exercices_corriges_1.pdf

AMCO 2032 – Calcul organique du béton armé - Exercice_1.rtf – P 1 de [4]

AMCO 2032 : CALCUL ORGANIQUE DU BETON ARME

____________________________________________________

EXERCICE 1 :

EFFORT NORMAL : STRUCTURE EN ARC + TIRANT

ARC SANS FLEXION : RUPTURE+CONTRAINTES+FLUAGE

TIRANT : RUPTURE + CONTRAINTES

1.Enoncé

La structure étudiée est représentée aux figures 1 et 2.

Les arcs sont en forme de chaînette (cosinus hyperbolique); des

charges uniformément réparties verticales provoquent donc un état de

compression simple (sans flexion, ni effort tranchant).

On suppose que les arcs sont articulés à leur base.

On suppose que les efforts de réactions horizontaux des arcs sont

entièrement repris par les tirants.

[A] Matériaux:

Béton: C30/37 ciment CEM III/A 42.5

Acier: BE 500 BS

[B] Actions:

On suppose (pour les besoins de l'exercice) que l'arc n'est soumis

qu'à des charges verticales uniformément réparties sur toute sa

surface. En réalité une structure de ce type sera toujours

sollicitée également par des charges disymétriques et des efforts

horizontaux (vent, ...).

(1) Actions permanentes:

- Poids propre de la structure

- Poids propre de la toiture g = 0,5 KN/m2 uniformément répartie.

(2) Actions variables:

-Charge uniformément répartie q = 2 KN/m2 (ψ0= ψ1=0,7 ; ψ2=0,4)

Source: www.almohandiss.com


2.Questions:

[A] Quels sont les valeurs des charges linéaires qui sollicitent

les arcs ? (pour les différentes combinaisons ELU et ELS)

[B] Quels sont les grandeurs des efforts normaux sollicitants dans

les sections situées

- au pied de l'arc

- à la clé de l'arc

- dans le tirant

et les réactions verticales sur les fondations. pour les

combinaisons suivantes :

- Etat-limite ultime (combinaison fondamentale)

- Etat-limite de service (combinaison rare, fréquente et

quasi-permanente)

[C] Quel sera le raccourcissement de l'arc sous l'effet du retrait

hydraulique à long terme ? (On suppose une humidité relative de

RH=50%) et un ciment à prise normale (Beta_sc=5).

[D] Quel sera le coefficient de fluage final (temps infini) de

l'arc si l'on suppose que toutes les charges sont appliquées à 28

jours ?

[E] Quel sera le raccourcissement instantanée et à long terme

(temps infini) de l'arc sous l'effet de la combinaison

quasi-permanente des charges, en supposant un effort moyen dans

l'arc N_moyen = (N_pied +N_cle)/2 ?

[F] Quels sont les contraintes maximales en service à court terme

et à long terme dans l'arc ? (contraintes dans le béton et dans les

armatures).

[G] Quel est l'effort normal résistant à l'état-limite ultime de

l'arc ?

[H] Quelle quantité d'armatures faut-il prévoir dans les tirants

pour satisfaire aux conditions de résistance à l'état-limite

ultime.

[I] Quelle sera la déformation maximum en service du tirant ainsi

dimensionné (ELS Rare) si l'on suppose le tirant entièrement

fissuré ?

[J] Comment pourrait-on éviter de telles déformations ?






CORRIGE.1_DZ-2004.doc AMCO 2032 Calcul organique du béton armé –– J-F Cap et D. Zastavni – p1 de [9]

AMCO 2032 - CALCUL ORGANIQUE DU BÉTON ARMÉ -

CORRIGE EXERCICE 1 :

