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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
ƒÉexgi x¦1
ANALYSE VOLUMÉTRIQUE DES SOLS
1.1 Exercice 1
a)
Données Inconues
Sol saturé
γ = 19.4[kN/m3] γs
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 :
γsat =
Ws + Ww
Vs + Vv
On utilise les dénitions de γs et γw :
Ws + Ww
Vs + Vv
=
Vsγs + Vvγw
Vs + Vv
Par dénition de e, on arrive à
Vsγs + Vvγw
Vs + Vv
=
Vsγs + eVsγw
Vs + eVs
On en déduit γs :
γsat =
γs + eγw
1 + e
=⇒ γs = (1 + e)γsat − eγw = 26.11 kN/m3
b)
Par dénition de γ,
γ =
W
V
=
Ws + Ww
Vs + Vv
2
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Données Inconues
Sr = 76 %
γs = 26.11 kN/m3 γ
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
= γs
1 + w
1 + e
Or, on a la relation
wsat =
Ww
Ws sat
=
Vvγw
Vsγs
= e
γw
γs
= 26.3%
On utilise la dénition de Sr :
Sr =
w
wsat
=⇒ w = Srwsat = 19.99%
Il vient nalement :
γ = γs
1 + w
1 + e
= 19.43[kN/m3
]
1.2 Exercice 2
Données Inconues
Sol saturé γs
n = 48% γ
wsat = 43%
Tab. 1.3  Énoncé exercice 2
On part de la dénition de γd :
γd =
Ws
V
=
Ws
Ww
·
Ww
V
=
1
wsat
·
Ww
V
=
1
wsat
·
γwVv
V
=
γwn
wsat
= 10.95[kN/m3
]
Or on a la relation :
γs = (1 + e)γd
D'autre part, on peut déterminer facilement
e =
n
1 − n
= 0.923,
d'où on déduit
γs = 21.06[kN/m3
]
Page 3/14
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
2
Ww =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 γsat dans les deux cas
γs = 26[kN/m3]
Tab. 1.5  Énoncé exercice 4a
On part de la formule :
γsat =
eγw + γs
1 + e
On a donc :
emax emin
γsat[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 γsat = 20.19
Page 4/14
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Données Inconues
emin = 0.46 γsat
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%
φ = 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 π · 3.8 · 7.6 · 10−3[m3], on a alors le poids volumique :
γsat =
Wsat
V
= 17.62[kN/m3
].
Rappelons que la valeur classique pour le poids spécique d'un sable est γs = 26[kN/m3]. On a alors :
wsat =
1 − γsat
γs
γsat
γw
− 1
= 40.48%
On a nalement IL = 23.65%. On calcule l'indice des vides :
e =
Vv
Vs
=
Wv
γv
Ws
γs
=
Ww
Ws sat
·
γs
γw
= wsat
γs
γw
= 1.073
1.6 Exercice 6
On s'intéresse tout d'abord aux poids volumiques sec et saturé. On sait que Ii
D,n = 0.47, donc
Ii
D,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 γs
Ii
D,n = 0.47 γsat
nmin = 34.6% ∆h
nmax = 44.8% wf
sat
γd = 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
γw
γs
= 23.97%
1
La convention met le signe positif pour une diminution d'épaisseur.
Page 6/14
ƒÉexgi x¦2
PERMÉABILITÉ DES SOLS
2.1 Exercice 1 : Perméamètre à niveau constant
Données Inconues
sable k20◦
φ = 10.4 cm
L = 11.2 cm
V = 251 ml
∆t = 3 min
∆h = 9 cm
η20◦ = 1.005 mPa s
η23◦ = 0.936 mPa s
Tab. 2.1  Énoncé exercice 1
À 23◦C, la formule de la perméabilité à niveau constant nous donne :
k =
qL
A∆h
.
Le débit vaut
q =
