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1 | Génie Civil : Introduction à la mécanique des sols
Solutions
d’Examens
Sujets d’Examens corrigés
2
Corrections d’Examen 1 :
Réponses de COURS-1:
1) Le sable peut avoir une cohésion dite "cohésion capillaire" lorsqu'il n'est
pas saturé (voir figure 2.1).
2) La MontMorillonite est un exemple d'argile gonflante à cause de la faible
liaison entre les feuillets du grain argileux.
3) Un talus sableux non saturé peut être stable, même avec un angle droit, à
cause de la cohésion capillaire entre ses grains. Cette stabilité est provisoire,
car il suffit que l'eau interstitielle s'évapore pour que la cohésion disparaisse
et le talus devient instable.
4) La méthode de la sismique réfraction est limitée aux sols compacts, ayant
une compacité croissante avec la profondeur, et exige un environnement ne
présentant pas des ondes parasites telles que celles provenant des vagues, du
trafic routier, du vent, etc.
5) On peut proposer d'effectuer un SONDAGE DESTRUCTIF avec par
exemple une sondeuse mécanique ou une tarière à main pour extraire des
échantillons remaniés destinés à des essais d'identification physique, comme
l'analyse granulométrique.
Pour un essai mécanique tel que l'essai oedométrique, il est nécessaire
d'extraire un échantillon intact et réaliser ainsi un SONDAGE NON
DESTRUCTIF. On peut utiliser pour cela un carottier rotatif.
6) La compacité d'un sable est équivalente à sa densité. C'est l'indice de
densité ID qui la caractérise. Pour l'argile, la compacité est identifiée par sa
consistance et est caractérisée par l'indice de consistance Ic.
3 | Sujets d’Examens corrigés
Exercice 1-1 :
1) En se reférant à la figure 2.7, on définit les paramètres suivants :
  Pw donc Pw = .Ps. On a aussi  d  Ps Ps .
Ps
V
 h  P Ps Pw  d (1) .
V
2) eVv
Vs
On obtient directement de la figure 2.7 : e n
1n
3)  s 
Ps
P
n

et  d  s  Ps , donc γd=γs(1-n).
Vs 1  n
V
4) Les paramètres de la relation sont définis comme suit :
Pw
 w n.r
 Se

 w r
Ps (1  n) s
s
eVv  n  s  Ps  Ps et  w  Pw  Pw
Vs 1n
Vs 1n
Vw n.Sr

5) Définissons les paramètres intervenant dans la relation :
n. w
  Pw sat  Pwsat 
 d  Ps Ps
Ps
Ps  s(1n)
V
 s  Ps 
d
Vs 1n
doncsat  w
(n11)  w  w
  .
 s(1n)  d  s
6) Selon la même méthode, on a :
 sat 
Pwszt n w

Ps
Ps
Sr 
Vw Vw

Vv
n

Pwsat  w nSr

  sat .S r
Ps
Ps
4
Exercice 1-2 :
1) On a e
s
1
d
s

 d min
I d  emax e 
emax emin
s

 d min
Après simplifications, on trouve : I d 
s
d
s
 d max
( d   d min)  d max
( d max   d min ) d
Application numérique : Id =23.6%.
emax  e f
emax  eo
f
et I d 
emax  emin
emax  emin
(1  eo ) h
h
f
o
I d  I d  I d  

,
(emax  emin ) ho
ho
proportionalité.
2) I d0 
 étant une constante de
3) Le tassement maximum correspond en fait à un indice de densité de
100%, donc à:
(1  eo )  h 
I d (%)  100  23.6 
  x100 %
emax  emin )  ho  max
emax 
s
 1  1.41
 min
 h 
emin  0.56, eo  1.21,  
 29.73% et h  16.4 mm.
 ho  max
h
4)
 20% pour I d  56%, alors   2.80 et eo  1.38
ho
d 
s
1e
11.10 kN/ m3
ce qui est en accord avec la valeur trouvée au Gamma-densimètre.
Exercice 2-1 :
On a une argile saturée


sat
d=
w=
sat =
20,5 -10,0
=
d=
w
20,5
= 10,5 KN/m3
Sat –
=
w+
Sat –
-
Sr = 1 et
+
Sat
-
=
w
=
w
w
Sat
–
=
w
=
d=

