GCAlgerie.com(180)

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er
ie.
co
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Clément Desodt
Philippe Reiffsteck
Géotechnique
ttp
s:/
/w
ww
.gc
alg
Exercices et problèmes corrigés
de mécanique des sols,
avec rappels de cours
er
ie.
co
m
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alg
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© Dunod, 2015
5 rue Laromiguière, 75005 Paris
www.dunod.com
ISBN 978-2-10-072896-1
ttp
s:/
/w
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.gc
Illustration de couverture : Road Damaged by Landslide © Yali Shi - Fotolia
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Table des matières
CHAPITRE 1 • IDENTIFICATION DES SOLS
1.1
Description d’un sol
1.2
Classiﬁcation des sols
1
5
EXERCICES
7
alg
SOLUTIONS
12
CHAPITRE 2 • HYDRAULIQUE DES SOLS
Écoulements en un milieu granulaire
21
2.2
Hydraulique des puits
24
.gc
2.1
EXERCICES
SOLUTIONS
30
38
CHAPITRE 3 • ÉTATS DE CONTRAINTE DANS LES SOLS
Contraintes totales et effectives
51
3.2
Inﬂuence du chargement
56
EXERCICES
SOLUTIONS
ww
3.1
58
65
s:/
/w
CHAPITRE 4 • RÉSISTANCE AU CISAILLEMENT
4.1
Élastoplasticité
77
4.2
Essais de laboratoire
83
4.3
Essais in situ
87
EXERCICES
93
SOLUTIONS
101
CHAPITRE 5 • TASSEMENTS
Consolidation
117
5.2
Compressibilité
122
ttp
5.1
EXERCICES
126
SOLUTIONS
133
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/
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Géotechnique
CHAPITRE 6 • SOUTÈNEMENT
6.1
Types d’ouvrages de soutènement
6.2
États limites
6.3
Murs-poids
6.4
Rideaux
er
ie.
co
m
VI
151
152
155
157
EXERCICES
SOLUTIONS
160
165
CHAPITRE 7 • PENTE ET TALUS
7.1
Mouvements de terrains
7.2
Calcul de stabilité
CHAPITRE 8 • FONDATIONS
Technologie de fondations
8.2
Méthodes de calcul
ANNEXES
.gc
8.1
alg
174
EXERCICES
SOLUTIONS
EXERCICES
SOLUTIONS
173
178
183
196
198
215
225
Distribution de contraintes dans un massif - abaques
239
B.
Coefﬁcient de consolidation
241
C.
Coefﬁcient de poussée/butée
243
245
s:/
/w
INDEX
ww
A.
ttp
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alg
Avant-propos
L’étude des sols est un point-clé des projets de construction. Les travaux associés
présentent un coût important, et les risques engendrés en cas de problèmes peuvent
être conséquents.
ww
La mécanique des sols est une science complexe nécessitant de bonnes connaissances théoriques et pratiques. La diversité des situations, des phénomènes, et la
variabilité des paramètres peuvent effrayer l’étudiant. L’acquisition de méthodes de
raisonnement dans la résolution d’exercices appliqués confèrera une efﬁcacité et une
adaptabilité face aux problématiques rencontrées.
s:/
/w
Ce livre d’exercices corrigés s’adresse aux étudiants préparant leur BTS, DUT,
licence, master et diplôme d’ingénieur. Il est adapté à la préparation des concours
d’entrée en école d’ingénieurs, et des concours de recrutement des professeurs
(agrégation, CAPET, etc.).
Trois niveaux de difﬁcultés sont proposés :
ttp
: socle de connaissances.
: connaissances approfondies (à partir de bac+2).
: connaissances avancées (master, cycle avancé d’école d’ingénieurs, CAPET,
agrégation).
À chaque début de chapitre, des rappels de cours permettront d’avoir une synthèse
des différentes méthodologies, des notations et des conventions utilisées. Ces rappels
se limitent à l’essentiel et il est conseillé de se munir de ses cours et éventuellement
d’un ouvrage de référence adapté au niveau d’étude.
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/
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Géotechnique
er
ie.
co
m
VIII
Les résolutions omettent volontairement des cas particuliers et certaines étapes
normatives parfois lourdes aﬁn de se focaliser sur la démarche et les méthodes de
calcul. Néanmoins, les exercices ont été traités dans le cadre de l’Eurocode 7 et des
normes d’application en vigueur.
Le chapitre Identiﬁcation des sols est essentiel pour déﬁnir les caractéristiques de
base d’un sol. Les exercices visent à familiariser l’étudiant avec ces nombreux
paramètres, et à comprendre leurs intérêts dans des applications concrètes.
alg
Le chapitre Hydraulique des sols traite de cas concrets en lien avec les mouvements
d’eau dans les aquifères, tels que l’exploitation d’un réseau d’écoulement, l’évaluation d’un débit de pompage ou d’un rabattement de nappe.
Le chapitre États de contrainte dans les sols présente des exercices permettant de
déterminer en tout point d’un massif, et en fonction des charges appliquées, la
distribution des contraintes totales et effectives.
.gc
Le chapitre Résistance au cisaillement s’intéresse aux problèmes de rupture des
sols, essentiels pour aborder l’étude du comportement des ouvrages. De nombreux
exercices exploitent des résultats d’essais in situ et de laboratoire.
ww
Le chapitre Tassements permettra à l’étudiant d’estimer, par différentes méthodes,
les valeurs des tassements, globaux ou différentiels, en fonction du temps.
Les derniers chapitres Soutènement, Pente et talus et Fondations présentent de nombreux problèmes en lien avec l’interaction sol/structure. Les calculs de résistance des
matériaux structuraux ne seront pas traités.
ttp
s:/
/w
Des exercices supplémentaires sont également téléchargeables sur :
www.dunod.com/contenus-complementaires/9782100720477
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ie.
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Chapitre 1
.gc
alg
Identiﬁcation des sols
1.1 DESCRIPTION D’UN SOL
1.1.1. Un milieu triphasique
ww
Un sol est déﬁni par trois phases : gazeuse, liquide et solide (cf. ﬁgure 1.1). À partir
des proportions volumiques et pondérales, on déﬁnit des paramètres géométriques et
hydriques tels que :
Vv
V
s:/
/w
• Porosité : n =
• Degré de saturation : Sr =
• Indice des vides : e =
Vw
Vv
Vv
Vs
Ww
Ws
emax − e
• Indice de compacité : Id =
emax − emin
ttp
• Teneur en eau (pondérale) : w =
Avec emax indice des vides correspondant au sol dans son état le plus lâche, et emin
dans son état le plus dense.
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/
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1 • Identiﬁcation des sols
er
ie.
co
m
2
§
ww
.gc
alg
Ȗ
Ȗ
Ȗ
s:/
/w
F IGURE 1.1 Description d’un sol - États de saturation
Un sol est caractérisé également par différents poids volumiques :
• apparent : γ =
W
V
ttp
• du squelette : γs =
• sec : γd =
Ws
Vs
Ws
V
• de l’eau : γw =
Ww
Vw
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Description d’un sol
3
er
ie.
co
m
1.1
/
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• déjaugé : γ = γsat − γw
D’après la ﬁgure 1.1, le poids volumique apparent γ est égal à γd pour un sol sec, à
γsat pour un sol saturé, et à γh (pour « humide ») dans les autres cas.
