Flexion simple.pptx

Calcul des poutres
CHAP : Flexion simple
1

I. ETAT LIMITE ULTIME DE RÉSISTANCE
1. Hypothèses de calcul
H1: Les sections droites restent planes après déformations (Hypothèse de Navier)
H2: Il n’y a pas de glissement relatifs entre le béton et l’acier (adhérence parafait, même
déformation)
H3: La résistance à la traction du béton est négligée (à cause de la fissuration)
H4: Le raccourcissement du béton est limité:
H5: L'allongement de l’acier est limité à
H6: le diagramme des déformations d’une section droite passent au moins par l’un des 3
pivots A, B ou C définis, qui définissent les comportements de la section en béton armé en
tenant compte les caractéristiques des matériaux
En flexion
0
2%
bu
  En compression simple
2

2. Diagrammes des trois pivots
2.1 Pivot A - domaine (1)
0
10%
st
  Allongement des armatures
Allongement du béton
0
0 3.5%
b

 
A: Pivot A
B: Pivot B
C: Pivot C
Le diagramme passe par le pivot A
3

Le dimensionnement à l’ELU est conduite en supposant que le diagramme des déformations
passe par l’un des trois pivots A, B ou C
h: hauteur totale de la section
d: hauteur utile de la section en flexion simple
𝐴𝑠 :section des aciers tendus
yu: la distance entre la fibre supérieure
et la fibre neutre
u
u
y
d
 
4

Le diagramme passe par le pivot A
0
10%
st
  Allongement des armatures
0
0 3.5%
b

 
u
bc st
y d y
 


3.5 7
0.2593
10 3.5 27
AB
   

0.2593
u
y d

Valeurs particulières de α
On peut également noter qu’il y a des positions de l’axe neutre à éviter:
2%
bc
 
2
0.167
10 2
  

5

Région a:
• Section entièrement tendue ( traction simple, flexion composée)
• Béton négligé
• Barres d’aciers doivent être prévues en haut et en bas
• L’acier travaille au maximum
Région b:
• Section partiellement comprimée (flexion simple, flexion
composée)
• L’acier travaille au maximum
• L’acier peut être sollicité jusqu’à son maximum
Le pivot A correspond donc à 0.2593
u
 
6

2.2 Pivot B - domaine (2)
La section est soumise à la flexion simple
Ou composée
LA position de l’axe neutre est égale à:
0.2593d y h

3.5
3.5
l
l




0
3.5%
bc
 
Allongement des armatures
0
0 10%
s

 
Le diagramme passe par le pivot B
7

3.3 Domaine 3, pivot C
Les droites de déformation passent par le pivot C correspond à un raccourcissement
du béton de: 0
2%
bu
 
La position de l’axe neutre est en dehors de la section yu h
3.5 2 2
c c
y h y



3
7
c
y h

Application du théorème de Thalès :
Position du point C
L'ELU est atteint par compression du béton et la section est entièrement comprimée.
CHAP VII: Flexion simple
8

Flexion simple à l’ELU-
Section rectangulaire
9

On connait les paramètres suivantes:
𝑏, 𝑑, 𝑓𝑒 , 𝑓𝑐28 𝑒𝑡 𝑀𝑢
Les inconnues: 𝐴𝑠𝑡, 𝑦
𝐴𝑠𝑡 Section d’armatures
y position de l’axe neutre autrement dit 𝛼𝑢
Calcul des armatures longitudinales à l’E.L.U
SECTION RECTANGULAIRE SANS ACIERS COMPRIMES
10

