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Cours Béton Armé I

Partie 1 Cours Béton Armé I

HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

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Introduction & Généralités

CHAPITRE – 1 Introduction & Généralités 1-1- Principe de fonctionnement du béton armé Le béton armé est un matériau né de l’association judicieuse du béton et de l’acier. L’acier est généralement placé dans les zones tendues de l’élément afin de remplacer le béton, matériau médiocre en traction mais suffisamment résistant en compression, après fissuration. Pour illustrer ce principe nous examinons le comportement d’un élément soumis à la flexion. « Poutre appuyée sur deux appuis simples aux extrémités. »

F

a

F

a

A

B L

RA = F

RB = F

Ce type de chargement induit les diagrammes des moments fléchissant et efforts tranchant suivants : Moment fléchissant

+ M= F×a + F - F F

Effort tranchant

F C T

Allure de la déformée de la poutre après chargement

Dans ces conditions nous aurons la fibre supérieure comprimée et la fibre inférieure tendue. Maintenant traitons cette même poutre dans les deux cas suivants :

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Introduction & Généralités

i - 1er cas Poutre en béton non armé La première fissuration engendre la rupture d’une manière brutale et rapide. F

F

Première fissuration et rupture La forme de la rupture montre que cette dernière provient d’une insuffisance du béton en traction. Ce résultat n’est pas surprenant en effet la résistance en traction du béton est dix fois plus faible que sa résistance en compression. Pour remédier à cette faiblesse on placera des barres d’acier en zones subissant des tractions. L’acier est un matériau possédant d’excellente qualité mécanique tant en traction qu’en compression (400  500 MPa) ii) 2ième cas : la poutre est en béton comportant des armatures en fibre inférieure Le chargement de la poutre engendre l’apparition des microfissures en zone centrale. Cette fissuration prouve que le béton a cessé de résister et que l’acier a pris la relève. F

F

En conclusion : nous pouvons dire que l’idée du béton armé consiste à combiner le béton et l’acier dans une même pièce de façon à ce que le béton reprenne les efforts de compression et l’acier résiste les efforts de traction.

1.2 Caractéristiques des matériaux : 1.2.1 Le béton : Les constituants du béton et mode de sa préparation sont supposés connus « cours matériaux de construction » a°) Résistance à la compression : Pour l’établissement des projets, un béton est caractérisé par la valeur de sa résistance à la compression à l’age 28jours dite valeur caractéristique requise ou spécifiée. Celle-ci noté « fc28 » est choisie à priori compte tenu des possibilités locales et des règles de contrôle. A un âge j ≤ 28jours la résistance du béton est déterminée en fonction de fc28 et l’âge j en jours, pour les bétons non traités thermiquement, par les expressions suivantes : HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

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Introduction & Généralités

j  f c 28 pour f c28  40 MPa 4, 76  0,83 j j   f c 28 pour f c28  40 MPa 1, 4  0, 95 j

f cj  f cj

Pour les ages supérieurs à 28 jours et lorsqu’il s’agit de vérifier la résistance des sections, la valeur de fcj est prise égale à fc28. b°) Résistance à la traction : La résistance caractéristique à la traction du béton à un âge j notée ft28 est conventionnellement définit en fonction de fcj pour des béton ayant fc28 ≤ 60 MPa par:

f tj  0, 6  0, 06  f cj

c°) Déformation longitudinale du béton : Sous des contraintes normales d’une durée d’application inférieure à 24 heures on admet à défaut de mesure, qu’à l’ âge j jours le module de déformation longitudinale instantanée du béton Eij est donné par : E ij  11000 3 f cj

(E ij et f cj en MPa)

Sous des charges de longue durée, le module de déformation longitudinale différée est donné par: Ev  3700 3 f c 28

(Ev et f c 28 en MPa)

Cette réduction dans la valeur du module de déformation longitudinale est essentiellement due aux effets des déformations différées du béton notamment le retrait et le fluage. d°) Coefficient de poisson : Est le rapport entre la déformation longitudinale et la déformation latérale noté « ν » et il est pris :

  0, 2  pour le béton non fissuré   0  pour le béton fissuré

e°) Diagramme Contrainte – Déformation du béton : 

En compression pure le diagramme (σ – ε) est constitué d’une parabole dont la déformation correspondante à l’écrasement est ε0 = 2‰



En compression avec flexion (compression induite par flexion) le diagramme est de forme parabole – rectangle comme il est indiqué sur le diagramme suivant :

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Introduction & Généralités σbc

f bu 

0,85f cj

 b

Parable - rectangle

εbc 2‰

3,5 ‰

Diagramme : contrainte - déformation du béton

γb=1,5 sauf en situation accidentelle où γb=1,15 θ =1 lorsque la durée du chargement est supérieure à 24 heures et vaut 0,9 lorsque cette durée est comprise entre 1 heure et 24 heures. Résistances caractéristiques à

Résistances de calcul fbu en

Module d’élasticité

28 jours (MPa)

(MPa) (Avec θ =1)

(MPa)

Compression

Traction

Situation

Situation

instantané

Différé

fc28

ft28

ordinaire

accidentelle

Ebi

Ev

20

1,80

11,33

14,78

29858,59

10043,35

22

1,92

12,47

16,26

30822,43

10367,55

25

2,10

14,17

18,48

32164,20

10818,87

30

2,40

17,00

22,17

34179,56

11496,76

35

2,70

19,83

25,86

35981,73

12102,95

40

3,00

22,67

29,56

37619,47

12653,82

45

3,30

25,50

33,26

39125,83

13160,51

50

3,60

28,33

36,95

40524,35

13630,92

Valeurs usuelles des caractéristiques mécaniques des bétons f°) Répartition des déformation et des contraintes à travers une section en flexion simple

εbc =2‰ εbc =3,5 ‰

f bu 

fbu

0, 85 f cj

  b

0,8 yu yu

Diagramme des déformations

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Diagramme des contraintes : Parabole - rectangle

Diagramme des contraintes : rectangle simplifié

5

Introduction & Généralités

yu : marque la position de l’axe neutre par rapport à la fibre la plus comprimée Dans le cas où la largeur de la section comprimée est décroissante vers la fibre la plus comprimée l’expression de fbu devient donné par : f bu 

0,8 f cj

  b

Zone comprimée



1.2.2 Les Aciers: a°) caractéristiques géométriques : Les barres utilisées sont caractérisées par leur diamètre nominal Ø à partir duquel les sections et les masses linéaires sont calculées. b°) Caractéristiques mécaniques : L’acier est caractérisé par sa limite élastique garantie ou (résistance caractéristique.) On distingue : 

Fe E215  fe= 215 MPa

Les ronds lisses :

Fe E235  fe= 235 MPa 

Les barres à haute adhérence (HA) : Fe E400  fe= 400 MPa Fe E500  fe= 500 MPa



Les fils tréfilés HA et les treillis soudés formé de ces fils (TSHA) FeTE400  fe =400 MPa: fils HA FeTE500  fe =500 MPa : fils HA et TSHA



Les fils Tréfilés assemblés en treillis soudés (TSL) : TSL 500  fe = 500MPa

c°) Diagramme contrainte - déformation : Le diagramme de calcul se déduit du diagramme caractéristique comme il est indiqué sur le diagramme ci après: fe