1.1.2. Granulométrie
La distribution dimensionnelle des grains des sols (granularité) peut être appréciée
en laboratoire en construisant la courbe granulométrique (cf. ﬁgure 1.2).
alg
Cette courbe, utilisée pour les classiﬁcations des sols, représente les pourcentages de
tamisats cumulés en fonction de l’ouverture des tamis. On appelle tamisat, la masse
de matériau passant à travers un tamis donné, et refus la masse de matériau retenue
par ce tamis. La somme des tamisats et des refus cumulés donne toujours la masse
total du matériau testé. Pour les sols très ﬁns pour lesquels le tamisage n’est pas
possible, la granulométrie est déterminée par sédimentométrie.
s:/
/w
>0)((+?@F<(+>;
90=):
;0<(:
ww
!"" #$%
()*+,
.gc
09)(:
& ' #%
F IGURE 1.2 Courbes granulométriques de six sols différents
Le coefﬁcient d’uniformité (ou de Hazen) Cu et le coefﬁcient de courbure Cc permettent d’apprécier la forme de la courbe granulométrique (cf. ﬁgure 1.3) :
Cu =
D60
D10
Cc =
2
D30
D10 .D60
ttp
Avec D10 , D30 et D60 , les diamètres pour lesquels les pourcentages de tamisats cumulés sont respectivement de 10 %, 30 % et 60 %.
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1 • Identiﬁcation des sols
er
ie.
co
m
4
"
G " ! G " G "
G " J G "
!"
G " F IGURE 1.3 Interprétation des coefﬁcients Cu et Cc
1.1.3. Plasticité
alg
La consistance d’un sol ﬁn peut être modiﬁée en faisant varier sa teneur en eau. Par
séchage progressif, les argiles et limons passent de l’état liquide à plastique puis à
l’état solide. Les limites d’Atterberg de liquidité wL et de plasticité wP , déterminées
expérimentalement, permettent de séparer ces trois états.
; O L"
= N "
( L" .gc
!
" ! KO
" " K #$%
K(
F IGURE 1.4 Limites d’Atterberg
ww
À partir de ces limites, on déﬁnit les indices de plasticité Ip et de consistance Ic :
wL − wP
I p = wL − wP
Ic =
Ip
1.1.4. Optimum Proctor
s:/
/w
L’essai Proctor permet de déterminer les caractéristiques de compactage d’un sol.
Garantir un compactage sufﬁsant permet, entre autres, d’assurer une bonne portance.
Le poids volumique sec γd correspond au poids de squelette placé dans un certain
volume. Il constitue donc un bon indicateur de la compacité.
Les trois paramètres qui contrôlent la variation de poids volumique sec γd sont :
• la granulométrie,
• l’énergie de compactage,
• la teneur en eau.
ttp
Pour un sol à granularité et à énergie de compactage ﬁxées, le poids volumique sec
γd atteint une valeur maximale pour une certaine valeur de teneur en eau : l’optimum
Proctor wOP . Ce paramètre se détermine pour différentes énergies de compactage
(cf. ﬁgure 1.5).
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Classiﬁcation des sols
5
er
ie.
co
m
1.2
/
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Les courbes γd = f (w) sont asymptotiques à la courbe de saturation d’équation (avec
Sr = 1) :
γd =
Sr .γs
w.γs
Sr +
γw
Ȗ #S,UV%
WG ! ! G
Ȗ
Ȗ
Ȗ
alg
Ȗ
#$%
.gc
+O
+O
+O +O
F IGURE 1.5 Diagramme Proctor - γd = f (w)
ww
1.2 CLASSIFICATION DES SOLS
Les principes de classiﬁcation permettent de regrouper les sols en classes présentant
des compositions et des propriétés géotechniques similaires, et en fonction de leur
convenance aux usages qui leur sont destinés par l’ingénierie.
s:/
/w
Les sols sont classés en groupes de sols en fonction de leur nature, qui correspond
à leur composition uniquement, indépendamment de leur teneur en eau ou de leur
compacité, en tenant compte de la granularité, de la plasticité, de la teneur en matière
organique et de leur origine.
1.2.1. Classiﬁcation USCS-LCPC 1
ttp
Cette classiﬁcation se base sur la granulométrie des trois composantes : graviers
(Gr), sables (Sa) et ﬁnes (cf. tableau 1.1 et ﬁgure 1.6). On distingue les sols grenus
et ﬁns selon que le pourcentage d’éléments < 0, 08 mm est inférieur ou supérieur à
50 %. La différenciation en limon et argile est faites à partir des caractéristiques de
plasticité. On utilise pour cela le diagramme de Casagrande qui permet de classer la
fraction argileuse selon sa sensibilité à l’eau ou sa plasticité.
1. USCS : Uniﬁed Soil Classiﬁcation System - LCPC : Laboratoire Central des Ponts et Chaussées.
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/
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1 • Identiﬁcation des sols
ϲϬ
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ϱϬ
>Y " +Y
ϰϬ
ϯϬ
>) " +)
ϮϬ
ϭϬ
er
ie.
co
m
6
>(V; (
; Y " +Y
>( " +(
; " +
Ϭ
( L" X( #$%
alg
F IGURE 1.6 Diagramme de Casagrande pour la classiﬁcation des sols ﬁns
Cl : argile, Si : limon, Or : sol organique - L : peu plastique, I : plastique, H : très plastique
Tableau 1.1 Classiﬁcation des sols grenus
* k _
j $
j $
j $
j $
$ $
>" ^ _ >! _ " G 0
" G 0
>" ^ _ >! _ " G 0
" G 0
&'($$
)*
9 N J G "
9 N G "
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9 N G "
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; J G "
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; J G "`
9X
9O
9
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; O
;
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.gc
* k ^
#$
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ww
,0 / +,/
#$
!%ʅ
1.2.2. Autres classiﬁcations
ttp
s:/
/w
Certains types d’études nécessitent une classiﬁcation particulière. À titre d’exemple,
le GTR 2 est un guide de classiﬁcation des matériaux de remblais et de couches de
forme d’infrastructures routières. Les sols sont classiﬁés en fonction de leur nature
(granularité, limites d’Atterberg, valeur au bleu), de leur état (teneur en eau, optimum
Proctor), et de leur comportement mécanique (valeurs Los Angeles et Micro Deval).
Une autre classiﬁcation basée sur les essais en place sera présentée au chapitre 4.
2. GTR : Guide des Travaux Routiers.
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7
er
ie.
co
m
Exercices
EXERCICES
Pour l’ensemble des exercices suivants, le poids volumique de l’eau est considéré
connu : γw = 10 kN.m-3.
Exercice 1.1.
Démontrer les relations suivantes :
(1) e =
Solution p. 12
n
γ
γs
w.γs
n.γw
(2) γd =
=
(3) Sr =
(4) wsat =
1−n
1+w
1+e
γw .e
γsat − n.γw
Exercice 1.2.
Solution p. 12
alg
(1) Trouver la relation reliant le poids volumique saturé γsat avec les poids volumiques γd , γw et γs .
.gc
Exercice 1.3.
Solution p. 12
Un limon saturé est caractérisé par un poids volumique saturé γsat et une teneur en
eau wsat .
(1) Déterminer l’expression littérale de l’indice des vides e, de la porosité n et du
poids volumique du squelette γs en fonction des paramètres connus.
ww
(2) En considérant 1 m3 de limon, déterminer les expressions des volumes respectifs
d’air Va , d’eau Vw et de solide Vs .
Exercice 1.4.
Solution p. 13
s:/
/w
(1) En sachant que γd = 17, 7 kN.m-3, w = 4 % , γs = 26, 5 kN.m-3, déterminer le
poids d’eau à ajouter à 1 m3 de sol aﬁn d’atteindre 95 % de degré de saturation.
Exercice 1.5.
Solution p. 13
Un échantillon de sol a un poids volumique apparent γ1 = 16, 9 kN.m-3 et de
γ2 = 17, 9 kN.m-3 pour des degrés de saturation respectifs de Sr,1 = 50 % et
Sr,2 = 72 %.
(1) Déterminer l’indice des vides e et le poids volumique spéciﬁque γs .
ttp
Exercice 1.6.
Solution p. 14
Deux échantillons de sable ﬁn ont été prélevés, l’un sous le niveau de la nappe phréatique (Échantillon 1), l’autre au-dessus (Échantillon 2). Le tableau 1.2 présente les
mesures effectuées.
