École Nationale des Ponts et Chaussées Année scolaire 2008-2009 Mécanique des sols et des roches Contrôle des connaissances 2 (Séance du 2 février 2009) CORRIGÉ Exercice 1. Résistance au cisaillement et stabilité d un déblai a. Sur un tel site, on peut admettre que les ruptures seront planes. En rupture plane (glissement sur un plan), la condition de stabilité, en l absence de cohésion, est que la pente du talus soit inférieure à l angle de frottement interne. C est le cas pour toutes les surfaces de rupture parallèles à la pente, puisque tous les matériaux ont des angles de frottement interne supérieurs à 15 degrés. La cohésion vient augmenter encore la stabilité. Donc la pente est stable quand on vient faire l excavation. b. On a néanmoins observé un glissement à la base de la couche d argile. Cela veut dire que sur cette surface la résistance au cisaillement est plus faible que dans les hypothèses du projet. C est possible parce que la pente descend vers une vallée qui a été sur-creusée avant d être remplie d alluvions grossières puis plus fines : à un moment, les pentes de cette vallée ont été dégagées et il y a pu y avoir un glissement de la pente, qui marqué les propriétés de l argile sur la surface de rupture, en lui donnant des propriétés résiduelles. L essai de cisaillement alterné à la boîte est le moyen classique pour déterminer la résistance résiduelle du sol sur une telle surface de rupture. On retient les valeurs de pic et les valeurs résiduelles sous les trois contraintes normales imposées (figure 1). Ces valeurs sont les suivantes : Sous σ = 100 kpa τ max = 52 kpa τ résiduel = 21 kpa Sous σ = 150 kpa τ max = 75 kpa τ résiduel = 34 kpa Sous σ = 200 kpa τ max = 91 kpa τ résiduel = 42 kpa Elles sont reportées sur la figure 2. On obtient les valeurs suivantes des paramètres de résistance du sol : - résistance maximale (de pic) : o c = 13 kpa, o ϕ = 21 degrés ; - résistance résiduelle o c R = 0 kpa, o ϕ R = 12 degrés. 100 Pic Résiduel τ (kpa) 50 0 σ (kpa) 200 150 100 0 10 20 30 40 50 d (mm) Figure 1. Résistance de pic et résistance résiduelle de l argile 1
τ (kpa) 150 100 50 c = 13 kpa ϕ = 21 degrés c R = 0 kpa ϕ R = 12 degrés 0 0 50 100 150 200 250 300 σ (kpa) Figure 2. Diagramme pour déterminer les caractéristiques de résistance au cisaillement c. En cas de résistance résiduelle à la base de la couche d argile, le facteur de sécurité est toujours égal au rapport des tangentes de l angle de frottement interne et de la pente, soit : F = tan ϕ / tan β = tan 12 / tan 15 = 0,79. La pente est donc instable. Pour la stabiliser, on peut mettre en œuvre un ouvrage de soutènement du talus amont ou clouer la pente. Exercice 2. Stabilité d un ouvrage de soutènement a. Calcul du mur de soutènement a1. Les forces qui s exercent sur le mur sont d une part la poussée du sable et de l argile (actions motrices) et le poids du mur (action contribuant à la résistance) et d autre part la réaction du sol sous le mur et la butée de l argile devant le pied du mur. La résistance du sol sous le mur est une force résistante mobilisable jusqu à sa valeur limite (la portance du sol). La résistance de l argile au pied du mur (négligée dans le calcul) est aussi une force résistance mobilisable jusqu à sa valeur limite (force de butée). a2. Les forces appliquées au mur sont définies sur la figure 3. 