=? ;
=
=
=
.
=
=
.
=
(
)
= 23 %
 e=?;e=
 n=?;n
=
=
=
-1 =
=
-1 =
=
-1=
=
- 1
n = 0,38
Exercice 2-2 :
= 1,9.103 kg /m3 ;
On a Pt =
=
= 12% ; Ds =
= 2,65
= 26,5 kN/m3 . Supposons
1m3 , on aura :
= Pt g = 1,9 .103 10 = 19.103 N/m3
= 19 kN / m3
= 19
Ps + Pw = PS + 0,12 P = 19KN
1,12 Ps = 19kn
Ps = 19/1,12
On a = Pw = Pt – Ps = 19 - 16,96
On a =
= Ps /Vs = 26,5 kN/m3
On a = VV =Vt -Vs = 1- 0,64
On a =
=
Vw =
Vs = Ps / 26,5 =
Vv = 0,36
Vw = 0,203
e =0,62
On a =Va = Vv – Vw = 0,36 – 0,203
6
Va = 0,157
*) Densite sec Dd = ? Dd =
=
=
Dd = 1,696
= 16,96
*Indice des vides e = ? e =
=
e = 0,56
*Degré de saturation Sr = ? Sr =
*Poids vol saturé
=?
Sr = 56,4%
=
=
=
=
=
= 20,56 KN/m3
Pw sat
* Teneur en eau de saturation =
= Ps
=
=
= 21,2%
*) p= 2,0.103 kg/m3
= 20 kN/m3
Soit Vt = 1 ;
Pt = 20 kN ; or Ps ne change pas, il est toujours
Ps = 16,96kN
=
-1
=
= Pt
Pt = PS +
=
= Ps + Ps = (1+ ) PS
-1
Donc la masse volumique de 2.103 kg/m3 correspond à 13,5%. Il n’est
donc pas possible d’avoir en même temps cette valeur de la masse
volumique et = 13,5%.
Exercice 2-3 :
Soit P la masse volumique du verre et Vb = volume d’1 bille. La masse des
n billes de verre de 1 = 2mm c’est-à-dire R1 = 1mm est :
Vp(1)
m1 =
n
la masse des n billes de verre de
m2 =
Vb
[m2 =
(2)
n
m2 = n
n× p ×
× R31]
La masse de n billes de verre de
M3= ×Vb(3) × n
[m4 =
n×
2=
4mm
R2 = 2R1 = 2mm est :
R23 =
3=
6mm
R1 3
n
R 3 = 3mm= 3R1 Est :
m3 = n × × π R33 = n ×
× π × 27 R13
× π × R13]
La masse totale des billes est : mt = m1 + m2 +m3 + m4
Mt = n × × π R 3 1 ×
Le % de tamisat des billes de diam.
T1 =
=
=
1=
T1 = 1%
Le % de tamisat des billes de diam
T2 =
=
=
=
= 0,36
=
=
4mm est :
3=
6mm est :
T3 =36%
T4 =
2=
T2 = 9%
T3 =
2mm est :
4=
T4 = 100%
8mm est :
8
Exercice 2-4 :
1- Poids vol sec de sable 1 : =
d×
* Poids vol saturé du sable 2 =
’=
=
B=
γsab1
d
2
c
=
d=
(
1
= 16
1
× 2) + ( ×1)
= 8 kn/m3 soit
1
*Poids vol saturé de l’agile =
=
1
=(
= 18
+(
+(
3)
γsab1 2
3
= 9KN /m3
soit :
= 19KN/m3
2- La surcharge du remblai est :
17 × 3
a) Les
et u en A , B et C Juste après surcharge :
* A = ( d × 1) +
= (16× 1) + 51
’A =67kPa
En A =
*UA= 0
* A = ’A
*
En B =
(
*UB =
*
*
En C =
B=
d×
w×
2) + (
(
d ×2)
c=
(
d
c=
(
= 67KPa
’
B
× 1) + 51
+(
B=
×2) + ( ’sab2 ×2) + ( ’arg × 3)
w ×5)
d ×2)
= 91KPa
UA = 10KPa
1
B=
*Uc = (
*
A
+ 51
+(
101KPa
’c = 75KPa
Uc = 101KPa
× 2) + (
× 3) + 51
c=
176KPa
b) les
et U en A, B et C à long terme:
idem que court terme car sable
En A :
*
67KPa
* uA = 0
*
idem que court terme car sable aussi *
En B :
A=
67KPa
A=91KPa
*UA= 10KPa
*
*
En C :
A=
c=
(
*uc = (
*
c=
(
d ×2)
w
+(
× 2) + (
A=
× 3) + 51
× 5) = (10 ×5)
d×
2) + (
× 2) + (
101KPa
’
c
= 126KPa
uc = 50KPa
× 3) + 51
c=
176KPa
10
Exercice 3-1 :
Le tassement de la couche d’agile est le tassement moyen qui peut être
estimé, en évaluant la contrainte due au réservoir au milieu de la couche
d’argile.
40 m
=
q= 160kPa
10m
CcLog
Nous avons H0= 20m, e0= 0.805, Cc= 0.05
, peut être évaluée facilement :
= 10.21 – 100 =110kPa
= z =I.q0/100 qui doit être tirée de l’abaque
Z/R= 10/20=0.5, r/R=0, donc : =87.5.160/100 = 140kPa.
Donc le tassement est : H = 19.7cm
Exercice 3-2 :
1. Contrainte verticale totale :
v(0)=0,
v(2)=
2.22.5= 45kPa,
v(15)=112.5+21.10=322.5kPa .
v(5)=
5.22.5 =112.5 kPa,
2. La pression interstitielle :
u(0)=0, u(2)=0,u(5)=30 kPa, u(15)=130 kPa
3. La contrainte effective verticale :
’
’
v (0)=0, v(2)
= 45kPa,
’