(1) Déduire pour chaque échantillon le poids volumique apparent γ, le poids volumique sec γd et la teneur en eau w.
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/
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1 • Identiﬁcation des sols
er
ie.
co
m
8
Tableau 1.2 Mesures des poids et de volume sur sable ﬁn
:;$$ :;$$"
9
9
'
0$< ="
'
: "
0$<=
ww
0$<=
.gc
: "
alg
Un essai au pycnomètre a été réalisé aﬁn de déterminer le poids volumique des
particules solides γs (voir ﬁgure 1.7). On suppose que ce poids volumique est
le même pour l’ensemble de la couche de sable ﬁn. Les masses mesurées sont :
M1 = 1200, 1 g, M2 = 55, 1 g et M3 = 1234, 9 g.
F IGURE 1.7 Pesées au pycnomètre
M1 : masse du pycnomètre rempli d’eau jusqu’au repère. M2 : masse du matériau sec.
M3 : masse du pycnomètre rempli d’eau jusqu’au repère et le matériau sec
s:/
/w
(2) Exprimer la masse volumique des particules solides ρs en fonction de M1 , M2 ,
M3 et ρw .
(3) Déterminer γs et en déduire l’indice des vides e et le degré de saturation Sr des
échantillons 1 et 2.
Exercice 1.7.
Solution p. 14
ttp
Soit un matériau granulaire sableux, initialement d’indice des vides e = 0, 8.
On déﬁnit par pL le pourcentage de limon sec correspondant au poids des grains
secs de limon par rapport au poids total de grains secs. Puis on déﬁnit par pS le
pourcentage de matériau sableux sec. Les deux matériaux ont un poids volumique
spéciﬁque γs = 26, 5 kN.m-3.
(1) Déterminer le pourcentage pL à rajouter dans le matériau sableux aﬁn d’obtenir
un matériau saturé avec une teneur en eau w = 16 %.
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9
Exercice 1.8.
er
ie.
co
m
Exercices
Solution p. 15
&?
,
(
0
(
F IGURE 1.8 Pesées de refus partiels
(1) Tracer les courbes granulométriques des sols A et B à partir des pesées en ﬁgure 1.8.
09)(
()*+,
s:/
/w
;0<(
90=)
>
ww
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.gc
alg
Exercice 1.9.
Solution p. 16
Les courbes granulométriques de quatre sols non organiques sont tracées en ﬁgure
1.9. Les valeurs des limites d’Atterberg sont indiquées dans le tableau 1.3.
& ' #%
F IGURE 1.9 Courbes granulométriques de quatre sols différents
Tableau 1.3 Limites d’Atterberg des quatre sols
"
B
@
V
B
V
ttp
(1) Pour chaque sol, déterminer les pourcentages de cailloux C, gravier G, sable S,
limon L, et argile A.
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/
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1 • Identiﬁcation des sols
er
ie.
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10
(2) Déterminer les coefﬁcients d’uniformité Cu et de courbure Cc . Commenter.
(3) Classer les quatre sols selon la classiﬁcation USCS-LCPC.
Exercice 1.10.
Solution p. 17
Un chantier de route présente une zone où le sol A est instable et à granulométrie
serrée (cf. courbe granulométrique en ﬁgure 1.10). Au lieu de remplacer le sol, ce
dernier est mélangé avec un second sol B, plus grossier et à granulométrie plus étendue.
09)(
,
90=)
>
0
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.gc
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;0<(
alg
()*+,
F IGURE 1.10 Courbes granulométriques des sols A et B
s:/
/w
(1) Tracer les solutions correspondant aux pourcentages relatifs A/B de 30/70,
40/60, 50/50, 60/40, 70/30.
(2) Déterminer les pourcentages relatifs A/B respectant Cu > 10.
Exercice 1.11.
Solution p. 18
ttp
(1) Montrer que l’indice de compacité Id peut également s’exprimer par les poids
volumiques secs selon la relation :
γd,max .(γd − γd,min )
Id =
γd .(γd,max − γd,min )
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er
ie.
co
m
Exercices
Exercice 1.12.
Solution p. 18
Les côtes de Paimpol en Bretagne possèdent deux types de sable, un siliceux avec
γs,1 = 27, 1 kN.m-3, emax,1 = 0, 99, emin,1 = 0, 52, et un coquillier (calcaire)
avec γs,2 = 23, 5 kN.m-3, emax,2 = 0, 88 et emin,2 = 0, 61. Les indices des vides
e1 et e2 sont déterminés au moyen d’un moule avec un diamètre de 10 cm et une
hauteur de 10 cm. Les poids secs des sables sont respectivement de Ws,1 = 12, 1 N
et Ws,2 = 10, 5 N.
(1) Déterminer les indices des vides e1 et e2 .
(2) Déterminer les indices de compacité Id,1 et Id,2 ainsi que les poids volumiques
secs γd,1 et γd,2 . Commenter.
alg
Exercice 1.13.
Solution p. 18
-3
Les résultats d’un essai Proctor sur un sol (γs = 27, 2 kN.m ) sont présentés dans le
tableau 1.4.
KBW
.gc
Tableau 1.4 Essai Proctor - Poids volumiques apparents et teneurs en eau
\
Ȗ××KZ9[ W ww
(1) Déterminer le poids volumique sec γd pour chaque mesure.
(2) Tracer la courbe Proctor γd = f (w) et déterminer l’optimum Proctor wopn .
Expliquer pourquoi le maximum de compacité correspond au maximum de poids
volumique sec et non humide.
s:/
/w
(3) Quelles valeurs de poids volumiques et de teneurs en eau correspondent à 95 %
de la compacité relative ?
(4) Trouver une relation reliant γd avec Sr , γw , w et γs .
ttp
(5) Tracer les courbes γd = f (w) à partir de la relation précédemment déterminée,
pour des degrés de saturation de Sr = [1 ; 0, 9 ; 0, 8 ; 0, 7 ; 0, 6].
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1 • Identiﬁcation des sols
er
ie.
co
m
12
SOLUTIONS DES EXERCICES
Solution 1.1.
Vv
Vv .V
n.V
n.V
n
(1) e =
=
=
=
=
Vs
Vs .V
Vs
V − Vv
1−n
Ws
Ws .W
Ws
Ws
γ
(2) γd =
=
= γ.
= γ.
=
V
V.W
W
Ws + Ww
1+w
Ws
Ws .Vs
Vs
Vs
γs
γd =
=
= γs . = γs .
=
V
V.Vs
V
V s + Vv
1+e
Vw
Vw .Ww
Ww
Ww .Ws
w.Ws
w.Ws .Vs
w.γs
(3) Sr =
=
=
=
=
=
=
Vv
Vv .Ww
γw .Vv
γw .Vv .Ws
γw .Vv
γw .Vv .Vs
γw .e
(4) wsat
Ww
Vw
W −Ww
Vw
=
γw
n.γw
=
γ
− γw
sat − n.γw
V.W
V.Vw
alg
Ww
=
=
Ws
ww
.gc
Solution 1.2.
W
(1) γsat =
avec Sr = 1 ou encore Vv = Vw
V
Ww + Ws
Ww .Vw
Vs
Vs .Ws
γsat =
=
+γd = γw . 1 −
+γd = γw . 1 −
+γd
V
V.Vw
V
V.Ws
γd
Ainsi : γsat = γw . 1 −
+ γd
γs
Solution 1.3.