EFFORT NORMAL : STRUCTURE EN ARC + TIRANT

ARC SANS FLEXION : RUPTURE + CONTRAINTES + FLUAGE

TIRANT : RUPTURE + CONTRAINTES

[A] Charges linéaires sur les arcs

poids volumique du béton armé = 25 kN/m³

poids propre : [1 . 0,8] - [ 0,76 . 0,56] . 25 kN/ m³ = 9,36 kN/m

entretoises : [0,6 . 0,2 . 25 kN/m³] . 10 m = 30 kN/ pièce

1 pièce / 5m => 30 kN/5m = 6 kN/m

toiture : 0,5 kN/m² . 10m d’entr’axe = + 5 kN/m

Total permanent = Gk = = 20,36 kN/m

Charge répartie = Qk, 1 = 2 kN/m² . 10 m d’entr’axe = 20 kN/m

Dans la démarche du calcul aux états limites et qui est suivie dans ce cours, deux vérifications auront

lieu successivement dans la procédure de dimensionnement :

les calculs à la rupture : vérification d’Etats Limites Ultimes [ E.L.U.]

les calculs en service, c’est-à-dire dans le domaine d’utilisation habituel de la structure, souvent pour

des questions de déformation : Etats Limites de Service [E.L.S.]

Deux grands types de combinaisons aux ELU existent :

- les combinaisons fondamentales, établies pour les sollicitations habituellement rencontrées par la

structure, ne tenant pas compte de charges accidentelles.

- les combinaisons accidentelles, établies pour des cas exceptionnels pour un structure (séismes,

explosions, incendies, tornades, …)

L’expression de la combinaison fondamentale ELU prend la forme suivante :

les coefficients ‘k’ étant là pour rappeler qu’il s’agit de valeurs caractéristiques, avec :

Gk les actions permanentes (poids propres, finitions)

Pk précontrainte

Qk, 1 action variable principale

Qk, i action variable d’accompagnement

γx coefficients de sécurité partiels

iki

i

k QQ ,,0

1

i Q,1,1 Q,kPkG P G ψγγγγ ∑>

+ ++

►




ψ0, i coefficients partiels de combinaison (ψ0 valeur de combinaison ; ψ1 valeur fréquente, ψ2 valeur

quasi-permanente)

Dans le cas d’une seule charge variable, et en l’absence de précontrainte, et de charges accidentelles,

l’ensemble de ces combinaisons se réduit une seule expression simplifiée :

= 1,35 Gk + 1,5 Qk, 1 au cas où la charge principale a bien un effet négatif sur les contraintes

Le choix d’une valeur maximale ou minimale sera fonction du type de sollicitation qu’elle exercera sur la

structure :

Si la charge a un effet bénéfique sur l’équilibre du système ou sur une contrainte donnée, c’est une valeur

de γ minimale sera choisie pour être du côté de la sécurité sur son rôle stabilisant.

Si la charge se contente de solliciter la structure de manière négative, la valeur choisie pour γ sera

maximale.

Le dimensionnement par rapport à toutes ces combinaisons ELU consistera à vérifier que les

sollicitations [Sd] qu’elles induisent restent inférieures à la résistance [Rd ] de la structure.

(indice ‘d’ pour valeurs de design)

Lorsque l’on va s’intéresser aux conditions auxquelles sera soumise la structure aux états de services

[ELS] plusieurs cas de figure seront possibles :

- toutes les charges sont présentes simultanément : un pont avec embouteillage par vent de force 8

lorsqu’il y a de la neige, par exemple, ce qui est une situation relativement rare [ELS rare] et qui

pourrait servir à calculer la sollicitation maximale que peut rencontrer une structure en service.

- les charges permanentes et un %tage des charges d’exploitation seront présentes la plupart du temps

(le pont avec en moyenne une vingtaine de voitures dessus): ELS quasi permanent. Cette

combinaison pouvant servir à calculer les déformations dues au fluage.

- il arrivera fréquemment que mon pont soit encombré de… ELS fréquent.

Différents types de combinaisons d’état limite de service seront donc employées selon le type de

vérification en service auquel on compte procéder.

