Calcul de Nervure PDF [PDF]

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Les nervures seront calculées comme des éléments fléchis en Té. Elles seront dimensionnées en flexion simple à l’état limite ultime.

h0 h d Ast b 0 Section d’une nervure

La largeur de la table de compression b est imposée par la disposition des corps creux à savoir : b=33 cm , b0 = 8cm

La hauteur est fonction du type de plancher, déterminée par la formule suivante : H  L / 22.5 H : hauteur du plancher

L : portée de la nervure

Selon la conception adoptée on a deux types de nervures ; nervures pour hourdis 16+5 et nervures pour hourdis 19+6. Les nervures apparaissent sur les plants de coffrage avec la notation Ni, l’indice i pour indiquer les numéros de la nervure. Toutes les travées de la même nervure ont la même notation Ni. Le dimensionnement de toutes les nervures a été élaboré en utilisant le logiciel « ARCHE » module « ARCHE poutre ». Cependant, on a calculé un exemple manuellement à titre de vérification. 1-Exemple de calcul d’une nervure :

On va traiter une nervure du plancher terrasse Bloc 2. Il s’agit d’un hourdis de 19+6 Les charges et les longueurs des travées sont portées sur la figure

On a G plancher intermédiaire (19+6) = 0.505T/m2 Q Terrasse =0.1T/m2 Charge permanente

g:

0.505  0.33  0.167T / m

Charge variable

q:

0.1 0.33  0.035T / m

2-Choix de la méthode : 3-Calcul des sollicitations :

pu  1.35g  1.5q  0.278T / m à ELU pser  g  q  0.202T / m

à ELS

3.1-Moment en travée de référence :

M 0 : Moment maximale dans la travée de référence (isostatique soumise aux mêmes charges que la travée étudiée)

4.54²  0.716T .m 8 4.18² M 0u 2  0.278   0.607T .m 8 4.7² M ou 3  0.278   0.767T .m 8 4.75² M ou 4  0.278   0.817T .m 8

M 0u1  0.278 

4.54²  0.52T .m 8 4.18² M 0 ser 2  0.202   0.441T .m 8 4.7² M 0 ser 3  0.202   0.557T .m 8 4.85² M 0 ser 4  0.202   0.593T .m 8 M 0 ser1  0.202 

3.2-Effort tranchant de référence :

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VOG et VOD : effort tranchant respectivement à gauche et à droite de la travée de référence (isostatique soumise aux même charge que la travée étudiée).

4.54  0.631T 2 4.18 VOG 2  VOD 2  0.278   0.581T 2 4.7 VOG 3  VOD 3  0.278   0.653T 2 4.85 VOG 4  VOD 4  0.278   0.674T 2

VOG1  VOD1  0.278 

3.3- Moment sur appuis :  Appuis 1 et 5 :(appuis solidaire d’une poutre) M 1a  0.15M OU 1  0.107T .m M 5 a  0.15M OU 3  0.122T .m

 Appuis 2 ,3 et4 : M 2 a  0.5 max( M OU 1 , M OU 2 )  0.358T .m M 3a  0.5 max( M OU 2 , M OU 3 )  0.383T .m M 4 a  0.5 max( M OU 3 , M OU 4 )  0.408T .m

3.4-Moment en travée :



q 0.035   0.173 q  g 0.035  0.167

1.2  0.3 1.2  0.3  0.173 M OU 1   0.716  0.448T .m 2 2 1  0.3 1  0.3  0.173 M TU 2  M OU 2   0.607  0.319T .m 2 2 1  0.3 1  0.3  0.173 M TU 3  M OU 3   0.767  0.403T .m 2 2 1.2  0.3 1.2  0.3  0.173 M TU 4  M OU 4   0.817  0.511T .m 2 2 M TU 1 

 Vérification : On doit avoir :

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Mt 

Mw  Me i i  max[(1  0.3 ) M 0 ;1.05M 0 ] 2

M t  (1  0.3 )M 0 / 2

Pour une travéinterm ediaire

M t  (1.2  0.3 )M 0 / 2

Pour une travéinterm ediaire

Remplaçant  par sa valeur on obtient :

Mw  Me  1.052 M 0i 2 M t  (0.526 M 0

Mt 

M t  0.626 M 0

* **Pour une travé int ermediare *** Pour une travé de rive

- Travée 1 : M Tu1  0.448T .m

M w  0.107T .m

M e  0.358T .m

M OU 1  0.716T .m

L’inégalité *n’est pas vérifiée, alors on augmente la valeur de M Tu1 , soit MTu1  0.505T .m - Travée 2 : M Tu 2  0.319T .m

