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7/29/2019 Pratique de l'Eurocode 2_annexes
1/42
A4 Calcul manuel dune sectionrectangulaire avec armaturessymtriques lELUpar approximations
successives
La solution la plus rapide pour rsoudre le problme est obtenue en utilisant lesdiagrammes dinteraction (voir 5, chapitre 11 : Flexion compose , p. 443,avec lecture sur laxe pour la flexion simple). Dans le cas o lon nedispose pas de tels diagrammes, on peut utiliser la mthode par approximationssuccessives expose ci-aprs.
1. Hypothses Notations
Considrons la section rectangulaire symtrique dfinie ci-dessous :
On se place dans le cas o (section avec au moins une nappe dacierstendus).
O G
As1
AN ANd
As2
h-d
h-d
h
bw
xu
2d-h
A A As s1 2= =
0 x du
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7/29/2019 Pratique de l'Eurocode 2_annexes
2/42
628
Cette section est sollicite en flexion compose sous les sollicitations; le cas de la flexion simple est trait au 5 ci-aprs.
2. Moment de rfrence
2.1 Si xu < h d
Les aciers suprieurs sont tendus.
2.1.1 Remarques
Dans le cas gnral, on a, pour une poutre, et pour des btons de classeau moins gale C50/60, si lon veut se placer au pivot A :
dans le cas du diagramme palier inclin, il faut que :
dans le cas du diagramme palier horizontal, il faut que :
, ce qui est impossible.
Par consquent, dans le cas des poutres ( ), on ne peut se trouver aupivot A que pour des btons de classe au moins gale C50/60 avec des aciers
S 500 A.
2.1.2 Cas du pivot A
Les aciers avec diagramme palier horizontal ne permettent pas audiagramme des dformations de passer par le pivot A.
2.1.2.1 Aciers suprieurs
Au pivot A, lallongement des aciers infrieurs est invariable et vaut .
M NEdA Edet NEd = 0
d h 0 9,
h d dAB < . h dAB< +( )1
d h
h h
hAB
>+
=
+ =
+
1
1
1
1 0 1346 0 88
1
1 0 0722
, , . :
,
S 500 A
==
+=
0 93
1
1 0 04930 95
, . :
,, . :
h
h h
S 500 B
S 500 C
AB d h= >0
d h 0 9,
ud
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3/42
Annexes 629
Allongement des aciers suprieurs :
Contrainte des aciers suprieurs suppose 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 dduisons :
Comme pour une poutre , nous ne sommes pas assurs que lacontrainte des aciers suprieurs soit toujours situe sur la droite de Hooke.
s udu
u
h d x
d x2=
d
h-dxu
c
s2
ud
s s s udu
u
Eh d x
d x2 252 10= =
. . .
xu
s udh
d252 10 1, . .max =
s2, max
s ydf2 , max 2 10 1 4355. .ud yd
h
df
= MPa
s ydf2 , max h
d ud
435
2 1015. .
+
h
d
=435
2 10 22 5 101 1 097
435
2 1
5 3. . , ., :
.
+ classe A
00 45 10
1 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,
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630
2.1.2.2 Aciers infrieurs
Au pivot A, lallongement des aciers infrieurs tant invariable et gal , lacontrainte correspondante vaut (voir 2.4.2.1, chapitre 3 : Bton arm Gnralits , p. 53) :
2.1.3 Cas du pivot B
2.1.3.1 Aciers suprieurs
Allongement des aciers suprieurs :
Contrainte des aciers suprieurs suppose prise sur la droite de Hooke :
. [1]
2.1.3.2 Aciers infrieurs
Allongement des aciers infrieurs :
Contrainte des aciers infrieurs suppose prise sur la droite de Hooke :
.
Pour les aciers S 500 et des btons de classe au plus gale C50/60, restesur la droite de Hooke tant que :
.
ud
s1
454
466
493
=
MPa : S 500 A,
MPa : S 500 B,
MPa : S 500 C.
s cuu
u
h d x
x2 2=
d
h-dxu
c
= cu2
ou cu3
s2
s1
s s s cuu
u
Eh d x
x2 25
22 10= =
. . .
s cuu
u
d x
x1 2=
s s s cuu
u
Ed x
x1 15
22 10= =
. . .
s1
s ydf1
700
2.105.3,5.10 3d xu
xu-------------- fyd
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5/42
Annexes 631
Nous en dduisons :
Comme nous avons suppos que , pour les poutres donne. Il en rsulte que la contrainte des aciers infrieurs se trouve toujours
sur le palier (horizontal ou inclin) du diagramme contraintes-dformations delacier.
2.2 Si xu = h d
Laxe neutre passant par le centre de gravit des aciers suprieurs :
.
Do le moment que peut quilibrer la section, rapport aux aciers infrieursdans le cas o = h d :
,
,
.
