Pratique de l'Eurocode 2_annexes

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

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


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



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,



4/42

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



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. , , . .



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


diagramme palier horizontal.fyd :



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



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]



9/42

Annexes 635

avec :

et


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

. .

. .



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 :

,

,


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


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]



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


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



12/42

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



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



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



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



16/42

642

Donnes:



17/42

Annexes 643



18/42

644

8.2.2 Cas du diagramme s-e palier inclin

Moment de rfrence :

0,345 mMN


= 0,160 mMN < 0,345 mMN =

et les aciers suprieurs sonttendus.


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 =


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=



19/42

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.




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




20/42

646

Donnes:



21/42

Annexes 647



22/42

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


= 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 =


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.



23/42

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.



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>xu

s2

NEd, calcul

s2

N NEd Ed, ,calcul rel



24/42

650

Donnes:



25/42

Annexes 651



26/42

652

8.4.2 Cas du diagramme s-e palier inclin

Moment de rfrence :

0,345 mMN


= 0,450 mMN > 0,345 mMN =

et les aciers suprieurs sontcomprims.


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 =


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( )----------------------------------------------------------------------=



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.




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>xu

s2

NEd, calcul

s2




28/42

654

Donnes:



29/42

Annexes 655



30/42



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



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



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



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



35/42

Annexes 661


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( )+=



36/42

662

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 :

.


xd

fu yd1

700

700 0 Nser > 0 xc < 0Nser < 0

x1

xc< 0

xc< 0

Nser

< 0

Nser

> 0

AN

+

AN

C

C



40/42

666

= 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/ .=



41/42

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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