M w  0.358T .m

M e  0.383T .m

M OU 2  0.607T .m

M e  0.408T .m

M OU 3  0.767T .m ;

Les inégalités * et *** sont vérifiées. - Travée 3 : M Tu 3  0.403T .m

M w  0.383T .m

L’inégalité *n’est pas vérifiée, alors on augmente la valeur de MTu 3 , soit MTu 3  0.412T .m - Travée 4 : M Tu 4  0.511T .m

M w  0.408T .m

M e  0.122T .m

M OU 4  0.817T .m ;

L’inégalité *n’est pas vérifiée, alors on augmente la valeur de M Tu 4 , soit MTu 4  0.595T .m

Les moments à l’état limite service, sont déterminés de la même façon. 3.5- Effort tranchant : Page | 16

 Appuis 1,3 et 5 : VUG1  0T VUD1  VOD1  0.631T VUG 3  VUD 2  0.581T VUD 3  VOG 4  0.653T VUG 5  VOD 5  0.674T VUD 5  0

 Appuis 2 et 4 : VUG 2  1.1V0 D1  0.695 T VUD 2  1.1V0G 2  0.639 T

VUG 4  1.1VOD 3  0.718T VUD 4  1.1VOD 4  0.742T

Tableau récapitulatif des sollicitations

Travée Travée Appuis 2 1 2

Tra Appuis Appuis Travée Appuis vée 3 4 4 5 3

-0.107

0.503

-0.358

0.32

-0.383

0

--

-0.695

--

-0.581

--

-0.718

--

-0.674

0.631

--

0.64

--

0.653

--

0.742

--

0

-0.078

0.38

-0.26

0.233

0.44

-0.09

Appuis 1

ELU

ELS

Moment fléchissant (T.m) Gauc he Effort tranchant droit e Moment fléchissant (T. m)

0.41 -0.408 2

-0.279 0.31 -0.297

0.595 -0.122

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5.26 KN

5.28 KN

5.81 KN

5.08 KN

5.26 KN

4.62 KN

Diagramme des efforts tranchants à l'ELU

4-Calcul des armatures longitudinales :

4.1-calcul des armatures en travée :  Travée 1 : Mtu = 𝑏𝑥ℎ𝑜 𝑥𝑓𝑏𝑢 𝑥(𝑑 −

ℎ𝑜 2

)

Mtu = 0,33𝑥0,06𝑥14.17𝑥 (0,225 −

0,06 2

) = 0.0547 𝑀𝑁. 𝑚

𝑀𝑢 = 0.00503𝑀𝑁. 𝑚 < 𝑀𝑡𝑢  La section se comporte mécaniquement comme une section rectangulaire de dimension (0.08 ; 0.25). µ=

𝑀𝑢 = 0.088 𝑏𝑥𝑑 2 𝑥𝑓𝑏𝑢

fe=400 MPA µ𝑙 = 0.39 µ < µ𝑙 = 0,39 𝐴𝑠𝑐 = 0

Pas d’aciers comprimés

𝛼 = 1.25(1 − (√1 − 2 ∗ µ) = 0.11 yu= 𝛼𝑥𝑑 = 0.03𝑚 𝑍 = 𝑑 − 0.4𝑥 𝑦𝑢 = 0.21 𝑚 𝐴𝑠𝑡 = (

𝑀𝑢 ) = 0.67 𝑐𝑚2 𝑐ℎ𝑜𝑖𝑠𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛𝑠 𝟏 𝑯𝑨 𝟏𝟎 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝐴𝑠𝑡 = 0,78 𝑐𝑚2 . 𝑍𝑥𝑓𝑠𝑢

Vérification a l’ELS : Le moment à l’ELS est : Ms=0.004MN.m

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La fissuration est peu préjudiciable alors il faut vérifier que : σbc = (Ms /ISRH )y1 ≤ σ ̅̅̅̅ bc = 0,6 fc28 AN

