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AUCE1172 Mécanique des sols 
Correction des séances d'exercice 
Damien Janssens
TABLE DES MATIÈRES 
1 Analyse Volumétrique des sols 2 
1.1 Exercice 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 
1.2 Exercice 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 
1.3 Exercice 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 
1.4 Exercice 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 
1.5 Exercice 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 
1.6 Exercice 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 
2 Perméabilité des sols 7 
2.1 Exercice 1 : Perméamètre à niveau constant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 
2.2 Exercice 2 : Perméamètre à charge variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 
2.3 Exercice 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 
2.4 Exercice 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 
3 Notions de contraintes dans le sol 10 
3.1 Exercice 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 
3.1.1 Caractéristiques des sols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 
3.1.2 Calcul des contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 
3.2 Exercice 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 
3.2.1 Contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 
3.2.2 Contraintes après étiage de la nappe de 1m . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 
3.3 ds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 
1
SÉANCE N1 
ANALYSE VOLUMÉTRIQUE DES SOLS 
1.1 Exercice 1 
a) 
Données Inconues 
Sol saturé 

 = 19:4[kN=m3] 
s 
e = 0:7 
Tab. 1.1  Énoncé exercice 1a 
Par la dénition de 
, et en utilisant le fait que le sol soit saturé, on a : 

sat = Ws +Ww 
Vs + Vv 
On utilise les dénitions de 
s et 
w : 
Ws +Ww 
Vs + Vv 
= Vs
s + Vv
w 
Vs + Vv 
Par dénition de e, on arrive à 
Vs
s + Vv
w 
Vs + Vv 
= Vs
s + eVs
w 
Vs + eVs 
On en déduit 
s : 

sat = 
s + e
w 
1 + e 
=) 
s = (1 + e)
sat  e
w = 26:11 
 
kN=m3 
b) 
Par dénition de 
, 

 = W 
V 
= Ws +Ww 
Vs + Vv 
2
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs 
Données Inconues 
Sr = 76 % 

s = 26:11 
 
kN=m3 
 

 
e = 0:7 
Tab. 1.2  Énoncé exercice 1b 
Or w = fracWwWs et e = Vv 
Vs 
, on a donc 
Ws +Ww 
Vs + Vv 
= Ws + wWs 
Vs + eVs 
= Ws 
Vs 
 
1 + w 
1 + e 
 
= 
s 
 
1 + w 
1 + e 
 
Or, on a la relation 
wsat = 
 
Ww 
Ws 
 
sat 
= Vv
w 
Vs
s 
= e 

w 

s 
= 26:3% 
On utilise la dénition de Sr : 
Sr = w 
wsat 
=) w = Srwsat = 19:99% 
Il vient nalement : 

 = 
s 
 
1 + w 
1 + e 
 
= 19:43[kN=m3] 
1.2 Exercice 2 
Données Inconues 
Sol saturé 
s 
n = 48% 
 
wsat = 43% 
Tab. 1.3  Énoncé exercice 2 
On part de la dénition de 
d : 

d = Ws 
V 
= Ws 
Ww 
 
Ww 
V 
= 
1 
wsat 
 
Ww 
V 
= 
1 
wsat 
 

wVv 
V 
= 
wn 
wsat 
= 10:95[kN=m3] 
Or on a la relation : 

s = (1 + e)
d 
D'autre part, on peut déterminer facilement 
e = n 
1  n 
= 0:923; 
d'où on déduit 

s = 21:06[kN=m3] 
Page 3/14
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Données Inconues 
w = 11:5% Masse d'eau pour 
W = 1[kg] arriver à w = 21:5% 
Tab. 1.4  Énoncé exercice 3 
1.3 Exercice 3 
Par dénition de la teneur en eau, on a : 
W = Ws +Ww = Ws + wWs = (1 + w)Ws = 1[kg] 
Elle peut être décomposée en : 
 