(1) À partir du poids volumique apparent (ici saturé) et de la teneur en eau, on peut
déterminer le poids volumique sec par la relation :
γ
γsat
=
1+w
1 + wsat
s:/
/w
γd =
Partons des deux relations suivantes (démontrées précédemment) :
w.γs
wsat .γs
γs
=
= 1 car limon saturé et γd =
γw .e
γw .e
1+e
wsat
On peut ainsi exprimer l’indice des vides : e = γw
γd − 1
Sr =
ttp
Puis le poids volumique du squelette : γs = γd (1 + e)
La porosité se déduit ensuite de l’indice des vides :
n=
Vv
Vv
=
=
V
Vv + V s
Vv
Vs
Vv
Vs
+
Vs
Vs
=
e
1+e
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13
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
(2) Le volume d’air Va est nul car le limon est saturé. Le volume d’eau est donc égal
au volume des vides Vv = Vw .
En partant des expressions de l’indice des vides et de la porosité :
e=
Vv
Vv
Vw
et n =
=
Vs
V
V
Le volume d’eau dans 1 m3 de limon est donc égal à 1 × n . Le volume de solide
est égal à 1 × (1 − n) m3.
Solution 1.4.
alg
(1) Notons Sr,i et Sr,f les degrés de saturation initial et ﬁnal, wi et wf les teneurs en
eau initiale et ﬁnale, et Ww,i et Ww,f les poids d’eau initial et ﬁnal.
.gc
On détermine tout d’abord le degré de saturation initial à partir de l’expression :
wi .γs
Sr,i =
γw .e
γs
Avec : e =
−1
γd
AN : e 0, 5, Sr,i 21 %
ww
On exprime ensuite les poids d’eau initial et ﬁnal à partir de la déﬁnition du
degré de saturation :
Ww,i
Sr,i
Vw,i
γ
=
= w =
Vv
n.V
Ainsi :
e
.V
1+e
s:/
/w
Ww,i = γw .Sr,i .
Ww,i
γw
e
1+e .V
et Ww,f = γw .Sr,f .
e
.V
1+e
La différence ΔWw entre ces deux poids correspond au poids d’eau à ajouter à
1 m3 de sol aﬁn d’atteindre 95 % de saturation.
AN : Ww,i 0, 70 kN, Ww,f 3, 15 kN, ΔWw = 2, 45 kN
Solution 1.5.
ttp
(1) Partons des deux expressions classiques suivantes :
γd =
γs
γ
w.γs
=
et Sr =
1+e
(1 + w)
γw .e
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/
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1 • Identiﬁcation des sols
er
ie.
co
m
14
Ces expressions permettent d’isoler le poids volumique et la teneur en eau :
γs .(1 + w)
Sr .e.γw
γ=
et w =
1+e
γs
En injectant
la seconde
dans la première on obtient :
γs . 1 +
γ=
Sr .e.γw
γs
1+e
À partir des couples de valeurs donnés (γ1 ; Sr,1 ) et (γ2 ; Sr,2 ), on résout un
système à deux inconnues pour déterminer e et γs :
AN : e 0, 83, γs 26, 8 kN.m-3
alg
Solution 1.6.
(1) Les poids volumiques apparent et sec ainsi que la teneur en eau se déterminent à
partir de leurs déﬁnitions :
γ=
W
V
γd =
Ws
V
w=
Ww
W − Ws
=
Ws
Ws
.gc
AN : γ1 19, 2 kN.m-3, γd,1 16, 9 kN.m-3, w1 13, 6 %
γ2 21, 9 kN.m-3, γd,2 18, 1 kN.m-3, w1 21, 1 %
ww
(2) La masse M3 est égale à la somme des masses M1 et M2 à laquelle on retire la
masse d’eau déplacée Mw par la présence du matériau sec, soit :
M3 = M1 + M2 − Mw = M1 + M2 −
M2
ρw
ρs
On en déduit l’expression de la masse volumique absolue du squelette :
M2 .ρw
M1 + M2 − M3
s:/
/w
ρs =
(3) On détermine le poids volumique du squelette, l’indice des vides et le degré de
saturation à partir des relations classiques suivantes :
γs = ρs .g et e =
Sr =
γs
−1
γw
w.γs
γw .e
ttp
AN : γs,1 26, 6 kN.m-3, e1 0, 57, Sr,1 0, 47, e2 0, 47, Sr,2 0, 99
On retrouve bien que l’échantillon 2, prélevé sous le niveau de la nappe, est saturé
(Sr,2 1).
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/
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15
Solution 1.7.
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
(1) On relie les divers pourcentages avec le poids sec total et ceux du sable et du
limon :
• Ws,S = pS .Ws : poids sec de sable
• Ws,L = pL .Ws : poids sec de limon
alg
Avec pS = 1 − pL
Avant mélange, les pourcentages pondéraux de sol sont pS = 1, pL = 0, l’indice
des vides initial est ei = 0, 8, la teneur en eau est inconnue. Après mélange, les
pourcentages pS et pL , et l’indice des vides ﬁnal ef sont inconnus. La teneur en
eau est w = wsat = 16 %.
On peut exprimer le volume initial Vv,i avant et après mélange :
Ws,S
pS .Ws
.ei =
.ei
γs
γs
Ws pL .Ws
= Vw + VL = w.
+
γw
γs
Après : Vv,i
.gc
Avant : Vv,i = Vs,i .ei = Vs,S .ei =
Ainsi, en égalant les deux relations précédentes, on exprime le pourcentage pL :
ei − w. γγws
= 0, 21
ww
pL =
1 + ei
Solution 1.8.
s:/
/w
(1) La courbe granulométrique représente l’évolution des tamisats cumulés en fonction des diamètres des tamis.
ttp
En partant des données de refus partiels, les valeurs de refus cumulés sont
déterminées par ordre décroissant des tailles de tamis. Puis on exprime ces refus
cumulés en pourcentage. Enﬁn, en tamisats cumulés (tamisats cumulés = 100
- refus cumulés). Les résultats sont présentés dans le tableau 1.5. La courbe
granulométrique est tracée en ﬁgure 1.11.
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/
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1 • Identiﬁcation des sols
er
ie.
co
m
16
Tableau 1.5 Résultats granulométrie - Sol A et B
&?
()*+,
Ϭ͕ϬϬϭ
'
0
_
,
B
;0<(
.gc
<
+] '
,
0
B
'
0
90=)
0
Ϭ͕Ϭϭ
Ϭ͕ϭ
& ' #%
ϭ
ϭϬ
ww
!"" #$%
09
+] ,
(
alg
+] ^
,
0
(
F IGURE 1.11 Courbes granulométriques - Sol A et B
Solution 1.9.
s:/
/w
(1) Les pourcentages massiques se déterminent par lecture sur le graphique de la
courbe granulométrique, et sont présentés en tableau 1.6.
(2) Les coefﬁcients d’uniformité Cu et de courbure Cc se déterminent par les relations suivantes, et sont présentés en tableau 1.6 :
2
D60
D30
Cu =
Cc =
D10
D10 .D60
ttp
Tableau 1.6 Résultats : pourcentages massiques, coefﬁcients d’uniformité et de courbure
"
@
,
B
B
B
B
B
&
&
&`
&f
\
\
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/
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17
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
(3) Selon la classiﬁcation LCPC-USCS :
• Sol 1 : D50 < 0, 08 mm ⇒ Sol ﬁn. Diagramme de Casagrande : Ip = 55 ⇒
Argile très plastique ClH.
• Sol 2 : D50 > 0, 08 mm ⇒ Sol grenu. Plus de 50 % des éléments > 0, 08 mm
ont un diamètre < 2 mm ⇒ Sable. Plus de 12 % d’éléments < 0, 08 mm et
limites d’Atterberg au-dessus de la ligne A ⇒ Sable argileux clSA.
• Sol 3 : D50 > 0, 08 mm ⇒ Sol grenu. Plus de 50 % des éléments > 0, 08 mm
ont un diamètre > 2 mm ⇒ Gravier. Moins de 5 % d’éléments < 0, 08 mm et
Cc < 1 ⇒ Grave propre mal graduée GrP .
alg
• Sol 4 : D50 > 0, 08 mm ⇒ Sol grenu. Plus de 50 % des éléments > 0, 08 mm
ont un diamètre > 2 mm ⇒ Gravier. Moins de 5 % d’éléments < 0, 08 mm,
Cu < 4 ⇒ Grave propre mal graduée GrP .
