chap7- flexion composee
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Ch it 7Pièces soumises à la flexion
Chapitre 7:Pièces soumises à la flexion
composéecomposéeModule Béton Armé II
Karim Miled, ENIT 2009
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Flexion Composée M
pM
N G
V
N
N Ce
G
V C: Centre de pression
e: excentricité = M/Ne: excentricité = M/N
2
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Convention • Effort Axial:
– Compression >0
Traction <0– Traction <0
Moment de fle ion• Moment de flexion– Traction dans les fibres inferieures >0
– Traction dans les fibres supérieures < 0
3
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Caractère de la section 3 cas possibles:• Section entièrement tendue (1)• Section entièrement tendue (1)• Section partiellement comprimée/tendue (2)
S ti tiè t i é• Section entièrement comprimée (3)
+
+±(1) (2) (3)
-+
(1) (2) (3)
-
+
- 4
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N<0 : TractionSSollicitations à considérer
ELS ⎧– ELS
seriiser Me
NN⇒⎪
⎨
⎧ = ∑
ser
serser
jjser N
eMM
=⇒⎪⎩
⎨= ∑
– ELURj⎩
NN⎧ γ= ∑u
ui
iiu MeNN
=⇒⎪⎨
⎧ γ=
∑
∑
uu
jjju NMM⎪
⎩
⎨γ= ∑
5
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N>0 : CompressionS lli it ti à idéSollicitations à considérer
Vé ifi ti à l’ELS– Vérifications à l’ELS
iser MNN
⎪⎧ = ∑
serser
i
NMe
MM=⇒
⎪
⎪⎨ ∑
∑
serj
jser NMM⎪⎩
= ∑⎩
6
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N>0: Compressionp• Vérifications à l’Etat Limite Ultime de Résistance (ELUR)
⎧ ∑⎪
⎪⎨⎧ γ= ∑
)(
NNi
iiu
• e1: excentricité du premier ordre résultant des efforts appliqués
⎪⎩ += )ee(NM 21uu
1
jjj
eM
e +=∑γ
a
iii
1 eN
e +=∑γ
• ea: excentricité additionnelle traduisant les imperfections géométriques initiales
(2 l/250)ea = max(2cm, l/250) Avec l: longueur de la pièce exprimée en cm 7
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N>0: CompressionEt t Li it Ulti d Ré i t (ELUR)
• e2: excentricité du deuxième ordre liée à la déformation de la structure
• Etat Limite Ultime de Résistance (ELUR)
)2(h10
l3e )he20 max(15,
hl Si 4
2f
21f αφ+==>≤
structure
h10hh=> Vérification ELU de stabilité de forme n’est pas
nécessaire (vis-à-vis au flambement)
• lf: Longueur de flambement de la pièce, h: hauteur totale de la section dans la direction du flambement
M
explperm
perm
MMM
+=α
• φ: Rapport de la déformation finale due au fluage, à la déformation instantanée sous la charge considérée; φ = 2 en général
⇒> )he20 max(15,
hl Si 1f Il faut vérifier la pièce à l’Etat Limite Ultime de Stabilité de
Forme (ELUSF), en plus de l’ELUR 8
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Section Entièrement TendueC ( S ) 0 C• Conditions (ELS ou ELU) : N< 0 et centre de pression C entre les armatures
• Béton entièrement tendu , n’intervient pas dans la résistance de la section, => seul l’acier tendu résiste seul l acier tendu résiste• ELUR: calcul autour du Pivot A: 00
010=suε
A1
CN eA1
A1σs1d’
d G
CN eA1
eh d G
e
A2
eA2
A σA2 A2σs29