σs Diagramme caractéristique

fsu

Diagramme de calcul

f su  εs < εsl

fe

s

 s  1,15     s  1

avec 

pour combinaison fondamentale pour combinaison accidentelle

σs= Es× εs

 su 

εsl ≤ εs ≤ 10 ‰  σs= σsu= fsu Es=2×105MPa εsl

10‰

f su Es εs

Diagramme : contrainte - déformation des aciers HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

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Introduction & Généralités

d°) Caractères d’adhérence: i°) coefficient de fissuration η :

1 pour les ronds lisses et fils tréfilés lisses ou treillis soudés    1,3 pour fils HA   6mm 1, 6 pour barres HA et fils HA   6mm  ii°) coefficient de scellement ψs:

1 pour les ronds lisses 1.5 pour les barres et fils HA

s  

Masse

diamètres nominaux

Section

par

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Ø « mm »

mètre P « kg »

barre cm²

barres cm²

barres cm²

barres cm²

barres cm²

barres cm²

barres cm²

Barres cm²

barres cm²

barres cm²

6

0,22

0,28

0,57

0,85

1,13

1,41

1,70

1,98

2,26

2,54

2,83

8

0,39

0,50

1,00

1,51

2,01

2,51

3,01

3,52

4,02

4,52

5,02

10

0,62

0,79

1,57

2,36

3,14

3,93

4,71

5,50

6,28

7,07

7,85

12

0,89

1,13

2,26

3,39

4,52

5,65

6,78

7,91

9,04

10,17

11,30

14

1,21

1,54

3,08

4,62

6,15

7,69

9,23

10,77

12,31

13,85

15,39

16

1,58

2,01

4,02

6,03

8,04

10,05

12,06

14,07

16,08

18,09

20,10

20

2,47

3,14

6,28

9,42

12,56

15,70

18,84

21,98

25,12

28,26

31,40

25

3,85

4,91

9,81

14,72

19,63

24,53

29,44

34,34

39,25

44,16

49,06

32

6,31

8,04

16,08

24,12

32,15

40,19

48,23

56,27

64,31

72,35

80,38

40

9,86

12,56

25,12

37,68

50,24

62,80

75,36

87,92

100,48

113,04

125,60

50

15,41

19,63

39,25

58,88

78,50

98,13

117,75

137,38

157,00

176,63

196,25

Caractéristiques des armatures pour Béton Armé

1.3 – Calcul aux états limites 1.3.1- définition: Un état limite est un état de la construction tel que s’il est dépassé celle ci devient impropre à sa destination. On distingue deux catégories d’états limites: les états limites ultimes et les états limites de service. 1.3.2- Les états limites ultimes: Ils correspondent à l’atteinte de la capacité portante de la structure et toute augmentation de charge pourra entraîner l’un des phénomènes suivants:  Perte d’équilibre statique d’une partie ou de l’ensemble de la structure,  rupture de section critique ou déformation excessive,  transformation de la structure en mécanisme déformable,  instabilité par flambement, voilement ou déversement,  fatigue. HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

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Introduction & Généralités

1.3.3- Les états limites de service: Ils correspondent aux limites imposées par les conditions d’exploitation normales et de durabilité définie de la structure (par exemple les flèches tolérables pour un pont rail et une passerelle ne sont pas les mêmes. Pour un pont rail la flèche est plus limitée). On peut distinguer les états limites correspondant à:  L'état limite de service vis-à-vis la compression du béton: La compression excessive du béton peut entraîner des désordres graves dans les éléments.  L'état limite de service d'ouverture des fissures: La corrosion des armatures insuffisamment protégées compromet la durabilité des de l'ouvrage. Les fonctions d'étanchéité ou des critères esthétiques d'aspect extérieur peuvent également ne pas être respectés.  L'état limite de service de déformation: Des déformations trop importantes de l'ouvrage peuvent créer des désordres: fissuration de cloison ou de carrelage, sur une dalle trop fléchie, par exemple. Exercice d’application

1.4 Hypothèses de calcul des éléments en béton armé: Dans le but de faciliter le calcul des éléments en béton armé les codes de calcul tel que le BAEL posent les hypothèses simplificatrices suivantes: H1 : Au cours de la déformation, les sections droites restent planes et conservent leurs dimensions (Principe de Navier – Bernoulli). H2 : Il n’ y’a pas de glissement relatif entre les armatures d’acier et le béton. H3 : La résistance à la traction du béton est négligée à cause de la fissuration H4 : La déformation de compression maximale dans la fibre du béton la plus comprimée d’une section en béton armé soumise à la flexion simple ou composée est de : εbu = 3,5‰ : La déformation de compression maximale d’une section en béton armé soumise à la compression simple est de : εbu = 2‰ : La déformation de traction limite dans l’armature (acier) est de εsu = 10‰ HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

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Introduction & Généralités

H5 : Pour le dimensionnement des pièces en béton armé on distingue deux types d’états limites : 

Etat Limite Ultime : de résistance ou de stabilité de forme (flambement des poteaux)



Etat Limite de Service :

par compression du béton, par ouverture des fissures, par déformation excessive.

H6 : Par convention le rapport

Es E appelé coefficient d’équivalence n est pris égal à n  s  15 Eb Eb

1.4 Règle des trois pivots : Le problème consiste à trouver les positions limites du diagramme de déformation d’une section droite de façon qu’aucune des déformations limites ne soit dépassée. La section étant sollicitée à l’état limite ultime selon les différents types de sollicitation notamment : -

La traction simple.

-

La traction excentrée.

-

La flexion simple.

-

La flexion composée.

-

La compression simple.

B

Asc

h

2 ‰ 3,5 ‰

0‰

-10 ‰

d'

3 h 7

0,259×d

C

d

1

Ast

2 3

A -10 ‰

0

2‰

Pivot A (Région 1) : Allongement de l’acier le plus tendu (εs = 10 ‰) ; pièces soumises à la traction simple ou à la flexion simple ou composée avec état limite ultime atteinte sur l’acier. Pivot B (Région 2) : Raccourcissement de la fibre de béton la plus comprimée (εbc=3,5 ‰) ; pièces soumises à la flexion simple ou composée avec état limite ultime atteinte sur le béton. 3 7

Pivot C (Région 3) : Raccourcissement de la fibre de béton à la distance ( h ) de la fibre la plus comprimée (εbc=2 ‰) ; pièces soumises à la flexion composée ou à la compression simple. HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

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CHAPITRE - 2 NOTION DE SECURITÉ - COMBINAISONS D’ACTIONS

2.1- Notion de sécurité La notion de sécurité consiste à déterminer un coefficient dit coefficient de sécurité qui est appliqué à la résistance connue d’un matériaux à fin de définir une contrainte admissible.  adm 

 rupture 

;   1 ;  = Coefficient de sécurité

Cette notion de sécurité est apparue au début du 19ieme siècle avec l’invention de la construction métallique et le développement de l’RDM. Cette méthode convenait bien aux métaux qui ont des résistances en compression et en traction comparables. Au début du 20ieme siècle, cette approche est mise à défaut à l’occasion du calcul des cheminées en béton par l’ingénieur Français Caquot, vu que le béton présente une résistance en traction nettement plus faible que celle en compression alors le domaine de sécurité ne peut pas être centré dans le domaine de résistance. Exemple: Soit un cheminé en béton encastré à sa base AA’ et soumis à son poids propre (compression) et à l’effet du vent (flexion simple). Les contraintes produites sur AA’ sont en MPa : Poids propre