v=(5)=112.5-30=82.5kPa,
’
v(15)=322.5-
130=192.5kPa.
Cas où le niveau de la nappe phréatique s’abaisse de 3m :
H0=20m
1 1 | Sujets d’Examens corrigés
Les valeurs de la contrainte verticale totale ne changent pas. Les différentes
valeurs de la pression interstitielle et la contrainte effective aux différentes
profondeurs sont :
U(0)=0,u(2)=u(5)=0,u(15)=100kPa.
’
’
v(0)=0, v(5)=5.22.5=112.5kPa,
’
v(15)=322.5-100=222.5kPa.
Exercice 3-3 :
1) La contrainte verticale effective est obtenue en enlevant de la contrainte
verticale totale correspondant au poids des terres la pression interstitielle
( ’= -u)
’
A=20.7-10.7+70kPa
’
B =(18-10).2+70=86kPa
’
C=(18-10).4+70=102kPa
2) Pour placer le point représentatif de l’état en B (désigné par O) ; il faut
- L’abscisse connue : ’B=86 kPa.
- L’ordonnée e0, qu’il faut calculer à partir de :
=
A partir de ces deux équations l’indice des vides initiale e0 sera : e0=1.12
3) a : calcul du gonflement de l’argile :
le gonflement est le phénomène inverse à celui du tassement, donc on
pourra se servir de la même équation utilisée lors du calcul du tassement.
Puisque qu’on fait le calcul au point B (milieu de la couche d’argile), il faut
donc définir deux états différents : un état initial (avant le creusement de la
fouille) et un état final (après l’ouverture de la fouille et le rabattement de la
nappe phréatique).
=
CS.Log
12
Bi=contrainte
effective initial au point B= 86kPa
Bf=contrainte effective finale au point B à déterminer.
=20.2+2.18=76kPa
=3.10=30kPa
En substituant ces valeurs dans l’équation précédente, le gonflement aura
pour valeur :
.Log
= -2cm
5m
Fouille
2m
1m
2m
.B
2m
b : Placement du point 1 :
Pour placer le point représentatif de l’état de sol en B (désigné par 1) après
ouverture de la fouille, deux coordonnées sont nécessaires :
- L’abscisse connue : Bf = 46kPa
- L’ordonnée ef (l’indice des vides après le creusement de la fouille) à
déterminer :
=
et
=e0-ef en remplaçant les valeurs connues on obtiendra
= -0.01 donc ef = eo-
=1.12-(-0.01)=1.13 ef
= 1.13
c : Temps nécessaire pour obtenir la déconsolidation :
t=
Cv= 10-6 m2 /s , Tv =1 et H=2 m (puisque la couche d’argile est
drainée des deux faces).
t= 4.106s= 46 jours et 7heures.
14
1. Dans l'essai de limites d'Atterberg, la limite de plasticité correspond à la
teneur en eau d'un rouleau du matériau qui se brise en tronçons de 1 à 2 cm
lorsqu'on le fait amincir en atteignant un diamètre de 3 mm.
2. La granulométrie étalée d'un sol est caractérisée par un important
intervalle des dimensions de grains. La courbe granulométrique "s'étale"
ainsi sur un large étendue de dimensions de tamis. Dans le cas contraire, la
granulométrie est dite uniforme.
Si CU est égal à 10, la granulométrie est dite étalée et ne peut être
uniforme.
3. 80 µm.
4. La nappe phréatique est la première nappe d'eau rencontrée depuis la
surface du sol.
La nappe libre en mouvement est un volume d'eau en écoulement
reposant sur une couche imperméable.
La nappe d'eau captive est un volume d'eau emprisonné entre deux
couches de sols imperméables.
5. Un terrain aquifère est un terrain de grande perméabilité, et un terrain
aquifuge est imperméable.
Le gradient hydraulique est la perte de charge hydraulique par unité de
déplacement d'un courant d'eau.
6. Le coefficient de perméabilité n'est pas une caractéristique intrinsèque
du sol. Il diminue lorsque l'indice des vides du sol diminue.
7.