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Calcul des armatures
⎪⎧ Ae NA 2
Equilibre de la section
⎪⎪
⎨σ+
=s1AA
1 )e(eA
21
2
( )⎪⎪⎨⎧ +=
21 21N ss AA σσ
⎪⎪
⎩
⎨
σ+=
s2AA
A2 )e(e
eNA 1
( )⎪⎩⎨ +==
2112 1M AAsA eeAeN σ
hh ⎩ s2AA )(21
)2
(;)'2
(e 21A ehdeedhA +−=−−=
⎪⎨
⎧ ====⇒ esus2s1u
ff ; ELUγ
σσNN
⎪⎩
⎨===⇒ ss2s1ser
s
; ELS
σσσ
γ
NNf
e
t28min21 f
fBAAA =≥+ B: section de béton 10
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Exemple 1p
5cm A1
Données
0cm
5cm • Nu = -0,460MN ; Nser = -0,322MN
• M = 0 055MN m ; M = 0 0385MN m
Données
545 Mu 0,055MN.m ; Mser 0,0385MN.m• fc28 = 25MPa, FeE400 • Fissuration préjudiciable
30
A2
30cm
Calculer la section d’acier (A1+A2)11
( 1 2)
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Exemple1: Solution p• eu = Mu/Nu= -0,1196 ≈ -0,12m => C entre les armatures et N < 0 =>
section entièrement tendue• eser = Mser/Nser= -0,1196 ≈ -0,12m=> C entre les armatures et N < 0
=> section entièrement tenduef 2 1MP >• ft28 = 2,1MPa=>
• fsu = 348MPa • eA1 = 25-5+12 = 32cm
202MPas =σ
eA1 25 5+12 32cm• eA2= 45-25-12=8cm• A1u = (0,46x0,08)/[(0,32+0.08)x348) =0,000264m2=2,64cm2
• A2u = (0,46x0,32)/[(0,32+0.08)x348) =0,001057m2 = 10,57cm2
• A1ser = (0,322x0,08)/[(0,32+0.08)x202) =0,000319m2=3,19cm2
A = (0 322x0 32)/[(0 32+0 08)x202) =0 001275m2 = 12 75cm2• A2ser = (0,322x0,32)/[(0,32+0.08)x202) =0,001275m2 = 12,75cm2
• Amin = 30x50x2,1/400 = 7,88cm2 min2ser1ser AAA ≥+=>
• A1=A1ser=> soit 3HA14 et A2=A2ser => soit 3HA25 12
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Exemple 2p
5cm Données
m
• Ng = -200kN ; Nq = -200kN • Mg = 20kN.m ; Mq = 20kN.m• f 28 = 25MPa FeE500
60cm
55cm
fc28 25MPa, FeE500 • Fissuration peu préjudiciable
Déterminer le ferraillage longitudinal d l tide la section
30cm13
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Exemple 2: Solution p• Fissuration peu préjudiciable => Calcul à l’ELU• M =57kN m• Mu=57kN.m• Nu=-570kN• eu = Mu/Nu= -0,10m => C entre les armatures et N<0=> section entièrement
t dtendue • ft28 = 2,1MPa• fsu = 435MPa• eA1 = 30-5+10 = 35cm • eA2 = 55-30-10 = 15cm• A1 = (0 57x0 15)/[(0 35+0 15)x435) =0 000393m2=3 93cm2 => 3HA14A1u (0,57x0,15)/[(0,35+0.15)x435) 0,000393m 3,93cm > 3HA14• A2u = (0,57x0,35)/[(0,35+0.15)x435) =0,000917m2 = 9,17cm2 => 3HA20
• A = 30x60x2 1/500 = 7 56cm2• Amin = 30x60x2,1/500 = 7,56cm
min2u1u AAA ≥+=>
14
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Section Partiellement Comprimée/Tendue
S• ELS: – N<0 et C (centre de pression) est à l’extérieur des
h/3
armatures – N>0 et C est à l’extérieur du noyau central
• ELU:– N<0 et C est à l’extérieur des armatures
Noyau centralh/3
b/3
N<0 et C est à l extérieur des armatures – N>0 et la hauteur du béton comprimé y est <h
hhM 493,0)dh4,01(
dh0.8x
fbdMMM BC
bu2uA
uBC/AuA ≈−=<=⇒≤ μμ
MuA: Moment de flexion évalué au niveau du centre de gravité des armatures tenduesMBC/A: Moment frontière (correspondant au diagramme de déformations limites passant par les pivots B et C) évalué au niveau du centre de gravité des armatures tendues.
