AUCE1172 Mécanique des sols Correction des séances d'exercice. Damien Janssens

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1 Correction des séances d'exercice Damien Janssens

2 TABLE DES MATIÈRES 1 Analyse Volumétrique des sols Exercice Exercice Exercice Exercice Exercice Exercice Perméabilité des sols Exercice 1 : Perméamètre à niveau constant Exercice 2 : Perméamètre à charge variable Exercice Exercice Notions de contraintes dans le sol Exercice Caractéristiques des sols Calcul des contraintes Exercice Contraintes Contraintes après étiage de la nappe de 1m ds

3 SÉANCE N 1 ANALYSE VOLUMÉTRIQUE DES SOLS 1.1 Exercice 1 a) Sol saturé γ = 19.4[kN/m 3 ] e = 0.7 Tab. 1.1 Énoncé exercice 1a Par la dénition de γ, et en utilisant le fait que le sol soit saturé, on a : On utilise les dénitions de et γ w : Par dénition de e, on arrive à On en déduit : at = + eγ w 1 + e at = W s + W w V s + V v W s + W w V s + V v V s + V v γ w V s + V v = V s + V v γ w V s + V v = V s + ev s γ w V s + ev s = = (1 + e)at eγ w = [ kn/m 3] b) Par dénition de γ, γ = W V = W s + W w V s + V v 2

4 S r = 76 % = [ kn/m 3] e = 0.7 γ Or w = fracw w W s et e = Vv V s, on a donc Or, on a la relation On utilise la dénition de S r : Il vient nalement : 1.2 Exercice 2 W s + W w V s + V v w sat = Tab. 1.2 Énoncé exercice 1b = W s + ww s V s + ev s S r = ( Ww W s ) sat = W s V s = V vγ w V s ( ) ( ) 1 + w 1 + w = 1 + e 1 + e = e γ w = 26.3% w w sat = w = S r w sat = 19.99% ( ) 1 + w γ = = 19.43[kN/m 3 ] 1 + e Sol saturé n = 48% w s at = 43% γ Tab. 1.3 Énoncé exercice 2 On part de la dénition de γ d : Or on a la relation : γ d = W s V D'autre part, on peut déterminer facilement d'où on déduit = W s Ww W w V = 1 Ww w sat V = 1 γwv v w sat V e = = (1 + e)γ d n 1 n = 0.923, = 21.06[kN/m 3 ] = γ wn w sat = 10.95[kN/m 3 ] Page 3/14

5 w = 11.5% Masse d'eau pour W = 1[kg] arriver à w = 21.5% Tab. 1.4 Énoncé exercice Exercice 3 Par dénition de la teneur en eau, on a : W = W s + W w = W s + ww s = (1 + w)w s = 1[kg] Elle peut être décomposée en : { Partie solide Ws = w = 0.894[kg] Partie liquide 1 W w = W W s = 0.103[kg] Pour un w = 21.5%, il faut que 2 W w = 2 ww s = 0.193[kg] d'eau. Donc, il faut ajouter : W w = 2 W w 1 W w = 89.7[g] d'eau. 1.4 Exercice 4 a) e min = 0.46 e max = 0.66 = 26[kN/m 3 ] at dans les deux cas Tab. 1.5 Énoncé exercice 4a On part de la formule : On a donc : at = eγ w e e max e min at [kn/m 3 ] b) On utilise la formule d'où on déduit e = 0.56 et donc at = I D,e = e max e e max e min, Page 4/14

6 e min = 0.46 e max = 0.66 I D,e = 50% at Tab. 1.6 Énoncé exercice 4b 1.5 Exercice 5 argile saturée I L = 84% I P = 27% φ = 3.8 cm h = 7.6 cm m = [g] I L e Le sol est saturé, on a donc Tab. 1.7 Énoncé exercice 5 I L = w w P w L w P La masse est de [kg] et le volume est π [m 3 ], on a alors le poids volumique : at = W sat V = 17.62[kN/m 3 ]. Rappelons que la valeur classique pour le poids spécique d'un sable est = 26[kN/m 3 ]. On a alors : w sat = 1 γsat at γ w 1 = 40.48% On a nalement I L = 23.65%. On calcule l'indice des vides : e = V ( ) v Ww = V s 1.6 Exercice 6 W v γ v W s = W s sat γs γ w = w sat γ w = On s'intéresse tout d'abord aux poids volumiques sec et saturé. On sait que ID,n i = 0.47, donc I i D,n = n max n n max n min = 0.47 et on trouve n = 40%. On a donc l'indice des vides : e = n n 1 = Page 5/14