�ELU = γG Gk + γQ, 1 Qk, 1 = 1,35 . 20,36 + 1,5 . 20 = 57,486 kN/m

ELS rare = Gk + Qk, 1 = 20,36 + 20 = 40,36 kN/m

ELS fréq = Gk + ψ1, 1 Qk, 1 = 20,36 + 0,7 . 20 = 34,36 kN/m

ELS q.p. = Gk + ψ2, 1 Qk, 1 = 20,36 + 0,4 . 20 = 28,36 kN/m

+ 1,1 Q,kG G kQγγ




[B] Sollicitations ELU

pour une charge linéaire unitaire,

- tirant : - 43 kN (donné = réaction horizontale)

- clef = - tirant = 43 kN

- pied de l’arc = combinaison vectorielle = 22 NR + = 63 kN

- effort moyen dans l’arc = 2

clefpied + = 53 kN

Les valeurs ELU et ELS valant le produit des valeurs des charges par mètre courant (cf. [A]) par les valeurs ci-

dessus :

combinaisons Q [kn/m] Arc Tirant Réaction

N pied N clef N moyen N tirant Rvcas unitaire [1 KN/m] 1 63 43 53 -43 46permanent 20,36 1282 875 1079 -875 937variable 20 1259 860 1060 -860 920ELU 57,486 3620 2472 3046 -2472 2644ELS rare 40,36 2541 1735 2138 -1735 1857ELS f 36,36 2164 1477 1821 -1477 1581ELS QP 28,36 1786 1219 1503 -1219 1305

[C] Retrait

avant toute chose, consultons le tab.3.9 donnant des valeurs approchées pour le retrait εcs0 . Pour ce faire, nous

avons besoin du rayon moyen h0 de la section.

Dans le cas d’un voile soumis à l’atmosphère à ses deux faces, le rayon moyen vaut l’épaisseur. L’épaisseur

valant 120 mm, cette première valeur peut être employée pour h0.

Si nous repassons par la formule exacte,

Ac valant l’aire de la section

u valant le périmètre EN CONTACT AVEC L’ATHMOSPHERE.

dans ce cas-ci, nous pouvons raisonnablement poser que la section est en contact par TOUTES ses faces

avec l’atmosphère en raison de la difficulté de rendre la section étanche, et de la présence probable

percements technologiques (conduites, etc.) dans les arcs. [vos hypothèses sont à préciser lors de toutcalcul].

� h0 = 2 . ( [1 . 0,8] – [ 0,56 . 0,76] ) / (2 . [1+0,8 + 0,56 + 0,76]) = 0,12 m = 120 mm

selon Tab 3.9, et pour h0 valant 150mm et HR = 50%,

εcs0 = 0,6 /1000 (adimensionnel ⇔ m/m)

�Formulation exacte :

εcs0 = εs (f cm) . β RH

εs (fcm) = (160 + β sc (90 – f cm )) 10-6

= (160 + 5 (90 – 38) ) 10-6

= 0,00042

β RH = -1,55 β s, RH

u

Ah c20 =




β s, RH = 1 – (RH/100)³ = 1 – (50 / 100)³ = 1 – 0,125 = 0,875

� β RH = -1,55 . 0,875 = - 1,35625

� εcs0 = 0,00042 . - 1,35625 = – 0,000569 = – 0,000569 m/m = – 0,569 mm/m

valeur inférieure de 5% à la valeur du tableau 3.9.

Le raccourcissement de l’arc vaudra :

soit ∆l = 52,4 mm

[D] Fluage

De nouveau, avant toute chose, consultons le tab.3.10 donnant des valeurs approchées pour le fluage final Φ0.

Pour h0 valant 150mm, une mise en charge à 28j et HR = 50%,

Φ0 = 2,5 (adimensionnel � m/m)

Le phénomène du fluage du béton est l’augmentation avec le temps de la déformée d’un matériau sous

une sollicitation de charge constante.

Parmi les matériaux de construction employés couramment en structure, le béton et le bois seront soumis

au fluage. L’acier y est insensible.