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N CN x
A’ e A’σscd’
F
d G ’e A
Fb
h d G
d-d
z b
A AA Aσs
16
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Calcul des armaturesEquilibre de la section
⎪⎨
⎧ −σ+= )d'd(A'zFe N scbbA
⎪⎩
⎪⎨ =
σ+σ−σ+⇒σ−σ+= 0)NA(A'FAA'FN
ssscbsscb
⎩ s
⎧ −σ+=⎪⎧ =
)d'd(S'zFMA'S'
⎩⎨⎧
=σ−σ+−σ+=
⇒⎪⎩
⎪⎨
σ+= 0SS'F
)dd(SzFMNAS sscb
scbbA
⎩ σs
Equations d’équilibre d’une section sollicitée en flexion simple par un moment de flexion MAflexion MA
17
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Calcul des armatures• Calculer le moment MA (MuA ou MserA) par rapport aux armatures tendues
C l l fl i i l l ti d’ t S t S’• Calculer en flexion simple les sections d’armatures S et S’
• Revenir à la flexion composée avec les armatures A et A’:
⎪⎧ = S'A'
⎪⎩
⎪⎨
σ−=
NSA⎪⎩ σs
• N est une compression (N>0) => diminution de la section d‘acier tendus trouvée en p ( )flexion simple
• N est une traction (N<0) => augmentation de la section d’acier tendus trouvée en flexion simpleflexion simple
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Exemple 3Exemple 3
• Ng = 85kN ; Nq = 75kN g q• Mg = 90kN.m ; Mq = 80kN.m• fc28 = 25MPa, FeE500
A • Fissurations peu préjudiciables
6m
NA A
• μlu = 0,305
MCoupe AA
22cm
55cm 19
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Exemple 3: Solution p• Calcul à l’ELU• Nu=1,35(85)+1,5(75)=227,25kN >0u ,35(85) ,5( 5) , 5 0• Mu=1,35Mg +1,5Mq= 241,5kN.m• ea = max(2cm,l/250) = max(2cm, 600/250=2,4cm)=2,4cm• e1 = 241 5/227 25+e = 1 087me1 = 241,5/227,25+ea = 1,087m• lf = 0,7l0 = 4,2m• Lf/h = 4,2/0,55=7,64 < max(15,20e1/h)=15 => Calcul en flexion composée en
tenant compte de façon forfaitaire de risque de flambementtenant compte de façon forfaitaire de risque de flambement• α = 90/(90+80) = 0,529• e2 = 3x4,22x(2 + 0,529x2)/(104x0,55) = 0,029m
N 227 25kN M N (1 087 0 029) 253 61kN• Nu = 227,25kN ; Mu = Nu (1,087 + 0,029) = 253,61kN.m• MuA = Mu + Nu (d-h/2) = 253,61 + 227,25 (0,5-0,55/2) = 304,74kN.m• fbu = 0,85(25/1,5) = 14,2MPa• ft28 = 0,6 + 0,06fc28 = 2,1MPa• fsu = 500/1,15 = 435MPa
• μu = 304,74x10-3/(0,22x0,52x14,2) = 0,390 < 0,493 => section partiellement comprimée
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Exemple 3: Solution p• μu = 304,74x10-3/(0,22x0,52x14,2) = 0,390 < 0,493 => section partiellement
i écomprimée• μu > μlu => Aciers comprimés nécessaires
• MuA = M1 + M2
M = b d2 f = 0 305 0 22 0 52 14 2 = 0 2382 MN m• M1 = μlu b d2 fbu = 0,305 0,22 0,52 14,2 = 0,2382 MN.m • M2 = MuA - M1 = 304,74 – 238,2 = 66,53kNm = 0,06653MN.m
3,96‰ )/-(1 3,5‰ 0,4694)21-(125,1 luluslulu =αα=ε=>=μ−=α
• εs > εe = 435/200000 = 2,175‰ => σs = 435 MPa• εsc = 3,5‰ (αlud-d’)/(αlud) = 2,75‰ => σsc = 435 MPa
21
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Exemple 3: Solution 22
'2
u2 cm4,3m00034,03540 05)(0 5
0,06653)d(d
MS ===σ
=
p
s 3540,05)-(0,5 )d-(d σ
2' σ
221 0 2382M
2
sc
su2
'u cm4,3SS =
σσ
=
22
slu
1u1 cm5,13m00135,0
354,4694)00.4x-0,5(10,2382
)0.4-d(1MS ===
σα=
2u2u1u cm9,164,35,13SSS =+=+=
⎧
⎪
⎪⎨
⎧
=−=−=
==
24
2
cm7,1110x0,2279,16NSA
3,4cmS'A'Flexion Composée =>
⎪⎩ σs
cm7,1110x435