Nous remarquerons que pour les btons de classe au moins gale C50/60, nousavons = 0,8 et :
2.3 Si xu > h d
Voir 3.2 ci-aprs.
xd
f
ddu
yd
+
=+
=700
700
700
700 4350 62
. ., .
x h du d h 0 9,x du 0 1, .
s s2 20 0= =
xu
M b h d f d h dRS w cu= ( ) ( )
. 2
MRS .bw.d2.fcu
hd--- 1
. 1 2---
2---.h
d---+
=
MRShd--- 1
. 2
2-----+
2
2-----.h
d--- bw.d
2.fcu=
+ = + =
= =
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. , , . .
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6/42
632
3. Mise en quation du problme
3.1 Cas o MEdA MRS( xu h d)
Les aciers suprieurs sont tendus et les quations dquilibre donnent :
avec :
au pivot A si :
,
les coefficients A et B sont ceux figurant au 2.4.2.1, chapitre 3 : Btonarm Gnralits , p. 53, suivant la classe daciers considrs (pour lesaciers avec diagramme 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
= +( )
=
. . . ,
. . .
2 1
dd x A d hu s
( )
222. ,
x ducu
cu ud
+
2
2
s udu
u
h d x
d x2=
< = = =
si
si
s ydyd
ss s s s
s
f
EE2 2 2
52
2
2 10: . . .
ydyd
s
s
sf
E
A B= =
+ :
. :
2
2 diagramme palier innclin,
diagramme palier horizontal.fyd :
s ud1 =
s1
454
466
493
=
MPa : S 500 A,
MPa : S 500 B,
MPa : S 500 C.
x du cucu ud
>+
2
2
s cuu
u
h d x
x2 2=
< = = =
si
si
s ydyd
ss s s s
s
f
EE2 2 2
52
2
2 10: . . .
ydyd
ss
sf
E
A B= =
+ :
. :
2
2 diagramme palier innclin,
diagramme palier horizontal.fyd :
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7/42
Annexes 633
,
et sont inconnus a priori.
3.2 Cas o MEdA > MRS ( xu > h d)
Les aciers suprieurs sont comprims.
3.2.1 Cas o h d < xu et o le diagramme s-e des aciers est palier inclin
On est au pivot A et le raccourcissement des aciers suprieurs vaut :
Do leur contrainte suppose prise sur la droite de Hooke :
[4]
Cette contrainte ne peut atteindre que si :
,
Ou, comme on a suppos , si :
s cuu
u
d x
x1 2=
=+
ss
yd
A B
f11. : diagramme palier inclin,
:: diagramme palier horizontal,
As1 xu
cu2cu2 ud+--------------------- d
s udu
u
x h d
d x2=
( )
. d
h-dx
u
c
s2
ud
s s s udu
u
Ex h d
d x2 252 10= =
+
. . .
fyd
s ydf2 2 105. .ud
u
uyd
x h d
d xf
+
xd f h d
fuyd ud
ud yd
+ ( )
+
. . .
. .
2 10
2 10
5
5
x ducu
cu ud
+
2
2
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8/42
634
.
Cette circonstance ne peut se rencontrer que si :
,
Ce qui conduit, dans le cas gnral o et o :
.
Conclusion
Dans le cas envisag ( ), si lon emploie des aciers
S 500, et la contrainte des aciers suprieurs ne peutatteindre .
Les quations dquilibre scrivent donc :
2 10 2 10
2 10
5 5
5
. . . . .
. .
ud ud yd
ud yd
h d f
f
( )+
ccu
cu ud
d2
2 +
2 10 2 10 2 105 5 5 2. . . . . . . . .
ud ud yd udcuh d d f +
cu ud
cu
cu udydd d f
2
2
2++
+.
fyd
2.105.ud.h + 2.105.ud 1
cu2cu2 ud+----------------------+
d
1 cu2cu2 ud+----------------------
d----------------------------------------------------------------------------------------------------
fyd 2.105.ud
h + 1cu2
cu2 ud+----------------------+
d
1cu2
cu2 ud+----------------------
d
-----------------------------------------------------
h d 1 1, . cu2 3 5= ,fck ( )50 MPa
fyd 2.105.ud
1,1 + 1cu2
cu2 ud+----------------------+
1 cu2cu2 ud+----------------------
-------------------------------------------------------
fyd
ud
u
=(
180 22 5
270
MPa : S 500 A
MPa : S 500 B
,
dd
ud
=( )
=( )
45
720 67 5
, MPa : S 500 C
h d x ducu
cu ud
< +
2
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
= +
=
. . . . .
. . . .
2 1
ss s
EdA w u cu u sM b x f d x A
1 2
2
( )
=
+
,
. . . . 22 2d h( )
,
[5]
[6]
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9/42
Annexes 635
avec :
et
et sont inconnus a priori.
3.2.2 Autres casIl sagit des cas suivants :
pour les aciers avec diagramme palier inclin ;
aciers avec diagramme palier horizontal, quelle que soit la valeur de .
