EX 7-10 Eléments comprimés et fléchis

Fichier : EX 7-10.doc

ESDEP

GROUPE DE TRAVAIL 7

ELEMENTS STRUCTURAUX

Exemples 7.10 (i), (ii) & (iii)

Éléments comprimés et fléchis en flexion simple ou

déviée

Leçons support : Leçons 7.10.1, 7.10.2 & 7.10.3 - Barres soumises à flexion composée

../../Lecon%2010/Francais/L7-10-1.doc



CONTENU

Exemple 7.10(i) : Section en H : Compression & flexion selon l’axe faible.

Exemple 7.10(ii) : Section en H : Compression & flexion selon l’axe fort.

Exemple 7.10(iii) : Section en H : Compression & flexion biaxiale.

Référence

Eurocode 3

EXEMPLE 7.10(i) SECTION EN H :

COMPRESSION ET FLEXION

SELON l’AXE FAIBLE

Propriétés de la section :

h = 152 mm

b = 160 mm

tf = 9 mm

tw = 6 mm

A = 38,8 cm2

iy = 6,57 cm

iz = 3,98 cm

Wel.y = 220 cm3

Wel.z = 76,9 cm3

Wpl.y = 245 cm3

Wpl.z = 118 cm3

HEA 160

Euronorme

53-62

Problème Montrer que lorsque ce profilé est utilisé en tant que poteau d’une hauteur

libre de 4 m soumis à un effort axial NSd de 250 kN, alors il peut

également supporter un moment de flexion de 6 kN.m selon l’axe faible.

Supposons que ce moment produit une flexion à simple courbure et que

l’acier constitutif est un acier S235 de limite d’élasticité fy = 235 MPa.

Les extrémités du poteau sont bloquées en translation mais pas en

rotation.

Puisque la flexion a lieu selon l’axe faible, un flambement par torsion

n’est pas à craindre.

En raison de l’élancement du poteau, il convient de mener une vérification

de la résistance au déversement selon l’article 5.5.4 de l’Eurocode 3.

Tableau 3.1

Référence

Eurocode 3

Puisque My.Sd est nul, nous avons :

Sd

min y

z z.Sd

p .z y

N

A f +

k M

W f + 0 1

(1)

Ceci suppose que la section transversale peut être classifiée comme étant

de Classe 1 ou 2.

Le calcul montre que cette section vérifie les limites de la Classe 1 pour

les distributions de contrainte les plus sévères, c’est-à-dire en compression

uniforme :

En effet, avec : fy = 235 MPa = 235

f y

= 1

d

tw

= 104

6 = 17,3 33

c

t f

= 80

9 = 8,88 10

Puisque iz < iy, min sera pris égal à z

Nous avons : A = 1 (section de Classe 1)

1 = 93,9 = 93,9

z = 1

14000 39 8

93 9

/ ,

, = 1,0703

h

b =

152

160 = 0,95 1,2

tf 40 mm

Flambement selon l’axe faible

Nous utilisons la courbe (c) :

z = 0,5

Puisque nous sommes dans le cas d’une flexion en simple courbure :

= 1,0

M = 1,1

z = 1,0703 (2 1,1 - 4) + 118 76,9

76,9

= -1,392 0,9

5.5.4(1)

5.3

Tableau 5.3.1

5.5.1.1

Tableau 5.5.3

Tableau 5.5.2

Figure 5.5.3

5.5.4(1)

Référence

Eurocode 3

soit : z = -1,392

kz = 1 - 1,392 250

0,5 38,8 100 235

103

mais 1,5

= 1,763 mais 1,5

d’où : kz = 1,5

En remplaçant ces valeurs dans l’équation (1), nous avons :

250

0,5 38,8 235 / 1+

1,5 6

118 235 / 1+ 0 1

10

10

10

10

3

2

6

3

(avec M1 = 1,0)

d’où : 0,548 + 0,324 1

0,873 1

Un profilé HEA 160 convient.

Référence

Eurocode 3

EXEMPLE 7.10(ii) SECTION EN H :


SELON l’AXE FORT

Problème

Montrer que le profilé de l’exemple précédent, 7.10(i), est capable de supporter

un moment de flexion de 15 kN.m selon l’axe fort, en supposant, de nouveau,

que ce moment produit une courbure simple uniforme sur la hauteur de 4 m.

Puisque les moments sont appliqués

selon l’axe fort, l’élément peut

maintenant atteindre la ruine, soit

par flexion dans le plan, soit par

flambement hors du plan (avec

déversement), et les deux conditions

(1) et (2) de l’article 5.5.4 doivent

être vérifiées.

5.5.4

Flambement dans le plan de la structure

Pour la flexion en plan selon l’axe fort, en l’absence d’un moment selon

l’axe faible, min peut être remplacé par y dans l’expression (5.51).