9,16SA22
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Exemple 3: SolutionExemple 3: Solution
22cm
2
55cm6HA16 3HA14
23
![Page 24: Chap7- Flexion Composee](https://reader034.vdocument.in/reader034/viewer/2022050711/55cf99d9550346d0339f7b91/html5/thumbnails/24.jpg)
Exemple 4G2= 12 5T
G1= 35,5T
Q1= 4T p• fc28 = 25MPa, FeE400• Fissurations peu préjudiciables
G2 12,5T
Q2= 3T2 p p j
• Déterminer la section d’armatures longitudinales au niveau de l’encastrement du poteau
B
C2
1,2m Coupe 2-2
Poteau 1
Coupe 1 11 1
4,5m
Coupe 1-1
70cm
1 1
40cm
A
Poteau 2
70cm 40cm
Poteau 2
24
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Exemple 4: Solution
Effort Perm Expl Bras de levier M M
p
Effort normal
Perm. (T)
Expl. (T)
Bras de levier (m)
Mperm (T.m)
Mexpl (T.m)
Poteau 1 35,5 4 1,2 42,6 4,8Poids 0 84 0 6 0 504Poutre 0,84 - 0,6 0,504 -
PoidsPoids Poteau 2 2,9 - 0 - -
Poteau 2 12 5 3 0Poteau 2 12,5 3 0 - -∑ 51,74 7 43,104 4,8
25Descente de charge sur le poteau 2
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Exemple 4: Solution p• Calcul à l’ELU• Nu=1,35(51,74)+1,5(7)=80,349Tu ,35(5 , ) ,5( ) 80,3 9• Mu=1,35Mg +1,5Mq= 65,39T.m• ea = max(2cm,l/250) = max(2cm, 450/250)=2cm• e1 = 65 39/80 349+e = 0 834me1 = 65,39/80,349+ea = 0,834m• lf = 0,7l0 = 3,15m• Lf/h = 3,15/0,7=4,54 < max(15,20e1/h)=23,8 => Calcul en flexion composée
en tenant compte de façon forfaitaire de risque de flambementen tenant compte de façon forfaitaire de risque de flambement• α = 43,105/(43,104+4,8) = 0,9• e2 = 3x3,152x(2 + 0,9x2)/(104x0,7) = 0,016m
N 80 349T M N (0 834 0 016) 68 3T• Nu = 80,349T ; Mu = Nu (0,834 + 0,016) = 68,3T.m• MuA = Mu + Nu (d-h/2) = 68,3 + 80,349 (0,63-0,7/2) = 90,8T.m• fbu = 0,85(25/1,5) = 14,2MPa• ft28 = 0,6 + 0,06fc28 = 2,1MPa• fsu = 400/1,15 = 348MPa
26
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Exemple 4: Solution p• μbu = 90,8x10-2/(0,4x0,632x14,2) = 0,403 < 0,493 => section partiellement
i écomprimée• μlu = 0,3 • μbu > μlu => Aciers comprimés nécessaires
• MuA = M1 + M2
M = b d2 f = 0 3 0 4 0 632 14 2 = 0 6763MN m• M1 = μlu b d2 fbu = 0,3 0,4 0,632 14,2 = 0,6763MN.m • M2 = MuA - M1 = 90,8 – 67,63 = 23,17Tm = 0,2317MN.m• Calcul autour du pivot BCalcul autour du pivot B
4,12‰ )/-(1 3,5‰ 0,459)21-(125,1 luluslulu =αα=ε=>=μ−=α
• εs > εe = 348/200000 = 1,74‰ => σs = 348MPa• εsc = 3,5‰ (αlud-d’)/(αlud) = 2,89‰ => σsc = 348MPa
27
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Exemple 4: Solution 22
'2
u2 cm5,11m00115,04830 05)(0 63
0,2317)d(d
MS ===σ
=
p
s 4830,05)-(0,63 )d-(d σ
2' σ
221 0 6763M
2
sc
su2
'u cm5,11SS =
σσ
=
22
slu
1u1 cm8,37m00378,0
483,459)00.4x-0,63(10,6763
)0.4-d(1MS ===
σα=
2u2u1u cm3,495,118,37SSS =+=+=
⎧
⎪
⎪⎨
⎧
=−=−=
==
24
2
cm2,2610x0,803493,49NSA
11,5cmS'A'Flexion Composée =>
⎪⎩ σs
cm2,2610x348
3,49SA28
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Exemple 4: SolutionExemple 4: Solution
0cm
4
70cm10HA20 5HA20
70cm
29
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Section Entièrement CompriméeSection Entièrement Comprimée• ELS:ELS:
– N>0 et C est à l’intérieur du noyau central
ELUNoyau central