On est au pivot B et le raccourcissement des aciers suprieurs vaut :
Do leur contrainte suppose prise sur la droite de Hooke :
. [7]
Cette valeur natteint fyd que si :
,
.
Ce qui conduit pour les aciers S 500 et h 1,1.d :
[8]
s s s udu
u
Ex h d
d x2 252 10= =
+
. . . s1
454
466
493
=
MPa : S 500 A,
MPa : S 500 B,
MPa : S 500 C.
As1 xu
x ducu
cu ud
>+
2
2
xu
s cuu
u
x h dx2 2
= ( ) d
h-d
xu
c=
cu2ou
cu3
s1
s2
s s s cuu
u
Ex h d
x2 25
22 10= = ( )
. . .
s ydf2 2 105
2. .cuu
uyd
x h dx
f ( )
xh d
fxu
cu
cu yde
( )
=
2 10
2 10
52
52
. .
. .
xf
h decu
cu yd
=
( )2 10
2 10
52
52
. .
. .
Annexe en ligne.fm Page 635 Mercredi, 11. mars 2009 10:05 10
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10/42
636
Remarque
Pour des btons de classe de rsistance au plus gale C50/60 : etpour des aciers S 500 :
[8]
Conclusion
En posant : :
1/ si , les quations dquilibre scrivent :
avec :
,
,
et sont inconnus a priori.
2/ si , et les quations dquilibre deviennent :
cu2 3 5= ,
xe2.10
5.3,5.10
3
2.105.3,5.10
3435
----------------------------------------------------- h d( ) 2,64 (h d)= =
xf
h decu
cu yd
=
( )2 10
2 10
52
52
. .
. .
h d x xu e <
N b x f A
b x f A
Ed w u cu s s
w u cu
= + ( )
=
. . . .
. . . .
2 1
ss s
EdA w u cu u sM b x f d x A
1 2
2
( )
=
+
,
. . . . 22 2d h( )
,
[9]
[10]
s cuu
u
x h d
x25
22 10= ( )
. .
s cuu
u
d x
x1 2=
< = = =
si
si
s ydyd
ss s s s
s
f
EE1 1 1
51
1
2 10: . . .
ydyd
s
s
sf
E
A B= =
+ :
. :
1
1 diagramme palier innclin,
diagramme palier horizontal,fyd
:
As1 xu
x xu e> s edf2
N b x f A
b x
Ed w u cu s s
w u
= + ( )
=
. . . .
. .
2 1
.. . ,
. . .
f A
M b x f d x
cu s s
EdA w u cu u
( )
=
1 2
2
+ ( )
A d hs. , 2 2
[9]
[10]
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11/42
Annexes 637
avec :
,
,
4. Mthode par approximations successivesOn opre de la faon suivante :
1/ dterminer dans quel cas on se trouve en comparant (acierssuprieurs comprims ou tendus, voir 3.2) ;
2/ en se donnant , calculer les contraintes et correspondantes ;
3/ en dduire par lquation dquilibre des moments ;
4/ valuer partir de et trouv ltape 3 ;
5/ comparer la valeur de NEd trouve ltape 4 celle de et reprendrele calcul depuis ltape 2 en modifiant la valeur de jusqu ce que
.
5. Cas de la flexion simpleLa seule chose qui change est que dans les quations dquilibre.
Pour les aciers avec diagramme palier horizontal, le cas o nepeut se rencontrer. Dans un tel cas, lquilibre devrait tre assur par les aciersseuls (voir par lquation [9]) sansintervention du bton comprim entourant les armatures suprieurescomprimes, ce qui nest pas possible.
s cuu
u
x h d
x2 2=
( )
=+
ss
yd
A B
f22. : diagramme palier inclin,
:: diagramme palier horizontal.
s cu
u
u
d x
x1 2=
< = = =
si
si
s ydyd
ss s s s
s
f
EE1 1 1
51
1
2 10: . . .
ydyd
ss
sf
E
A B= =
+ :
. :
1
1 diagramme palier innclin,
diagramme palier horizontal,fyd :
MEdA MRS
xu s2 s1As1
NEd xu As1NEd, relxu
N NEd Ed, ,calcul rel
NEd = 0
x xu e>
s s yd Ed uf N x1 2 0 0= = = =avec
Annexe en ligne.fm Page 637 Mercredi, 11. mars 2009 10:05 10
7/29/2019 Pratique de l'Eurocode 2_annexes
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638
6. ConclusionCompte tenu des dveloppements ci-dessus, on voit que, mme en flexionsimple, la solution la plus rapide est fournie par les diagrammes dinteraction(voir 5.8, chapitre 11 : Flexion compose , p. 443, lecture sur laxe OGpour la flexion simple).
Les dveloppements prcdents ayant t conduits uniquement lELU, il reste vrifier, lELS, les contraintes du bton comprim et des aciers tenduslorsque celles-ci sont limites.