Action du vent Poids propre

Vent

Total

A

9

-10

-1

A’

9

10

19

Si le vent est de 10% plus fort, les contraintes deviennent Poids propre

Vent

Total

9

-11

-2

A

A

A’

Soit une augmentation de 100%

Soit une augmentation de 5% A’ 9 11 20 En A’ la contrainte augmente de 5% mais la sécurité est toujours assurée par contre au point A il

apparaît une traction qui peut entraîner la fissuration du matériau, donc la sécurité en traction n’est plus assurée. HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

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TR/

Domaine de sécurité

TR

CR/ CR

0 Domaine de résistance

On constate que le domaine de sécurité n’est pas centré dans le domaine de résistance. En conclusion il parait qu’une variation d’action quelconque entraîne des variations différentes dans les contraintes résultantes aux différents points de la structure. Alors un coefficient de sécurité global  ne peut pas tenir compte de toutes variations dans les actions. Par conséquent il faut décomposer le coefficient de sécurité global  en coefficients de sécurité partiels afin de prendre en compte l’incertitude dans l’évaluation de chaque action et dans la détermination des résistances des matériaux. Alors, la sécurité devient s’exprimer par: R

 i i  

m

i coefficient de sécurité partiel exprimant l’incertitude sur les contraintes agissantes m Coefficient de sécurité partiel exprimant l’incertitude sur les résistances des matériaux dont les valeurs sont données dans le tableau suivant: Combinaison

Béton

Acier de béton armé en traction ou en compression

Fondamentale

1,5

1,15

Accidentelle

1,15

1

Coefficients γm relatifs aux matériaux

2.2 - Combinaisons d’actions aux états limites: 2.2.1 - Action : Les actions sont d’une part, les forces et les couples exercés par les charges permanentes et variables sur la structure et d’autre part les déformations qui lui sont imposées par des facteurs internes (retrait et fluage du béton, température) ou externes ( tassement ou déplacement d’appui). Les combinaisons d’actions sont les ensembles constitués par les actions à considérer simultanément. a) Charges permanentes: Les charges permanentes sont constituées essentiellement des poids propres des éléments structuraux tels que poutres, nervures, raidisseurs, dalles pleines, poteaux, voiles …. et les

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éléments non structuraux tels que revêtement du plancher, cloisons, enduit, forme de pente sur terrasse, étanchéité, isolation…. Les charges permanentes ne varient pas dans le temps. b) Charges d’exploitation: Les charges d’exploitation englobent toutes charges pouvant varier dans le temps tels que les charges climatiques (vent, neige, température…), et les charges de service auquel est destinée la construction (habitations, bureaux, archives, locaux recevant du public...). Les charges d’exploitation sont généralement définies dans les pièces du marché (cahier de charges) en fonction de l’utilisation futur des locaux. Par exemple on ne peut pas transformer une pièce d’appartement « charge d’habitation 1,5kN/m² » en une salle d’archive (5kN/m² ou plus). c) Exemple d’application : Parmi les charges citées ci-dessous définir celles qui sont permanentes et celles qui sont variables :

Action

Nature

Action

Nature

Dalle en béton armé

…….........

Voile en béton armé

……..........

coffre fort sur plancher

………….

Cloison sur plancher

…………..

poutre en béton armé

………….

Neige sur terrasse

.....……….

chauffe eau 200 dm3

………….

Voitures action des roues

…………..

personnes sur plancher

………….

Retrait du béton

…………..

Pression de terre sur mur

………….

Action de la température

………......

Vent sur façade

………….

………….. …………..

2.2.2 - Sollicitations: Les sollicitations sont les forces et couples appliqués à une section. Elles se déduisent des actions qui s’exercent sur la structure en faisant appel à des méthodes de calcul appropriées et, le plus souvent, à celle de la résistance des matériaux. Exemple: Considérons le cas du tablier d’un pont routier. Les actions comprendront : - les actions permanentes : poids propre et poids des superstructures (chaussée, bordures, trottoirs, garde corps ...). HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

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-

les actions variables : charges du trafic sur la chaussée, action du vent, actions éventuelles de la température, du fluage et du retrait.

-

Les sollicitations sont les efforts normaux et tranchants et les moments de flexion et de torsion engendrés dans les éléments du tablier (dalles entretoises, poutres) par les différentes actions.

2.2.3- Combinaisons d’actions aux états limites ultimes: a - Combinaison fondamentale

 G  Gmax  Gmin   Q  Q1  1,3  0i  Qi Gmax = charge permanente défavorable Gmin = charge permanente favorable Q1 = action variable de base Qi = action variable d’accompagnement avec i>1

 G  1,35

 Q  1,5  0i  Coefficient minorateur qui tient compte de la non simultanéité des actions sur l’ouvrage (voir tableau ci-dessous) b - Combinaison accidentelle AD  Gmax  Gmin   11Q1k   2i Qik i 1

Ad = valeur de l’action accidentelle (exemple: choc de bateaux ou camions sur les piliers de pont, séisme;

 11Q1k = valeur fréquente de l’action variable de base  2i Qik = valeur quasi-permanente des actions variables 2.2.4 – combinaison d’action aux états limites de service G max  G min  Q1   0i Q i i 1

Les valeurs des coefficients ψ0 ; ψ1 et ψ2 conformément au BAEL 91 sont données dans le tableau ci-dessous selon les différents types d’actions. Nature des charges

ψ0

ψ1

ψ2

Vent

0.77

0.2

0

Neige: Altitude < 500 m

0.77

0.15

0

Neige: Altitude > 500 m

0.77

0.3

0.1

Température variation uniforme

0.6

0.5

0

Coefficients ψ0 ; ψ1 ; ψ2 pour les charge climatiques (BAEL91)

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Association Acier – Béton (Adhérence)

CHAPITRE - 3 ASSOCIATION ACIER – BETON (ADHERENCE) 3.1-Définition de l'adhérence: On appelle adhérence l'action des forces de liaison qui s'opposent au glissement relatif des armatures par rapport à la gaine du béton qui l'enrobe. Pour une adhérence parfaite nous avons en tous points de l'élément la déformation de l’acier est égale à la déformation du béton qui l’enrobe  εs = εb

3.2 – Facteurs dont dépend l'adhérence La qualité d'adhérence dépend des facteurs suivants: 

L’état de surface des armatures (les barres à haute adhérence sont meilleures que les ronds lisses).



La résistance du béton à la traction. L'adhérence augmente avec la résistance à la traction du béton.