Positions particulières de l’axe neutre
Bras de leviers 0.4
u
z d d
 
u
u
y
d
 
avec
11

Moment ultime réduit 2
. .
u
bu
bu
M
b d f
 
 
0,8 0.8. . . .
b u bu bu
N y b f b d f

   
. .
u b b s b
M N z N z
 
2
0,8. . . .(1 0,4. )
u bu
M b d f
 
  
Equilibre des forces:
0 b s
F N N
  

.
s st s
N A 

e
su
s
f



On remplace Nb et zb par leurs expressions
 
1 0.4
b
z d 
 
0,8. . . .
b bu
F b d f


On pose le moment réduit: 2
. .
u
b
bu
M
b d f
  On obtient : 0,8. .(1 0,4 )
b
  
 
12

13
1,25.(1 1 2. )
u bu
 
  
bu
 S’exprime également par une équation du second degré 𝛼𝑢 en qui une fois résolue nous donne:
3,5
0,259
3,5 10
bc u
AB
bc st
y
d


 
   
 
AB
 est aussi égale à:
 
0.8 1 0.4
AB AB AB
  
  0.186
AB
 
Moment ultime réduit

14
Selon la valeur du moment réduit ultime 𝜇𝑏𝑢, la section sera armée soit uniquement par
des armatures tendues, soit par des armatures tendues et comprimées. On a trois cas qui
se présentent :
1er cas:
0.186
u AB
 
 
Section armée par des armatures
tendues
10% 3,5%
s bc
et
 
 1,25.(1 1 2. )
(1 0.4 )
.
.
s su
u bu
u
s
s s su s
su
u
s
s
fe
f
s
Z d
F
F A f A
f
M
A
Z


 


 
  
 
  

Vérifier la condition de non fragilité
28
0.23 .
t
s
e
f
A b d
f

0.186
u AB
 
 

15
2éme cas: Section armée par des armatures tendues
10% 3,5%
l st bc
et
  
 
Au point de vue économique 𝜀𝑠𝑡 ne doit pas être inférieur à une certaine valeur limite que nous
désignerons par 𝜀𝑙
.
su
l
s
f fe
E E


 
module d'élasticité E = 200 Gpa
FeE500 𝛍𝐥=0.372
0.186 u l
 


16
Donc si 𝜇𝑢 ≤ 𝜇𝑙 (Région Plastique) la section sera armée uniquement par des armatures tendues et la
section sera déterminer comme précédemment
A’=0
 
1.25 1 1 2
u bu
 
  
Calcul du bras de levier réduit
 
1 0.4 u
Z d 
 
Calcul de la section d’armature
.
u
u
st
M
A
Z 

Vérifier la le pourcentage minimum 28
min
0.23 t
e
f
A bd
f

10% 3,5%
l st bc
et
  
  st su
s
fe
f


 

Exercice 1:
Soit une poutre rectangulaire de section 25×60 sollicitée à une charge
uniformément répartie.
Déterminer la section du ferraillage à l'ELU et vérifier le pourcentage minimum
Donnée:
• Matériaux: fc28=25MPa; Fe500
• Enrobage 3cm
• Fissuration non préjudiciable
• Il faut tenir compte du poids propre.
• Portée 5.50m
• 𝜃=1 (fonction de la durée de charge, t>24h)
• le poids volumique du béton armé est pris égal à 25kN/m3
g=15kN/ml
q=20kN/ml
TD Flexion simple
17

Détermination du poids propre :
0,25 0.60 25 3.75 /
PP kN m
   
Calcul du moment fléchissant
15 3.75 18.75 /
20 /
g pp kN m
q kN m
   

Valeur de la charge (à l’ELU et à l’ELU)
combinaison fondamentale
 
1.35 1.5 55.31 /
u
P g PP q kN m
   
 
2
2
55,31 5,5
.
209.14 .
8 8
u
u
P l
M kN m

  
Caractéristique des matériaux
28
0.85 0.85 25
14.17
. 1 1.5
c
bu
b
f
f MPa
 

  

500
434.78
1.15
e
su
s
f
f MPa

  
Solution Exerce 1:
TD Flexion simple à l’ELU
 
2
2
38.75 5,5
.
146.52 .
8 8
ser
ser
P l
M kN m

  
  38.75 /
ser
P g PP q kN m
   
18

Moment ultime réduit limite
500 0,372
l
Fe 
 
Solution Exerce 1:
0.372
l
 
Détermination du moment réduit
3
2 2
209.14 10
0.202
. . 0.25 0.54 14.17
u
bu
bu
M
b d f