7. OrganigrammeDonnes :
gomtie de la section : , h, d ;
sollicitations : ;
matriaux : bton : , ; aciers : , , forme du diagramme , ;
position arbitraire de laxe neutre : .
Rsultats : section daciersRemarque
Dans lorganigramme ci-dessous, les coefficients A et B intervenant dans lesexpressions de et sont ceux figurant au 2.4.2.1, chapitre 3 : Btonarm Gnralits , p. 53, suivant la classe daciers considrs.
bwM NEdA Ed relet ,
fcu cu2fyd ud Es
xu
A A As s= =1 2
s1 s2
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7/29/2019 Pratique de l'Eurocode 2_annexes
13/42
Annexes 639
s2 sur palier
< s2 sur droitede Hooke
s2 surpalier
s2 >< yd =fydEs
< yd =fydEs
Palierhorizontal
Palier inclin
Diagramme
>
s2 sur
s2 sur
xu >< xe
>
Pivot B
Pivot A
xu
>xu > h d
As2 comprims
Palierhorizontal
Palier inclin
Diagramme
>
Pivot B
Pivot A
xu >< MRS
s2 = udh d xu
d xus1 = ud
s2 = cu2h d xu
xu
s1 = cu2d xu
xu
s2 = A + B.s2
s2 = Es.udxu h d( )
d xu
s1 =
454 MPa : S 500 A,
466 MPa : S 500 B,
493 MPa : S 500 C.
s2 =E
s.
cu2xu h d( )
xu
s2 = fyd
s2 = cu2x u h d( )
xu
s2 = A + B.s2
s1 = cu2d xu
xu
s1 =454 MPa : S 500 A,
466 MPa : S 500 B,
493 MPa : S 500 C.
s2 = fyd : palier horizontal
s2 = A + B.s2 : palier inclin
s1 = fyd : palier horizontal
s1 = A + B.s1 : palier inclin
s2 = Es .s2
s2 = Es .s2
MRS =h
d 1
. +
2
2
2
2.h
d
bw .d2.fcu
NEd, calcul >< NEd, rel
< yd =
fydEs
s1 = Es .s1
A =MEdA .bw .x u .fcu d
2
xu
s2 2d h( )
NEd, calcul = .bw .xu .fcu A. s1 s2( )
A =.bw .xu .fcu d
2
xu
MEdA
s2 2d h( )
NEd, calcul = .bw .xu .fcu A. s1 + s2( )
s1 = fyd : palier horizontals1 = A + B.s1 : palier inclin
modifier pour raliser
NEd, calcul NEd, rel
xu
Palierhorizontal
xe =Es .cu2
Es .cu2 fydh d( )
droite deHooke
palier
Annexe en ligne.fm Page 639 Mercredi, 11. mars 2009 10:05 10
7/29/2019 Pratique de l'Eurocode 2_annexes
14/42
640
8. Applications numriques
8.1 Pose du problme n 1 Cas o MEdA MRS
Nous nous proposons de dterminer les armatures dans les cas suivants :
aciers avec diagramme palier horizontal ( ) ;
aciers avec diagramme palier inclin ( , B = 727,27 etA = 433,20 pour aciers S 500 B).
8.2 Solution8.2.1 Cas du diagramme s-e palier horizontal
Moment de rfrence :
0,345 mMN
Position de laxe neutre :
= 0,160 mMN < 0,345 mMN =
et les aciers suprieurs sonttendus.
Comme h d = 0,05 m, prenons .
Premire itration :
diagramme palier horizontal Pivot B
On considre la section rectangulairesymtrique dfinie ci-contre.
Matriaux :
bton : = 16,7 MPa, = 0,0035 ;
aciers : = 435 MPa, MPa.Sollicitations : = 0,160 mMN,
= 0,12633 MN.
fcu cu2
fyd Es = 2 105
.MEdA
NEd
5 cm
45 cm 50 cm
A
A
1,20 m
ud =
ud = 45
MRShd--- 1
. 2
2-----+
2
2----- .h
d--- bw.d
2.fcu=
MRS0,500,45---------- 1
. 0,8 0,8
2
2---------+
0,8
2
2--------- .0,50
0,45---------- 1,20.0,452.16,7=
MRS =
M MEdA RS>< MEdA MRS
x h du <
xu = 0 03, m
Annexe en ligne.fm Page 640 Mercredi, 11. mars 2009 10:05 10
7/29/2019 Pratique de l'Eurocode 2_annexes
15/42
Annexes 641
= 435 MPa
= 435 MPa
= 0,228 MN
Comme , nous allons
augmenter la valeur de , ce qui aura poureffet de diminuer la contrainte (maisfaiblement) et daugmenter la sectiondaciers A (fortement) do le termesoustractif de augmente.
