> ⇒ =−

⇒α ε ε. 1 21

σ

ε ε ε

ε ε ε

's

ydyd

s

yd

Ef

E

A B1 =

< =

+ ≥

s s1 s1

s1 s1

. si ,

. si ==

f

Eyd

s

.

σ 's1 xuσ 's1

z d xc u= −λ2

M b x f z A d dRu w u cu c s s e= + −[ ]λ σ. . . . . ',2 2


Annexes 661


2.3 Remarque pour les aciers avec diagramme contraintes-déformations à palier horizontal

2.3.1 Remarque préliminaire

La condition pour que la contrainte des armatures comprimées soit obtenue parla droite de Hooke du diagramme contraintes-déformations des aciers estobtenue de la façon suivante :

D’où, pour que la contrainte appartienne à la droite de Hooke, il faut que :

Ce qui conduit, pour les cas courants où l’on a un béton de classe au plus égaleà C50/60 à :

2.3.2 Méthode

1/ Se donner une position de départ de l’axe neutre :

Si , prendre :

.

M MRu Ed≥

ε εs cuu

u

x d

x2 2=− '

σ ε εs s s s cuu

u

E Ex d

x2 2 2= =−

. .'

d

dxu


εs1

εs2

σ εε

εs s cuu

uyd u

s cu

s cu y

Ex d

xf x

E

E f2 22

2

=−

≤ ⇒ ≤−

.' .

. dd

d '

E xf

ds cu uyd

. . . , . 'ε 25 32 10 3 5 10 700

700

700= = ⇒ ≤

−−

λ σ σ

σ σ

. . . . .b x f A A

fw u cu s s s s

s s yd

1 2 2 1 1

1 2

0+ − =

= =

⇒ =−( )

xA A f

b fus s yd

w cu1

1 2 .

. .λ

xd

fuyd

1700

700≥

−. '

MRu λ.bw.xu1.fcu d λ2---xu1–

As2.fyd d d’–( )+=


662

Puis faire la vérification de l’étape 4 ci-dessous.

3/ Si :

a) choisir et calculer :

si , ce qui est toujours le cas pour les

aciers avec diagramme σ−ε à palier horizontal,

si ,

b) en déduire la nouvelle position de l’axe neutre :

c) recommencer avec cette valeur le calcul de , d’où , etc., jusqu’àtrouver

d) d’où la valeur du moment résistant à l’ELU par rapport aux aciers tendus :

.


xd

fuyd

1700

700<

−. '

x xu u2 1<

σs uu

u

x d

x2 22

2

700,'

=−

x du AB2 ≥ α .

σ εs u udu

u

x d

d x2 25 2

2

2 10, . .'

=−

−x du AB2 < α .

xA f A

b fus yd s s u

w cu3

1 2 2 2=−. .

. .,σ

λ

σs u2 3, xu4x xui ui+ ≈1

MRu λ.bw.xui.fcu d λ2---xui–

As2.σs2, ui d d’–[ ]+=

M MRu Ed≥


A6 Flexion composée – Vérification des contraintes à l’ELS pour une section quelconque

1. Notations

= distance toujours positive de la fibre la plus comprimée B de la section àl’axe neutre,

= distance du centre de pression C à l’axe neutre, de même signe que ,

= distance du centre de gravité des aciers tendus au centre de pression C, demême signe que ,

c = distance de la fibre la plus comprimée B de la section au centre depression C définie par :

même signe que Nser

eAx1

xc

c

d AN AN

As1

As2

C

Bxc

eA

x1

xc Nser

eANser

c d eA= −


664

On en déduit :

c < 0 c > 0

Compression

c > 0 c > 0

Traction

,

K = coefficient angulaire dudiagramme des contraintes,

,

eA

eA

x1 x1

xc> 0

xc> 0

c< 0

c> 0

ddAN AN

AN AN

As1As1

C

BB

As2As2

C

Nser > 0 Nser > 0

xc > 0 yc < 0

⇓

N

x

c e d

C

c e

ser

c

A

A

>

>

> <

<

0

0

0

0

( )

si

dans la section

si >>

d

C( )hors section

eA

eA

x1 x1

xc< 0xc< 0 c> 0

c> 0d d

ANANANAN

As1As1

C

B B

C

As2 As2

Nser < 0 Nser < 0

xc < 0 xc < 0

⇓

N

x

c

ser

c

<

<

>

0

0

0

dKξ

d'x1

σc

σs1

αe

σs2

σξ αe

x x cc1 = +

σ ξξ = K.