0.251 10−3[m3]
180[s]
= 1.4 10−6
[m3
/s],
L'aire vaut
A = π
10.4
2
2
= 8.495 10−3
[m2
]
La hauteur de charge est de ∆h = 9[10−2][m] et la hauteur de l'échantillon est de L = 11.210−2[m]. On a donc :
k23◦ =
1.4 10−6 · 11.2 10−2
8.595 10−3 · 9 10−2
= 2.03[m/s].
7
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
On peut donc maintenant trouver :
k20◦ =
η23◦
η20◦
k23◦ = 1.9 10−4
[m/s].
2.2 Exercice 2 : Perméamètre à charge variable
Données Inconues
échantillon cylindrique k0
φechantillon = 6 cm
L = 4 cm
∆t = 2 min 54 sec
h1 = 48 cm
h2 = 31 cm
φtube = 1 cm
Tab. 2.2  Énoncé exercice 2
La formule de la perméabilité à charge variable nous donne
k =
aL
A∆t
ln
h1
h2
.
On a :
A = π
6
2
2
= 2.827 10−3
[m2
],
la section du tube vaut
a = π ·
1
2
2
= 0.785 10−4
[m2
]
et la hauteur de l'éachantillon vaut L = 4 10−2 m. De plus, ∆t = 2 · 60 + 54 = 174 s. On a donc :
k =
0.785 10−4 · 4 10−2
2.827 10−3 · 174
ln
48
31
= 2.79 10−6
[m/s].
On suppose qu'on est à 20◦ et on utilise la dénition du coecient de perméabilité physique k0 pour trouver :
k0 = k
η
γw
= 1.79 10−6 10−6
9.81
= 2.87 10−13
[m2
].
2.3 Exercice 3
On utilise la formule de Hansen, ce qui nous donne :
k = 116(0.7 + 0.03Teau)φ2
actif = 116(0.7 + 0.03 · 12◦
)(72 10−4
)2
= 6.37 10−3
[cm/s].
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AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Données Inconues
φactif = 72µm 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 10−4 [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
= 0.35 ∆h
HA
= 0.350.35
0.3 = 0.41[m/s]
iB = ∆hB
HB
= ∆h−∆hA
Hb
= 0.35(1−0.35)
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 10−4
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 10−6
[m3
/s] (= kB · iB · B)
Page 9/14
ƒÉexgi x¦3
NOTIONS DE CONTRAINTES DANS LE SOL
3.1 Exercice 1
Sable limoneux Argile Sable
5 m 15 m grande profondeur
γs = 26.1[kN/m3] γd = 15.9[kN/m3] γs = 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 γs = 26.1[kN/m3] et e = 0.59 d'où on tire n = e
1+e = 37%. Vient ensuite :
γd,1 = (1 − n)γs = 16.44[kN/m3]
γsat,1 = γs+eγw
1+e = 20.06[kN/m3]
wsat = γw
1
γd
− 1
γs
= 22%
γ = γsat − γw = 10.25[kN/m3]
Argile
On connait γd,2 = 15.9[kN/m3] et wsat = 24%.
γs = 1
γd
− wsat
γw
−1
= 26.02[kN/m3]
e = γs
γd
− 1 = 0.64
γsat,2 = γs+eγw
1+e = 19.69[kN/m3]
γ = γsat − γw = 9.88[kN/m3]
10
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Sable
On connait γs = 26.2[kN/m3] et n = 36% d'où e = n
1−n = 0.56.
γd,3 = (1 − n)γs = 16.77[kN/m3]
γsat,3 = γs+eγw
1+e = 20.3[kN/m3]
wsat = γw
1
γd
− 1
γs
= 21%
γ = γsat − γw = 10.5[kN/m3]
3.1.2 Calcul des contraintes
Notes
• 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 σv = σv − u. Pour vérier ses calculs, on peut
calculer σv 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 zi l'épaisseur totale de la
couche i.
• u, σv et σb sont donnés en [kN/m3].
Sol sec partout
En règle général, pour un sol sec on a :