Partie solide Ws = 1 
1+1w = 0:894[kg] 
Partie liquide 1Ww = W Ws = 0:103[kg] 
Pour un w = 21:5%, il faut que 
2Ww =2 wWs = 0:193[kg] d'eau: 
Donc, il faut ajouter : 
Ww =2 Ww 1 Ww = 89:7[g] d'eau. 
1.4 Exercice 4 
a) 
Données Inconues 
emin = 0:46 
emax = 0:66 
sat dans les deux cas 

s = 26[kN=m3] 
Tab. 1.5  Énoncé exercice 4a 
On part de la formule : 

sat = e
w + 
s 
1 + e 
On a donc : 
emax emin 

sat[kN=m3] 19.6 20.9 
b) 
On utilise la formule 
ID;e = emax  e 
emax  emin 
; 
d'où on déduit e = 0:56 et donc 
sat = 20:19 
Page 4/14
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Données Inconues 
emin = 0:46 
sat 
emax = 0:66 
ID;e = 50% 
Tab. 1.6  Énoncé exercice 4b 
1.5 Exercice 5 
Données Inconues 
argile saturée IL 
IL = 84% e 
IP = 27% 
 = 3:8 cm 
h = 7:6 cm 
m = 156:04[g] 
Tab. 1.7  Énoncé exercice 5 
Le sol est saturé, on a donc 
IL = w  wP 
wL  wP 
La masse est de 0:15604[kg] et le volume est   3:8  7:6  103[m3], on a alors le poids volumique : 

sat = Wsat 
V 
= 17:62[kN=m3]: 
Rappelons que la valeur classique pour le poids spécique d'un sable est 
s = 26[kN=m3]. On a alors : 
wsat = 
1  
sat 

s 

sat 

w 
 1 
= 40:48% 
On a nalement IL = 23:65%. On calcule l'indice des vides : 
e = Vv 
Vs 
= 
Wv 

v 
Ws 

s 
= 
 
Ww 
Ws 
 
sat 
 

s 

w 
= wsat 

s 

w 
= 1:073 
1.6 Exercice 6 
On s'intéresse tout d'abord aux poids volumiques sec et saturé. On sait que IiD 
;n = 0:47, donc 
IiD 
;n = nmax  n 
nmax  nmin 
= 0:47 
et on trouve n = 40%. On a donc l'indice des vides : 
e = n 
n  1 
= 0:634: 
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AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs 
Données Inconues 
sable 
s 
IiD 
;n = 0:47 
sat 
nmin = 34:6% h 
nmax = 44:8% wf 
sat 

d = 25:95[kN=m3] 
m = 156:04[g] 
hi = 1:5m 
If 
D;n 
Tab. 1.8  Énoncé exercice 6 
On a ensuite le compactage, qui suit la loi1 : 
h 
h 
=  
V 
V 
; 
avec 
V = Vv = e  Vs 
et 
V = (1 + e)Vs: 
On a donc : 
h 
h 
=  
e 
1 + e 
= 1:98% =) h = 2:97cm: 
On calcule aussi la teneur en eau : 
wsat = e 

w 

s 
= 23:97% 
1La convention met le signe positif pour une diminution d'épaisseur. 
Page 6/14
SÉANCE N2 
PERMÉABILITÉ DES SOLS 
2.1 Exercice 1 : Perméamètre à niveau constant 
Données Inconues 
sable k20 
 = 10:4 cm 
L = 11:2 cm 
V = 251 ml 
t = 3 min 
h = 9 cm 
20 = 1:005 mPa s 
23 = 0:936 mPa s 
Tab. 2.1  Énoncé exercice 1 
À 23C, la formule de la perméabilité à niveau constant nous donne : 
k = qL 
Ah 
: 
Le débit vaut 
q = 
0:251 103[m3] 
180[s] 
= 1:4 106[m3=s]; 
L'aire vaut 
A =  
 
10:4 
2 
2 
= 8:495 103[m2] 
La hauteur de charge est de h = 9 [102][m] et la hauteur de l'échantillon est de L = 11:2 102[m]. On a donc : 
k23 = 
1:4 106  11:2 102 
8:595 103  9 102 = 2:03[m=s]: 
7
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs 
On peut donc maintenant trouver : 
k20 = 23 
20 
k23 = 1:9 104[m=s]: 
2.2 Exercice 2 : Perméamètre à charge variable 
Données Inconues 
échantillon cylindrique k0 
echantillon = 6 cm 
L = 4 cm 
t = 2 min 54 sec 
h1 = 48 cm 
h2 = 31 cm 
tube = 1 cm 
Tab. 2.2  Énoncé exercice 2 
La formule de la perméabilité à charge variable nous donne 
k = aL 
At 
ln 
 
h1 
h2 
 
: 
On a : 
A =  
 
6 
2 
2 
= 2:827 103[m2]; 
la section du tube vaut 
a =   
 
1 
2 
2 
= 0:785 104[m2] 
et la hauteur de l'éachantillon vaut L = 4 102 m. De plus, t = 2  60 + 54 = 174 s. On a donc : 
k = 
0:785 104  4 102 
2:827 103  174 
ln 
 