• ELU:– N>0 et la hauteur du béton comprimé y est >h
4930)h401(h0 8MuA 493,0)d
4,01(d
0.8xfbd BC
bu2uA
bu =−=>=⇒ μμ
30
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Section Entièrement CompriméeSection Entièrement Comprimée• ELU:ELU:
=> Calcul autour de pivot COuOu⇒ Ramener le calcul autour de pivot BOuOu => Utiliser diagramme d’interaction (N, M)
Il dé d’ d f ill é i (A A ) éd iIl est recommandé d’adopter un ferraillage symétrique (A1u=A2u) pour réduire le risque de flambement=> le plus souvent on ramène le calcul autour du pivot B
31
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Section entièrement compriméeCalcul à l’ELUR autour de Pivot CCalcul à l’ELUR autour de Pivot C
• Hypothèse: déformation uniforme sur la section égale à 2‰f si Acier HA400• σsu(2 ‰)=fsu si Acier HA400 2‰ Es si Acier HA500
d’A1
N eA1
A1uσsu(2 ‰)d’
d G
NuA1
eu fbubhGh d G
e
fbuG
A2
eA2
A σ32
A2 A2uσsu(2 ‰)
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Calcul des armaturesEquilibre de la section
⎪⎧ ++=N bhfAA σσ
⎪⎩
⎪⎨⎧
−+−=
++=
)()(N
N'
)‰2(2)‰2(1 busuusuuu
eebhfddAe
bhfAA
σ
σσ
⎪⎧ −−
= uAbu eebhf )2Au (e NA 2
⎪⎩ += )()(N 2)‰2(12u uAbusuuA eebhfddAe σ
⎪
⎪⎪⎨
−=
su
bhf)‰2(
'1u
N
)d(dA
σ
⎪⎪⎩
−−
= usu
bu Abhf1
)‰2(
u2u
NAσ⎩
Pour une section rectangulaire: )2
(;)'2
(e 21Ahdeeedh
uAu −+=−−=
33
22
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Exemple 5: calcul à l’ELUR autour du pivot B
• f 28 = 25MPa FeE400fc28 25MPa, FeE400 • Fissurations peu préjudiciables• Nu = 1,045MN• MuG = 0,1463 MN.m
4cm35
cm
4cm
35cm
4cm34
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Exemple 5: Solution p• Calcul à l’ELU• MuA = Mu + Nu (d-h/2) = 0,1463 + 1,045 (0,31-0,35/2) = 0,2874MN.muA u u (d / ) 0, 63 ,0 5 (0,3 0,35/ ) 0, 8• fbu = 0,85(25/1,5) = 14,2MPa• ft28 = 0,6 + 0,06fc28 = 2,1MPa• f = 400/1 15 = 348MPafsu = 400/1,15 = 348MPa• μbu = 0,2874/(0,35x0,312x14,2) = 0,602 > 0,493 => section entièrement
comprimée• => Réduire la hauteur de béton comprimée par ajout d’acier comprimé A’ de• => Réduire la hauteur de béton comprimée par ajout d acier comprimé A de
façon à avoir μbu < 0,493 • On prend A’=2HA25=9,81cm2
M A’ (d d’) 9 81 10 4 348 (0 31 0 04) 0 092MN 348• MuA’/A = A’ σsc (d-d’) = 9,81x10-4x348x(0,31-0,04)=0,092MN.m ; avec σsc =348 MPa => Hypothèse à vérifier
• Mub/A = MuA- MuA’/A =0,2874 – 0,092 = 0,1954MN.m• μbu = 0,1954/(0,35x0,312x14,2) = 0,409 < 0,493 => Calcul autour du Pivot B
d’une section partiellement comprimée
‰7411 38‰)/(13 5‰0 717)21(1251 =<===>== εααεμα ‰74,11,38‰)/-(13,5‰0,717)21-(125,1 esbu =<===>=−= εααεμαMPa276x1,38x10000002E -3
sss ==ε=σ⇒ 35
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Exemple 5: Solution p33
sc 10x87,2'-x10x5,3129,0314
d'd' −− =
αα=ε⇒===α⇒ sc ,,,
31d α
verifiéeHypothèseMPa348 ⇒==⇒ fσ verifiéeHypothèseMPa348sc ⇒==⇒ sufσ
• Vérification de l’Equilibre:• Vérification de l Equilibre:• Nu = A’σsc + fbu 0,8 α d b - A σsc• 1,045 = 9,81x10-4x348 + 14,2x0,8x0,717x0,31x0,35 – 276xA
=> A = 6 52x10-4m2 = 6 52cm2 =>Soit 2HA25 (ferraillage symétrique)• => A = 6,52x10-4m2 = 6,52cm2 =>Soit 2HA25 (ferraillage symétrique)
36