Béton Acier



Ø

L'état de contrainte dans la gaine du béton d'enrobage qui entoure la barre La traction diminue l'adhérence alors que la compression l'augmente. Béton Comprimé

Acier

3.3 - La contrainte d’adhérence réglementaire : Avec ψs =coefficient de scellement

 s  0.6   s2  f

t 28

ψs =1 pour ronds lisses ψs =1,5 pour Haute adhérence

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Association Acier – Béton (Adhérence)

3.4 - Ancrage des barres droites (rectilignes) Soit un élément de barre AB de longueur LAB soumis aux points A et B à des efforts de traction FA et FB respectivement avec FB > FA. Supposant que τs est constante sur la longueur LAB nous aurons :

FA

FB=FA+∆F

Ø

A

B

LAB

τs Pour un élément de barre dx la variation de force s’écrit par : dF       s dx

D’où par intégration sur la longueur LAB nous obtenons :

F  FB  FA      s LAB 

FB  FA       s LAB Formule d’ancrage Droit

En conclusion : Ancrer une barre soumise à un effort axial de traction « Fs », c’est assurer la transmission intégrale de cet effort au béton par adhérence. Longueur de scellement Soit le tronçon AB d’une barre d’acier

B Acier

A

Béton

Ø

Fs = As ×fe Ls

fe 0 Si

FB  As  f e =

  2 4

 fe



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l'ancrage est total

15

Association Acier – Béton (Adhérence)

FA  0 ; FB  As  f e  LAB  Ls

  f e    2  f e     s Ls 4  4  

  2

Ls 

 fe  4 s ls/ϕ

fe

fc28

20

22

25

30

35

40

45

400 500

41,2 51,4

38,6 48,2

35,3 44,1

30,9 38,6

27,4 34,3

24,7 30,9

22,4 28,1

235

54,4

51,0

46,6

40,8

36,3

32,6

29,7

Tableau1 : Calcul de la longueur de scellement ls en fonction de ϕ , fe et fc28

3.5 – Adhérence des barres courbes 3.5.1 – Étude théorique : Soit un tronçon de barre courbe tendue infiniment petit et représenté par sa ligne moyenne IJ d’ouverture dθ dT

dR

μ×dR J

I dθ/2 F r

dθ/2 F+dF

dθ/2 dθ

Le tronçon IJ est soumis:  aux forces de traction (F) au point I et (F+dF) au point J 

à la force (dT) due à l’adhérence sur l’arc IJ de longueur (rdθ)



à la réaction transversale du béton (dR)



force de frottement (μ.dR) issue de la réaction (dR) Hypothèse : On suppose que le calcul de l’ancrage courbe s’effectue en admettant, qu’aux forces d’adhérence définie pour un ancrage droit, se superpose une force de frottement appelée effet de courroie.

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16

Association Acier – Béton (Adhérence)

En désignant par (μ) le coefficient de frottement entre acier et béton l’effort (dR) développe un effort tangentiel (μ.dR). La projection des forces sur la médiatrice du segment IJ nous donne: d d )  ( F  dF )  sin( )  dR  0 2 2 d d d or sin( ) et dF  sin( ) est negligeable 2 2 2  dR  F  d   F  sin(

L’équilibre des forces le long du tronçon élémentaire nous donne : dF    dR  dT

Or

dT       s  ( r  d  ) d'aprés la formule d'ancrage rectiligne  dR  F  d 

D’où dF    d  ( F 

   s  r ) 

dF

  d (*)     s  r F   Pour un tronçon courbe de barre de longueur AB et d’ouverture θ 

Ø FA

A

B FB > FA

r

θ

O Par intégration de (*) sur le tronçon AB nous obtenons :

   r  s B ) A  (  ) BA     r  s FB  (e 1)     e  F  FA  e     r  s    r  s  FA   Log(F 

B

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17

Association Acier – Béton (Adhérence)

FB  k1  FA  k2 (    r   s ) avec

k1  e    e   1 k1  1 k    2   

avec  = 0,4

Formule d’ancrage courbe

Le tableau suivant présente quelques valeurs de k1 et k2 en fonction de θ

θ

45°

90°

120°

135°

180°

k1 K2

1.37 0.92

1.89 2.2

2.33 3.3

2.56 3.9

3.57 6.39

Valeurs de k1 et k2 en fonction de θ

3.5.2 - Rayon de courbure minimal Le rayon de courbure de l’axe des barres doit respecter les conditions suivantes :

3   pour les rond lisse r  5.5   pour les H.A.

r = rayon de courbure O

Ø 3.5.3 - Calcul d’un ancrage courbe Étant donnée θ, r, Ø On pose : r = ρ×Ø

3 pour les rond lisse avec    5.5 pour les H.A.

λ1× Ø : Longueur de retour droit d’extrémité λ2× Ø : Longueur (du point d’ancrage à l’origine de la courbe) La : Profondeur d’ancrage

Ao λ1× Ø

A1

r = rayon de courbure θ r

O

A3

A2

Ø λ2× Ø La

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18

Association Acier – Béton (Adhérence)

Rappelons que :

FB  FA       s  L A B

→ Formule d’ancrage rectiligne (F.A.R)

FB  k 1  FA  k 2 (    r   s )

→ Formule d’ancrage courbe (F.A.C.)

En considérant les différents tronçons de cet ancrage courbe nous aurons : 

FA1  FAo       s  (1   )

Tronçon AoA1 : Ancrage rectiligne →

 Tronçon A1A2 : Ancrage courbe

→ FA2  k 1  FA1  k 2 (   ( ) s )



En remplaçant FA1 par sa valeur

→ FA2     s (k1  1  k 2  )



Tronçon A2A3 : Ancrage rectiligne →

2

FA3  FA2      s  (2   )

Sachant qu’au point A3 nous avons un ancrage total (FA3 = As × fe ) et

FA2     s (k1  1  k 2  )  2

FA 3      s (k 1  1  k 2   )  (    2  s )  2

2

FA 3       s ( k1  1  k 2     2 )  2

Rappelons que

il vient que :

: Ls =





 

4

 

4

2

 fe

2

 fe

fe

4 s

Ls    ( k1  1  k 2     2 )

*

(* )

D’après le schéma ci–dessus nous avons



1    (k1  1  k2    2 )  (k1  1    (k2  1)  )   2 2 1 * Ce qui donne d'aprés (* ) La  Ls  (k1  1    (k2  1)  )   2 1  La  Ls     avec   (k1  1    (k2  1)  ) 2 La  2       

Remarque : Les résultats qu’on peut obtenir à partir d’un calcul d’ancrage courbe sont : 1. La longueur (λ1×Ø) du retour rectiligne d’extrémité tout en connaissant la longueur (La ou λ2×Ø) 2. La profondeur de l’ancrage (La ) tout en connaissant la longueur du retour droit d’extrémité (λ1×Ø) HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

19

Association Acier – Béton (Adhérence)

3.6 Ancrage total des cadres, des étriers et des épingles Rayon de courbure des cadres, étriers et épingles

Mandrin de cintrage

r = ρ×Ø avec ρ≥2 pour ronds lisses D

ρ≥3 pour barres HA. Le diamètre du mandrin de cintrage D = 2×r – Ø Soit :

D ≥ 3×Ø pour ronds lisses D ≥ 5×Ø pour H.A.