Itrations suivantes :
tant donn la pente du diagramme contraintes-dformations de lacier,varie trs vite.
Essayons et cherchons, par itrations successives raliser.
s cuu
u
h d x
x2 2=
s2 0 0035
0 50 0 45 0 03
0 030 00233=
=,
, , ,
,,
s cuu
u
d x
x1 2=
s1 0 0035
0 45 0 03
0 030 049=
=,
, ,
,,
s ydyd
s
f
E2>< = s yd2 50 00233 0 00218
435
2 10= > = =, ,
.
s ydf2 =
s ydyd
s
f
E1>< = s yd1 50 049 0 00218
435
2 10= > = =, ,
.
s ydf1 =
A
.bw.xu.fcu d2---xu
MEdA
s2 2d h( )----------------------------------------------------------------------=
A
0,8.1,20.0,03.16,7 0,45 0,82
-------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, . . . .calcul = +( ) 1 2
NEd, , . , . , . , , . .calcul = 0 8 1 20 0 03 16 7 2 91 10 434 55 435+( )
NEd, calcul
N NEd Ed, ,calcul rel>< N NEd u, ,, ,calcul relMN MN= > =0 228 0 12633
N NEd Ed, ,calcul rel>
xus2
NEd, calcul
s2
xu = 0 045, mN NEd Ed, ,calcul rel
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Donnes:
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Annexes 643
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644
8.2.2 Cas du diagramme s-e palier inclin
Moment de rfrence :
0,345 mMN
Position de laxe neutre :
= 0,160 mMN < 0,345 mMN =
et les aciers suprieurs sonttendus.
Comme h d = 0,05 m, prenons .
Premire itration :
diagramme palier inclin
Pivot A
428 MPa
= 466 MPa
MRShd--- 1
.
2
2-----+
2
d-----.h
d--- bw.d
2.fcu=
MRS0,500,45---------- 1
. 0,8 0,8
2
2---------+
0,8
2
2--------- .0,50
0,45---------- 1,20.0,452.16,7=
MRS =
M MEdA RS>< MEdA MRS
x h du <
xu = 0 03, m
x ducu
cu ud
>< = s yd2 50 00214 0 00218
435
2 10= < = =, ,
.
s s sE2 252 10 0 00214= = =. . . ,
s ydyd
s
f
E1>< = s yd1 50 045 0 00218
435
2 10= > = =, ,
.
s sA B1 1 433 2 727 27 0 045= + = +. , , . ,
s1
A.bw.xu.fcu d
2---xu
MEdA
s2 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=
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Annexes 645
= 0,216 MN
Comme , nous allons
augmenter la valeur de , ce qui aura poureffet de diminuer la contrainte (maisfaiblement) et daugmenter la sectiondaciers A (fortement) do le termesoustractif de augmente.
Itrations suivantes :
tant donn la pente du diagramme contraintes-dformations de lacier,varie trs vite.
Essayons et cherchons, par itrations successives raliser.
A = 2 96 2, cm
N b x f AEd w u cu s s, . . . .calcul = +( ) 1 2
NEd, , . , . , . , , . .calcul = 0 8 1 20 0 03 16 7 2 96 10 434 55 428+( )
NEd, calcul
N NEd Ed, ,calcul rel>< N NEd Ed, ,, ,calcul relMN MN= > =0 216 0 12633
N NEd Ed, ,calcul rel>
xu s2
NEd, calcul
s2
xu = 0 045, mN NEd Ed, ,calcul rel
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Donnes:
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Annexes 647
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648
8.3 Pose du problme n 2 Cas o MEdA > MRS
Nous nous proposons de dterminer les armatures dans les cas suivants :
aciers avec diagramme palier horizontal (ud = ) ;
aciers avec diagramme palier inclin ( , B = 727,27 et A =433,20 pour aciers S 500 B).
8.4 Solution
8.4.1 Cas du diagramme s-e palier horizontal
Moment de rfrence :
0,345 mMN
Position de laxe neutre :
= 0,450 mMN > 0,345 mMN =
et les aciers suprieurs sont
comprims.Comme h d = 0,05 m, prenons xu = 0,06 m.
Premire itration :
On considre la section rectangulairesymtrique dfinie ci-contre.
Matriaux :
bton : = 16,7 MPa, = 0,0035 ;
aciers : = 435 MPa, MPa.
Sollicitations : = 0,450 mMN,
= 0,12633 MN.
fcu cu2fyd Es = 2 10
5.
MEdA
NEd
5 cm
45 cm 50 cm
A
A
1,20 m
ud = 45
MRShd--- 1
. 2
2-----+
2
d-----.h
d--- bw.d
2.fcu=
MRS0,500,45---------- 1
. 0,8 0,8
2
2---------+
0,8
2
2--------- .0,50
0,45---------- 1,20.0,452.16,7=
MRS =
M MEdA RS>< MEdA MRS
x h du >
xE
E fh de
s cu
s cu yd
=
( ).