7 sable ID,n i = 0.47 n min = 34.6% n max = 44.8% γ d = 25.95[kN/m 3 ] m = [g] h i = 1.5m I f D,n at h w f sat On a ensuite le compactage, qui suit la loi 1 : Tab. 1.8 Énoncé exercice 6 avec et On a donc : On calcule aussi la teneur en eau : h h h h = V V, V = V v = e V s V = (1 + e)v s. = e = 1.98% = h = 2.97cm. 1 + e w sat = e γ w = 23.97% 1 La convention met le signe positif pour une diminution d'épaisseur. Page 6/14

8 SÉANCE N 2 PERMÉABILITÉ DES SOLS 2.1 Exercice 1 : Perméamètre à niveau constant sable φ = 10.4 cm L = 11.2 cm V = 251 ml t = 3 min h = 9 cm η 20 = mpa s η 23 = mpa s k 20 Tab. 2.1 Énoncé exercice 1 À 23 C, la formule de la perméabilité à niveau constant nous donne : Le débit vaut L'aire vaut k = q = [m 3 ] 180[s] ql A h. = [m 3 /s], ( ) A = π = [m 2 ] 2 La hauteur de charge est de h = 9 [10 2 ][m] et la hauteur de l'échantillon est de L = [m]. On a donc : k 23 = = 2.03[m/s]

9 On peut donc maintenant trouver : k 20 = η 23 k 23 = [m/s]. η Exercice 2 : Perméamètre à charge variable On a : échantillon cylindrique k 0 φ echantillon = 6 cm L = 4 cm t = 2 min 54 sec h 1 = 48 cm h 2 = 31 cm φ tube = 1 cm Tab. 2.2 Énoncé exercice 2 La formule de la perméabilité à charge variable nous donne la section du tube vaut A = π a = π k = al A t ln ( h1 h 2 ). ( ) 6 2 = [m 2 ], 2 ( ) 1 2 = [m 2 ] 2 et la hauteur de l'éachantillon vaut L = m. De plus, t = = 174 s. On a donc : k = ( ) ln = [m/s]. 31 On suppose qu'on est à 20 et on utilise la dénition du coecient de perméabilité physique k 0 pour trouver : 2.3 Exercice 3 k 0 = k η = γ w 9.81 = [m 2 ]. On utilise la formule de Hansen, ce qui nous donne : k = 116( T eau )φ 2 actif = 116( )( ) 2 = [cm/s]. Page 8/14

10 φ actif = 72µm T eau = 12 k Tab. 2.3 Énoncé exercice Exercice 4 On réalise un essai de perméabilité sur un échantillon cylindrique saturé, de diamètre 10 cm et de hauteur 55 cm. La percolation se fait verticalement, du bas vers le haut. La hauteur de charge à l'entrée est maintenue constante, à 35 cm au-dessus du sommet de l'échantillon. A la sortie, l'eau déborde à l'air libre au sommet de l'échantillon. L'échantillon est composé de deux couches : La couche inférieure, de 30 cm d'épaisseur, composée d'un sol A ayant un indice des vides de 0.65, un poids spécique des grains de 26.5 kn/m 3 et une perméabilité connue de [m/s]. La couche supérieure, de 25 cm d'épaisseur, composée d'un sol B ayant un indice des vides de 0.55 et un poids spécique des grains de 26 kn/m 3. On sait que 35 % de la perte de charge se produit dans le sol A. a) Que vaut le coecient de perméabilité du sol B? On commence par calculer les gradients hydrauliques : i A = h A H A i B = h B H B = 0.35 h H A = = h h A H b 0.3 = 0.41[m/s] = 0.35(1 0.35) 0.25 = 0.91[m/s] Par conservation du débit, on a q A = q B. Or, comme les sections sont égales, on a : b) Quel sera le débit de percolation? v A A = v B B = k A i A = k B i B = k B = i A i B k A = Le débit peut être calculé de la façon suivante : Q[m 3 /s] = v[m/s] S[m 2 ] = k A i A A = [m 3 /s] (= k B i B B) Page 9/14

11 SÉANCE N 3 NOTIONS DE CONTRAINTES DANS LE SOL 3.1 Exercice 1 Sable limoneux Argile Sable 5 m 15 m grande profondeur = 26.1[kN/m 3 ] γ d = 15.9[kN/m 3 ] = 26.2[kN/m 3 ] e = 0.59 w sat = 24% n = 36% Tab. 3.1 Énoncé exercice Caractéristiques des sols Sable limoneux Argile On connait = 26.1[kN/m 3 ] et e = 0.59 d'où on tire n = On connait γ d,2 = 15.9[kN/m 3 ] et w sat = 24%. e 1+e = 37%. Vient ensuite : γ d,1 = (1 n) = 16.44[kN/m 3 ] γ at,1 = s+eγ w ( 1+e ) = 20.06[kN/m 3 ] w sat = γ 1 w γ d 1 = 22% γ = at γ w = 10.25[kN/m 3 ] ( 1 γ d wsat ) 1 = γ w = 26.02[kN/m 3 ] e = γ d 1 = 0.64 γ at,2 = s+eγ w 1+e = 19.69[kN/m 3 ] γ = at γ w = 9.88[kN/m 3 ] 10