αes

c eff

E

E=

,


Annexes 665

2. Caractéristiques géométriques des sections= moment statique, par rapport à l’axe neutre, de la section homogène

réduite :

avec :

Remarque

Comme la résultante des contraintes normales n’est pas nulle, le moment statiquepar rapport à l’axe neutre de la section homogène réduite totale( ) n’est pas nul ( est différent de utilisé au§ 1.1.3, chapitre 8 : « Effort tranchant », p. 293).

= moment d’inertie, par rapport à l’axe neutre, de la section homogèneréduite :

= moment statique, par rapport à la parallèle à l’axe neutre passant par C, dela section homogène réduite :

le signe négatif provenant du fait que l’aire est au-dessous de l’axe passant parC lorsque (ou ) ou au-dessus de cet axe lorsque (ou

).

ScfAcf

S dAcf e cfAcf

= ∫ ξ α. .

ααe

cf

e cf

dA

dA=

=

=

1 si fibre de béton comprimé

si fibrre d'acier

A A A A Acf c ct e s e s= −( ) + +α α. .1 2 Scf S1

IcfAcf

I dAcf e cfAcf

= ∫ ξ α2. .

ScAcf

S x dA x dA Sc c e cfA c e cfA cfcf cf

= − −( ) = − +∫ ∫ξ α α. .

xc > 0 Nser > 0 xc < 0Nser < 0

x1

xc< 0

xc< 0

Nser< 0

Nser> 0

ANξ

ξ+

AN

C

C


666

= moment d’inertie, par rapport à la parallèle à l’axe neutre passant par C, dela section homogène réduite :

ou encore :

3. Position de l’axe neutre xcLa force élastique élémentaire a pour valeur :

En écrivant que le moment des forces élastiques élémentaires est nul en C, onobtient :

ou encore :

Remarque

Pour les sections rectangulaires ou en T, s’obtient par résolution d’uneéquation du troisième degré (voir § 2.4.3.1 et 2.4.3.2, chapitre 11 : « Flexioncomposée », p. 443).

4. Expression du coefficient angulaire KEn écrivant que le moment des forces élastiques élémentaires par rapport à l’axeneutre vaut :

IcAcf

Ic xc ξ–( )2αe.dAcfAcf

∫ xc

2 αe.dAcfAcf

∫

1xc

----- Scf Sc–[ ]

2.xc ξ.αe.dAcfAcf

∫

Scf

ξ2.αe.dAcfAcf

∫

Icf

+–= =

I x S x S Ic c cf c c cf= − − +. .

I x S I x Sc c c cf c cf+ = −. .

dF dA K dAe cf e cf= =σ α ξ αξ . . . . .

K dA xe cf cAcf

ξ α ξ. . −( ) =∫ 0

K x dA K dAc e cfA e cfAcf cf

. . . . .ξ α ξ α∫ ∫− =2 0

K x S I xI

Sc cf cf ccf

cf

. −[ ] = ⇒ =0

I x S I x Sc c c cf c cf+ = − = ⇒. . 0 xI

Scc

c

= −

xc

M N xser AN ser c/ .=


Annexes 667

il vient :

d’où :

Remarque

est différent de K est différent de comme c’étaitle cas en flexion simple.

5. Calcul des contraintesPour une section droite quelconque donnée (béton et position des armatures), leprocessus de calcul s’établit comme suit :

1/ calculer les caractéristiques géométriques de la section par rapport à uneparallèle à l’axe neutre passant par le centre de pression C :

2/ en déduire la profondeur de l’axe neutre :

par résolution de cette équation.

3/ faire la vérification des contraintes :

N x dA K dA Kser c e cfA e cfAcf cf

. . . . . . .= = =∫ ∫σ ξ α ξ αξ2 IIcf

KN x

Iser c

cf

=.

N xser c. N e Mser serG. 0 0= ⇒

MI

ser

cf

S x dA S xc c e cfA c ccf

= − −( ) ⇒ ( )∫ ξ α .

I x dA I xc c e cfA c ccf

= −( ) ⇒ ( )∫ ξ α2

.

xI x

S xcc c

c c

= −( )( )

⇒ xc⇒ = +x x cc1

σ σc c

K x= ≤.1

pour les classes d’exposition XD, XF et XXS

σ α σs e sK d x1 1= −( ) ≤.

σ αs e K x d2 1= −( ). '


a4 calcul manuel d’une section rectangulaire avec ...a4 calcul manuel d’une section...

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