Plancher à corps creux RAHOLIMIDOSY Amboara Fihobiana 

Plancher à corps creux RAHOLIMIDOSY Amboara Fihobiana 

Vérification de l’état limite de déformation

Les conditions suivantes sont à satisfaire pour ne pas procéder à la vérification des flèches :  ℎ 𝑙 ≥ 1 16 ;  ℎ 𝑙 > 𝑀𝑡 10𝑀0 ;  𝐴 𝑏0𝑑 ≤ 4,2 𝑓𝑒 . Avec : 𝑀𝑡 : moment fléchissant maximal en travée ; 𝑀0 : moment fléchissant de la travée isostatique de référence ; 𝐴 : section d’aciers tendus en travée. A.N. : ℎ 𝑙 = 0,24 5,20 = 0,05 < 1 16 = 0,06 : condition non vérifiée ; ℎ 𝑙 = 0,05 < 𝑀𝑡 10𝑀0 = 0,004 10×0,006 = 0,07 : condition non vérifiée ; 𝐴 𝑏0𝑑 = 4,02.10−4 0,08×0,216 = 0,0233 > 4,2 𝑓𝑒 = 4,2 500 = 0,0084 : condition non vérifiée. Les conditions ne sont pas vérifiées, donc le calcul des flèches est indispensable.  Evaluation des flèches : La nervure ne supporte pas de cloisons, alors nous ne déterminerons pas la flèche nuisible aux cloisons. Nous allons évaluer les déformations instantanée et de longue durée c’està-dire les flèches sous une charge de faible et de longue durée d’application. Rappelons les formules de calcul de flèche que nous avons vu dans le calcul de dalle : 𝑓𝑖 = 𝑀𝑙 2 10𝐸𝑖 𝐼𝑓𝑖 et 𝑓𝑣 = 𝑀𝑙 2 10𝐸𝑣𝐼𝑓𝑣 Avec : 𝐸𝑖 = 11000𝑓𝑐28 1⁄3 = 32164 𝑀𝑃𝑎 ; 𝐸𝑣 = 3700𝑓𝑐28 1⁄3 = 10819 𝑀𝑃𝑎 ; 𝐼𝑓 = 1,1 𝐼1 1+𝜆𝜇 , où : { 𝜌 = 𝐴 𝑏0𝑑 𝜆𝑖 = 0,05𝑓𝑡28 (2+3 𝑏0 𝑏 )𝜌 𝜆𝑣 = 0,02𝑓𝑡28 (2+3 𝑏0 𝑏 )𝜌 𝜇 = 1 − 1,75𝑓𝑡28 4𝜌𝜎𝑠+𝑓𝑡28 ≥ 0  Tableau 48 : Moment d’inertie fictif de la nervure 𝜎𝑠 [MPa] 𝜌 [-] 𝜇 [-] 𝜆𝑖 [-] 𝜆𝑣 [-] 𝐼𝑓𝑖 [dm4 ] 𝐼𝑓𝑣 [dm4 ] 98,37 0,0233 0,490 1,654 0,662 0,987 1,350 Nous avons : 𝑓𝑖 = 0,0043×5,202 10×32164×0,987.10−4 = 0,0037 𝑚 ⇒ 𝒇𝒊 = 𝟎, 𝟑𝟕 𝒄𝒎 𝑓𝑣 = 0,0043×5,202 10×10819×1,350.10−4 = 0,0080 𝑚 ⇒ 𝒇𝒗 = 𝟎, 𝟖𝟎 𝒄𝒎  Flèches admissibles : Pour 𝑙 = 5,20 𝑚 > 5,00 𝑚, la flèche admissible vaut : 0,5 𝑐𝑚 + 𝑙 1000 = 1,02 𝑐𝑚. La vérification des flèches donne : { 𝑓𝑖 = 0,52 𝑐𝑚 < 𝑓𝑎𝑑𝑚 = 1,02 𝑐𝑚 𝑓𝑣 = 0,99 𝑐𝑚 < 𝑓𝑎𝑑𝑚 = 1,02 𝑐𝑚 Donc, les flèches sont admissibles. III.4.c Vérification des conditions d’appuis Pour la travée 2 qui est une travée intermédiaire, nous allons effectuer les vérifications pour appuis intermédiaires.  Armatures longitudinales : Les armatures longitudinales sont prolongées au-delà de l’appui et y sont ancrées. Elles doivent avoir une section suffisante pour équilibrer l’effort tranchant sur l’appui, soit : 𝐴 ≥ 𝑉𝑢 − 𝑀𝑢 0,9𝑑 𝑓𝑒𝑑 Sur les appuis b et c, nous avons : 𝐴 = 0,34 𝑐𝑚2 > 𝑉𝑢− 𝑀𝑢 0,9𝑑 𝑓𝑒𝑑 = 0,00695− 0,00316 0,9×0,216 435 × 104 = −0,21 𝑐𝑚² : condition vérifiée. 