12 Sable On connait = 26.2[kN/m 3 ] et n = 36% d'où e = Calcul des contraintes Notes n 1 n = γ d,3 = (1 n) = 16.77[kN/m 3 ] γ at,3 = s+eγ w ( 1+e ) = 20.3[kN/m 3 ] w sat = γ 1 w γ d 1 = 21% γ = at γ w = 10.5[kN/m 3 ] Comme l'exercice est (très) long et (très) répétitif, on se contentera de calculer les contraintes à 25m sous le sol, ce qui représente le cas le plus général. Le calcul de la contrainte eective peut toujours se faire par σ v = σ v u. Pour vérier ses calculs, on peut calculer σ v avec les formules du cours et vérier qu'on obtient bien la même chose. Dans la suite, z représente la profondeur à laquelle on évalue la contrainte et z i l'épaisseur totale de la couche i. u, σ v et σ b sont donnés en [kn/m3 ]. Sol sec partout En règle général, pour un sol sec on a : σ v (z) = γ d,i z i A 25 m, on obtient : u(z) = 0 σ v (25) = γ d,1 5 + γ d, γ d,3 5 = u(25) = 0 σ v(25) = σ v = Terrain innondé sous 2m d'eau Dans le cas général, on a : A 25 m, on obtient : σ v (z) = γ w H + at,i z i u(z) = γ w (H + z) σ v (25) = γ w 2 + at,1 5 + at, at,3 5 = u(25) = γ w (25 + 2) = σ v(25) = σ v u = Page 11/14

13 Terrain saturé par une nappe au niveau du sol Dans le cas général, on a : A 25 m, on obtient : σ v (z) = at,i z i u(z) = γ w (z) σ v (25) = at,1 5 + at, at,3 5 = u(25) = γ w (25 + 2) = σ v(25) = σ v u = Nappe dans la dernière couche, dont le niveau atteint 8m Dans le cas général, on a : σ v (z) = au dessus de la nappe en dessous de la nappe { }} { { }} { γd,i z i + γsat,j z j u(z) = γ w (z D) A 25 m, on obtient : σ v (25) = γ d,1 5 + γ d, at,3 5 = 422 u(25) = γ w (25 8) = σ v(25) = σ v u = Nappe à 2.5m, sans remontée capillaire Dans le cas général, on a : au dessus de la nappe en dessous de la nappe Couche contenant la nappe { }} { { }} { { }} { σ v (z) = γd,i z i + γ d,k D + at,k (z k D) + γsat,j z j u(z) = γ w (z D) A 25 m, on obtient : σ v (25) = γ d, at,1 (5 2.5) + at, at,3 5 = u(25) = γ w (25 2.5) = σ v(25) = σ v u = Page 12/14

14 Nappe à 2.5m, avec remontée capillaire Dans le cas général, on a : A 25 m, on obtient : 3.2 Exercice 2 σ v (z) = at,i z i u(z) = γ w (z D) σ v (25) = at,1 5 + at, at,3 5 = u(25) = γ w (25 2.5) = σ v(25) = σ v u = On a un sol sableux de 7m de profondeur, saturé par une nappe à 0.6m qui a un niveau de 1.6m. Sans donnée précise, on prend les valeurs caractéristiques des sables, à savoir : γ d at [kn/m 3 ] [kn/m 3 ] [kn/m 3 ] Tab. 3.2 Valeurs caractéristiques des sables Contraintes à 0.6m, on a : σ v (0.6) = z at = 12 u(0.6) = 0 à 7m, on a : σ v(0.6) = σ v u = 12 σ v (7) = z at = 140 u(7) = γ w (z D) = σ v(7) = σ v u = Contraintes après étiage de la nappe de 1m La remontée capilaire a lieu à présent dans le sol. Donc, sur toute la partie du sol concernée par la remontée, on doit considérer une pression intersticielle négative. Page 13/14

15 à 0.6m, on a : σ v (0.6) = z at = 12 u(0.6) = z w γ w = 9.81 à 7m, on a : σ v(0.6) = σ v u = σ v (7) = z at = 140 u(7) = γ w (z D) = σ v(7) = σ v u = Page 14/14