v  K .i
K x
K   

avec:
Ky



K z 
 vx 
  
v  vy 
v 
 z
i 
  x
i  iy 
i 
 z
8. Non, car l'écoulement est facilité parallèlement aux plans de
stratifications (ou toits de couches supposées horizontales) et non
perpendiculairement aux toits des couches, ceci est dû en général au fait que
le sol est compacté naturellement dans le sens vertical.
Exercice 4-1 :
1) KH = (Ksh +Kch)/2h. Puisqu’on a Kc/Ks 1, donc KH  Ks/2 et Ks=2x10-2
cm/s.
2) L'écoulement suit un régime permanent, donc:
Q =V.S = Kv.i.S =Kvh.S/l = Ve/t.
Ve est le volume d'eau sortie pendant le temps t, donc on a:
Kv= Vel/(SHt)= 1,2x10-5 cm/s.
Le sol étudié n'est pas isotrope puisque Kv est différent de KH.
3) i = H/l =1.06 et la perte de charge est H =10.6 cm.
4) On a Kv =2h/(h/Ks +h/Kc)  2Kc puisque kc <<Ks.
Kc= 0,6x10-5 cm/s. Kc/Ks=3x10-4 <<1, l'hypothèse de la question 1 est donc
justifiée.
Exercice 4-2
1) Considérons un point A situé à la surface du terrain en pente. La pression
d'eau est nulle. En se déplaçant au point B se trouvant aussi sur la surface
en bas du point A, le trajet parcouru est dx et la perte de charge est dH = Z A
-ZB = dx.sin.
16
Le gradient hydraulique i est égal à dH/dx =sin.
2) Le débit correspondant la pente initiale est Q1= k.i1.S. En imposant que le
débit soit réduit à la moitié, on aura:
Q2=Ki2S = Q1/2 = Ki1S/2, donc sin2 =(sin1)/2 .
3) i1= sin1= 0.57, v = k.i1= 5,7x10-4cm/s. Après terrasement, on obtient :
i2= 0.285.
Exercice 5-1 :
1) Au début du chargement, l'eau interstitielle reprend l'augmentation des
contraintes totales :
t= 0 : Δu(Z, 0) = Δ v(Z),
Les toits de la couche sont des horizons drainants. Ainsi pour z=0 et
z=2H : Δu = 0 .
2) Posons Δu(z , t) = f(z).g(t). L'équation de consolidation s'écrit :
d 2f/dZ2
d 2g/dt2
 Cv
  2
f
g
La séparation des variables a permis donc de remplacer l'équation aux
dérivées partielles par un système de deux équations différentielles, dont
l'intégration donne :
f(z) = c1cos(αz) + c2sin(αz)
g(t) = c3. e
-α 2 .C v .t
-α
Δu(z, t)= (c1cos(αz ) + c2.sin(αz))c3 e
2
.C v .t
Puisque Δu(t , 0)= 0, on doit avoir c1= 0. La condition Δu(t, 2H)=0
conduit à :
kπ
, K étant un nombre entier quelconque.
α
2H
Ainsi :
t
2 2
 kπ   k π C v . 4 H 2
Δu  B.sin
Z . e
, B étant une constante et la solution
 2H 
générale peut être trouvée sous la forme de la série suivante :
18
t