0,5 m A Sable 4 m Argile 0,5 m F 1 F 3 F 2 B C W 1 W 2 1 m Figure 3. Actions appliquées au mur Pour calculer les forces de poussée F 1, F 2 et F 3, il faut déterminer au préalable les contraintes de poussée aux points A, B et C. Ces valeurs sont données dans le tableau 1. Les valeurs des trois forces sont égales à : F 1 = 0,5.4.24 = 48 kn/m F 2 = 0,5.25,9 = 12,95 kn/m à long terme et F 2 = 0 à court terme F 3 = 0,5.0,5(29-25,9) = 0,775 kn/m à long terme et F 3 = 0 à court terme Pour les poids W 1 et W 2, on obtient directement : W 1 = 25.4,5.0,5 = 56,25 kn/m W 2 = 25.1.0,5 = 12,5 kn/m D 2
Les coefficients de poussée valent K a =tan 2 (45-15)=1/3 dans le sable et K a =tan 2 (45-14)=0,36 dans l argile. À court terme la cohésion non drainée de l argile vaut c u = 100 kpa. Tableau 1. Contraintes de poussée sur l arrière du mur Point Sol σ v (kpa) u (kpa) σ v (kpa) K a σ h (kpa) σ h (kpa) A Sable 0 0 0 0,333 0 0 B Sable 72 0 72 0,333 24 24 B Argile 72 0 72 0,36 25,9 25,9 C Argile 80,5 0 80,5 0,36 29 29 À court terme Point Sol σ v (kpa) u (kpa) σ v (kpa) K a σ h (kpa) σ h (kpa) A Sable 0 0 0 0,333 0 0 B Sable 72 0 72 0,333 24 24 B Argile 72 - - - - -128 C Argile 80,5 - - - - -119,5 a3. Pour évaluer la stabilité au renversement, il faut choisir le centre de rotation puis calculer le moment des forces actives et résistantes. Le centre de rotation est le pied avant de la semelle du mur (point D de la figure 1). Les valeurs des forces et de leur bras de levier par rapport au point D sont indiquées dans le tableau 2, où les moments moteurs et résistants sont aussi évalués. On en conclut que le mur est instable à court terme comme à long terme. Force Tableau 2. Calcul des moments moteurs et résistants Valeur (kn/m) Bras de levier /D (m) Moment moteur F 1 48 1,83 87,84 F 2 12,95 0,25 3,237 F 3 0,775 0,165 0,222 W 1 56,25 1,25 70,31 W 2 12,5 0,5 6,5 Total 91,3 78,8 Force Moment résistant Valeur (kn/m) Bras de levier /D (m) Moment moteur F 1 48 1,83 87,84 F 2 0 0,25 0 F 3 0 0,165 0 W 1 56,25 1,25 70,31 W 2 12,5 0,5 6,5 Total 87,84 78,8 Moment résistant a4. Comme le mur est instable vis-à-vis du renversement, cela veut dire que l excentrement est supérieur à la demi-largeur de la semelle et que l on ne peut faire de calcul de portance. a5. Pour améliorer la stabilité d un mur de soutènement, on peut changer les dimensions de la base du mur (figure 4). On peut aussi modifier le matériau de remblai, pour diminuer la poussée, ou installer des ancrages. Il faut dans tous les cas éviter qu il y ait une pression hydrostatique derrière le mur, ce qui conduit à installer un dispositif de drainage, même derrière les murs qui ne sont pas en permanence dans une nappe 3
0,5 m A 0,5 m A W 3 F 1 W 1 F 1 W 1 B W 2 F 3 F 2 C D 1 m a. Allonger la semelle vers l avant Cette opération augmente le poids W 2 et surtout les bras de levier des forces résistantes (poids W 1 et W 2 ). Elle a pour inconvénient d augmenter les moments dans le mur au niveau du point B B W 2 F 3 F 2 C D W 4 b. Allonger la semelle vers l arrière Cette opération rajoute deux poids qui renforcent sensiblement la stabilité du mur : le poids de la semelle complémentaire et le poids du sol situé au dessus de cette semelle. On considère en général que la poussée s applique sur une ligne virtuelle correspondant à la limite de ce bloc de sol. Figure 4. Modifications du mur pour améliorer sa stabilité b. Calcul du rideau de soutènement b1 Les forces