On caractérise le fluage au temps t du béton par un coefficient de fluage Φ (t, t0) définit comme suit :

avec t0 étant l’âge de la mise en charge et où

ε c, i (t0) est la déformée instantanée et

ε c, c (t, t0) est la déformation de fluage au temps t

Le coefficient de fluage se définit donc comme le rapport de l’incrément de déformation (flèche p.ex.) à la

déformation instantanée.

LlL

l εε =∆⇒∆=

)(

),(),(

0,

0,

0t

tttt

ic

cc

εε

=Φ




La déformée finale vaudra donc :

L’évolution du fluage est une fonction asymptotique. La valeur à terme, qui est la valeur de l’asymptote,

est nommée coefficient de fluage fictif et appelée Φ0, que nous noterons parfois Φ pour la simplification.

Si nous détaillons l’équation ci dessus,

avec E c,i étant le module tangent à l’origine et

avec E c, (t0) étant le module du béton à l’âge du chargement.

Si on considère le béton chargé à 28 jours, ce qui sera souvent le cas, E c (t0) vaudra E c, i. et on peut

écrire l’équation

sous la forme :

et en écrivant E c i = E, et pour une déformation finale (à terme) :

Remarquons encore que cette dernière équation peut encore s’écrire

Ce qui signifie que le fluage peut encore s’exprimer comme étant une diminution de la valeur du module

E. Ceci correspond en effet bien au sens physique puisque au temps t = ∞, pour une même charge, la

flèche est bien plus importante, traduisant par cela une valeur réduite du module d’élasticité E. (Notons

qu’en cas de charge nouvellement ajouté, c’est le Ecm qui dictera la valeur de la flèche instantanée).

En pratique, on fera cependant usage du module de Young Emoyen pour évaluer la déformée finale.

),()(),( 0,0,0, ttttt ccicc εεε σ +=

)(

)(),()(),(),(

0,

0

00,00,tE

tttttttt

ic

c

iccc

σεε Φ=Φ=

)(

)()(

0

0

0,tE

tt

c

c

ic

σε =

)),(

)(

1)((),( 0

0

00

cic

ccE

tt

tEttt

Φ+= σε σ

)),(1()(

),( 0

0

0 ttE

ttt

ci

c

c Φ+=σε σ

)1()1( 00 Φ+=Φ+= i

c

cE

εσε σ

)1( 0Φ+

=E

c

c

σε σ




�

Φ0 = ΦRH β (f cm ) β (t0 )

⇒ Φ0 = 2,68

[E] Raccourcissement sous charges

- si on néglige l’armature :

déformée à court terme (déformation instantannée):

déformée à long terme :

- section avec armature :

déformée à court terme :

avec As = 16 Ø 10 = 12,58 cm²

+ 10 Ø 12 = 11,30 cm²

+ 14 Ø 16 = 28,14 cm²

= 52,02 cm² = 2502 mm²

et Ac = 3691,98 cm² = 369198 mm²

2.014 120 0.1

50/100-1 1

1.0

100/11

330

=+=−+=Φh

RHRH

2.725 38

16.8

8.16)( ===

cm

cmf

fβ

kNkNkNNN

Nclefpied

moyen 65,1502 2

5,12198,1785

2 =+=

+=

ic, mm/m 0,125 ² ])760 . 560[]800 . 1000([ . ²/32000

/ 1000 . 1502650 εε ==−

==mmmmN

mmmN

EA

N

]1[ ,,,,,, Φ+=Φ+≅+= icicicccicc εεεεεε σ

mmmmLc 32,42]68,21[5,11, =+=σε

²)/200000 ²5202²) ])760 . 560[]800 . 1000([ . ²/32000(

/ 1000 . 1502650

mmNmmmmmmN

mmmN

EAEA

N

sscc +−=

+=ε

LmmmmN

mmmmN

EA

NLLl ic, mm 11,5

² ])760 . 560[]800 . 1000([ . ²/32000

/ 1000 . 92 . 1502650 εε ==

−===∆

ic, mm/m 0,11689 εε ==

mmmLic 7,10 92 . 11689,0 , ==ε

48845.0281.0

1

1.0

1)(

2.02.0

0

0 =+

=+

=t

tβ




déformée à long terme :

Appliquer comme tel le coefficient de fluage à la flèche instantanée implique la supposition que le béton et

l’acier fluent de la même manière, ce qui n’a aucun sens physique puisque l’acier est insensible au fluage.

