1 Fonctionnement du béton armé en flexion

2 Le principe du béton armé en flexion le béton reprend les efforts de compression les aciers reprennent les efforts de traction. Un élément en béton armé est optimisé lorsque les matériaux béton et acier travaillent au maximum de leurs possibilités. (si l’acier travaille à seulement 80 % de ses possibilités, il faudra ajouter 20 % d’acier en plus pour assurer l’équilibre)

3 Diagramme contrainte – déformation de l’acier ( EC 2 ) : L’acier travaillera au maximum à partir d’une contrainte f yd L’Eurocode 2 limite généralement l’allongement unitaire de l’acier à 10 ‰ L’acier travaillera au maximun lorsque :  l (2.174 ‰) <  s < 10 ‰

4 Diagramme contrainte – déformation du béton ( EC 2 ) : Le béton travaillera au maximum à partir d’une contrainte  c = f cu, c’est à dire pour un allongement unitaire du béton supérieur à  c = 2 ‰. L’ Eurocode 2 limite l’allongement unitaire du béton à 3,5 ‰ Le béton travaillera au maximun lorsque : 2 ‰ <  c < 3,5 ‰

5 Il faudra donc dimensionner nos éléments de manière à respecter :  l (2.17 ‰) <  s < 10 ‰ Acier 2 ‰ <  c < 3,5 ‰ Béton On respecte le règlement et on optimise l’élément en béton armé.

6 Dans cet exemple, la section est ici bien dimensionnée car les déformations de l’acier et du béton sont dans les intervalles énoncés précédemment. Les matériaux travaillent donc de manière efficace. Prenons le cas d’un exemple d’une poutre classique soumise à la flexion. Le diagramme déformation de la section a l’allure suivante : 10 d y

7 Théorème de Thalès : 3,5/ y AB = 10/(d- y AB ) d’ou y AB = d Calcul de M AB : la section est en équilibre ⇨ on pose Σ M t /aciers = 0 M AB = 0,8 y AB f cu b (d - 0,4 y AB ) avec y AB =0.259 d ⇨ M AB = 0,186 b d² f cu Le moment de référence M AB est le moment sollicitant une section permettant d’atteindre simultanément  s = 10 ‰ et  c = 3,5 ‰ Diagramme des déformations d 3,5 ‰ f cu d y AB 0,8y AB Ast. fyd b M AB Diagramme des contraintes 10 ‰ On obtient dans ce cas un axe neutre à une distance y AB = d de la fibre supérieure de la poutre.

8 Remarques : M AB est un moment « virtuel » qui engendrerait  s = 10 ‰ et  c = 3,5 ‰. M AB ne dépend pas du chargement. M u est le réel qui sollicite la section. Mu dépend du chargement (descente de charge…) On compare Mu à M AB Cas 1 : Mu ≤ MAB : pivot A  s = 10 ‰ et  c ≤ 3,5 ‰ Le « risque » est que le béton travaille mal (si  c ≤ 2 ‰) 2 inconnues : La positon de l’axe neutre : y La section d’armature tendue : Ast y d cc 10 ‰=  s Pivot A

9 2 inconnues ⇨ 2 équations Σ F /x = 0 Σ M t /aciers = 0 f cu d y 0,8y Ast. f yd b Mu Diagramme des contraintes Σ F /x = 0 : 0,8 y b f cu = f yd Ast (1) Σ M t /aciers = 0 : Mu = 0,8 y b f cu (d – 0.4 y) (2) L’équation (2) donne y. L’équation (1) donnera ensuite Ast (2) : Mu = 0,8 y b f cu (d – 0.4 y) ⇨ y² - 2,5 d y + = 0 ⇨ y = 1,25 d 1- (c’est la solution « cohérente » de l’équation) (1): 0,8 y b f cu = f cu Ast ⇨ Ast =

10 Connaissant y, cela permet de calculer  c grâce au diagramme des déformations : 10 ‰ =  s y d  bc Théorème de Thalès :  c /y = 10/(d-y) d’ou  c = 10y / (d-y) Si  c > 2 ‰ alors le béton W bien. Si  c < 2 ‰ alors le béton W mal (la section est surdimensionnée) ⇨ on redimensionne la section (ex : on diminue h) Le béton travaille-t-il bien ?  s = 10 ‰ ⇨ les aciers W bien car  s >  l = 2,17 ‰  c ≤ 3,5 ‰ ⇨ Il faut calculer  c car le béton W bien seulement si  c > 2 ‰