Puisque Mz.Sd est nul, nous avons :

Sd

y y M1

y y.Sd

p .y y M1

N

A f / +

k M

W f / + 0 1

A = 1 pour les sections de Classe 1

1 = 93,9

y = 1

y

y 1

= i

= 4000

67,5 93,9 = 0,631

h

b = 0,95 1,2

Flambement selon l’axe fort (y-y) : courbe de flambement (b)

Équation 5.51

5.5.1.1

5.5.1.2

Tableau 5.5.3

Référence

Eurocode 3

y = 0,8204

M.y = 1,1

y = 0,631 (2 1,1 - 4) + 245 220

220

d’où : y = -1,022 0,9

ky = 1 - ( 1,022 250 )

(0,8204 38,8 235)

10

10

3

2

ky = 1,34

250

0,8204 38,8 /+

1,34 15

245 /+ 0 1

10

10 235 1

10

10 235 1

3

2

6

3

(avec M1 = 1)

0,334 + 0,349 = 0,683 1

La section est stable au flambement dans le plan.

Vérification au flambement hors plan et au déversement

Sd

z y M1

LT y.Sd

LT p .y y M1

N

A f / +

k M

W f / + 0 1

1 = 93,9

w = 1,0

LT = 0,9 L/ i

C 1 + 1

20

L/ i

h/ t

z

1

¼2

z

f

Avec = 1 et k = 1 (puisque la poutre est articulée dans le sens

transversal)

C1 = 1,0

LT = 0,9 4000 / 39,8

1 1 + 1

20

4000 / 39,8

152 / 9

¼2

= 70,109

Tableau 5.5.2

Figure 9.5.3

5.5.4(1)

5.5.4(2)

5.5.2(5)

F.2.2(4)

Tableau F.1.1

Référence

Eurocode 3

LT = [ LT / 1 ] w

= [70,109 / 93,9] 1 = 0,7466

Pour les profilés laminés, la courbe de flambement est la courbe (a)

LT = 0,8234

LT = 0,15 z M.LT - 0,15

= 0,15 1,0703 1,1 - 0,15

LT = 0,0266 0,9

kLT = 1 - LT Sd

z y

N

A f

= 1 - 0,0266 250

0,5 38,8 235 = 0,985

10

10

3

2

kLT = 0,985

250

0,5 38,8 235 / 1 +

0,985 15

0,8234 245 235 / 1+ 0 1

10

10

10

10

3

2

6

3

0,548 + 0,312 1

0,86 1


5.5.2(5)

5.5.2(4)

Tableau 5.5.2

5.5.4(2)

Référence

Eurocode 3

EXEMPLE 7.10(iii) SECTION EN H :


BIAXIALE

Problème

Montrer que le profilé de l’exemple 7.10(ii) précédent est capable de supporter

une compression NSd de 250 kN combinée avec une flexion selon les deux

axes, My.Sd = 10 kN.m et Mz.Sd = 2,7 kN.m, en supposant que les deux

moments produisent une simple courbure uniforme sur la longueur de 4 m

comme précédemment.

Les deux conditions 5.5.4(1) et 5.5.4.(2) doivent être vérifiées. Toutes les

grandeurs déjà utilisées dans les exemples (i) et (ii) ne sont pas rappelées ici.

Sd

min y

y y.Sd

p .y y

z z.Sd

p .z y

N

A f +

k M

W f +

k M

W f 1

250

0,5 38,8235

+1,35 10

245235

1,5 2,7

118235

110

101

10

101

10

101

3

2

6

3

6

3

0,548 + 0,234 + 0,146 = 0,928 1 OK

5.5.4(1)

Référence

Eurocode 3

Sd

z y

LT y.Sd

LT p .y y

z z.Sd

p .z y

N

A f +

k M

W f +

k M

W f 1

5.5.4(2)

250

0,50 38,8235

+0,985 10

0,8234 245235

1,5 2,7

118235

10

101

10

101

10

101

13

2

6

3

6

3

(avec M1 = 1,0 comme précédemment)

0,548 + 0,208 + 0,146 = 0,902 1 OK

Il convient également de vérifier également la résistance de la section en

flexion composée déviée :

2y.Sd

Ny.Rd

5nz.Sd

Nz.Rd

M

M +

M

M 1

avec : n = NSd /Npl.Rd

= 250/(235 3,88) = 0,274

5n = 5 0,274 = 1,371

Prenons : 5n = 1,0

MN.y = 1,11 Mpl.y (1 - n)

= 1,11 245 235 (1 - 0,274)/103 = 46,4 kNm

MN.z = 1,56 Mpl.z (1 - n) (n + 0,6)

= 1,56 118 235 (1 - 0,274) (0,274 + 0,6)/103

= 27,45 kN.m

2 110

46,4 +

2,7

27,45 1

0,046 + 0,0984 = 0,144 1

Le flambement global et la résistance locale sont vérifiés.


5.5.4(2)

5.4.8(11)

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