On remarque que les sols 3 et 4 ont la même dénomination alors qu’ils possèdent
des caractéristiques granulométriques très différentes.
Solution 1.10.
09)(
()*+,
!"" #$%
;0<(
90=)
>
,
ϳϬͬϯϬ
s:/
/w
ww
.gc
(1) Le tracé des mélanges granulaires est fait en séparant en deux la différence des
tamisats cumulés des sols A et B (pour chaque diamètre de tamis). Par exemple,
en prenant le diamètre 0, 02 mm et en considérant le pourcentage relatif 60/40, la
différence des tamisats cumulés des sols A et B est de 78 %, qu’il faut séparer en
deux parties de 0, 6 × 78 = 46, 8 % et 0, 4 × 78 = 31, 2 %. Les résultats globaux
sont présentés en ﬁgure 1.12.
ϲϬͬϰϬ
ϱϬͬϱϬ
ϰϬͬϲϬ
0
ϯϬͬϳϬ
ttp
& ' #%
F IGURE 1.12 Courbes granulométriques en fonction des pourcentages massiques des sols A et B
https://www.GCAlgerie.com/
/
https://www.GCAlgerie.com/
1 • Identiﬁcation des sols
er
ie.
co
m
18
(2) Le mélange 40/60 possède les caractéristiques granulométriques suivantes :
D10 0, 0051 mm, D60 0, 063 mm soit un coefﬁcient d’uniformité
Cu 12, 4. Ainsi les mélanges 40/60 et 30/70 (Cu = 20) respectent cette
condition.
Solution 1.11.
(1) L’indice de compacité s’exprime généralement à partir des indices des vides :
emax − e
γs
Id =
avec e =
−1
emax − emin
γd
Solution 1.12.
.gc
alg
En considérant que le poids volumique du squelette ne varie pas en fonction du
degré de compacité d’un mélange granulaire, l’indice de compacité s’exprime
uniquement en fonction des poids volumiques secs. Attention, le poids volumique
sec minimal γd,min correspond à l’indice des vides maximal emax et inversement.
γs
γs
−1 −
−1
γd,min
γd
γ
.(γ − γd,min )
= Id = d,max d
Id = γs
γs
γd .(γd,max − γd,min )
−1 −
−1
γd,min
γd,max
ww
(1) L’indice des vides correspond au rapport du volume de vides sur le volume de
squelette :
s
V −W
Vv
V − Vs
γs
e=
=
=
Ws
Vs
Vs
γ
s
Le volume total est connu à partir des dimensions du moule.
AN : V 785 cm3, e1 0, 76, e2 0, 76
s:/
/w
(2) Les indices de compacité et les poids volumiques secs se déterminent à partir des
emax − e
γs
relations suivantes : Id =
et γd =
emax − emin
1+e
AN : Id,1 0, 49, γd,1 = 21, 7 kN.m-3, Id,2 0, 45, γd,2 = 19, 4 kN.m-3
À indice des vides égal, le poids volumique sec est plus important pour le sol
ayant l’indice de compacité le plus faible. En effet, la densité des grains siliceux
étant supérieure à celle des grains coquilliers, le sol siliceux est plus lourd, mais
moins compacte.
ttp
Solution 1.13.
(1) On relie le poids volumique sec au poids volumique apparent (ou « humide ») et
γ
à la teneur en eau par la relation suivante : γs =
1+w
Les résultats sont présentés en tableau 1.7.
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/
https://www.GCAlgerie.com/
19
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Tableau 1.7 Résultats - Poids volumiques secs
B
Ȗ
Ȗ
Z9[\
Z9[\
Ȗ
" N "
gj
g%
gk
gf
g`
Z9[\
alg
(2) La courbe Proctor représente l’évolution du poids volumique sec en fonction de
la teneur en eau. La courbe est présentée en ﬁgure 1.13. L’optimum Proctor est
repéré ici pour des valeurs de : wOP = 10, 6 % et γd,OP = 18, 7 kN.m-3.
.gc
Le poids volumique sec permet de quantiﬁer la proportion de matériau solide sur
un volume total, tout comme la compacité. L’eau, faisant partie des « vides »,
fait varier la valeur du poids volumique apparent (ou « humide ») tandis qu’elle
ne joue pas sur l’évaluation du poids volumique sec. En revanche, elle a un
rôle primordial sur la valeur de la teneur en eau et du poids volumique sec à
l’optimum Proctor.
ww
(3) La compacité relative correspond au rapport entre le poids volumique sec γd et le
poids volumique sec à l’optimum Proctor γd,OP . Lorsque ce rapport est de 95 %,
le poids volumique sec est égal à γd,95% = 18, 33 kN.m-3. Aussi, par lecture sur
le graphique, les teneurs en eau correspondantes sont de : w95%,1 = 6, 6 % et
w95%,1 = 13, 2 %.
s:/
/w
(4) L’objectif est de relier le poids volumique sec avec la teneur en eau et le degré de
saturation. Pour cela, les deux relations suivantes sont utilisées :
w.γs
γs
Sr =
avec e =
−1
γw .e
γd
L’indice des vides, dans la première relation, est remplacé par son expression
Sr .γs .γw
dans la seconde. On obtient ainsi : γd =
Sr .γw + w.γs
Les courbes Proctor sont toutes tangentes asymptotiquement à cette hyperbole
équilatère, qui correspond à un sol saturé (Sr = 100 %).
ttp
(5) Les courbes sont représentées en ﬁgure 1.13.
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/
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1 • Identiﬁcation des sols
O N " L" ! Ȗ #S,UV%
alg
er
ie.
co
m
20
" " K #$%
ttp
s:/
/w
ww
.gc
F IGURE 1.13 Courbe Proctor - Courbes de saturation
https://www.GCAlgerie.com/
er
ie.
co
m
/
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Chapitre 2
.gc
alg
Hydraulique des sols
2.1 ÉCOULEMENTS EN UN MILIEU GRANULAIRE
ww
2.1.1. Vitesse et porosité
s:/
/w
L’eau dans un sol est à l’état libre si les vides en sont entièrement remplis. Le milieu
granulaire peut ainsi être le siège d’écoulements. Le débit q évalue la quantité d’eau
passant au travers d’une section donnée en fonction du temps.
&J ttp
&J On déﬁnit ensuite trois vitesses d’écoulement différentes :
• v : vitesse de décharge (apparente)
q
v=
S
• v : vitesse moyenne « réelle » (prise en compte de
la porosité)
q
v =
n.S
• vr : vitesse réelle locale de chaque particule d’eau,
suivant la trajectoire réelle de l’eau (tortuosité).
F IGURE 2.1 Surface de passage
apparente et réelle
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/
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2 • Hydraulique des sols
2.1.2. Loi de Darcy
er
ie.
co
m
22
La vitesse d’écoulement de l’eau dans un sol est fonction de la nature du sol (perméabilité) et des gradients de charge hydraulique. Dans les sols, le théorème de Bernoulli
n’est plus vériﬁé à cause des pertes d’énergie par frottement sur les grains. La loi de
Darcy permet de traduire que les écoulements conduisent à des pertes de charges :
v = k.i
Avec :
⎞
kx 0 0
• Tenseur de perméabilité : k = ⎝ 0 ky 0 ⎠
[m.s-1]
0 0 kz (x,y,y)
Ce tenseur se réduit à un scalaire k en condition isotrope.
⎛
⎞
∂h/∂x
• Gradient hydraulique : i = − ⎝∂h/∂y ⎠
∂h/∂z
(
x,
y ,
y)
alg
⎛
u
v2
+z+ .