48 
31 
 
= 2:79 106[m=s]: 
On suppose qu'on est à 20 et on utilise la dénition du coecient de perméabilité physique k0 pour trouver : 
k0 = k 
 

w 
= 1:79 106 106 
9:81 
= 2:87 1013[m2]: 
2.3 Exercice 3 
On utilise la formule de Hansen, ce qui nous donne : 
k = 116(0:7 + 0:03Teau)2 
actif = 116(0:7 + 0:03  12)(72 104)2 = 6:37 103[cm=s]: 
Page 8/14
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs 
Données Inconues 
actif = 72m k 
Teau = 12 
Tab. 2.3  Énoncé exercice 3 
2.4 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/m3 et une perméabilité connue de 4 104 [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/m3. 
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 : 
iA = hA 
HA 
= 0:35h 
HA 
= 0:350:35 
0:3 = 0:41[m=s] 
iB = hB 
HB 
= hhA 
Hb 
= 0:35(10:35) 
0:25 = 0:91[m=s] 
Par conservation du débit, on a qA = qB. Or, comme les sections sont égales, on a : 
vAA = vBB =) kAiA = kBiB =) kB = iA 
iB 
kA = 1:8 104 
b) Quel sera le débit de percolation ? 
Le débit peut être calculé de la façon suivante : 
Q[m3=s] = v[m=s]  S[m2] = kA  iA  A = 1:28 106[m3=s] (= kB  iB  B) 
Page 9/14
SÉANCE N3 
NOTIONS DE CONTRAINTES DANS LE SOL 
3.1 Exercice 1 
Sable limoneux Argile Sable 
5 m 15 m grande profondeur 

s = 26:1[kN=m3] 
d = 15:9[kN=m3] 
s = 26:2[kN=m3] 
e = 0:59 wsat = 24% n = 36% 
Tab. 3.1  Énoncé exercice 1 
3.1.1 Caractéristiques des sols 
Sable limoneux 
On connait 
s = 26:1[kN=m3] et e = 0:59 d'où on tire n = e 
1+e = 37%. Vient ensuite : 

d;1 = (1  n)
s = 16:44[kN=m3] 

sat;1 = 
s+e
w 
1+e = 20:06[kN=m3] 
wsat = 
w 
 
1 

d 
 1 

s 
 
= 22% 

0 = 
sat  
w = 10:25[kN=m3] 
Argile 
On connait 
d;2 = 15:9[kN=m3] et wsat = 24%. 

s = 
 
1 

d 
 wsat 

w 
1 
= 26:02[kN=m3] 
e = 
s 

d 
 1 = 0:64 

sat;2 = 
s+e
w 
1+e = 19:69[kN=m3] 

0 = 
sat  
w = 9:88[kN=m3] 
10
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs 
Sable 
On connait 
s = 26:2[kN=m3] et n = 36% d'où e = n 
1n = 0:56. 

d;3 = (1  n)
s = 16:77[kN=m3] 

sat;3 = 
s+e
w 
1+e = 20:3[kN=m3] 
wsat = 
w 
 
1 

d 
 1 

s 
 
= 21% 

0 = 
sat  
w = 10:5[kN=m3] 
3.1.2 Calcul des contraintes 
Notes 
0v 
 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 = v u. Pour vérier ses calculs, on peut 
calculer 0v 
avec les formules du cours et vérier qu'on obtient bien la même chose. 
0b 
 Dans la suite, z représente la profondeur à laquelle on évalue la contrainte et zi l'épaisseur totale de la 
couche i. 
 u; v et sont donnés en [kN=m3]. 
Sol sec partout 
En règle général, pour un sol sec on a : 
8 
: 
v(z) = 
P 

d;i  zi 
u(z) = 0 
A 25 m, on obtient : 8 
: 
v(25) = 
d;1  5 + 
d;2  15 + 
d;3  5 = 404:5 
u(25) = 0 
0v 
(25) = v = 404:5 
Terrain innondé sous 2m d'eau 
Dans le cas général, on a : 8 
: 
v(z) = 
wH + 
P 