  
 
0.9
d h

avec
𝜇𝑏 ≤𝜇𝑙im Pas d’acier comprimé 0.202
bu
 
19
2éme cas: 0.186 u l
 


   
1.25 1 1 2 1.25 1 1 2 0.202 0.285
u bu
 
       
On compare 𝛼 et 𝛼𝐴𝐵:
On a 𝛼 > 0,259 = 𝛼𝐴𝐵 ⇒ 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝐵
   
1 0.4 0.54 1 0.4 0.285 0.478
b u
z d m

     
Solution Exerce 1:
Calcul de l’armature tendue (A)
2 2
0.209
0.001006 10.06
. 0.478 434.78
u
u
b s
M
A m cm
z 
   

Choix des armatures: On peut mettre 5HA16 ou 3HA16+3HA14
Vérifier la le pourcentage minimum
2
28
min
0.23 0.23 (0.6 0.06 25)
0.25 0.54 1.3
500
t
e
f
A bd cm
f
  
    
La condition est vérifiée
20

SECTION RECTANGULAIRE AVEC ACIERS COMPRIMES
Dans ce cas, deux possibilités existent :
- Changer les dimensions de la poutre en augmentant par exemple sa hauteur
- Ajouter au béton comprimé, des aciers comprimés.
On doit mettre des aciers comprimés lorsque le béton est incapable de rééquilibrer, à lui seul, la section.
Pour cette raison il faut comparer le moment réduit et le moment réduit limite μu ≥ μlim
le moment Mu peut être équilibré en renforçant la partie comprimée de la section au moyen d’armatures
de section Asc.
21

On décompose la section
d’
d
h
d
b
Ast
Asc
y
u
Ast1
Ast2
Asc
Mu Mu1 Mu2
d-d’
1 2
st st st
A A A
 
Armatures tendues
sc
A
Armatures comprimées
Section 1 Section 2
22

Section 1 Section 2
2 2
.
st st st
N A


1 2
st st st
N N N
 
.
sc sc sc
N A


Equilibre de la section 1 et 2
1
1 1 1
. .
.
u
u st st st
st
M
M A z A
z


  
   
 
2
2 2 2 2
. ' . '
'
u
u st st st st
st
M
M N d d A d d A
d d


     

2 2 2
st
sc st st s sc sc sc st
sc
N N A A A A

 

    
23

24
3éme cas: Section armée par des armatures comprimées (Armature double)
.
su
l
s
f fe
E E


 
3,5%
l st bc
et
  
 
 
3 '
3.5 10
sc l l
d d
d
  
 
 
   
 
 
sc l
 
sc l
 
 .
sc sc s
E
 

donc
donc
e
sc
s
f



3.5
3.5
l
l




 
1.25 1 1 2
u bu
 
  
 
1 0.4 l
Z d 
 
l u
 

25
Moment résistant du béton
Le moment résistant du béton est le moment ultime que peut équilibrer la section sans lui ajouter
les aciers comprimés. 2
.
R l bu
M bd f

 28
0.85
;
.
c e
bu st su
b s
f f
f f

  
  
2
. .
u
bu
bu
M
b d f
  Moment ultime réduit
 
lim 0.8 1 0.4
l l
  
  Moment ultime réduit limite
Calcul du moment résistant du béton
Sections d’acier :
Calcul du moment résiduel
2
.
R l bu
M bd f


res u R
M M M
 
 
'
res
sc
sc
M
A
d d 


2
sc
st sc
st
A A


 1
.
R
st
st
M
A
Z 

La section totale tendue: Ast= As1 +Ast2
 
1.25 1 1 2
l l
 
   Calcul du bras de levier réduit
 
1 0.4 l
Z d 
 

Soit une poutre rectangulaire de section 25×60 sollicitée à une charge
uniformément répartie.
Déterminer la section du ferraillage à l'ELU et vérifier le pourcentage minimum
Donnée:
• Enrobage 3cm
• Fissuration non préjudiciable
• Il faut tenir compte du poids propre.
• Portée 5m
• Durée d’application de charges: supérieure à 24h
g=5kN/ml
q=50kN/ml
Exercice 2:
26