γw
2g
Le terme de vitesse étant généralement négligeable, la charge h s’écrira plus simplement :
u
h=
+ z [m]
γw
.gc
La charge hydraulique a pour expression : h =
ww
2.1.3. Mesure de perméabilité
s:/
/w
La perméabilité, ou conductivité hydraulique, k peut être déterminée par des essais
au perméamètre à charge constante ou variable (cf. ﬁgure 2.2) :
q.L
• charge constante : k =
H.S1
L.S2
H1
• charge variable : k =
ln
(t2 − t1 ).S1
H2
La formule de Hazen donne une estimation de la perméabilité pour les sables à granulométrie serrée k[cm/s] = 100.(D10 [cm])2 . Des mesures in situ peuvent également
être réalisées.
2.1.4. Réseau d’écoulement
ttp
En régime permanent, l’équation de conservation de la masse d’eau se ramène à
résoudre les expressions suivantes, en fonction de la charge :
∂2h ∂2h ∂2h
+ 2 + 2 =0
∂x2
∂y
∂z
∂2h
∂ 2h
∂2h
– milieu anisotrope : kx 2 + ky 2 + kz 2 = 0
∂x
∂y
∂z
– milieu isotrope : Δh =
https://www.GCAlgerie.com/
Écoulements en un milieu granulaire
23
^ĞĐƚŝŽŶ^Ϯ
,
,
^ĞĐƚŝŽŶ^ϭ
&
Y z Y{ |
Y z Y{ |
Y{ } |
&
Y{ |
^ĞĐƚŝŽŶ^ϭ
w
*" "
J er
ie.
co
m
2.1
/
https://www.GCAlgerie.com/
>
>
0
alg
0
F IGURE 2.2 Perméamètre à charge constante et variable
.gc
La résolution de ces équations peut se faire analytiquement (cas simple), ou numériquement. Pour chaque résolution, les conditions limites doivent être déﬁnies. Ces
dernières peuvent être de différentes natures :
• Surface imperméable ou surface libre de normale n −→ condition de Neumann :
∂h/∂n = 0.
ww
• Surface équipotentielle −→ condition de Dirichlet : h = cte.
• Surface de suintement −→ condition de Neumann : ∂h/∂n > 0.
s:/
/w
Les courbes d’équipotentielles (EQ) et les lignes de courant (LC) se visualisent sur
un réseau d’écoulement (cf. ﬁgure 2.3).
0
<
WL" ( G ! " >
&
:
ttp
F IGURE 2.3 Réseau d’écoulement et conditions limites (AB, DE : surface équipotentielle ;
BC : surface libre ; AE : surface imperméable ; CD : surface de suintement)
https://www.GCAlgerie.com/
/
https://www.GCAlgerie.com/
2 • Hydraulique des sols
2.1.5. Gradient critique et boulance
er
ie.
co
m
24
Lorsque la projection du gradient hydraulique sur la verticale est dirigée vers le haut
(écoulement ascendant), les grains sont susceptibles d’être entraînés pas l’eau, c’est
le phénomène de boulance.
−−→
Les forces d’écoulement ΔFe appliquées à un volume de sol ΔV s’expriment :
−−→ ΔFe = i.γw .ΔV
Ainsi, lorsqu’elles sont dirigées vers le haut, elles s’opposent aux forces gravitaires,
et peuvent soulever les particules. Le gradient hydraulique est dit « critique » lorsque
la résultante de ces forces s’annule. Il s’exprime :
γ
γw
alg
ic =
.gc
L’effet Renard est un phénomène d’érosion progressive d’un massif de sol ayant pour
conséquence la création de manière régressive d’un conduit où l’eau s’engouffre de
plus en plus facilement.
2.2 HYDRAULIQUE DES PUITS
2.2.1. Notions d’hydrogéologie
ww
a) Carte piézométrique
s:/
/w
Une carte piézométrique est une retranscription cartographique du niveau piézométrique des nappes d’eau. Sa lecture permet de connaître les niveaux et mouvements
des nappes sur une zone donnée (cf. ﬁgure 2.4). Un piézomètre mesure sur site le
niveau piézométrique en un point de la carte.
< ttp
N '
F IGURE 2.4 Carte piézométrique - Isovaleurs de charge hydraulique (ou niveau piézométrique)
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Hydraulique des puits
25
er
ie.
co
m
2.2
/
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b) Nappes et aquifères
Un aquifère est une formation géologique sufﬁsamment poreuse, pouvant stocker
ou libérer de l’eau en nappe. Une nappe est la partie saturée en eau du sol, qui peut
s’écouler à travers sa porosité. On distinguera deux types de nappe (cf. ﬁgure 2.5) :
• Nappe libre : la pression d’eau interstitielle est nulle en surface. Cette surface, dite
« libre », correspond au niveau piézométrique et son niveau est variable en fonction
des entrées (précipitation) ou sorties d’eau (pompage, sécheresse).
) 0L" '
alg
• Nappe captive : la nappe est conﬁnée entre deux surfaces faiblement perméables.
La pression interstitielle en surface est non nulle. La surface n’est plus libre, son
niveau est ﬁxe. En revanche, son niveau piézométrique peut varier en fonction des
entrées ou sorties d’eau.
) .gc
> "! "
J
, J
ww
, ! N
F IGURE 2.5 Nappes libre et captive
s:/
/w
2.2.2. Bilan en eau d’aquifère
a) Hypothèse de Dupuit
ttp
L’étude des mouvements d’eau d’un aquifère revient à résoudre une équation de diffusivité, exprimée en charge hydraulique, sur une zone donnée avec des conditions
limites déﬁnies. La cote basse de la nappe se note zb et la cote haute de la nappe se
note zu . Dans le cas d’une nappe libre, la différence zu − zb est variable en fonction
du niveau piézométrique et est égale à la charge h si l’origine des z est choisie en
zb (zb = 0). Dans le cas d’une nappe captive, la différence zu − zb est ﬁxée par la
hauteur de l’aquifère conﬁné, notée b.
L’hypothèse de Dupuit traduit le fait que, lors de mouvements de nappe, la charge
hydraulique varie peu en fonction de la profondeur. Ainsi, on exprime qu’en tout
point d’une nappe libre ou captive :
∂h
=0
∂z
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/
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2 • Hydraulique des sols
er
ie.
co
m
26
Les surfaces équipotentielles correspondent à des cylindres d’axe vertical.
b) Équation de diffusivité
L’équation de diffusivité, exprimée en charge hydraulique h, s’écrit :
∂
h
∂
∂h
∂h
Tx
+
Ty
=S
+ Qr
∂x
x
∂y
∂y
∂t
Avec :
• Tx et Ty : transmissivité, fonction du coefﬁcient de perméabilité suivant x et y :
zu
Tx =
zu
kx .dz et Ty =
zb
ky .dz
zb
alg
• S : coefﬁcient d’emmagasinement, noté SY ou Sc respectivement dans le cas d’une
nappe libre ou captive.
• Qr : débit de recharge par unité de surface (positif en cas d’injection, négatif en
cas de pompage).
ww
.gc
Dans le cas d’un massif homogène et isotrope, cette expression se simpliﬁe :
2
∂h
2
• nappe libre : Δ(h) =
SY .
+ Qr
k
∂t
1
∂h
• nappe captive : Δh =
Sc .
+ Qr
T
∂t
Avec T = k.b en milieu isotrope.