11 Remarques concernant les unités Le plus simple est de respecter les unités suivantes : Les longueurs (b, h, d, y) sont en mètres (m) Fck, Fyk, Fcu, Fyd sont en MPa, Mu en MN (Les « Mégas » s’annuleront entre eux) Les sections d’aciers Ast et Asc sont en m² ( multiplier ensuite par 10 4 si on veut des cm²)

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13 Cas 2 : Mu > MAB : pivot B  c = 3,5 ‰ et  s < 10 ‰ 3,5 ‰=  c d y ss Pivot B Le « risque » est que les aciers travaillent mal (si  s < 2,17 ‰)

14 Théorème de Thalès : 3,5/y l = 10/(d-y l ) d’ou y l = d Calcul de M l : la section est en équilibre ⇨ on pose Σ M t /aciers = 0 M l = 0,8 y l f cu b (d - 0,4 y l ) avec y l =0.618 d ⇨ M l = 0,372 b d² f cu On obtient dans ce cas un axe neutre à une distance y l = d de la fibre supérieure de la poutre. Le moment de plastification M l est le moment sollicitant une section permettant d’atteindre  s =  l = 2,17 ‰ (limite de la zone élastique / plastique) Diagramme des déformations d 3,5 ‰ b f cu d ylyl 0,8y l Ast. fyd MlMl Diagramme des contraintes 2,17 ‰

15 2 inconnues ⇨ 2 équations Σ F /x = 0 Σ M t /aciers = 0 f cu d y 0,8y Ast. f yd b Mu Diagramme des contraintes Σ F /x = 0 : 0,8 y b f cu = f su Ast (1) Σ M t /aciers = 0 : Mu = 0,8 y b f cu (d – 0.4 y) (2) L’équation (2) donne y. L’équation (1) donnera ensuite Ast (2) : Mu = 0,8 y b f cu (d – 0.4 y) ⇨ y² - 2,5 d y + = 0 ⇨ y = 1,25 d 1- (c’est la solution « cohérente » de l’équation) (1): 0,8 y b f cu = f cu Ast ⇨ Ast =

16 Les aciers travaillent-t-il bien ? Comparons Mu à M l : moment de plastification des aciers ⇨ y = 1,25 d 1- ⇨ Ast = Si Mu 2,17 ‰ ⇨ les aciers W bien Le calcul est identique au pivot A :

17 Les charges sont trop importantes / poutre ⇨ besoin de plus de béton comprimé pour résister. ⇨ l’axe neutre descend. ⇨ le bras de levier entre le centre de poussée du béton et des aciers diminue ⇨ N’ayant pas de bras de levier suffisant, les aciers travaillent dans de mauvaises conditions (  s ≤ 2,17 ‰) Si Mu > M l ⇨  s < 2,17 ‰ ⇨ les aciers W mal ! z z

18 Solutions pour optimiser dans la cas ou Mu > M l On voudrait avoir Mu < M l sachant que M l = 0,372 b d² f cu  b ou d ⇨ M l  Ajout Asc ⇨ Les aciers comprimés « aident » le béton comprimé ⇨ réduit la zone de béton comprimé ⇨ monte ainsi l’axe neutre ⇨ augmente le bras de levier z ⇨ permet aux aciers de bien travailler z z  fck ⇨ f cu ⇨ M l

19 On ajoute juste assez d’aciers comprimés pour remonter l’axe neutre de y à y l. On aura ainsi  s = 2,17 ‰) Diagramme des déformations d 3,5 ‰ b f cu d Y l =0,618d 0,8y l Ast. f yd MuMu Diagramme des contraintes 2,17 ‰ Asc. fyd d’ Il y a 2 inconnues Ast et Asc (y est connu : y = y l =0.618 d) Σ F /x = 0 : Asc. f yd + 0,8 y b f cu = f yd Ast(1) Σ M t /aciers = 0 : Mu = 0,8 y b f cu (d – 0.4 y) + Asc. f yd (d – d’ ) (2) M l !!!!!

20 L’équation (2) donne : Asc = L’équation (1) donne : Ast = Asc + avec y l = d Le règlement impose que la part d’efforts repris par les aciers comprimés ne dépasse pas 40 % de l’effort total, c’est à dire : Il faut : Mu - M l < 0,4 Mu(sinon, on redimensionne la poutre) En présence d’Asc, il faut mettre des cadres tous les 12 Ø des Asc (pour éviter le flambement des aciers comprimés). Exemple : si les Asc sont en Ø 12, alors les cadres sont espacés de 14 cm.

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22 Synthèse : Voir la fiche du dimensionnement à l’ ELU d’une section rectangulaire

23 w w w.l e s d e n t s d u w e b. c o m