.
2
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
= ( )
s s cuu
u
Ex h d
x2 2.
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Annexes 649
117 MPa
= 435 MPa
= 0,689 MN
Comme , nous allonsdiminuer la valeur de , ce qui aura pour
effet de diminuer la contrainte (maisfaiblement) et daugmenter la sectiondaciers A (fortement) do le termesoustractif de augmente.
Itrations suivantes :
tant donn la pente du diagramme contraintes-dformations de lacier,varie trs vite.
Essayons xu = 0,055 m et cherchons, par itrations successives raliser.
s252 10 0 0035
0 06 0 50 0 45
0 06=
( )=. . ,
, , ,
,
s cuu
u
d x
x1 2=
s1 0 0035
0 45 0 06
0 060 0228=
=,
, ,
,,
s ydyd
s
f
E1>< = s yd1 50 0228 0 00218
435
2 10= > = =, ,
.
s ydf1 =
A
MEdA .bw.xu.fcu d2---xu
s2 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( )-----------------------------------------------------------------------------------------------------------10
4=
A = 8 59 2, cm
N b x f AEd w u cu s s, . . . .calcul = ( ) 1 2
NEd, , . , . , . , , . .calcul = 0 8 1 20 0 06 16 7 8 59 10 434 55 117( )
NEd, calcul
N NEd Ed, ,calcul rel>< N NEd Ed, ,, ,calcul relMN MN= > =0 689 0 12633
N NEd Ed, ,calcul rel>xu
s2
NEd, calcul
s2
N NEd Ed, ,calcul rel
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Donnes:
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Annexes 651
Annexe en ligne.fm Page 651 Mercredi, 11. mars 2009 10:05 10
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652
8.4.2 Cas du diagramme s-e palier inclin
Moment de rfrence :
0,345 mMN
Position de laxe neutre :
= 0,450 mMN > 0,345 mMN =
et les aciers suprieurs sontcomprims.
Comme h d = 0,05 m, prenons .
Premire itration :
= 0,032 m
Pivot B
117 MPa
= 450 MPa
MRShd--- 1
.
2
2-----+
2
d-----.h
d--- bw.d
2.fcu=
MRS0,500,45---------- 1
. 0,8 0,82
2---------+
0,82
2--------- .0,50
0,45---------- 1,20.0,45
2.16,7=
MRS =
M MEdA RS>< MEdA MRS
x h du >
xu = 0 06, m
x dABcu
cu ud
=+
2
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
=
( ).
.
2
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
= ( )
s s cuu
u
Ex h d
x2 2.
s252 10 0 0035
0 06 0 50 0 45
0 06=
( )=. . ,
, , ,
,
s cuu
u
d x
x1 2=
s1 0 0035
0 45 0 06
0 060 0228=
=,
, ,
,,
s ydyd
s
f
E1>< = s yd1 50 0228 0 00218
435
2 10= > = =, ,
.
s sA B1 1 433 2 727 27 0 0228= + = +. , , . ,
s1
A
MEdA .bw.xu.fcu d2---xu
s2 2d h( )----------------------------------------------------------------------=
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27/42
Annexes 653
= 0,475 MN
Comme , nous allonsdiminuer la valeur de , ce qui aura poureffet de diminuer la contrainte (maisfaiblement) et daugmenter la sectiondaciers A (fortement) do le termesoustractif de augmente.
Itrations suivantes :
tant donn la pente du diagramme contraintes-dformations de lacier,varie trs vite.
Essayons et cherchons, par itrations successives raliser.
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, . . . .calcul = ( ) 1 2
NEd, , . , . , . , , . .calcul = 0 8 1 20 0 06 16 7 8 59 10 454 00 117( )
NEd, calcul
N NEd Ed, ,calcul rel>< N NEd Ed, ,, ,calcul relMN MN= > =0 475 0 12633
N NEd Ed, ,calcul rel>xu
s2
NEd, calcul
s2
xu = 0 055, mN NEd Ed, ,calcul rel
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Donnes:
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Annexes 655
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31/42
A5 Vrification lELUdune section rectangulairedont on connatles armatures
On distingue les deux cas ci-aprs.
1. Section sans aciers comprims (As2 = 0)
1.1 Aciers avec diagramme s-e palier horizontal
1/ Calculer et en dduire .2/ Si , le fait davoir est correct. Sinon, il faut prvoir des
aciers comprims et, comme la section nen comporte pas, tout le dimen-sionnement (dtermination de , puis de ) est reprendre.
3/ En dduire la position de laxe neutre par lquation dquilibre des forces :
.
4/ Calculer la valeur du bras de levier : .
5/ En dduire le moment rsistant lELU : .
6/ Il faut vrifier : , sinon la section darmatures tendues est insuffi-sante.
1.2 Aciers avec diagramme s-e palier inclin
1/ Calculer et en dduire .