L’ancrage des cadres, étrier et épingles est considéré total si on respecte les dispositions suivantes :

Etrier

Epingle

Cadre

Cadre 15 Ø 10 Ø

5Ø θ =180°

θ =135°

θ =90°

3.7- Dispositions constructives 3.7.1-Enrobage des armatures [Art. A7.1] Afin de protéger les armatures de la corrosion, celles ci doivent être suffisamment enrobées de béton.

Fig.1.5.1 : Définition de l’enrobage e

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20

Association Acier – Béton (Adhérence)

L’enrobage « e » de toutes armatures est au moins égal à : - 1 cm : locaux couverts non exposés aux condensations. - 3 cm : exposé aux intempéries, condensations et liquide ou actions agressives (ramené à 2cm si fc28 >40 MPa). - 5 cm : atmosphère très agressive, mer. - … et toujours supérieur à Ø 3.7.2- Groupements d’aciers [Art. A7.2] Les armatures sont souvent groupées en paquets. Mais leur disposition doit être compacte et opposer le minimum de gène lors du coulage du béton (en particulier à cause de la taille des granulats). On retiendra les dispositions constructives suivantes :

Fig. 1.5.2 : Dispositions constructives pour les groupements d'armatures 3.7.3-Poussé au vide Lorsque des aciers non rectilignes sont en traction il se développe des contraintes dans le béton avoisinant qui risquent de le faire eclater ; c’est le phénomène de poussée au vide. Il suffit de respecter certaines règles de construction pour éviter ce phénomène de poussée au vide. Ligature

Incorrect

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Correct

Correct

21

Association Acier – Béton (Adhérence)

 Incorrect

Correct

3.8 - Applications Numériques Exercice 1 Soit à réaliser l’ancrage total d’une barre Ø32 à partir d’un point (A) situé à 30cm du bord d’une pièce en béton armé, l’enrobage minimal est de 3cm. On donne :

Pièce en B.A.

fc28=25 MPa ; fe =400 MPa

A

θ = 135° si un ancrage courbe

Ø

s’avère nécessaire.

Barre Ø32

On demande de :

L1= 30cm

1. Déterminer le type d’ancrage nécessaire pour ancrer totalement cette barre au point A 2. Dans le cas d’un ancrage courbe, déterminer les caractéristiques géométriques de cet ancrage notamment la longueur et retour droit. Corrigé 1°) Type d’ancrage  s  0, 6  s2  f t 28  s  0, 6 1,52  (0, 6  0,06  f c 28 )  2,835MPa Ls 

 4



fe

s



avec ψs =1,5 pour H.A.

Ls >(l1 -3cm)  Ls >27cm  Ancrage courbe r

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θ A2

Prenons un angle de crochet (θ=135°=3π/4) 1 La  Ls     avec   (k1  1    (k 2  1)  ) 2

O

A1

2°) Caractéristique de l’ancrage courbe Rayon de courbure (r=5,5×32=176mm)

Ao

λ1× Ø

32 400   1 1 2 8 m m  1,1 2 8 m 4 2, 835

Ø Ø/2

r

A3

λ2× Ø La=30-3=27cm 22

Association Acier – Béton (Adhérence)

Pour θ =135° on a: k1=2,56 ; k2 =3,9 et ρ = 5,5



1 

Ls  La



 26,812 1 2  26,812  (5,5  (3,9 1)  0,5)  4,44 2,56

  (  (k 2 1)  ) k1

λ1 = 5  λ1 × Ø = 5×0,032 = 0,16m

Soit Exercice 2

Déterminer le retour droit d’un crochet normal (θ=180°) pour que l’ancrage soit équivalent à un scellement droit de (40×Ø). La barre à ancrer est de 16mm de diamètre et fe=400MPa. L’ancrage total de la barre est supposé à l’origine de la courbure.

λ1× Ø

B

C

Corrigé 

Ancrage rectiligne F.A.R. 

FAR    s (40)  402  s 

O

r

A

16

Ancrage courbe F.A.C. 

FA C       s ( k 1  1  k 2   ) 2

FA R  FAC

 40     2   s     2   s ( k 1  1  k 2   )  1



40  k 2   k1

Pour θ=180° k1=3,57 et k2=6,39  λ1=1,36  soit λ1=2

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23

Association Acier – Béton (Adhérence)

Exercice 3 On considère un ancrage courbe à 135° et on se propose de déterminer le retour droit (L2) d’une barre HA 12 de nuance Fe E 500. La résistance caractéristique à la compression du béton à 28 jours sera prise égale à 25 MPa. L2 D C

θ

R=5.5Ø

B

L1=10cm

Origine de l’ancrage A

Exercice 4 La poutre présentée ci-dessous participe à l’ossature d’un plancher haut Rez-de-chaussée ouvert sur l’extérieur « enrobage min = 3 cm »

Poutre P

Poteau

22 cm

Barre d’acier

Une barre d’acier Fe E 400 de diamètre 12mm doit être ancrée à partir du nu intérieur de l’appui ; calculer la longueur d’ancrage nécessaire à cette barre. Peut- on réaliser cet ancrage de façon linéaire ? si non, calculer les caractéristiques de l’ancrage courbe nécessaire. On donne : θ=135° ; r = 5,5 Ø ;fe = 400 MPa ; fc28 =25 MPa

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24

Descente des Charges

CHAPITRE – 4 DESCENTE DES CHARGES 4.1 - Systèmes porteurs Le système porteur est constitué d’éléments structuraux (poteau, poutre, dalle, nervure, portique voile…..) permettant de transmettre les charges jusqu’aux fondations. 

Les planchers acheminent les charges horizontalement vers l’ossature porteuse, ils portent généralement dans le sens de la plus petite portée,



Les ossatures « portiques » reprennent des charges horizontalement et verticalement.



Les poutres reprennent :  Les planchers  Les maçonneries d’étages ou les voiles lorsqu’ils n’existent pas à l’étage inférieur. Les poutres reposent le plus souvent sur des poteaux. Elles peuvent éventuellement s’appuyer sur des voiles en B.A. si les charges ne sont pas trop élevées et même sur de la maçonnerie pour de faibles charges.



Les fondations, reportant les charges sur le sol, supportent les poteaux les voiles et les maçonneries.

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25

Descente des Charges

La partie de la structure située sous le rez-de-chaussée est appelée infrastructure, la partie située au-dessus est appelée superstructure. Semelle filante

Voiles « murs porteurs »

Poteaux

Semelles isolées

Nervures

Raidisseurs

Poutres Longrines

Infrastructure

Superstructure.

 Système de contreventement : Contreventer, c’est assurer la transmission des actions horizontales jusqu’au sol sans désordre ni déformation excessive. En outre, le contreventement permet à l’ossature porteuse de fonctionner d’une manière monolithe. Dans les bâtiments courants, les voiles, les cages d’escalier et d’ascenseur jouent le rôle du système de contreventement. Pour les bâtiments non élancés « hauteur modérée H < 20m» on ne se préoccupera de la stabilité horizontale que de façon qualitative. 4.2 – Portées des poutres La portée d’une poutre à prendre en compte dans les calculs est mesurée entre axes des appuis si les poutres sont munies d’appareils d’appui élastomère.