sat;i  zi 
u(z) = 
w(H + z) 
A 25 m, on obtient : 
8 
: v(25) = 
w  2 + 
sat;1  5 + 
sat;2  15 + 
sat;3  5 = 517:13 
u(25) = 
w(25 + 2) = 264:87 
0v 
(25) = v  u = 252:26 
Page 11/14
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs 
Terrain saturé par une nappe au niveau du sol 
Dans le cas général, on a : 8 
: 
v(z) = 
P 

sat;i  zi 
u(z) = 
w(z) 
A 25 m, on obtient : 
8 
: 
v(25) = 
sat;1  5 + 
sat;2  15 + 
sat;3  5 = 497:5 
u(25) = 
w(25 + 2) = 245:25 
0v 
(25) = v  u = 252:26 
Nappe dans la dernière couche, dont le niveau atteint 8m 
Dans le cas général, on a : 
8 
: 
v(z) = 
au dessus de la nappe Xz }| { 

d;i  zi + 
en dessous de la nappe Xz }| { 

sat;j  zj 
u(z) = 
w(z  D) 
A 25 m, on obtient : 
8 
: 
v(25) = 
d;1  5 + 
d;2  15 + 
sat;3  5 = 422 
u(25) = 
w(25  8) = 166:77 
0v 
(25) = v  u = 255:2 
Nappe à 2.5m, sans remontée capillaire 
Dans le cas général, on a : 
8 
: 
v(z) = 
au dessus de la nappe Xz }| { 

d;i  zi + 
Couche contenant la nappe z }| { 

d;k  D + 
sat;k  (zk  D)+ 
en dessous de la nappe Xz }| { 

sat;j  zj 
u(z) = 
w(z  D) 
A 25 m, on obtient : 
8 
: 
v(25) = 
d;1  2:5 + 
sat;1  (5  2:5) + 
sat;2  15 + 
sat;3  5 = 488:1 
u(25) = 
w(25  2:5) = 220:7 
0v 
(25) = v  u = 267:4 
Page 12/14
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs 
Nappe à 2.5m, avec remontée capillaire 
Dans le cas général, on a : 8 
: 
v(z) = 
P 

sat;i  zi 
u(z) = 
w(z  D) 
A 25 m, on obtient : 
8 
: 
v(25) = 
sat;1  5 + 
sat;2  15 + 
sat;3  5 = 497:5 
u(25) = 
w(25  2:5) = 220:7 
0v 
(25) = v  u = 276:8 
3.2 Exercice 2 
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 : 

s 
d 
sat 
[kN=m3] [kN=m3] [kN=m3] 
26 16 20 
Tab. 3.2  Valeurs caractéristiques des sables 
3.2.1 Contraintes 
à 0.6m, on a : 8 
: 
v(0:6) = z  
sat = 12 
u(0:6) = 0 
0v(0:6) = v  u = 12 
à 7m, on a : 8 
: v(7) = z  
sat = 140 
u(7) = 
w(z  D) = 62:78 
0v 
(7) = v  u = 77:22 
3.2.2 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
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs 
à 0.6m, on a : 8 
: 
v(0:6) = z  
sat = 12 
u(0:6) = zw
w = 9:81 
0v 
(0:6) = v  u = 21:81 
à 7m, on a : 8 
: 
v(7) = z  
sat = 140 
u(7) = 
w(z  D) = 52:97 
0v 
(7) = v  u = 87:03 
Page 14/14