σv(z) = γd,i · zi
u(z) = 0
A 25 m, on obtient : 


σv(25) = γd,1 · 5 + γd,2 · 15 + γd,3 · 5 = 404.5
u(25) = 0
σv(25) = σv = 404.5
Terrain innondé sous 2m d'eau
Dans le cas général, on a : 


σv(z) = γwH + γsat,i · zi
u(z) = γw(H + z)
A 25 m, on obtient :



σv(25) = γw · 2 + γsat,1 · 5 + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 517.13
u(25) = γw(25 + 2) = 264.87
σv(25) = σv − 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 : 


σv(z) = γsat,i · zi
u(z) = γw(z)
A 25 m, on obtient :



σv(25) = γsat,1 · 5 + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 497.5
u(25) = γw(25 + 2) = 245.25
σv(25) = σv − u = 252.26
Nappe dans la dernière couche, dont le niveau atteint 8m
Dans le cas général, on a :



σv(z) =
au dessus de la nappe
γd,i · zi +
en dessous de la nappe
γsat,j · zj
u(z) = γw(z − D)
A 25 m, on obtient :



σv(25) = γd,1 · 5 + γd,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 422
u(25) = γw(25 − 8) = 166.77
σv(25) = σv − u = 255.2
Nappe à 2.5m, sans remontée capillaire
Dans le cas général, on a :



σv(z) =
au dessus de la nappe
γd,i · zi +
Couche contenant la nappe
γd,k · D + γsat,k · (zk − D) +
en dessous de la nappe
γsat,j · zj
u(z) = γw(z − D)
A 25 m, on obtient :



σv(25) = γd,1 · 2.5 + γsat,1 · (5 − 2.5) + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 488.1
u(25) = γw(25 − 2.5) = 220.7
σv(25) = σv − 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 : 


σv(z) = γsat,i · zi
u(z) = γw(z − D)
A 25 m, on obtient :



σv(25) = γsat,1 · 5 + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 497.5
u(25) = γw(25 − 2.5) = 220.7
σv(25) = σv − 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 :
γs γd γsat
[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 : 


σv(0.6) = z · γsat = 12
u(0.6) = 0
σv(0.6) = σv − u = 12
à 7m, on a : 


σv(7) = z · γsat = 140
u(7) = γw(z − D) = 62.78
σv(7) = σv − 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 : 


σv(0.6) = z · γsat = 12
u(0.6) = −zwγw = −9.81
σv(0.6) = σv − u = 21.81
à 7m, on a : 