Portée « L »

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26

Descente des Charges

Dans les cas très fréquents où les poutres reposent sur des poutres, poteaux ou voiles en béton armé, la portée à prendre en compte est mesurée entre nus d’appuis.

Portée « L »

Si la poutre repose sur de la maçonnerie, la portée est calculée comme la distance du nu au nu majorée du tiers de l’épaisseur des porteurs verticaux.

a

a’/3

a/3

a’

Portée « L »

4.3 – Répartition des charges Elle est fonction de mode de réalisation  Plancher en corps creux les charges sont reprises obligatoirement sur deux cotés du panneau. Nervures

Porteurs

Poteaux

Raidisseurs

Coupe sur plancher en corps creux HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

27

Descente des Charges

 Plancher en pré-dalle « dalle préfabriqué » les charges sont reprises généralement sur deux cotés du panneau. Porteurs Pré-dalles

Poteaux

 Plancher en dalle pleine coulée sur place les charges peuvent être reprises soit sur deux ou sur quatre cotés selon le rapport lx/ly lx/ly < 0,4 la dalle est reprise sur deux côtés selon la plus petite portée « lx » 0,4 < lx/ly h0 (Axe neutre dans la nervure)

 bc 

M ser .y 1 I SRH

[4]

 st 

15  M ser .(d  y 1 ) I SRH

[5]

i) Position de l’axe neutre Moment statique de la section rendue homogène par rapport à l’axe neutre =0 b0 2 h y 1  (b  b 0 ) h0 .( y 1  0 )  15A sc ( y 1  d ')  15A st (d  y 1 )  0 2 2



 b0 2 h2 y 1   (b  b0 )h0  15A sc  15  A st  y 1   (b  b 0 ) 0  15A st  d  15A sc  d 2 2 

 '  0 

[6]

de la forme : f ( y 1 )  Ay 12  By 1  C  0  y1 : la racine positive de [6]

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58

La flexion simple Calculons f (h0 ) 

b 2 h0  15 Asc (h0  d ')  15 Ast (d  h0 ) 2



Si f(h0) < 0  y1> h0  l’axe neutre est dans la nervure section en T



Si f(h0) > 0  y1< h0  l’axe neutre est dans la table  section rectangulaire

ii) Moment d’inertie ISRH / à l’axe neutre by13 (b  b0 )( y1  h0 )3   15 Asc ( y1  d ') 2  15 Ast ( d  y1 ) 2 pour f ( h0 )  0 section en T 3 3 by 3  1  15 Asc ( y1  d ') 2  15 Ast (d  y1 ) 2 pour f ( h0 )  0  section rectangulaire 3

I SRH  I SRH

[7]

Résumé vérification aux ELS: b 2

 Analyse de signe de f(h0) avec f (h0 )  h02  15 Asc (h0  d ')  15 Ast (d  h0 )

 Si f(h0) < 0  y1> h0  Section en T  y1 est calculé à partir de [6]  ISRH à partir de [7]  σbc à partir de [4] et σst à partir de [5]

 Si f(h0) > 0  y1< h0  Section rectangulaire (b×h) y1 racine positive de l’équation suivante: b 2 y1  15 Asc  15  Ast  y1  15 Ast  d  15 Asc  d '  0 2

 Calcul de ISRH à partir de [7]  puis σbc à partir de [4] et σst à partir de [5]

 Vérification :  bc   bc Quelque soit le type de fissuration et   st   st En fissuration préjudiciable et très préjudiciable 7.5.2- Dimensionnement des armatures Le dimensionnement aux ELS est généralement le critère prépondérant pour les conditions de fissuration préjudiciable (FP) et très préjudiciable (FTP) il est logiquement suivi d’une vérification aux ELU. Lorsqu’il s’agit de dimensionner une poutre en flexion, les inconnues sont la section du béton (b×h) et les sections d’acier tendue (Ast) et éventuellement comprimée (Asc). Pratiquement on se donne les dimensions de la section de béton (b×h) et le calcul se passe ensuite en deux temps :

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59

La flexion simple  Evaluation du moment résistant de la section de béton (Mrb) sans armatures comprimées.  Dimensionnement des armatures tendues et éventuellement des armatures comprimées

Organigramme : dimensionnement des armatures aux ELS 7.5.2.1-Cas d’une section rectangulaire a°)-Cas où la fissuration est peu préjudiciable : Après avoir dimensionné la section à l’état limite ultime, lorsque, la vérification à l’état limite de service (condition ci-dessus) n’est pas vérifiée, il faut redimensionner la section du béton à l’état limite de service.

 bc   bc et σst non définie Données : b ; h ; d ; d’ ; fe ; fc28 ; et Mser Inconnues: Ast et éventuellement Asc Par souci d’économie fixons :  bc   bc  0, 6f c 28 b

σbc y1

h

σ

d Ast

σst/15

1 N bc   bc . y 1b 2 1 z  d  .y 1 3 Nst =Ast× σst

Equilibre des forces (PFS) HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

60

La flexion simple Σ Ni =0  Nbc =Nst 1 2

1 3

Σ Mi/Ast = Mser  Mser= Nbc×z  M ser   bc  y 1  b  (d  . y 1 ) 6M ser 1 1 M ser   bc  d 2b (1  .12 )   31  12 2 3  bc  d 2b

12  31 



6M ser 0  bc  d 2b

[8]

α1 solution de l’équation [8] comprise entre 0 et 1 d’où 1 

8M ser  3 1  1   2  3bd 2  bc 

Mser= Nst×z = Ast×σst×z A st 



M ser z   st

où : z  d (1 

1 3

) ;  st 

15(1  1 )

1

 bc

b°) Cas où la fissuration est préjudiciable (FP) ou très préjudiciable(FTP)

 bc   bc et  st   st 

Calcul du moment résistant du béton Mrb

Mrb est le moment Max que peut supporter la section de béton sans aciers comprimés lorsque  bc   bc et  st   st b

σbc 1 N bc   bc . y 1b 2

y1

h

σ

d Ast

1 z  d  .y 1 3

σst/15

Soit y 1  y 1  1 

y1 y et  1  1 d d

D’après le diagramme de contrainte 1  M rb  N

bc

z 

Nst

15 bc  st  15 bc



1 

9  f c28  st  9  f c28

1 y y 1.b . bc  (d  1 ) 2 3

 1  M rb  b .d 2  bc  1 (1  1 ) 2 3 Lorsque  st   st et  bc   bc  M ser  M rb  Asc  0 Lorsque  st   st et

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 bc   bc  M ser  M rb  Asc  0 61

La flexion simple cas où M ser  M rb  Asc  0 Fixons donc,  st   st et  bc   bc Les équations d’équilibre s’écrivent alors : b  1d b  1d 2  1   bc  Ast   st et M ser    bc  (1  1 ) et  bc   st (*) 2 2 3 15(1  1 )  En remplaçant σbc dans l’expression de Mser par sa valeur nous obtenons

 Posons u 

30M ser 12  13 3  (1  1 ) bd 2  st

[9a]

30M ser l’équation [9a] devient bd 2  st

13  312  3u1  3u  0

[9b]

Il y a trois inconnues α1 , σbc et Ast . α1 est déterminée à partir de l’équation de 3ième degré en α [9b]. La résolution de cette équation en α1 est obtenue : Soit à partir de l’abaque fourni en annexes en calculons la valeur : u 