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  • 1. AUCE1172 Mécanique des sols Correction des séances d'exercice Damien Janssens
  • 2. TABLE DES MATIÈRES 1 Analyse Volumétrique des sols 2 1.1 Exercice 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Exercice 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3 Exercice 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.4 Exercice 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.5 Exercice 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.6 Exercice 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2 Perméabilité des sols 7 2.1 Exercice 1 : Perméamètre à niveau constant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.2 Exercice 2 : Perméamètre à charge variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.3 Exercice 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.4 Exercice 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 3 Notions de contraintes dans le sol 10 3.1 Exercice 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 3.1.1 Caractéristiques des sols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 3.1.2 Calcul des contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 3.2 Exercice 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 3.2.1 Contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 3.2.2 Contraintes après étiage de la nappe de 1m . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 3.3 ds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1
  • 3. SÉANCE N1 ANALYSE VOLUMÉTRIQUE DES SOLS 1.1 Exercice 1 a) Données Inconues Sol saturé = 19:4[kN=m3] s e = 0:7 Tab. 1.1 Énoncé exercice 1a Par la dénition de , et en utilisant le fait que le sol soit saturé, on a : sat = Ws +Ww Vs + Vv On utilise les dénitions de s et w : Ws +Ww Vs + Vv = Vs s + Vv w Vs + Vv Par dénition de e, on arrive à Vs s + Vv w Vs + Vv = Vs s + eVs w Vs + eVs On en déduit s : sat = s + e w 1 + e =) s = (1 + e) sat e w = 26:11 kN=m3 b) Par dénition de , = W V = Ws +Ww Vs + Vv 2
  • 4. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Données Inconues Sr = 76 % s = 26:11 kN=m3 e = 0:7 Tab. 1.2 Énoncé exercice 1b Or w = fracWwWs et e = Vv Vs , on a donc Ws +Ww Vs + Vv = Ws + wWs Vs + eVs = Ws Vs 1 + w 1 + e = s 1 + w 1 + e Or, on a la relation wsat = Ww Ws sat = Vv w Vs s = e w s = 26:3% On utilise la dénition de Sr : Sr = w wsat =) w = Srwsat = 19:99% Il vient nalement : = s 1 + w 1 + e = 19:43[kN=m3] 1.2 Exercice 2 Données Inconues Sol saturé s n = 48% wsat = 43% Tab. 1.3 Énoncé exercice 2 On part de la dénition de d : d = Ws V = Ws Ww Ww V = 1 wsat Ww V = 1 wsat wVv V = wn wsat = 10:95[kN=m3] Or on a la relation : s = (1 + e) d D'autre part, on peut déterminer facilement e = n 1 n = 0:923; d'où on déduit s = 21:06[kN=m3] Page 3/14
  • 5. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Données Inconues w = 11:5% Masse d'eau pour W = 1[kg] arriver à w = 21:5% Tab. 1.4 Énoncé exercice 3 1.3 Exercice 3 Par dénition de la teneur en eau, on a : W = Ws +Ww = Ws + wWs = (1 + w)Ws = 1[kg] Elle peut être décomposée en : Partie solide Ws = 1 1+1w = 0:894[kg] Partie liquide 1Ww = W Ws = 0:103[kg] Pour un w = 21:5%, il faut que 2Ww =2 wWs = 0:193[kg] d'eau: Donc, il faut ajouter : Ww =2 Ww 1 Ww = 89:7[g] d'eau. 1.4 Exercice 4 a) Données Inconues emin = 0:46 emax = 0:66 sat dans les deux cas s = 26[kN=m3] Tab. 1.5 Énoncé exercice 4a On part de la formule : sat = e w + s 1 + e On a donc : emax emin sat[kN=m3] 19.6 20.9 b) On utilise la formule ID;e = emax e emax emin ; d'où on déduit e = 0:56 et donc sat = 20:19 Page 4/14