2 2
 kπ   k π C v . 4 H 2
Δu   B k.sin
Z . e
2
H


k
Cette série doit vérifier que Δu(z, 0) = Δ v(z). Remarquons que :
mZ
2H
 sin( 2H
).sin(
0
mZ
2H
et
 sin ( 2H
2
nZ
).dZ  0 si m ≠ n,
2H
)H.
0
Multiplions les deux termes de l'expression de Δu par :
mZ
2H
 sin ( 2H
).dZ .
0
On trouve après tous calculs faits :
2a
1  cos(k )  4bH coskπ
kπ
kπ
kπ
En posant m=
on aboutit à l'expression finale de Δu
2
Bk 

1
 mZ   m 2Tv
(a  (a  2bH ) cos 2m). sin
. e
 H 
k 1 m
Δu  
On retrouve facilement l'expression de Δu dans le cas particulier d'une
surcharge uniforme avec la profondeur en mettant b=0 et a= q.
Application numérique : Δu sera calculée en retenant les trois premiers
termes de la série :
Δu 
q

(3.e

π 2 Tv
4
e

9π 2 Tv
4
)  15 kPa
Exercice 5-2 :
1) En se basant sur l'expression du degré de consolidation :

2
S(t)
2
U
 1   2 .e  m .Tv
S
i m
avec M 
2i  1
. ,
2
et en tronquant les termes de la série pour i ≥ 1, on obtient l'expression
approchée du tassement :
 8  π .Tv . 
S(t)  S()1 - 2 e 4 
 π



2
Les tassements Si, Si-1 correspondent respectivement aux facteurs de
temps :
Tvi 
Cv .i.t
d2
et
Tvi-1 
Cv .(i - 1).t
d2
On peut donc écrire que :
 S  
Si  S() - S 1 - i -1 .e
 S 