30M ser puis α = f(u) à partir de l’abaque ; Soit théoriquement comme suit : bd 2  st

Tout d’abord on calcule   1  u puis cos( )   3 2 d’où φ en degré



Ensuite on trouve 1  1  2  .cos(240o  ) 3



 st

Ayant obtenu α1, on calcule  bc  ( 1 )  ( ) (**) 1  1 15 On vérifie que σbc ≤0,6×fc28. A partir des équation d’équilibre (*) et en remplaçant σbc (équation **) par sa valeur nous obtenons: b .1d b .1d 1  st bd 12 A st  . bc  ( ).  1  1 15 30(1  1 ) 2. st 2. st

bd 12 D’où A st  30(1  1 ) 

cas où ser   rb  A sc  0

Fixons μs = μrb et  bc   bc et  st   st

 y1 =y1

Et (μser - μrb) sera équilibré par Asc

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62

La flexion simple

A sc 

( ser   rb )  bd 2 . bc  sc  (d  d ')

 sc 

15( y1  d ') 9  f c 28  bc . bc et y1   1.d or  1  = y1  bc   st /15 9  f c 28   st

avec

Et à partir de l’équilibre statique on calcule :

1  b   bc y1  Asc sc 2 Ast 

 st

7.5.2.2 - Cas d’une section en T a°)-Cas où la fissuration est peu préjudiciable : Après avoir dimensionné la section à l’état limite ultime, lorsque, la vérification à l’état limite de service (condition ci-dessus) n’est pas vérifiée, il faut redimensionner la section d’acier à l’état limite de service.

 bc   bc et σst non définie Données : b ; h ; b0 ; h0 ; d ; d’ ; fe ; fc28 ; et Mser Inconnues: Ast et éventuellement Asc Par souci d’économie fixons :  bc   bc  0, 6f c 28 b

 bc

Nbc

h0

h0

z1

d Ast

Nst

b0

h 1 Moment de la table aux ELS = M Ts  N bc  z 1   bc b  h0 (d  0 ) 2 3

i°) Mser < M Ts

section rectangulaire (b×h) « voir paragraphe précédent »

ii°) Mser > M Ts

section en T

b h0

Asc

εst

 bc y1

εbu

d Ast

b0

εbc εsc

=

b - b0

Nbc1

σ z1

Ast1

σst/15 Nst1

 bc

h0

+

Nbc2 z2

Ast2

σst/15 Nst2

b0

Figure 7.5.2 : discrétisation de la section en T HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

63

La flexion simple Bilan des forces  La force de compression développée par l’âme de la section est donnée par : 1 N bc 1   bc  y 1  b0 2

 Le bras de levier de cette force par rapport aux armatures tendues est : 1 z1  d  y1 3

 La force de compression développée par les ailes de la table « (b-b0)×h0 » est donnée par :

N bc 2 

 bc 2

 y 1 (b  b0 ) 

 N bc 2 

 bc 2

 bc 2

(b  b0 )

(b  b0 ) h0 (

( y 1  h0 ) 2 y1

2 y 1  h0 ) y1

 Le bras de levier de cette force par rapport aux armatures tendues est : h  3 y  2 h0  z 2  d  0  1  3  2 y 1  h0  posons  

y1 d

et  

   3  2 z 2  d 1    3  2   

h0 d

  

 Σ Mi/Ast = Mser  Mser= Nbc1×z1+ Nbc2×z2 Remplaçant Nbc1 ; Nbc2 ; z1 ; z2 par leurs valeurs nous obtenons 2  b  b0  2       3  2   M ser  1  bc  d 2  b 0  (   )  ( )    1     2 3 b0 3  2      

    



 6M ser b  b0 b  b0  (3 2  6  )    ( )(3 2  2  3 )  0 2 b b   d  b 0 0 0  bc 

  3  3 2  

Posons s 

M ser l’équation devient:  bc  d 2  b0



 3  3 2   6 s  

 b  b0 b  b0 (3 2  6  )    ( )(3 2  2  3 )  0 b0 b 0 

[10]

α est la solution réelle comprise entre β et 1 de l’équation [10] voir abaques en annexes. 15(1   )   st   bc   Σ Ni =0

 Nbc1 + Nbc2 = Nst = Ast×σst 1 2

 

 A st   st   bc  d    b0  (b  b0 )   (

A st 

2    )  

 bc  d  b0  b  b 0 2    2    ( )( )  2 st b0   

HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

64

La flexion simple b°)-Cas où la fissuration est préjudiciable ou très préjudiciable :

 bc   bc et  st   st 

T Calcul du moment résistant du béton M Rb

T M Rb est le moment Max que peut supporter la section de béton sans aciers comprimés

lorsque  bc   bc et  st   st b h0

b0

εbc εsc

Asc

 bc y1

ε

=

εst

Nbc1

σ

d Ast

b - b0 h0

z1 Ast1

 bc

 st 15 Nst1

+

Nbc2 z2

Ast2

 st 15 Nst2

b0

1  

15 bc  st  15 bc



1 

9f c 28  st  9f c 28

Le moment résistant aux ELS de la section du béton comprimée est donné par : T M Rb  N bc 1  z 1  N bc 2  z 2    3  2 h 1 y T  M Rb   bc  y 1  b0  (d  1 )  (b  b0 )h0 (1  0 ) bc  d 1    1  2 3 3  21   2y 1 

 M



T Rb

 bc d 2b 0  61

   

 3 b  b0 b  b0 2 2 3 2  (3    )  ( ) 6   3    ( ) 2   3  1      1 1 b0 b0  

T Cas ou Mser > M Rb

Asc ≠ 0

T (Mser - M Rb ) sera équilibré par Asc

A sc 

T (M ser  M Rb )  sc  (d  d ')

avec  sc 

15( y 1  d ') . bc y1

A partir de l’équilibre statique « Σ Ni =0  Nbc1 + Nbc2 +Asc×σsc= Nst = Ast×  st » nous calculons :

A st 

N bc 1  N bc 2  A sc   sc

 st A st 

 bc  d  b 0  b  b0 2    A sc   sc ) ( 1 )   1  ( b 2 st   st 0 1  

HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

65



Cas ou Mser < M

La flexion simple Asc = 0

T Rb

Fixons  st   st et  bc   bc b

b0

εbc εsc

h0

 bc y1

ε

d Ast

=

εst

b - b0

Nbc1

σ z1

Ast1

 st 15 Nst1

 bc

h0

Nbc2 z2

+

Ast2

 st 15 Nst2

b0

D’après le diagramme des contraintes à travers la section droite nous avons :

 bc 

 1  st (1  1 ) 15

Les équations d’équilibre s’écrivent alors :  Σ Mi/Ast = Mser  Mser= Nbc1×z1+ Nbc2×z2 1 2

Rappelons que : N bc 1   bc  y 1  b0 1 z1  d  y1 3

et

z2 d 

et

N bc 2 

 bc 2

(b  b 0 ) h0 (

2 y 1  h0 ) y1

h0  3 y 1  2 h0    3  2 y 1  h0 

Remplaçant σbc par sa valeur et h0 par β×d et y1 par α1×d nous obtenons :   2       31  2  b  b0 1 1 2 M ser    st  d 2  b 0  (1  1 )  ( )   1   1     2 (1  1 ) 15 3 b0 3  21    1   