  • 6. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Données Inconues emin = 0:46 sat emax = 0:66 ID;e = 50% Tab. 1.6 Énoncé exercice 4b 1.5 Exercice 5 Données Inconues argile saturée IL IL = 84% e IP = 27% = 3:8 cm h = 7:6 cm m = 156:04[g] Tab. 1.7 Énoncé exercice 5 Le sol est saturé, on a donc IL = w wP wL wP La masse est de 0:15604[kg] et le volume est 3:8 7:6 103[m3], on a alors le poids volumique : sat = Wsat V = 17:62[kN=m3]: Rappelons que la valeur classique pour le poids spécique d'un sable est s = 26[kN=m3]. On a alors : wsat = 1 sat s sat w 1 = 40:48% On a nalement IL = 23:65%. On calcule l'indice des vides : e = Vv Vs = Wv v Ws s = Ww Ws sat s w = wsat s w = 1:073 1.6 Exercice 6 On s'intéresse tout d'abord aux poids volumiques sec et saturé. On sait que IiD ;n = 0:47, donc IiD ;n = nmax n nmax nmin = 0:47 et on trouve n = 40%. On a donc l'indice des vides : e = n n 1 = 0:634: Page 5/14
  • 7. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Données Inconues sable s IiD ;n = 0:47 sat nmin = 34:6% h nmax = 44:8% wf sat d = 25:95[kN=m3] m = 156:04[g] hi = 1:5m If D;n Tab. 1.8 Énoncé exercice 6 On a ensuite le compactage, qui suit la loi1 : h h = V V ; avec V = Vv = e Vs et V = (1 + e)Vs: On a donc : h h = e 1 + e = 1:98% =) h = 2:97cm: On calcule aussi la teneur en eau : wsat = e w s = 23:97% 1La convention met le signe positif pour une diminution d'épaisseur. Page 6/14
  • 8. SÉANCE N2 PERMÉABILITÉ DES SOLS 2.1 Exercice 1 : Perméamètre à niveau constant Données Inconues sable k20 = 10:4 cm L = 11:2 cm V = 251 ml t = 3 min h = 9 cm 20 = 1:005 mPa s 23 = 0:936 mPa s Tab. 2.1 Énoncé exercice 1 À 23C, la formule de la perméabilité à niveau constant nous donne : k = qL Ah : Le débit vaut q = 0:251 103[m3] 180[s] = 1:4 106[m3=s]; L'aire vaut A = 10:4 2 2 = 8:495 103[m2] La hauteur de charge est de h = 9 [102][m] et la hauteur de l'échantillon est de L = 11:2 102[m]. On a donc : k23 = 1:4 106 11:2 102 8:595 103 9 102 = 2:03[m=s]: 7
  • 9. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs On peut donc maintenant trouver : k20 = 23 20 k23 = 1:9 104[m=s]: 2.2 Exercice 2 : Perméamètre à charge variable Données Inconues échantillon cylindrique k0 echantillon = 6 cm L = 4 cm t = 2 min 54 sec h1 = 48 cm h2 = 31 cm tube = 1 cm Tab. 2.2 Énoncé exercice 2 La formule de la perméabilité à charge variable nous donne k = aL At ln h1 h2 : On a : A = 6 2 2 = 2:827 103[m2]; la section du tube vaut a = 1 2 2 = 0:785 104[m2] et la hauteur de l'éachantillon vaut L = 4 102 m. De plus, t = 2 60 + 54 = 174 s. On a donc : k = 0:785 104 4 102 2:827 103 174 ln 48 31 = 2:79 106[m=s]: On suppose qu'on est à 20 et on utilise la dénition du coecient de perméabilité physique k0 pour trouver : k0 = k w = 1:79 106 106 9:81 = 2:87 1013[m2]: 2.3 Exercice 3 On utilise la formule de Hansen, ce qui nous donne : k = 116(0:7 + 0:03Teau)2 actif = 116(0:7 + 0:03 12)(72 104)2 = 6:37 103[cm=s]: Page 8/14
  • 10. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Données Inconues actif = 72m k Teau = 12 Tab. 2.3 Énoncé exercice 3 2.4 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/m3 et une perméabilité connue de 4 104 [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/m3. 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 : iA = hA HA = 0:35h HA = 0:350:35 0:3 = 0:41[m=s] iB = hB HB = hhA Hb = 0:35(10:35) 0:25 = 0:91[m=s] Par conservation du débit, on a qA = qB. Or, comme les sections sont égales, on a : vAA = vBB =) kAiA = kBiB =) kB = iA iB kA = 1:8 104 b) Quel sera le débit de percolation ? Le débit peut être calculé de la façon suivante : Q[m3=s] = v[m=s] S[m2] = kA iA A = 1:28 106[m3=s] (= kB iB B) Page 9/14