 Compression du béton

Pour la compression du béton, il faut vérifier la condition : 𝜎𝑏𝑐 = 2. 𝑉𝑢 𝑏0. 𝑎 ≤ 0,8 𝑓𝑐28 𝛾𝑏 Avec : 𝑎 = 𝑀𝑖𝑛{0,9𝑑; 𝑙𝑎𝑝𝑝𝑢𝑖 − 𝑐 − 0,02} = 𝑀𝑖𝑛{0,9 × 0,216; 0,20 − 0,02 − 0,02} = 0,21 𝑚. Sur les appuis b et c, nous avons : 𝜎𝑏𝑐 = 2.𝑉𝑢 𝑏0.𝑎 = 2×0,00695 0,08×0,21 = 0,83 𝑀𝑃𝑎 < 0,8 𝑓𝑐28 𝛾𝑏 = 0,8 × 25 1,5 = 13,33 𝑀𝑃𝑎 III.4.d Jonction hourdis-nervure La table de compression risque de se séparer de l’âme de la poutre sous l’effet des contraintes de cisaillement qui se produisent sur la table. Figure 35 : Liaison hourdis-nervure  Vérification du béton : Nous allons vérifier l’inégalité suivante : 𝜏 = 𝑉𝑢 0,9. 𝑑. ℎ0 . 0,5(𝑏 − 𝑏0) 𝑏 ≤ 𝜏𝑙𝑖𝑚 = 𝑀𝑖𝑛 {0,2. 𝑓𝑐28 𝛾𝑏 ; 5 𝑀𝑃𝑎} Avec : 𝑉𝑢 = 𝑝𝑢.𝑙 2 = 1,34 𝑘𝑁 : effort tranchant sollicitant la section. A.N. : 𝜏 = 0,00133 0,9×0,216×0,04 . 0,5(0,33−0,08) 0,33 = 0,065 𝑀𝑃𝑎 ; 𝜏𝑙𝑖𝑚 = 𝑀𝑖𝑛 {0,2. 25 1,5 ; 5 𝑀𝑃𝑎} = 3,33 𝑀𝑃𝑎. Nous avons : 𝜏 = 0,065 𝑀𝑃𝑎 < 𝜏𝑙𝑖𝑚 = 3,33 𝑀𝑃𝑎 : condition vérifiée.

  Aciers de couture 

Soient 𝐴𝑠 et 𝐴𝑖 les armatures supérieures et inférieures de la dalle fléchie entre deux nervures parallèles et 𝑠𝑡 leur espacement. Ces armatures sont suffisantes pour jouer le rôle d’armatures de couture si l’inégalité suivante est vérifiée : 𝐴𝑠 + 𝐴𝑖 𝑠𝑡 𝑓𝑒 ≥ 𝛾𝑠 . 𝑉𝑢 0,9. 𝑑 . 0,5(𝑏 − 𝑏0) 𝑏 A.N. : 𝐴𝑠+𝐴𝑖 𝑠𝑡 𝑓𝑒 = 0+0,283.10−4 0.20 500 = 0,0707 𝑀𝑁/𝑚 ; 𝛾𝑠 . 𝑉𝑢 0,9.𝑑 . 0,5(𝑏−𝑏0) 𝑏 = 1,15 0,00133 0,9×0,216 . 0,5(0,33−0,08) 0,33 = 0,0030 𝑀𝑁/𝑚. Nous avons : 𝐴𝑠+𝐴𝑖 𝑠𝑡 𝑓𝑒 = 0,0707 𝑀𝑁/𝑚 > 𝛾𝑠 . 𝑉𝑢 0,9.𝑑 . 0,5(𝑏−𝑏0) 𝑏 = 0,0030 𝑀𝑁/𝑚 : condition vérifiée. 

Armatures transversales 

Vérification de la nécessité d’armatures d’âme : Si 𝜏𝑢 = 𝑉𝑢 𝑏0.𝑑 ≤ 𝑀𝑖𝑛 {0,07. 𝑓𝑐28 𝛾𝑏 ; 1,5 𝑀𝑃𝑎}, les armatures d’âme ne sont pas nécessaires mais on mettra des armatures transversales à espacement régulier. A.N. : 𝜏𝑢 = 0,00695 0,08×0,216 = 0,402 𝑀𝑃𝑎 ; 𝑀𝑖𝑛 {0,07. 𝑓𝑐28 𝛾𝑏 ; 1,5 𝑀𝑃𝑎} = 𝑀𝑖𝑛 {0,07. 25 1,5 ; 1,5 𝑀𝑃𝑎} = 1,167 𝑀𝑃𝑎. Nous avons : 𝜏𝑢 = 0,402 𝑀𝑃𝑎 < 𝜏𝑢𝑙𝑖𝑚 = 1,167 𝑀𝑃𝑎 : on mettra des armatures transversales à espacement régulier.  Dimensions des armatures transversales : Le diamètre des armatures transversales vaut : 𝜙𝑡 ≤ 𝑀𝑖𝑛 {𝜙𝑙 ; ℎ 35 ; 𝑏0 10} et 𝜙𝑡 ≤ 12 𝑚𝑚 A.N. : 𝜙𝑡 ≤ 𝑀𝑖𝑛 {12; 240 35 ; 80 10} = 𝑀𝑖𝑛{12; 6,86; 8} = 6,86 𝑚𝑚 Nous prendrons des armatures transversales de diamètre 𝜙𝑡 = 8 𝑚𝑚.   Espacement des armatures transversales : Les armatures transversales sont espacées régulièrement de : 𝑠𝑡 ≤ 𝑀𝑖𝑛{𝑏0 + 10; 15𝜙𝑙 ; 40 𝑐𝑚} A.N. : 𝑠𝑡 ≤ 𝑀𝑖𝑛{8 + 10; 15 × 1,6; 40} = 𝑀𝑖𝑛{18; 24; 40} = 18 𝑐𝑚 III.4.f Schéma de ferraillage Le plan de ferraillage est donné dans l’Annexe VII.2.