σv(7) = z · γsat = 140
u(7) = γw(z − D) = 52.97
σv(7) = σv − u = 87.03
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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. ƒÉexgi x¦1 ANALYSE VOLUMÉTRIQUE DES SOLS 1.1 Exercice 1 a) Données Inconues Sol saturé γ = 19.4[kN/m3] γs 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 : γsat = Ws + Ww Vs + Vv On utilise les dénitions de γs et γw : Ws + Ww Vs + Vv = Vsγs + Vvγw Vs + Vv Par dénition de e, on arrive à Vsγs + Vvγw Vs + Vv = Vsγs + eVsγw Vs + eVs On en déduit γs : γsat = γs + eγw 1 + e =⇒ γs = (1 + e)γsat − eγw = 26.11 kN/m3 b) Par dénition de γ, γ = W V = Ws + Ww Vs + Vv 2
  • 4. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Données Inconues Sr = 76 % γs = 26.11 kN/m3 γ 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 = γs 1 + w 1 + e Or, on a la relation wsat = Ww Ws sat = Vvγw Vsγs = e γw γs = 26.3% On utilise la dénition de Sr : Sr = w wsat =⇒ w = Srwsat = 19.99% Il vient nalement : γ = γs 1 + w 1 + e = 19.43[kN/m3 ] 1.2 Exercice 2 Données Inconues Sol saturé γs n = 48% γ wsat = 43% Tab. 1.3 Énoncé exercice 2 On part de la dénition de γd : γd = Ws V = Ws Ww · Ww V = 1 wsat · Ww V = 1 wsat · γwVv V = γwn wsat = 10.95[kN/m3 ] Or on a la relation : γs = (1 + e)γd D'autre part, on peut déterminer facilement e = n 1 − n = 0.923, d'où on déduit γs = 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 2 Ww =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 γsat dans les deux cas γs = 26[kN/m3] Tab. 1.5 Énoncé exercice 4a On part de la formule : γsat = eγw + γs 1 + e On a donc : emax emin γsat[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 γsat = 20.19 Page 4/14
  • 6. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Données Inconues emin = 0.46 γsat 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% φ = 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 π · 3.8 · 7.6 · 10−3[m3], on a alors le poids volumique : γsat = Wsat V = 17.62[kN/m3 ]. Rappelons que la valeur classique pour le poids spécique d'un sable est γs = 26[kN/m3]. On a alors : wsat = 1 − γsat γs γsat γw − 1 = 40.48% On a nalement IL = 23.65%. On calcule l'indice des vides : e = Vv Vs = Wv γv Ws γs = Ww Ws sat · γs γw = wsat γs γw = 1.073 1.6 Exercice 6 On s'intéresse tout d'abord aux poids volumiques sec et saturé. On sait que Ii D,n = 0.47, donc Ii D,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 γs Ii D,n = 0.47 γsat nmin = 34.6% ∆h nmax = 44.8% wf sat γd = 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 γw γs = 23.97% 1 La convention met le signe positif pour une diminution d'épaisseur. Page 6/14
  • 8. ƒÉexgi x¦2 PERMÉABILITÉ DES SOLS 2.1 Exercice 1 : Perméamètre à niveau constant Données Inconues sable k20◦ φ = 10.4 cm L = 11.2 cm V = 251 ml ∆t = 3 min ∆h = 9 cm η20◦ = 1.005 mPa s η23◦ = 0.936 mPa s Tab. 2.1 Énoncé exercice 1 À 23◦C, la formule de la perméabilité à niveau constant nous donne : k = qL A∆h . Le débit vaut q = 0.251 10−3[m3] 180[s] = 1.4 10−6 [m3 /s], L'aire vaut A = π 10.4 2 2 = 8.495 10−3 [m2 ] La hauteur de charge est de ∆h = 9[10−2][m] et la hauteur de l'échantillon est de L = 11.210−2[m]. On a donc : k23◦ = 1.4 10−6 · 11.2 10−2 8.595 10−3 · 9 10−2 = 2.03[m/s]. 7
  • 9. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs On peut donc maintenant trouver : k20◦ = η23◦ η20◦ k23◦ = 1.9 10−4 [m/s]. 2.2 Exercice 2 : Perméamètre à charge variable Données Inconues échantillon cylindrique k0 φechantillon = 6 cm L = 4 cm ∆t = 2 min 54 sec h1 = 48 cm h2 = 31 cm φtube = 1 cm Tab. 2.2 Énoncé exercice 2 La formule de la perméabilité à charge variable nous donne k = aL A∆t ln h1 h2 . On a : A = π 6 2 2 = 2.827 10−3 [m2 ], la section du tube vaut a = π · 1 2 2 = 0.785 10−4 [m2 ] et la hauteur de l'éachantillon vaut L = 4 10−2 m. De plus, ∆t = 2 · 60 + 54 = 174 s. On a donc : k = 0.785 10−4 · 4 10−2 2.827 10−3 · 174 ln 48 31 = 2.79 10−6 [m/s]. On suppose qu'on est à 20◦ et on utilise la dénition du coecient de perméabilité physique k0 pour trouver : k0 = k η γw = 1.79 10−6 10−6 9.81 = 2.87 10−13 [m2 ]. 2.3 Exercice 3 On utilise la formule de Hansen, ce qui nous donne : k = 116(0.7 + 0.03Teau)φ2 actif = 116(0.7 + 0.03 · 12◦ )(72 10−4 )2 = 6.37 10−3 [cm/s]. Page 8/14