  • 11. SÉANCE N3 NOTIONS DE CONTRAINTES DANS LE SOL 3.1 Exercice 1 Sable limoneux Argile Sable 5 m 15 m grande profondeur s = 26:1[kN=m3] d = 15:9[kN=m3] s = 26:2[kN=m3] e = 0:59 wsat = 24% n = 36% Tab. 3.1 Énoncé exercice 1 3.1.1 Caractéristiques des sols Sable limoneux On connait s = 26:1[kN=m3] et e = 0:59 d'où on tire n = e 1+e = 37%. Vient ensuite : d;1 = (1 n) s = 16:44[kN=m3] sat;1 = s+e w 1+e = 20:06[kN=m3] wsat = w 1 d 1 s = 22% 0 = sat w = 10:25[kN=m3] Argile On connait d;2 = 15:9[kN=m3] et wsat = 24%. s = 1 d wsat w 1 = 26:02[kN=m3] e = s d 1 = 0:64 sat;2 = s+e w 1+e = 19:69[kN=m3] 0 = sat w = 9:88[kN=m3] 10
  • 12. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Sable On connait s = 26:2[kN=m3] et n = 36% d'où e = n 1n = 0:56. d;3 = (1 n) s = 16:77[kN=m3] sat;3 = s+e w 1+e = 20:3[kN=m3] wsat = w 1 d 1 s = 21% 0 = sat w = 10:5[kN=m3] 3.1.2 Calcul des contraintes Notes 0v 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 = v u. Pour vérier ses calculs, on peut calculer 0v avec les formules du cours et vérier qu'on obtient bien la même chose. 0b Dans la suite, z représente la profondeur à laquelle on évalue la contrainte et zi l'épaisseur totale de la couche i. u; v et sont donnés en [kN=m3]. Sol sec partout En règle général, pour un sol sec on a : 8 : v(z) = P d;i zi u(z) = 0 A 25 m, on obtient : 8 : v(25) = d;1 5 + d;2 15 + d;3 5 = 404:5 u(25) = 0 0v (25) = v = 404:5 Terrain innondé sous 2m d'eau Dans le cas général, on a : 8 : v(z) = wH + P sat;i zi u(z) = w(H + z) A 25 m, on obtient : 8 : v(25) = w 2 + sat;1 5 + sat;2 15 + sat;3 5 = 517:13 u(25) = w(25 + 2) = 264:87 0v (25) = v u = 252:26 Page 11/14
  • 13. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Terrain saturé par une nappe au niveau du sol Dans le cas général, on a : 8 : v(z) = P sat;i zi u(z) = w(z) A 25 m, on obtient : 8 : v(25) = sat;1 5 + sat;2 15 + sat;3 5 = 497:5 u(25) = w(25 + 2) = 245:25 0v (25) = v u = 252:26 Nappe dans la dernière couche, dont le niveau atteint 8m Dans le cas général, on a : 8 : v(z) = au dessus de la nappe Xz }| { d;i zi + en dessous de la nappe Xz }| { sat;j zj u(z) = w(z D) A 25 m, on obtient : 8 : v(25) = d;1 5 + d;2 15 + sat;3 5 = 422 u(25) = w(25 8) = 166:77 0v (25) = v u = 255:2 Nappe à 2.5m, sans remontée capillaire Dans le cas général, on a : 8 : v(z) = au dessus de la nappe Xz }| { d;i zi + Couche contenant la nappe z }| { d;k D + sat;k (zk D)+ en dessous de la nappe Xz }| { sat;j zj u(z) = w(z D) A 25 m, on obtient : 8 : v(25) = d;1 2:5 + sat;1 (5 2:5) + sat;2 15 + sat;3 5 = 488:1 u(25) = w(25 2:5) = 220:7 0v (25) = v u = 267:4 Page 12/14
  • 14. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Nappe à 2.5m, avec remontée capillaire Dans le cas général, on a : 8 : v(z) = P sat;i zi u(z) = w(z D) A 25 m, on obtient : 8 : v(25) = sat;1 5 + sat;2 15 + sat;3 5 = 497:5 u(25) = w(25 2:5) = 220:7 0v (25) = v u = 276:8 3.2 Exercice 2 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 : s d sat [kN=m3] [kN=m3] [kN=m3] 26 16 20 Tab. 3.2 Valeurs caractéristiques des sables 3.2.1 Contraintes à 0.6m, on a : 8 : v(0:6) = z sat = 12 u(0:6) = 0 0v(0:6) = v u = 12 à 7m, on a : 8 : v(7) = z sat = 140 u(7) = w(z D) = 62:78 0v (7) = v u = 77:22 3.2.2 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. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs à 0.6m, on a : 8 : v(0:6) = z sat = 12 u(0:6) = zw w = 9:81 0v (0:6) = v u = 21:81 à 7m, on a : 8 : v(7) = z sat = 140 u(7) = w(z D) = 52:97 0v (7) = v u = 87:03 Page 14/14