2.2.3. Puits de pompage
s:/
/w
La ﬁgure 2.6 présente la coupe d’une zone de pompage. L’écoulement est radial et
le problème est considéré axisymétrique. Le rabattement, noté s(r, t), correspond à
la différence entre le niveau piézométrique initial h(r, 0) = H et le niveau piézométrique actuel h(r, t) :
s(r, t) = H − h(r, t)
Le rayon d’action R correspond à la distance à partir de laquelle le pompage n’a
plus d’effet sur le niveau piézométrique. Ce rayon est évalué à partir de mesures
piézométriques√in situ ou à partir de formules empiriques (formule de Sichardt :
R = 3000.sw . kx ).
ttp
a) Régime permanent
En régime permanent, le débit de pompage q dans le puits s’exprime de la manière
suivante :
πk(H 2 − h2w )
• nappe libre : q =
ln rRw
https://www.GCAlgerie.com/
Hydraulique des puits
27
O" K
&J K
{|
Y
{|
K
J
;" ! ;" ! er
ie.
co
m
2.2
/
https://www.GCAlgerie.com/
L" L" ! "
WL" • nappe captive : q =
2πT (H − hw )
ln rRw
alg
F IGURE 2.6 Pompage de nappe libre (à gauche) et captive (à droite) - Notations
ww
.gc
La charge hydraulique h(r, t) a pour expression :
q
R
2
• nappe libre : h(r) = H −
ln
πk
r
q
R
• nappe captive : h(r) = H −
ln
2πT
r
ttp
J
{| #%
s:/
/w
Dans le cas d’une nappe captive, en représentant sur un graphique semi-log le rabattement s(r) en fonction du rayon r (cf. ﬁgure 2.7), la pente obtenue, notée αp , peut
être reliée à la transmissivité T :
q
R
0, 366.q
R
0, 366.q
s(r) =
ln
=
log
et T =
2πT
rw
T
rw
αp
K
Į
K
#%
F IGURE 2.7 Évolution du rabattement en fonction du rayon en régime permanent
https://www.GCAlgerie.com/
/
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2 • Hydraulique des sols
b) Régime transitoire
er
ie.
co
m
28
Dans le cas de nappe captive, le rabattement s(r, t) se détermine à partir de la solution
de Theis et du changement de variable suivant :
q
s(r, t) =
W (u)
4πT
S.r 2
S.r 2
S.r 2
t=
dt = −
du
4T.t
4T.u
4T.u2
Avec W (u) fonction de Theis (cf. ﬁgure 2.8).
Avec : u =
alg
.gc
!
X{"|
F"
ww
F IGURE 2.8 Fonction de Theis
s:/
/w
Selon des hypothèses sur les valeurs de r et t, l’approximation de Cooper-Jacob permet également de déterminer le rabattement s(r, t) :
S.r 2
0, 183.q
2, 25T.t
∀ t 25.
ou 1/u 100
s(r, t) =
log
T
T
S.r 2
2,25T
Ou encore : s(r, t) = 0,183.q
log
t
+
log
T
S.r 2
En reportant sur un graphique semi-log l’évolution du rabattement en fonction du
temps, la pente et l’ordonnée à l’origine permettent de déterminer successivement T
et S (cf. ﬁgure 2.9).
c) Groupe de puits
ttp
Si n puits sont à proximité les uns des autres, on superpose les actions des puits en
écrivant que le rabattement total stot est la somme des rabattements partiels si dus à
chaque puits, à condition que le rayon d’action R soit grand par rapport à la distance
entre puits :
n
stotal =
si
i
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Hydraulique des puits
29
J
{ | #%
0 ` >
er
ie.
co
m
2.2
/
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#%
V ! J
d) Limite de réalimentation
alg
F IGURE 2.9 Approximation de Cooper-Jacob
.gc
Si l’aquifère se situe en bordure d’une réserve d’eau (bassin, lac, mer, etc.), le rayon
d’action varie en fonction de la position au puits. La méthode du puits « image » permet de déterminer la valeur du rabattement dans cette conﬁguration. On considère
pour cela un puits ﬁctif W injectant un débit q à équidistance de la limite de réalimentation avec le puits réel W , pompant un débit q (cf. ﬁgure 2.10). Le rabattement
en tout point est obtenu en ajoutant les rabattements de chaque puits :
ww
s(r, t) = sW (r, t) + sW (r, t)
s:/
/w
O" X
0` O" ! X
L
L
( =" ! "

=" "
ttp
F IGURE 2.10 Méthode du puits image - limite de réalimentation
Ainsi par l’approximation de Cooper-Jacob, en régime transitoire :
0, 183q
s(r, t) =
T
2, 25T.t
2, 25T.t
log
−
log
S.r 2
S.r 2
=
0, 183.q
r 2
log 2
T
r
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/
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2 • Hydraulique des sols
er
ie.
co
m
30
EXERCICES
Exercice 2.1.
Solution p. 39
Un sol est composé de plusieurs couches superposées, chacune d’épaisseur ei , et de
coefﬁcient de perméabilité isotrope ki .
(1) Démontrer l’expression des perméabilités équivalentes horizontale kh et verticale
kv .
(2) Le milieu équivalent étant anisotrope, réaliser une transformation géométrique
aﬁn de le rendre isotrope.
.gc
alg
Exercice 2.2.
Solution p. 39
La colonne présentée en ﬁgure 2.11 est de section variable (S1 = 0, 1 m2 et
S2 = 0, 05 m2), elle est remplie avec deux sols saturés de coefﬁcients de perméabilité différents (k1 = 1.10−4 m.s-1 et k2 = 6, 2.10−4 m.s-1). Les niveaux d’eau en A
et G sont maintenus et le régime permanent est atteint.
<
ww
0
s:/
/w
>
;!
; ;!
&
;
;
;
; 9
F IGURE 2.11 Colonne à deux sols
(1) Déterminer la relation qui relie le débit de passage avec les paramètres géométriques et hydriques. Déterminer le débit.
ttp
(2) En déduire les pressions interstitielles et les charges en chaque point.
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/
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31
er
ie.
co
m
Exercices
Exercice 2.3.
Solution p. 40
Un canal et une rivière contiennent de l’eau à des niveaux piézométriques différents.
Entre ces deux zones, séparées d’une distance L = 80 m, une couche de sable est le
siège d’un écoulement. Cette couche, de hauteur H = 8 m et de perméabilité isotrope
kS = 5.10−4 m.s-1, est piégée entre deux couches d’argile quasi imperméables. Une
coupe est présentée en ﬁgure 2.12.
}
}
; J { "|
alg
>0,0(
)=)
.gc
F IGURE 2.12 Interaction canal-rivière
(1) Évaluer le débit d’eau transporté du canal à la rivière dans la couche de sable,
pour un mètre d’épaisseur de sol.
ww
Une analyse plus ﬁne montre en réalité que le sable se divise en deux couches.
La couche supérieure est composée d’un sable grossier (ks1 = 2.10−3 m.s-1 sur
H1 = 5 m), la couche inférieure d’un sable ﬁn (ks2 = 8.10−5 m.s-1 sur H2 = 3 m).
s:/
/w
(2) Déterminer la perméabilité équivalente keq de la couche de sable.
(3) Réévaluer le débit transporté dans la couche de sable.
Exercice 2.4.
Solution p. 41
(1) Démontrer l’expression de la perméabilité à partir d’un essai au perméamètre à
charge constante.
ttp
(2) Démontrer l’expression de la perméabilité à partir d’un essai au perméamètre à
charge variable. Pour cette question, le régime n’est pas permanent, on fait l’hypothèse que la loi de Darcy est applicable à chaque intervalle de temps élémentaire.
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2 • Hydraulique des sols
er
ie.
co
m
32
Exercice 2.5.
Solution p. 41
Un barrage poids repose sur une formation sablo-limoneuse de coefﬁcient de perméabilité kSL = 4, 5.10-6 m.s-1 et de poids volumique saturé γsat = 21 kN.m-3. L’ensemble repose sur un substratum rocheux imperméable. La ﬁgure 2.13 représente le
réseau d’écoulement (lignes de courant LC et équipotentielles EQ). L’intervalle entre
chaque équipotentielle d’une part, et le débit dans chaque tube de courant d’autre
part, sont constants.
alg
.gc
ww
F IGURE 2.13 Barrage poids - Réseau d’écoulement
(1) Déterminer les valeurs de charges en amont et en aval du barrage.