qui s exercent sur le rideau sont la force de poussée d un côté (force active) et la résistance due à la mobilisation de la butée de l autre côté. Cette force résistante est limitée par la résistance à la butée du sol. Dans l exemple considéré, l eau est au même niveau des deux côtés du rideau et ses pressions s équilibrent. b2. Les forces appliquées au rideau sont définies sur la figure 3. A Sable 4m Argile d F a5 F a3 F a1 Fa2 F a4 B C G F F p3 F p1 F p2 D E Figure 3. Actions appliquées au mur Pour calculer les forces de poussée F a1 à F a5 et les forces de butée F p1 à F p4, il faut déterminer au préalable les contraintes de poussée aux points A, B, C et D et les contraintes de butée aux points E, F et G. Ces valeurs sont données dans le tableau 3. Les valeurs des neuf forces sont égales (à long terme) à : F a1 = 0,5.4.24 = 48 kn/m F a2 = 0,5.25,9 = 12,95 kn/m F a3 = 0,5.0,5(29-25,9) = 0,775 kn/m F a4 = (d-0,5).29 = 29d-14,5, F a5 = 0,5(d-0,5)(22,7+12,5d-29) = (d-0,5)( 6,25d-3,85) = 6,25d 2-6,975d +1,925 et F p1 = 0,5.0 = 0 kn/m F p2 = 0,5.0,5.23,6 = 5,9 kn/m F p3 = (d-0,5).23,6 = 23,6d -11,8 F p4 = 0,5(d-0,5)(29,4d+8,8-23,6) = (d-0,5)(14,7d-7,4) = 14,7d 2 14,75d + 3,7. F p4 4
Tableau 3. Contraintes de poussée sur l arrière du rideau Point Sol σ v (kpa) u (kpa) σ v (kpa) K a K p σ h (kpa) σ h (kpa) A Sable 0 0 0 0,333-0 0 B Sable 72 0 72 0,333-24 24 B Argile 72 0 72 0,36-25,9 25,9 C Argile 80,5 0 80,5 0,36-29 29 D Argile 72+17d 10(d-0,5) 77+7d 0,36-27,7+2,5d 22,7+12,5d E Argile 17d 10(d-0,5) 5+7d - 2,77 13,8+19,4d 8,8+29,4d F Argile 8,5 0 0-2,77 23,6 23,6 G Argile 0 0 0-2,77 0 0 À court terme Point Sol σ v (kpa) u (kpa) σ v (kpa) K a ou K p σ h (kpa) σ h (kpa) A Sable 0 0 0-0 0 B Sable 72 0 72-24 24 B Argile 72 - - - - -128 C Argile 80,5 - - - - -119,5 D Argile 72+17d - - - - 17d-128 E Argile 17d - - - - 17d+200 F Argile 8,5 - - - - 208,5 G Argile 0 - - - - 200 Note : les calculs de poussée aux points A, B et C sont les mêmes que pour le mur de soutènement. b3. Pour calculer la valeur minimale de d qui assure l équilibre, il faut vérifier l équilibre des forces et l équilibre des moments qui s exercent sur le rideau. b3a. Recherche de la fiche d quand on veut mobiliser toute la butée Équilibre des forces La résultante des forces motrices est égale à : F a = 48 + 12,95 + 0,775 + 29d -14,5 + 6,25d 2 6,975d + 1,925 = 6,25d 2 +22,025d+49,15 La résultante des forces résistantes (valeurs maximales) est égale à : F r = 5,9 + 23,6d 11,8 + 14,7d 2 14,75d + 3,7 = 14,7d 2 +8,85d -2,2. L équation d équilibre simple (F a = F r ) s écrit : 6,25d 2 +22d+49,15 < 14,7d 2 +8,85d -2,2 On obtient : 8,45 d 2-13,15d 51,35 > 0 On peut résoudre l équation du second degré pour obtenir la valeur cherchée de d. Si l on utilise un tableur, on obtient la valeur d = 3,35m. d (m) 2 3 4 3,2 3,4 3,3 3,35 équation -43,9-14,9 31,1-7,1 1,5-2,9-0,74 Équilibre des moments Pour calculer les moments des forces par rapport à un centre de rotation, dont nous admettrons qu il est en bas du rideau (point D ou E), il faut déterminer les bras de leviers de chacune des forces. Les valeurs des moments moteurs et résistants sont données dans le tableau 4. Tableau 4. Calcul des moments moteurs et résistants (cas du rideau) Force Valeur (kn/m) Bras de levier /D (m) Moment Moteur ou résistant F a1 48 d +1,33 48d + 63,84 Moteur F a2 12,95 d-0,25 12,95d - 3,24 Moteur F a3 0,775 d-0,33 0,775d - 0,26 Moteur 5