Détermination du poids propre :
0,25 0.60 25 3.75 /
PP kN m
   
Calcul du moment fléchissant
5 3.75 8.75 /
50 /
g pp kN m
q kN m
   

Valeur de la charge (à l’ELU et à l’ELU)
combinaison fondamentale
 
1.35 1.5 86.81 /
u
P g PP q kN m
   
 
2
2
86,81 6
.
390.645 .
8 8
u
u
P l
M kN m

  
28
0.85 0.85 25
14.17
. 1 1.5
c
bu
b
f
f MPa
 

  

500
434.78
1.15
e
su
s
f
f MPa

  
Solution Exerce 2:
  58.75 /
ser
P g PP q kN m
   
27

Moment ultime réduit limite
 
500 0.8 1 0.4 0,372
3,5
0,617 2,17%
3,5 .
l l l
e
l l
l s s
Fe
f
E
  
 
 
   
    

Solution Exerce 2:
3
2 2
390,64 10
0.378
. . 0.25 0.54 14.17
u
bu
bu
M
b d f



  
 
0.9 0.54
d h m
 
avec
𝜇𝑙im ≤𝜇𝑏u Armatures doubles
0.372
l

 
0.372
l
  0.378
bu
 
28
et
3éme cas: l u
 

Solution Exerce 2:
Calcul de l’armature tendue (A1)
2
1
0.384
21.86
. 0.404 434.78
R
st
b s
M
A cm
z 
  

2 2
. 0.372 0.25 0.54 14.17 0.384 .
R l bu
M bd f MN m

     
   
1.25 1 1 2 1.25 1 1 2 0.372 0.627
l l
 
       
   
1 0.4 0.54 1 0.4 0.627 0.404
l
Z d m

     
Bras de levier
29

Section d’acier comprimé de la section 2
     
2
0.391 0.384
0.32
' ' 0.54 0.03 434.78
res u R
sc
sc sc
M M M
A cm
d d d d
 
 
   
   
Détermination de la contrainte de l’acier comprimé σsc :
Solution Exerce 2:
Armatures tendues de la section 2: Ast2
2
st s sc sc
A A
 

2
2
434.78
0.32 0.32
434.78
sc
st sc
s
A A cm


    
La section totale : A=A1+A2=21.86+0.32=22.18cm2
Asc=0.32cm2
30
   
3 3 3 3
' 0,54 0,03
3.5 10 3.5 10 2,17 10 2,17 10 3,18%
0,54
sc l l
d d
d
  
   
 
 
 
           
   
   
2,17%
.
e
l
s s
f
E


   sc l
  donc
500
434.78
1.15
e
sc
s
f
MPa


  

Vérifier la le pourcentage minimum
2
28
min
0.23 0.23 (0.6 0.06 25)
0.25 0.54 1.3
500
t
e
f
A bd cm
f
  
    
La condition est vérifiée pour Ast
Solution Exerce 2:
31

Etat Limite de Service vis-à-vis
de la durabilité de la structure:
Section rectangulaire
CHAP VIII: Flexion simple
32