Section en Té  f (h0 ) = b

h20 2

+ 15 Asc (h0 − d’) + 15 Ast (d − h0 ) ⇒ f (h0) = −1.922 > 0

La vérification se fait en considérant la section en T comme une section en T Position de l’axe neutre y1 :

f  y1  





b0 2 y1  (15  Asc  Ast   (b  b0))* y1  ((b  b0)* h0 2 / 2  15 Asc d '  Ast d )  0 avec Asc  0 2

y1=4 cm0)

h2 h²   b  b0  0 2 2  0.089m ; V '  0.161m V b0 .h  (b  b0 ).h0 bo 

IG  Amin

3 bV . 3  b  b0  (V  h0 ) b0 .V '3    1.684 104 m4 3 3 3 IG f   t 28  soit Amin  0.49cm² ' 0.81 h  V fe

Ast = 0,78cm2>Amin la condition est vérifiée.  Travée 2 : Mtu = 𝑏𝑥ℎ𝑜 𝑥𝑓𝑏𝑢 𝑥(𝑑 −

ℎ𝑜 2

)

Mtu = 0,33𝑥0,06𝑥14.17𝑥 (0,225 −

0,06 2

) = 0.0547 𝑀𝑁. 𝑚

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𝑀𝑢 = 0.0032𝑀𝑁. 𝑚 < 𝑀𝑡𝑢  La section se comporte mécaniquement comme une section rectangulaire de dimension (0.08 ; 0.25).

µ=

𝑀𝑢 = 0.056 𝑏𝑥𝑑2 𝑥𝑓𝑏𝑢

fe=400 MPA µ𝑙 = 0.39 µ < µ𝑙 = 0,39 𝐴𝑠𝑐 = 0

Pas d’aciers comprimés

𝛼 = 1.25(1 − (√1 − 2 ∗ µ) = 0.07 yu= 𝛼𝑥𝑑 = 0.02𝑚 𝑍 = 𝑑 − 0.4𝑥 𝑦𝑢 = 0.22 𝑚

𝐴𝑠𝑡 = (

𝑀𝑢 ) = 0.43 𝑐𝑚2 𝑐ℎ𝑜𝑖𝑠𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛𝑠 𝟏 𝑯𝑨 𝟖 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝐴𝑠𝑡 = 0,5 𝑐𝑚2 . 𝑍𝑥𝑓𝑠𝑢

Vérification a l’ELS : Le moment à l’ELS est : Ms=0.00233MN.m

La fissuration est peu préjudiciable alors il faut vérifier que : σbc = (Ms /ISRH )y1 ≤ ̅̅̅̅ σbc = 0,6 fc28 AN

Section en Té  F (h0 ) = b

h20 2

+ 15 Asc (h0 – d’) + 15 Ast (d − h0 ) ⇒ f (h0) = −1.23 < 0

La vérification se fait en considérant la section en T comme une section en T Position de l’axe neutre y1 :

f  y1  





b0 2 y1  (15  Asc  Ast   (b  b0))* y1  ((b  b0)* h0 2 / 2  15 Asc d '  Ast d )  0 avec Asc  0 2

y1=4 cm0)

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h2 h²   b  b0  0 2 2  0.089m ; V '  0.161m V b0 .h  (b  b0 ).h0 bo 

3 bV . 3  b  b0  (V  h0 ) b0 .V '3 IG     1.684 104 m4 3 3 3 IG f Amin   t 28  soit Amin  0.49cm² ' 0.81 h  V fe

Ast = 0,5cm2>Amin la condition est vérifiée. De meme pour la travé 3 et 4 on trouve respectivement Ast =1HA10 et 1HA12

4.2-calcul des armatures sur appui :  Appui 1 : Le moment est négatif +section en T  la section se comporte comme une section rectangulaire 𝑏𝑜 𝑥ℎ = (8𝑥25) 𝑐𝑚² µ = 0.00107/(0.08𝑥0.2252 𝑥14.17) = 0.0202 µ < µ𝑙 = 0,39 𝐴𝑠𝑐 = 0

Pas d’aciers comprimés

𝛼 = 1.25(1 − (√1 − 2 ∗ µ) = 0.02 𝑦𝑢 = 𝛼𝑥𝑑 = 0.0045 𝑍 = 𝑑 − 0.4𝑥 𝑦𝑢 = 0.223𝑚 𝐴𝑠𝑡 = (

𝑀𝑢 ) = 0.138𝑐𝑚2 𝑍𝑥𝑓𝑠𝑢

Vérification a l’ELS : La vérification se fait pour une section rectangulaire de dimension (𝑏0 𝑥ℎ) Position de l’axe neutre

f  y1  

y1 :





b 2 y1  15  Asc  Ast  y1  15 Asc d '  Ast d  0 avec Asc  0 2

y1=2.5 cm