  • 10. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Données Inconues φactif = 72µm 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 10−4 [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 = 0.35 ∆h HA = 0.350.35 0.3 = 0.41[m/s] iB = ∆hB HB = ∆h−∆hA Hb = 0.35(1−0.35) 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 10−4 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 10−6 [m3 /s] (= kB · iB · B) Page 9/14
  • 11. ƒÉexgi x¦3 NOTIONS DE CONTRAINTES DANS LE SOL 3.1 Exercice 1 Sable limoneux Argile Sable 5 m 15 m grande profondeur γs = 26.1[kN/m3] γd = 15.9[kN/m3] γs = 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 γs = 26.1[kN/m3] et e = 0.59 d'où on tire n = e 1+e = 37%. Vient ensuite : γd,1 = (1 − n)γs = 16.44[kN/m3] γsat,1 = γs+eγw 1+e = 20.06[kN/m3] wsat = γw 1 γd − 1 γs = 22% γ = γsat − γw = 10.25[kN/m3] Argile On connait γd,2 = 15.9[kN/m3] et wsat = 24%. γs = 1 γd − wsat γw −1 = 26.02[kN/m3] e = γs γd − 1 = 0.64 γsat,2 = γs+eγw 1+e = 19.69[kN/m3] γ = γsat − γw = 9.88[kN/m3] 10
  • 12. AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs Sable On connait γs = 26.2[kN/m3] et n = 36% d'où e = n 1−n = 0.56. γd,3 = (1 − n)γs = 16.77[kN/m3] γsat,3 = γs+eγw 1+e = 20.3[kN/m3] wsat = γw 1 γd − 1 γs = 21% γ = γsat − γw = 10.5[kN/m3] 3.1.2 Calcul des contraintes Notes • 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 σv = σv − u. Pour vérier ses calculs, on peut calculer σv 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 zi l'épaisseur totale de la couche i. • u, σv et σb sont donnés en [kN/m3]. Sol sec partout En règle général, pour un sol sec on a :    σv(z) = γd,i · zi u(z) = 0 A 25 m, on obtient :    σv(25) = γd,1 · 5 + γd,2 · 15 + γd,3 · 5 = 404.5 u(25) = 0 σv(25) = σv = 404.5 Terrain innondé sous 2m d'eau Dans le cas général, on a :    σv(z) = γwH + γsat,i · zi u(z) = γw(H + z) A 25 m, on obtient :    σv(25) = γw · 2 + γsat,1 · 5 + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 517.13 u(25) = γw(25 + 2) = 264.87 σv(25) = σv − 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 :    σv(z) = γsat,i · zi u(z) = γw(z) A 25 m, on obtient :    σv(25) = γsat,1 · 5 + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 497.5 u(25) = γw(25 + 2) = 245.25 σv(25) = σv − u = 252.26 Nappe dans la dernière couche, dont le niveau atteint 8m Dans le cas général, on a :    σv(z) = au dessus de la nappe γd,i · zi + en dessous de la nappe γsat,j · zj u(z) = γw(z − D) A 25 m, on obtient :    σv(25) = γd,1 · 5 + γd,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 422 u(25) = γw(25 − 8) = 166.77 σv(25) = σv − u = 255.2 Nappe à 2.5m, sans remontée capillaire Dans le cas général, on a :    σv(z) = au dessus de la nappe γd,i · zi + Couche contenant la nappe γd,k · D + γsat,k · (zk − D) + en dessous de la nappe γsat,j · zj u(z) = γw(z − D) A 25 m, on obtient :    σv(25) = γd,1 · 2.5 + γsat,1 · (5 − 2.5) + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 488.1 u(25) = γw(25 − 2.5) = 220.7 σv(25) = σv − 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 :    σv(z) = γsat,i · zi u(z) = γw(z − D) A 25 m, on obtient :    σv(25) = γsat,1 · 5 + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 497.5 u(25) = γw(25 − 2.5) = 220.7 σv(25) = σv − 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 : γs γd γsat [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 :    σv(0.6) = z · γsat = 12 u(0.6) = 0 σv(0.6) = σv − u = 12 à 7m, on a :    σv(7) = z · γsat = 140 u(7) = γw(z − D) = 62.78 σv(7) = σv − 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 :    σv(0.6) = z · γsat = 12 u(0.6) = −zwγw = −9.81 σv(0.6) = σv − u = 21.81 à 7m, on a :    σv(7) = z · γsat = 140 u(7) = γw(z − D) = 52.97 σv(7) = σv − u = 87.03 Page 14/14