ETAT LIMITE DE SERVICE
Hypothèses à l’E .L .S
H1: Les sections droites restent
H2: Il n’y a pas de glissement relatif entre les armatures et le béton
H3: Le béton tendu est négligé
H4: Le béton et l’acier sont considérés comme des matériaux élastiques: Loi de Hooke
H5: En flexion à l’ELS le diagramme de compression du béton est triangulaire et n’est
pas rectangulaire
H6: Un état limite de compression du béton dans lequel la contrainte du béton est
limitée:
28
0.6
bc
bc c
f
 
 
n : coefficient d'équivalence
s
b
E
n
E

33

Contraintes proportionnelles aux déformations:
Les matériaux restent dans le domaine élastique. Donc nous pouvons utiliser la loi de Hooke
. ; .
bc b bc s s s
E E
   
 
d’
d
b
Asc
y
u
h
εbc
εsc
εst
Ast
Déformation
σst /n
σ bc
σ sc /n
Contrainte
34

Coefficient d’équivalence n: Le règlement BAEL prend conventionnellement n égal à n=15, donc une
section As des aciers est équivalente à une section fictive n.As, c’est-à-dire 15.As.
st bt
st bt
s b
E E
 
 
  
le béton et l’acier ont la même déformation du fait de l’adhésion béton-acier
.
s
st bt st bt bt
b
E
n
E
    
   
st
bt
n

 
La contrainte de l’acier est n fois plus forte que celle du béton située à la même distance y de
l’axe neutre.
B
H
BxH
nAs
As
Section réelle
Section homogénéisée
35

Contraintes admissibles
Contraintes admissibles en compression du béton
La contrainte de compression du béton est limitée à :
Contraintes admissibles en traction de l'acier
Le moment équilibré par le béton étant : .
2
1 1
. . . 1 .
2 2 3
s
bc s bc
rb l
M y b z bd

  
 
  
 
 
28
0.6
bc c
f
 

Condition de non-fragilité
La condition de non fragilité conduit à placer une section minimale d’armatures
tendues pour une dimension de coffrage donnée.
Pour les pièces de section rectangulaire soumises à la flexion simple, on a:
b et d : sont les dimensions de la section
28
0.23 t
st
e
f
A bd
f

37

Dimensionnement d’une section rectangulaire en flexion simple à l’ELS:
FP, ou FTP
Diagramme des contraintes Diagramme des résultantes
Équilibre de la section:
'
b s s
F F F
 
'
1.
. .
2
bc
s sc s st
y
b A A

 
 
  
 
 
 
'
1
1
1
'
2 3
ser bc s bc
y
M by d A d d
 
 
   
 
 
 
'
1
'
3
ser b s
y
M F d F d d
 
   
 
 
Les inconnues : y1, Ast et A’sc
38

1er cas: pas d’aciers comprimés
Les armatures tendues travaillent au maximum possible:
;
bc s
bc s
   
 
On a : 1
1
1
st
bc
n
 




1
1
bc
st
bc
n
y
d n


 
 

avec
L'équation des moments donne:
 
2 1
1
1 2
1
1
3
30 1
ser
st
M
bd



 
 

 
 
 

ser rb
M M
 
'
0
s
A 
39
σst /n
σ bc
σ sc /n
Contrainte

On calcule le bras de levier 1
1 1
3
z d

 
 
 
 
1.
ser
ser
st
M
A
z 

Position de l’axe neutre 𝛼1 est solution de l'équation suivante:
3 2
1 1 1 1 1
3 90 90 0
    
   
1
0 1

 
40
Remarque
En pratique, on utilise une valeur approchée par défaut de z1 qui conduit à une section As par léger
excès :
1
bc
bc st
n
n


 


1
1 1
3
z d

 
 
 
 

ser rb
M M 
'
0
s
A 
Dans ce cas on fait travailler les deux matériaux à leurs limites
;
bc s
bc s
   
 
2ème: Aciers comprimés
15
15
bc
s
s
bc st
y
d


 
 

 
 
2
2
1 / 3
30 1
s s
ser
s
st s
M
bd
 

 

 

41

Mrb Le moment équilibré le béton lorsque la contrainte de calcul des aciers est égale à sa valeur
limite.
 