Il nous faut donc bien supposer que seul le béton fluera, ce qui signifie que seul son module de Young sera

affecté sur la charge à long terme. La formule de la déformée devient :

et

Nous voyons donc qu’à long terme, l’armature a pour effet de diminuer sensiblement l’effet du fluage :

32,5mm < 42,5mm

[F] Contraintes maximales dans les arcs.

les contraintes nous sont données par les formules suivantes :

La première formule transformant la section d’acier (As= Ac . ρ ) en une section équivalente de béton dans le

rapport des modules de Young.

Les modules de Young moyens valant :

Es = 200 000 N/mm²

Ec = Ec,m = 32 000 N/mm² pour C30/37 à court terme

Ec = Ec,m / (1+Φ) = 32 000 N/mm² /(1+Φ) pour C30/37 et dans les conditions de l’exercice (HR, t0) à long terme

vaudra : mcourt terme = 6,25

m long terme = 23

²)/200000 . ²5202²) 369198 . 68,21

²/32000(

/ 1000 . 1502650

1mmNmmmm

mmN

mmmN

EAE

A

N

ss

c

c+

+

=+

Φ+

=ε

mmmc /3535,0, =σε

mmLl c 5,32, ==∆⇒ σε

c

c

c mmA

N σσρ

σ =+

= s et )1(

c

s

E

Em =




et on trouve les résultats suivants :

court terme long termecombinaison effort [KN] béton

[N/mm²]acier [N/mm²] béton

[N/mm²]acier [N/mm²]

ELS rare 2541 6,3 39 5,1 118,3ELS fréquent 2164 5,3 33,2 4,4 100,7ELS q-p 1786 4,4 27,4 3,6 83,1

[G] Effort résistant ELU.

L’état de déformation limite étant de 0,2 %, La section de béton est plastifiée et sa contrainte vaut donc la

résistance de calcul à long terme :

0,85 fcd = 0,85 . fc,k /γs = 0,85 . 30 N/mm² /1,5 = 17 N/mm²

l’acier est encore dans sa phase élastique [Limite élastique valant Fs,k / 1,15 = 435 N/mm² , ce qui correspond à

un allongement de 0,217 % pour l’acier BE 500S], il travaillera donc à une contrainte de : σ = ε E = 2/1000 *

200 000 N/mm² = 400 N/mm².

A la rupture, l’état de déformation étant le même pour les deux matériaux, l’effort maximal sera la somme des

efforts repris par les sections à leurs contraintes respectives :

NR d = 0,85 Ac fc,d + As 400 N/mm² = 8357,2 kN

[H] Armatures tirant

Le tirant est en béton armé.

A la rupture, la section de béton étant fissurée, seul l’acier reprendra l’effort de traction.

Effort = -2471,9 kN

f y, d = 500 N/mm² / 1,15 = 435 N/mm²,

la section vaudra donc 2471,9 kN / 435 N/mm² = 56,8cm²

ce qui en ferraillage signifie :

# barres diamètre[mm]

29 1619 2012 25

[I] Allongement du tirant :

ELS rare = 1735,48 kN

! 25,12 ²5685 . ²/200000

8000 . 1735480 cm

mmmmN

cmN

EA

NL

E

LLl

s

=====∆ σε




[J] Solution à l’allongement du tirant :

Un tel allongement est probablement inadmissible pour différentes raisons :

- effet des déplacement sur les fondations

- contrôle de la géométrie de l’arc (flèche)

- …

Si on désire éviter de telles déformations, on peut :

- augmenter la section d’acier puisque l’allongement lui est inversement proportionnel

- précontraindre le tirant



Documents

exercices_corriges_1.pdf