F a4 29d-14,5 0,5d-0,25 14,5d 2-14,5d + 3,6 Moteur F a5 6,25d 2-7d+1,9 0,33d-0,165 2,06d 3-3,34d 2 +1,78d-0,31 Moteur F p1 0 d-0,25 0 Résistant F p2 5,9 d-0,33 5,9d - 1,95 Résistant F p3 23,6d-11,8 0,5d-0,25 11,8d 2-11,8d + 2,95 Résistant F p4 14,7d 2 14,75d + 3,7 0,33d-0,165 4,85d 3 7,3d 2 + 3,65d + 0,61 Résistant Le moment moteur est égal à : M m = 48d + 63,9 + 13d 3,2 + 0,8d - 0,3 + 14,5d 2 14,5d +3,6 + 2,1d 3 3,3d 2 + 1,8d -0,3 M m = 2,1d 3 + 11,2d 2 + 49,1d + 63,7. Le moment résistant est égal à : M r = 5,9d 2+ 11,8d 2-11,8d + 3 + 4,85d 3-7,3d 2 + 3,65d + 0,61 M r = 4,85d 3 + 4,5d 2-2,25d + 1,6. La valeur de d qui assure juste l équilibre est solution de l équation M m = M r. Pour résoudre cette équation, on va procéder par une méthode approchée : calculer les valeurs de M m et M r pour des valeurs données de d jusqu à encadrer la racine cherchée (les calculs du corrigé ont été faits avec un tableur). On obtient une valeur de d = 5,9 m. d (m) 4 5 6 7 5,8 5,9 M m 573,7 851,7 1215,1 1676,5 1135,0 1174,6 M r 393 731,6 1224,7 1901,4 1112,3 1167,6 On observe que la fiche nécessaire pour équilibrer les moments est sensiblement plus importante que celle qui assure l équilibre des forces. b3b. Recherche de la fiche d quand on veut mobiliser la moitié de la butée Lorsque l on applique des facteurs de sécurité partiels ou globaux dans les calculs de soutènements, dans un cas où les forces d origine hydraulique sont équilibrées, il est admis que l on analyse la stabilité en contraintes effectives, ce qui permet de ne pas inclure les pressions d eau dans la pondération. Cela conduit à considérer de façon particulière les contraintes et forces déterminées dans la section précédente. Nous allons refaire l ensemble de ces calculs pour illustrer leurs différences. Calcul des contraintes effectives et des forces effectives Les valeurs calculées dans le tableau 3 (calcul à long terme) sont encore valables, mais nous calculerons les forces à partir des contraintes effectives horizontales Point Sol σ v (kpa) u (kpa) σ v (kpa) K a K p σ h (kpa) σ h (kpa) A Sable 0 0 0 0,333-0 0 B Sable 72 0 72 0,333-24 24 B Argile 72 0 72 0,36-25,9 25,9 C Argile 80,5 0 80,5 0,36-29 29 D Argile 72+17d 10(d-0,5) 77+7d 0,36-27,7+2,5d 22,7+12,5d E Argile 17d 10(d-0,5) 5+7d - 2,77 13,8+19,4d 8,8+29,4d F Argile 8,5 0 0-2,77 23,6 23,6 G Argile 0 0 0-2,77 0 0 Les valeurs des neuf forces effectives (à long terme) sont égales à : F a1 = 0,5.4.24 = 48 kn/m F a2 = 0,5.25,9 = 12,95 kn/m F a3 = 0,5.0,5(29-25,9) = 0,775 kn/m F a4 = (d-0,5).29 = 29d-14,5, F a5 = 0,5(d-0,5)(22,7+2,5d-29) = (d-0,5)(1,25d-1,3) = 1,25d 2-1,975d +0,65 6
et F p1 = 0,5.0 = 0 kn/m F p2 = 0,5.0,5.23,6 = 5,9 kn/m F p3 = (d-0,5).23,6 = 23,6d -11,8 F p4 = 0,5(d-0,5)(19,4d+13,8-23,6) = (d-0,5)(9,7d-4,95) = 9,7d 2 9,8d + 2,5. Équilibre des forces La résultante des forces motrices est égale à : F a = 48 + 12,95 + 0,775 + 29d -14,5 + 1,25d 2 1,975d + 0,65 = 1,25d 2 +27,025d+47,875. La résultante des forces résistantes (valeurs maximales) est égale à : F r = 5,9 + 23,6d 11,8 + 9,7d 2 9,8d + 2,5 = 9,7d 2 +13,8d 3,4. L équation d équilibre simple (F a < F r ) s écrit : 1,25d 2 +27,025d+47,875 < 9,7d 2 +13,8d -3,4 On obtient : 8,45 d 2-13,2d 51,3 > 0 ce qui est la même équation que quand on tient compte de l eau. La solution est donc encore d = 3,35m. Si l on veut mobiliser seulement