'
'
ser rb
s
sc
M M
A
d d 



Aciers comprimés
Aciers tendus
'
1.
rb sc
st s
st st
M
A A
z

 
 
'
15 bc
s
sc
s
y d
y
 


Avec
1 1
3
s
z d

 
 
 
 
2 2
1 1
. . . .
2 3 2 3
s s
b bc bc
rb rb s s
y
M bd by d bd d

    
   
    
   
   
Avec
15
.
15
bc
s
bc st
y d

 


Avec
42

Vérifications des contraintes
La vérification à l’ELS consiste à examiner:
;
s bc
s bc
   
 
• As et A’s sont les armatures calculées à l’ELU
• Si ces deux inégalités sont satisfaites, la section est vérifier à l’ELS. Si non, il faut
redimensionner la section
43

Soit une poutre rectangulaire en béton armé de section 25×50 cm2 sollicitée à
des moments de flexion:
Déterminer la section du ferraillage à l'ELU et vérifier à l’ELS.
Donnée:
• Fissuration préjudiciable
• Durée d’application de charges: supérieure à 24h
Mu=253kN.m
Mser=182.13kN.m
Exercice 3:
TD Flexion simple à l’ELS
44

Moment fléchissant 253.48 .
u
M kN m

28
0.85 0.85 25
14.17
. 1 1.5
c
bu
b
f
f MPa
 

  

500
434.78
1.15
e
su
s
f
f MPa

  
Solution Exerce 3:
45
3
2 2
253,48 10
0.353
. . 0.25 0.45 14.17
u
bu
bu
M
b d f



  
 
Calcul du moment réduit limite
 
500 0.8 1 0.4 0,372
3,5
0,617 2,17%
3,5 .
l l l
e
l l
l s s
Fe
f
E
  
 
 
   
    

0.372
l

  2éme cas: 0.186 u l
 


   
1.25 1 1 2 1.25 1 1 2 0.353 0.573
u bu
 
       
On compare 𝛼 et 𝛼𝐴𝐵:
On a 𝛼 > 0,259 = 𝛼𝐴𝐵 ⇒ 𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝐵
Calcul du bras de levier réduit    
1 0.4 0.54 1 0.4 0.573 0.347
b u
z d m

     
Calcul de l’armature tendue (A)
2
0.253
16.81
. 0.347 434.78
u
u
b s
M
A cm
z 
  

Solution Exerce 3:

Vérification à l’ELS
Contraintes admissibles
1 1
. . . 0,527 0, 45 0, 25 15 0,371 0,165 .
2 2
bc
rb l
M y b z MN m

       
28
0.6 0,6 25 15
2 2
min ;110 . min 500;110 1,6 2,1 201,65
3 3
bc c
st e j
f MPa
f ft MPa

 
   
   
    
   
   
1
15 15
0,527
15 15 201, 65
bc
bc st
n
n


 

  
 

Solution Exerce 3:
1
1
0,527
1 0, 45 1 0,371
3 3
z d m

   
    
   
 
 
1. 0,527 0, 45 0, 237
l
y d m

   

Solution Exerce 3:
182,13 . 165 .
ser rb
M kN m M kN m Aciers comprimés
  
1
1
' 0, 237 0, 05
15 15 15 173,53
0, 237
bc
sc
y d
MPa
y
 
 
 
    
 
 
 
' 2
2, 41
'
ser rb
s
sc
M M
A cm
d d 

 

Aciers comprimés
Aciers tendus ' 2
1
24,18
.
rb sc
st s
st st
M
A A cm
z

 
  
Condition de non-fragilité
2
28 2,1
0.23 0, 23 0, 25 0, 45 17,388
500
t
st
e
f
A bd cm
f
     

 
2 2 2 2
16.81 ;24,18 ;17,388 24,18
st
A Max cm cm cm cm
 
Solution Exerce 3:
6HA20+3HA16
Aciers tendus
'
2, 41
s
A MPa

Aciers comprimés
3HA12

Flexion simple.pptx

Flexion simple.pptx

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente(20)

Similar a Flexion simple.pptx

Similar a Flexion simple.pptx(20)

Flexion simple.pptx