2/ Si , le fait davoir est correct. Sinon, il faut prvoir desaciers comprims et, comme la section nen comporte pas, tout le dimen-sionnement (dtermination de , puis de ) est reprendre.
lu M b d f lu lu w cu= . . .
2
M MEd lu As2 0=
As2 As1
. . . ..
. .b x f A f x
A f
b fw u cu s yd us yd
w cu
= =110
z d xc u=
2
M A f zRu s yd c= 1. .
M MRu Ed
lu M b d f lu lu w cu= . . .2
M MEd lu As2 0=
As2 As1
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32/42
658
3/ En dduire par approximations successives la position de laxe neutre parlquation dquilibre des forces :
a)
avec
b) Si
Si
les coefficients A et B sont ceux figurant au 2.4.2.1, chapitre 3 : Btonarm Gnralits , p. 53.
c) comparer la contrainte utilise prcdemment pour calculer etrecommencer les tapes a/ et b/ avec jusqu ce que la valeur de lacontrainte des aciers tendus se stabilise.
4/ Calculer la valeur du bras de levier : .
5/ En dduire le moment rsistant lELU : .
6/ Il faut vrifier : , sinon la section darmatures tendues est insuffi-sante.
2. Section avec aciers comprims (As2 0)
2.1 Aciers avec diagramme s-e palier horizontal
Peu importe, dans ce cas, que soit suprieur ou non . Le mode opra-toire est le suivant :
1/ calculer la contrainte quivalente des aciers comprims lELU :
a) si est limite :
. . . .
.
. .b x f A x
A
b fw u cu s s us s
w cu
= =1 11 10
s ydf1 =
x du AB s ud = . 1
's1
454
466
493
=
MPa : S 500 A,
MPa : S 500 B,
MPa : S 500 C..
x dx
xu AB s cuu
u
> =
. 1 21
's
ydyd
s
yd
Ef
E
A B1 =
< =
+
s s1 s1
s1 s1
. si ,
. si ==
f
Eyd
s
.
's1 xu 's1
z d xc u=
2
M A zRu s s c= 1 1. .
M MRu Ed
MEd Mlu
c
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33/42
Annexes 659
les coefficients A et B sont ceux figurant au 3.3.3, chapitre 7 : Flexionsimple , p. 175, pour les aciers avec diagramme palier horizontal.
b) si nest pas limite :
avec
2/ si , vrifier que la section daciers comprims convient :
.
3/ dterminer la position de laxe neutre par lquation dquilibre des forces :
.
4/ calculer la valeur du bras de levier du bton seul : .
5/ en dduire le moment rsistant lELU (par rapport aux aciers tendus) :
.
6/ il faut vrifier : , sinon la section darmatures (tendues et/oucomprimes) est insuffisante.
2.2 Aciers avec diagramme s-e palier inclin
Peu importe, dans ce cas, que soit suprieur ou non . Le mode opra-toire est le suivant :
1/ calculer la contrainte quivalente des aciers comprims lELU :
a) si est limite :
les coefficients A et B sont ceux figurant au 3.3.3, chapitre 7 : Flexionsimple , p. 175, pour les aciers avec diagramme palier inclin.
b/ si nest pas limite :
s e e ck ckf A f B2 0 6 435, , . . . ' .= +( ) ( )MPa S 5 00
c
l lu= 1
1 1 2. lu ls=
s es s , u s
l
l
yd
E . E dd
f2
2,
' ' '=
= =
Mino
M MEd lu>
AM M
d dsEd lu
s e2
2
( )' ,
. . . . ..
,b x f A f A xA f
w u cu s yd s s e us yd
+ = =
1 2 210
AA
b fs s e
w cu
2 2.
. .,
z d xc u=
2
M b x f z A d dRu w u cu c s s e= + [ ] . . . . . ',2 2
M MRu Ed
MEd Mlu
c
s e e ck ckf A f B2 0 6 435, , . . . ' .= +( ) ( )MPa S 5 00
c
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34/42
660
avec
les coefficients A et B sont ceux figurant au 2.4.2.1, chapitre 3 : Btonarm Gnralits , p. 69.
2/ si , vrifier que la section daciers comprims convient :
.
3/ dterminer par approximations successives la position de laxe neutre parlquation dquilibre des forces :
a) avecet
b) Si
Si
les coefficients A et B sont ceux figurant au 2.4.2.1, chapitre 3 : Btonarm Gnralits , p. 69,
c) comparer la contrainte utilise prcdemment pour calculer etrecommencer les tapes a) et b) avec jusqu ce que la valeur de lacontrainte des aciers tendus se stabilise.
4/ calculer la valeur du bras de levier du bton seul : .
5/ en dduire le moment rsistant lELU (par rapport aux aciers tendus) :
.
l lu= 1
1 1 2. lu ls=
s , u cul
l
d
d2 2=
=
''
'o
s es s , u s cu
l
l
E . Ed
d
A B2
2 2,
.'