la moitié de la butée, on doit vérifier la condition (2F a < F r ), qui s écrit : 2(1,25d 2 +27,025d+47,875) < 9,7d 2 +13,8d -3,4 soit (9,7-2.1,25) d 2 + (13,8-2.27,025)d (3,4+47,875) > 0 7,5d 2 40,25d 51,275 > 0. Cette équation a pour solution d = 6,45m (tableau suivant). d (m) 5 6 7 6,4 6,5 6,45 équation -65,0-22,8 34,5-1,7 4,0 1,1 Équilibre des moments Il faut d abord déterminer les moments des forces effectives. Les valeurs calculées sont indiquées dans le tableau 5. Tableau 5. Calcul des moments moteurs et résistants (forces effectives) Force Valeur (kn/m) Bras de levier /D (m) Moment Moteur ou résistant F a1 48 d +1,33 48d + 63,84 Moteur F a2 12,95 d-0,25 12,95d - 3,24 Moteur F a3 0,775 d-0,33 0,775d - 0,26 Moteur F a4 29d-14,5 0,5d-0,25 14,5d 2-14,5d + 3,6 Moteur F a5 1,25d 2-1,975d +0,65 0,33d-0,165 0,41d 3-0,86d 2 +0,54d-0,11 Moteur F p1 0 d-0,25 0 Résistant F p2 5,9 d-0,33 5,9d - 1,95 Résistant F p3 23,6d-11,8 0,5d-0,25 11,8d 2-11,8d + 2,95 Résistant F p4 9,7d 2 9,8d + 2,5 0,33d-0,165 3,2d 3 4,83d 2 + 2,44d + 0,41 Résistant Le moment moteur est égal à : M m = 48d + 63,9 + 13d 3,2 + 0,8d - 0,3 + 14,5d 2 14,5d +3,6 + 0,41d 3-0,86d 2 +0,54d-0,11 M m = 0,41d 3 + 13,64d 2 + 47,8d + 64,2. Le moment résistant est égal à : M r = 5,9d 2+ 11,8d 2-11,8d + 3 + 3,2d 3 4,83d 2 + 2,44d + 0,41 M r = 3,2d 3 + 7d 2-3,5d + 1,41. La valeur de d qui assure juste l équilibre est solution de l équation M m = M r. Pour résoudre cette équation, on va utiliser la même méthode approchée que précédemment (avec un tableur) On obtient la même valeur de d = 5,9 m. 7
d (m) 4 5 6 7 5,8 5,9 M m 499,9 695,5 930,6 1207,8 880,3 905,2 M r 332,2 593,9 965,6 1466,5 881,5 922,9 Si l on veut mobiliser seulement la moitié de la butée, on doit vérifier la condition (2M m < M r ), avec 2M m = 2(0,41d 3 + 13,64d 2 + 47,8d + 64,2) = 0,82d 3 + 27,2d 2 + 95,6d +128,4. M r = 3,2d 3 + 7d 2-3,5d + 1,41 Pour résoudre cette inéquation, on va procéder par la même méthode approchée que précédemment : calculer les valeurs de M m et M r pour des valeurs données de d jusqu à encadrer la racine cherchée. On obtient une valeur de d = 12,2 m. d (m) 10 11 12 13 12,1 12,2 M m 4624,4 5562,6 6609,4 7769,5 6720,2 6832,2 M r 3936,4 5146,1 6581,0 8260,3 6737,6 6896,7 On observe que la fiche nécessaire pour équilibrer les moments est cette fois encore sensiblement plus importante que celle qui assure l équilibre des forces. Pour comparer la fiche estimée en contrainte effectives (calcul précédent) avec le même calcul en contraintes totales, nous avons effectué la résolution de l inéquation 2M m < M r en forces totales. On trouve une valeur très importante : d = 32,5m, qui n a pas de réalité physique. d (m) 30 31 32 33 34 35 M m 136633,4 149820,2 163833 178697 194437,4 211079,4 M r 135069,1 148882,2 163606,4 179270,8 195904,5 213536,6 b4. Pour améliorer la stabilité d un rideau de soutènement, on a en général recours à des ancrages placés en ou plusieurs niveaux dans la partie supérieure. Un point important est qu il faut limiter si possible les moments de flexion dans le rideau. Exercice 3. Mécanique des roches 3.1. Construire sur des carrières a. Calcul des charges sur les piliers On peut définir trois zones dans les carrières. Dans la zone A, des piliers carrés de 5,2m de côté (section S p = 27 m 2 ) sont au centre de zones élémentaires carrées de 9,2m de côté (surface S a = 84,64 m 2 ). Dans la zone B, les piliers carrés ont des côtés de 6,3m (section 39,7m 2 ) et une zone d influence de 11,5m de côté (surface 132,25 m 2 ). Dans la zone C, les piliers sont rectangulaires (15m x 6,9m, soit 103,5 m 2 ) dans une zone rectangulaire de 11,5m x 20,7m (238 m 2 ) Au niveau du toit de la zone excavée, la surface de diffusion des charges dues aux constructions valent : Cas a : a + 2z tan 45 = b + 2z tan 45 = 10 + 20.1 = 20m. Surface = 900 m 2. Cas b : a + 2z tan 45 = b + 2z tan 45 = 10 + 40.1 = 30m Surface = 2500 m 2. Cas c : a+2ztan45=20+20.1=30m b+2ztan45=50+20.1=60m Surface = 2800 m 2. Cas d : a+2ztan45=20+40.1=40m b+2ztan45=50+40.1=70m Surface = 5400 m 2. Sans entrer dans les différentes possibilités de position des constructions par rapport aux piliers, nous allons répartir les charges sur les piliers en fonction des surfaces. La charge Q p sur un pilier est la somme de la fraction du poids du bâtiment réparti sur la surface de la zone d action d un pilier, plus le poids du terrain naturel rapporté à la même zone d action. Q p = Q.S a /(a+2ztan45)(b+2ztan45) + γhs a. (γ = 19kN/m 3 ). On obtient : 8
Cas Q.S a /(a+2ztan45)(b+2ztan45) γhs a (kn) Q p (kn) S p (m 2 ) σ (kpa) a/a 2000.84,64/900= 188 kn 19.10.84,64=16082 16270 27 603 b/a 2000.84,64/2500= 68 kn 32164 32232 27 1194 c/a 60000.84,64/2800= 1814 kn 16082 17896 27 663 d/a 60000.84,64/5400= 940 kn 32164 33104 27 1226 a/b 2000.132/900=293 kn 19.10.132=25080 25373 40 634 b/b 2000.132/2500=106 kn 50160 50266 40 1257 c/b 60000.132/2800=2829 kn 25080 27909 40 698 d/b 60000.132/5400=1467 kn 50160 51627 40 1291 a/c 2000.238/900=529 kn 19.10.238=45220 45749 104 440 b/c 2000.238/2500=190 kn 90440 90630 104 871 c/c 60000.238/2800=5100 kn 45220 50320 104 484 d/c 60000.238/5400=2644 kn 90440 93084 104 895 On note l importance de la charge permanente due aux terrains en place dans la charge totale. b. Stabilité des piliers Si l on charge un pilier en compression simple, la valeur maximale de la pression verticale correspond à une pression de 1000 kpa. Par conséquent on n observera de rupture des piliers sous les constructions que dans les cas b/a, d/a, b/b et b/d. Toutefois, les autres charges sont assez élevées (près de 75% de la charge limite dans le cas c/b) et l on peut craindre une dégradation progressive des piliers. On prendra donc des dispositions pour empêcher l effondrement des carrières. Il faut noter aussi que la résistance des colonnes est inférieure à la charge initiale (sans bâtiment) dans tous les cas où la charge calculée dans le tableau est supérieure à 1MPa, ce qui pose le problème du recalage de l état initial. c. Modes de rupture des carrières Les modes de rupture sont - l écrasement/fissuration/altération et ruine des piliers, - le flambement des piliers (selon la hauteur), - la flexion et la rupture de la dalle du toit de la carrière entre les piliers, - l enfoncement du pilier dans le sol de la carrière (poinçonnement) ou dans le toit de la carrière). 3.2 Question de cours : commenter l indice RMR. L indice RMR (Rock Mass Rating, proposé par Bieniawski) est utilisé pour évaluer l état mécanique d un massif rocheux en fonction de la nature de la roche, de son état d altération, de sa fissuration, de l état de ses discontinuités, de la présence d eau. Il permet d évaluer par corrélation certains paramètres mécaniques du massif rocheux à grande échelle. 9