1  312  13 30M ser b  b 0   6 1  3 2   2  31  2  (  )  ( )    3  1 b 0   3 1  st  d 2  b 0 (1  1 )  3 1     90M ser b  b0 (1  1 )  312  13  ( ) 6 1  3 2  3 21  2  3 2 b0  st  d  b 0





    

   



  90M ser  90M ser b  b0 b  b0 ( ) 6   3 2  1   ( ) 3 2  2  3   0 2 2 b0 b0   st  d  b 0    st  d  b 0 



13  312   Posons u 







30 M ser nous obtenons  st  d 2  b0  b  b0    b  b0 ) 3 2  6   3u  1   3u  ( ) 3 2  2  3   0 b0  b0   

13  312   (









[11]

Pour ( b-b0)=0, nous retrouvons l’expression de la section rectangulaire α1 est la solution réelle comprise entre β et 1 de l’équation [11] voir abaques en annexes  Σ Ni =0

A st 

 Nbc1 + Nbc2 = Nst = Ast×  st

N bc 1  N bc 2

 st

b0d 12  2  d (b  b0 )1   2d (b  b 0 ) A st  30(1  1 )

HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

66

La flexion simple

7.6– Détermination du coffrage des sections rectangulaires Les dimensions de la section du béton sont obtenues toute en supposant qu’il ne faut pas d’armatures comprimées. 7.6.1 Cas de la fissuration peu préjudiciable Dimensionnement à l’ELU sans armatures comprimées Mu ≤ Mul



μ≤ μl



b 0d 2 

Mu l .f bu

Remarque : Pour déterminer la seconde inconnue du problème une règle de bonne construction consiste à prendre : 0,3.d ≤ b0 ≤0,5.d nous prenons une valeur moyenne de b0=0,4.d

d

3

Mu 0, 4l .f bu

7.6.2 Cas de la fissuration préjudiciable ou très préjudiciable Dimensionnement à l’ELS sans armatures comprimées Mser ≤ Mrb





μser ≤ μrb

d 

3

b0  d 2 

M ser rb . bc

M ser 0, 4 rb . bc

7.7- Applications numériques Exercice 1 Soit une poutre isostatique de section rectangulaire réalisé en béton de résistance fc28 =20 MPa armé par des barres HA FeE400. Le poids volumique du béton est ρb = 25 kN/m3. La fissuration est considérée peu préjudiciable. Le schéma mécanique de cette poutre est présenté sur la figure suivante : 3cm

Q=8 kN/m G=18 kN/m

h 4cm 30 cm

6,00 m

1°) Déterminez dans la section la plus sollicitée les armatures de flexion (pour h=0,5m et h=0,3m) 2°) Quelle serait cette armature si la fissuration était très préjudiciable (considérez h=0.5m)

Exercice 2 : Soit une section en forme de T réalisée en béton de résistance fc28=22MPa armé par des aciers HAFeE400. La fissuration est considérée peu préjudiciable. Les dimensions de la section sont indiquées sur le schéma suivant : HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

67

La flexion simple 0,8m

0,04m

0,2 0,8m

0,75m

0,3

1°) Calculez les armatures de flexion nécessaires dans les trois cas suivants : Mu = 900 kN.m et Mser = 640 kN.m Mu = 1400 kN.m et Mser = 1000 kN.m Mu= -700 kN.m et Mser = -500 kN.m 2°) Vérifiez la section à l’état limite de service en considérant les trois cas précédents.

Exercice 3 : Soit le bâtiment en béton armé, à usage bureautique dont la charge d’exploitation est de 2,5 kN/m². Le coffrage du plancher haut RDC est présenté ci-après: 0,22 A2 (35×75)

N1(16+5) A1(22×50)

Carrelage (2,5cm P.V. 24 kN/m3) Mortier de pose (2cm ; P.V.= 22 kN/m3) A3 (22×50) Lit de sable (5 cm ; P.V.= 17 kN/m3) Poteau naissant (22×22) A4 (22×50) Plancher en corps creux (2,85 kN/m²) 2,00 m

5,00 m

Enduit sous plafond (1,5 cm P.V.= 22 kN/m3)

Coupe sur corps du plancher 0,22 4,20

4,20

4,20

Les charges permanentes et d’exploitation apportées par le poteau naissant sur la poutre A2 sont estimées à 120 kN et 50 kN respectivement. On donne : poids volumique du béton = 25 kN/m3 ; fc28=22MPa ; fe=400

MPa ; d=0,9h ; la fissuration est considérée peu préjudiciable. 1°) Calculer les charges réparties permanentes et d’exploitation appliquées sur la poutre A2, présenter son schéma mécanique en indiquant toutes les charges appliquées. 2°) Calculer le moment max appliquée sur la poutre A2. 3°) Calculer le ferraillage longitudinal de la poutre A2 à la section la plus sollicitée. 4°) Vérifier cette même section à l’ELS. 5°) Quelle serait le ferraillage de la poutre si la fissuration était très préjudiciable

HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

68

La flexion simple ANNEXE « 0 » Nombre de colonnes de barres en fonction de la largeur du béton

HADJ TAIEB Med. – Cours Béton Armé I - 2020

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La flexion simple Nombre de colonnes de barres en fonction de la largeur du béton Masse diamètres nominaux

d mm

Section

par

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

mètre P

barre

barres

barres

barres

barres

barres

barres

Barres

barres

barres

kg

cm²

cm²

cm²

cm²

cm²

cm²

cm²

cm²

cm²

cm²

6 8

0,22 0,39

0,28 0,50

0,57 1,00

0,85 1,51

1,13 2,01

1,41 2,51

1,70 3,01

1,98 3,52

2,26 4,02

2,54 4,52

2,83 5,02

10

0,62

0,79

1,57

2,36

3,14

3,93

4,71

5,50

6,28

7,07

7,85

12

0,89

1,13

2,26

3,39

4,52

5,65

6,78

7,91

9,04

10,17

11,30

14

1,21

1,54

3,08

4,62

6,15

7,69

9,23

10,77

12,31

13,85

15,39

16

1,58

2,01

4,02

6,03

8,04

10,05

12,06

14,07

16,08

18,09

20,10

20

2,47

3,14

6,28

9,42

12,56

15,70

18,84

21,98

25,12

28,26

31,40

25

3,85

4,91

9,81

14,72

19,63

24,53

29,44

34,34

39,25

44,16

49,06

32

6,31

8,04

16,08

24,12

32,15

40,19

48,23

56,27

64,31

72,35

80,38

40

9,86

12,56

25,12

37,68

50,24

62,80

75,36

87,92

100,48

113,04

125,60

50

15,41

19,63

39,25

58,88

78,50

98,13

117,75 137,38

157,00

176,63

196,25

Caractéristiques des armatures pour Béton Armé

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70

La flexion simple ANNEXES « I »

Abaques pour détermination de α1 en fissuration préjudiciable et très préjudiciable

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