Posons β = e
 2 .t .Cv
4d 2
 2 .t .C v
4d 2
et α = S(∞)(1- β), on aura ainsi :
Si = α + Si-1β.
2) On déduit le coefficient de consolidation à partir de l'expression de β :
Cv  -
4.d 2 .ln  
π 2 .t
Application numérique : Cv = 1.6x10-6 m²/s .
S∞ = α/(1- β ) = 70 mm, t100% =46.8 jours .
20
Exercice 6-1 :
Ps= 49,5KN ; Vt= 3 m3 ;
1/ a) Vv=Vt –Vs = Vt -
s=
27 KN/m3
Vv =1,17 m3
= 3-
c’est justement
le volume d’eau nécessaire à la saturation des 3m3 du remblai donc
Vw=1,17 m3
b) e=
=
à la saturation
=
sat =
c)
=
=
=
=
=
+
, donc
donc
=
Or
e= 0,64
et e . On a Vt = S Ht
+
=
e=
=
variation de l’indice des vides.
= 20,4
=
, Déformation
=
=
at =24%
2/ le tassement
:
Trouvons une relation entre
=
=
=
latérale = O
+
S = cte
=0
=
= 0 et e0=
c’est le tassemerent fonction de la
Cherchons maintenant la variation de :
;I
I =
52% = 0,52 et
I
I 1=
0,52 + 0,20
;I
=
2
;
= emax -
I
2=
0,72 = 72%
=
(emax -
(emax -
) = emax -
) = 0,9 –
(0,9 – 0,64)
Donc = - = 0,54 – 0,64
e = - 0,10
( ‘– ‘ indique qu’il y’a que une diminution de e)
On a démontré :
=
=
H= - 0,15 m soit un tassement de
= 15cm
Exercice 6-2 :
1 / Eo= -
=-
avec
’= q =
H= courbe
2 / U=
t=
=70% =0,7
=
TV = 0 ,42 OR Tv =
= 0,756.1085 soit
3/ Calcul de
).em2Tv
=
= 707,7 kPa ;
t = 2 ans 5
mois
= 0,54
22
. e-(1,57)2× 0,42 +
=2×707,7
e-4,712 0,4
+
0
i= 0
i=1
= 707 – 320
U = 350 kPa
= (9×3) + 387
Exercice 6-3 :
Ou a u= u0 +
U = 140 kpa ; u0=
= 2×
)
= 320 KPa
Ou aura alors : ’= U= u0+ u = (10 3) + 320
=
sin (
.
= 414 kPa
= u – u0
h =10 × (2/3 × 12) = 80 kpa
) e-m2TV
(
= 140 – 80 = 60 kPa
=
m= 1,57
m=4,71 ; z = 4 m ; H= 6m ; Tv=
=
TV=0,3
=
= 114 kPa
2 / TV=
t=
C’est la charge répartie mise en surface
t=
avec TV= 2 correspondant à le consolide totale
t= 41,14.107s
T = 13ans
c’est le temps correspondant à
le consolidation totale.
3/ on a Cv=
E0=
= avant d’exercer la charge
= + à la fin de la consolidation
Le tassement est =
=-
E0=2,5.103kPa
E0 =
=-
=
-
= - 45.10
-3
=
= 114KPa
= - 45.10-3 12
4/ U =
24
= 54,7 cm
= 0 ,547m soit :
; Le surplus de tassement est de 44,7cm
u = 81,7% c’est le degré de consolidation.
u=
Courbe
TV= 0,6 or Tv=
t = 12,34.107s
t=
=
c’est le surplus qu’il faut pour
T= 3ans et 10 mois
réaliser le surplus de tassement de 44,7 cm
sin (
). e- m2Tv
5 /*
= 2.
i= 0
i= 1
m=1,57
m= 4,71 ; £= 6m ; H= 6m ; Tv=0,6 ;
= 114 kPa
=2
=33kpa ; u= u0 +
=(10×6) 33
interstitielle au milieu de la couche
* = - = 114 – 33
= 81 kpa
= +
=(
+
= (6
Si
= 11kN /m3
=147 kN/m2
U= 93 kPa
pression
+81)
Contrainte effective au milieu de la couche
(
n’a pas été donné)
Exercice 7-1:
En A:
=
=15 kPa
En B :
; u=
=
=
;
=(15
= 60,75kPa
+(20,5
; uB= 10 1,5
=45,75kPa
c=(15×2)
;
u=0
=(15
En C :
= 15kPA
= 15
UB= 15kPa
=144kPa
+ (20,5×3) + (21 2,5)
=55kPa
Exercice 7-2 :
ou a : e=
=
Vs=
-
donc VS=
A .N.
(1) et
(2) donc (1) et (2)
( +1) =
=
=
aussi
= 930 ×
La valeur de
= 80%
=
+
=
.
est telle que =
= 0,8 ×
= - 20%
= 0,8 0,55
864×
On a =
=
-
=
-
+(10,5
= 930 – 330 = 864 - 264
;
=89 kPa ;
. on a
=
=
27× 600.
Sol saturé
=
Et
=
On a =
=
=
= 10 330.
et
=
= 10
Réponses aux questions :