''
==
=
+
Mino
..s , u2
M MEd lu>
AM M
d dsEd lu
s e2
2
( )' ,
. . . . ..
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.
. .
s
w cub fs ydf1 = s s e2 2= ,
x du AB s ud = . 1 's1
454
466
493
=
MPa : S 500 A,
MPa : S 500 B,
MPa : S 500 C..
x dx
xu AB s cuu
u
> =
. 1 21
's
ydyd
s
yd
Ef
E
A B1 =
< =
+
s s1 s1
s1 s1
. si ,
. si ==
f
Eyd
s
.
's1 xu 's1
z d xc u=
2
M b x f z A d dRu w u cu c s s e= + [ ] . . . . . ',2 2
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35/42
Annexes 661
6/ il faut vrifier : , sinon la section darmatures (tendues et/oucomprimes) est insuffisante.
2.3 Remarque pour les aciers avec diagramme contraintes-dformations palier horizontal
2.3.1 Remarque prliminaire
La condition pour que la contrainte des armatures comprimes soit obtenue parla droite de Hooke du diagramme contraintes-dformations des aciers estobtenue de la faon suivante :
Do, pour que la contrainte appartienne la droite de Hooke, il faut que :
Ce qui conduit, pour les cas courants o lon a un bton de classe au plus gale C50/60 :
2.3.2 Mthode
1/ Se donner une position de dpart de laxe neutre :
Si , prendre :
.
M MRu Ed
s cuu
u
x d
x2 2=
'
s s s s cuu
u
E Ex d
x2 2 2= =
. .
'd
dx
u
c=
cu2ou
cu3
s1
s2
s s cu
u
uyd u
s cu
s cu y
Ex d
xf x
E
E f2 22
2
=
.' .
. ddd '
E xf
ds cu uyd
. . . , . ' 25 32 10 3 5 10 700
700
700= =
. . . . .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 .
. .
xd
fu yd1
700
700
. '
MRu .bw.xu1.fcu d2---xu1
As2.fyd d d( )+=
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Puis faire la vrification de ltape 4 ci-dessous.
3/ Si :
a) choisir et calculer :
si , ce qui est toujours le cas pour les
aciers avec diagramme palier horizontal,
si ,
b) en dduire la nouvelle position de laxe neutre :
c) recommencer avec cette valeur le calcul de , do , etc., jusqutrouver
d) do la valeur du moment rsistant lELU par rapport aux aciers tendus :
.
4/ il faut vrifier : , sinon la section darmatures (tendues et/oucomprimes) est insuffisante.
xd
fu yd1
700
700 0 Nser > 0 xc < 0Nser < 0
x1
xc< 0
xc< 0
Nser
< 0
Nser
> 0
AN
+
AN
C
C
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= moment dinertie, par rapport la parallle laxe neutre passant par C, dela section homogne rduite :
ou encore :
3. Position de laxe neutre xcLa force lastique lmentaire a pour valeur :
En crivant que le moment des forces lastiques lmentaires est nul en C, onobtient :
ou encore :
Remarque
Pour les sections rectangulaires ou en T, sobtient par rsolution dunequation du troisime degr (voir 2.4.3.1 et 2.4.3.2, chapitre 11 : Flexioncompose , p. 443).
4. Expression du coefficient angulaire KEn crivant que le moment des forces lastiques lmentaires par rapport laxeneutre vaut :
IcAcf
Ic xc ( )2e.dAcfAcf
xc
2e.dAcfAcf
1xc----- Scf Sc[ ]
2.x c .e.dAcfAcf
Scf
2.e.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 = = . . . . .
K dA xe cf cAcf
. . ( ) =
0
K x dA K dAc e cf A e cfAcf cf . . . . . =
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/ .=
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Annexes 667
il vient :
do :
Remarque
est diffrent de K est diffrent de comme ctaitle cas en flexion simple.
5. Calcul des contraintesPour une section droite quelconque donne (bton et position des armatures), leprocessus de calcul stablit comme suit :
1/ calculer les caractristiques gomtriques de la section par rapport uneparallle laxe neutre passant par le centre de pression C :
2/ en dduire la profondeur de laxe neutre :
par rsolution de cette quation.
3/ faire la vrification des contraintes :
N x dA K dA Kser c e cf A e cfAcf cf . . . . . . .= = =
2 IIcf
KN x
Iser c
cf
=.
N xser c. N e Mser serG. 0 0= MIser
cf
S x dA S xc c e cf A c ccf= ( ) ( ) .
I x dA I xc c e cf A c ccf= ( ) ( )
2.
xI x
S xcc c
c c
= ( )( )
xc = +x x cc1
c c
K x= .1
pour les classes dexposition XD, XF et XXS
s e sK d x1 1= ( ) . s e K x d2 1= ( ). '
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