Avant essai :
=
=
=
n1=
= 20,97 kN/m3
=
= 17,4 kN/m3
=
n1= 0,35 ;
=
=
= 20,37%
=
Après l’essai :
=
=
=
=
n2 =
=
=21,8
=
=18,75 kN/
n2= 0,30
;
=
=
16, 3%
26
Exercice 7-3 :
Pour le sol S1 , on aura le tableau suivant :
Refus (g)
Tamisats (g)
Tamisats (%)
5
0
2500
100
2
250
2250
90
1
500
1750
70
0,5
750
1000
40
0,2
500
500
20
0,1
250
250
10
Foud
250
Pour le sol S2 , à partir de se courbe granulométrique , on peut lire les
tamisats en % suivants :
5
100
2
100
1
90
0,5
60
0 ,2
20
0,1
4
Tamisat
(%)
Pour le mélange (1kg de s1 et 1,5 kg de s2), on calcule ses tamisats en « g »
en multipliant les % de tamisat correspondant par la masse correspondante ;
les résultats sont les suivants :
Tamisats des
sols s1 (g)
Tamisats du
sol s2 (g)
Tamisats du
Tamisats du
mélange (g)
mélange (%)
(somme 2
colonnes)
5
1000
1500
100
100
2
900
1500
2400
96
1
700
1350
2050
82
0,5
400
900
1300
52
0,2
200
300
500
20
0,1
100
60
160
6,4
La courbe granulométrique Cm du mélange est tracée sur le graphe
granulométrique ci-après.
28
1.
v'
= (γ' – i.γw)z.
2. Le degré de consolidation est défini par :
u (t , z )
U ( z, t )  1 
u (0, z )
La distance de drainage d est égale à l'épaisseur ou à la demi-épaisseur
de la couche d'argile
selon que la couche a respectivement une seule face drainante ou deux.
3. L'épaisseur minimale est égale à 3B dans les deux cas de fondation.
4.
240 kPa.
5. En cas d'un essai triaxial UU+ u, on retrouve le même diamètre du cercle
de Mohr, qui est d'après le critère de Mohr-Coulomb égal à la cohésion Cu,
donc on ne peut pas tracer la droite de résistance au cisaillement, qui est
tangente simultanément aux cercles en contraintes effectives, et obtenir les
caractéristiques mécaniques effectives.
Par contre, en cas d'essai CU+u, le diamètre du cercle en contraintes
totales, augmente avec la contrainte de consolidation 3. On peut ainsi
tracer les cercles de Mohr en contraintes effectives en retranchant la
pression interstitielle u des contraintes totales verticale et horizontale, tracer
la droite de résistance au cisaillement et déduire les caractéristiques C' et φ'.
6. qu’il est possible de remplacer l'étude d'un sol cohérent (0, C0) par
celle d'un sol pulvérulent équivalent ayant le même angle de frottement  et
soumis en plus du chargement du sol cohérent à une pression isotrope C/tg
sur chaque facette.
30
Exercice 8-1 :
On a t100% 
2.d 2 2 x 12.6 2

 367 jours
Cv
10 -5
Le temps de fin de consolidation est proportionnel au carré de l’épaisseur
de la couche. Pour réduire le temps de consolidation à la moitié, on doit
diminuer l'épaisseur de la couche telle que:
dH
C v .t100%
 8.9 m , donc excaver 3.7 m d'argile.
2
Exercice 8-2 :
1) La fin de consolidation correspond à Tv = 2.
2 x (25.10 3 ) 2
Cv 
 1.16 x10  7 m 2 /s
3 x 3600
2) La couche d'argile tassera de ΔH = 3x2/25 =24 cm.
2 x 32
t100% 
 4.9 ans .
1.16 x 10 - 7
K.E.(1  υ)
donc ΔCv /Cv = ΔK/K.
γ w .(1  υ)(1  2 )
Cv = 0.65 x 1.16x10-7 = 7.5 x 10-8 m²/s.
2 x 32
t100% 
 7.56 ans
7.5 x 10 -8
3) C v 

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