(2) Déterminer la différence de charge δh entre chaque équipotentielle.
s:/
/w
(3) Isoler une maille carrée sous le barrage et en déduire le débit dans un tube de
courant (pour une tranche d’un mètre de profondeur).
(4) Déterminer le débit total sous le barrage.
(5) Évaluer le risque de boulance à l’aval.
Aﬁn de limiter le risque de boulance, un écran vertical imperméable est ajouté en
aval du barrage. La ﬁgure 2.14 représente le réseau d’écoulement correspondant.
(6) Réévaluer le risque de boulance à l’aval.
ttp
(7) Déterminer l’évolution des pressions interstitielles u en amont et en aval de
l’écran.
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er
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m
Exercices
Exercice 2.6.
alg
F IGURE 2.14 Barrage poids et écran vertical - Réseau d’écoulement
Extrait de l’agrégation de Génie civil 2003
Solution p. 43
.gc
On étudie la zone en ﬁgure 2.15. Les marnes sont imperméables tandis que le banc
gréseux, poreux, fracturé, et saturé a une perméabilité élevée. La zone d’éboulis,
également très perméable, est le siège d’un écoulement. La position de la nappe dans
les éboulis est inconnue.
ww
"
s:/
/w
=$
?
=$
F IGURE 2.15 Coupe de la zone étudiée - les points noirs correspondent aux positions
des prises de pression
ttp
Trois sondages S1, S2, S3 ont été équipés de piézomètres qui ont permis de mesurer,
en régime permanent, les pressions interstitielles reportées dans le tableau 2.1.
(1) Déterminer les valeurs des charges hydrauliques au point des prises de pression.
(2) À partir des mesures dans la couche d’éboulis, déterminer la hauteur de la nappe,
en supposant que le niveau de la nappe est parallèle à la pente.
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2 • Hydraulique des sols
er
ie.
co
m
34
Tableau 2.1 Résultats piézomètres - Pressions interstitielles u [kPa]
""j
""f
"
""`
"""
""
(3) À partir des mesures restantes, décrire le régime hydraulique dans la couche de
grès.
alg
On étudie à présent le tronçon de limon séparant le grès des éboulis (cf. ﬁgure 2.16).
La perméabilité de cette couche est kL = 3.10−7 m.s-1.
>
&
.gc
0
<
F IGURE 2.16 Tronçon de limon étudié.
ww
(4) Déterminer les valeurs des charges hydrauliques au point A, B, C et D.
(5) Tracer le réseau d’écoulement, avec une différence de charge de 1 m entre chaque
équipotentielle.
s:/
/w
(6) La hauteur de la couche de limon est HL = 1, 5 m. Déterminer le débit de passage
au travers de cette couche en considérant une différence de charge moyenne.
Exercice 2.7.
Solution p. 46
Pour estimer la perméabilité des alluvions, on réalise un essai Lefranc. Cette essai mesure la perméabilité d’un sol au moyen d’un tube cylindrique piézométrique
étanche comprenant au fond une poche (cavité) sphérique crépinée (i.e. perméable).
ttp
La cavité sphérique est de diamètre D = 20 cm. Le tube est de diamètre d = 8 cm
(section s). On note δh la diminution de charge hydraulique créée à l’endroit de la
cavité en régime permanent.
(1) En supposant que la poche sphérique ait un rayon d’action bien plus grand que
son propre rayon, montrer que le débit de pompage peut être exprimé par :
q = −2.π.k.δh.D
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er
ie.
co
m
Exercices
L
alg
L
F IGURE 2.17 Essai Lefranc - Par pompage (à gauche) ou injection (à droite)
.gc
(2) Le débit mesuré initialement est de q = −0, 44 l.s-1, sous une différence de charge
δh = 7 m. En déduire la perméabilité et donc le type de sol correspondant.
ww
Une seconde phase consiste en l’arrêt du pompage. L’eau remonte dans le tube cylindrique de section s. À t = 0 l’eau dans le tube est à la distance z = z0 = −δh du
niveau initial de la nappe. À t = ∞, l’eau dans le tube est à la hauteur piézométrique
initiale z = 0.
(3) Montrer que la remontée de l’eau dans le tube au temps t est donnée par l’expression :
−2.π.k.D.t
s
z = z0 .e
s:/
/w
(4) Calculer approximativement, pour un sable moyen (kS = 1.10-4 m.s-1) et un limon (kL = 1.10-7 m.s-1), le temps nécessaire pour que la remontée de l’eau dans
le tube soit telle que z/z0 = 0, 1. En déduire le domaine d’application de ce type
d’essai.
Exercice 2.8.
Solution p. 46
Un essai de pompage est réalisé à partir d’un puits unique. Le rayon du puits est noté
rw , son rabattement sw , le rayon d’action du puits R, le débit de pompage q, le coefﬁcient de perméabilité du sol k et la charge hydraulique loin du puits h(r = R) = H.
ttp
(1) Démontrer l’expression du rabattement sr .
Des piézomètres ont été installés autour du puits. Les données de l’essai, en régime
permanent, sont présentées en tableau 2.2.
(2) Déterminer approximativement le rayon d’action du puits.
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2 • Hydraulique des sols
er
ie.
co
m
36
Tableau 2.2 Rabattements mesurés en fonction de la distance au puits
w
;
};
"
@
`
f
(3) Calculer une valeur moyenne du coefﬁcient de perméabilité du sol k.
Exercice 2.9.
Solution p. 47
alg
Un réservoir d’eau cylindrique repose sur un sol grossier (grave sableuse). Ce réservoir présente des pertes en eau régulières à cause d’une fuite au centre du radier (cf.
ﬁgure 2.18).
N .gc
: "
"
! F IGURE 2.18 Coupe du réservoir
ww
(1) D’après les résultats présentés, préciser les conditions limites sur la charge
hydraulique.
(2) Montrer que, selon l’hypothèse de Dupuit, la loi de Darcy peut s’exprimer :
s:/
/w
q = 4.π.r.k.
Exercice 2.10.
dh
dr
Solution p. 48
Un puits A est situé à une distance d = 40 m de la berge d’une rivière (cf. ﬁgure 2.19).
ttp
L’aquifère alluvial est constitué d’une couche de sables et graviers d’épaisseur
b = 15 m. Il est surmonté par une formation limoneuse d’épaisseur b = 7, 5 m.
La surface piézométrique de la nappe avant pompage est située à une profondeur de
0, 5 m, à la même cote que l’eau dans la rivière. L’aquifère est conﬁné et la nappe
alluviale, captive.
On pompe dans le puits A qui traverse la totalité de l’aquifère un débit constant
q = 36 m3/h. Un puits d’observation (piézomètre) P1 est situé à une distance r = 5 m
du puits A, entre le puits et la rivière (la ligne A-P1 est perpendiculaire à la berge de
la rivière). Les valeurs de rabattement mesurées dans le piézomètre P1 au cours des
quatre premières heures du pompage sont données dans le tableau 2.3.
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er
ie.
co
m
Exercices
O
( G "`
0
: "
; J G alg
F IGURE 2.19 Pompage en bordure de rivière - Vue en coupe
Tableau 2.3 Rabattements mesurés en P1
$
;
.gc
ww
(1) Reporter sur un graphique semi-log les données du tableau 2.3. L’échelle des
rabattements est linéaire, celle des temps est logarithmique (décimal).
(2) Évaluer la transmissivité T et le coefﬁcient d’emmagasinement S de l’aquifère.
(3) Déterminer la conductivité hydraulique kh des alluvions.
s:/
/w
Le pompage a été poursuivi au-delà des quatre heures et jusqu’à deux jours et demi.
Les rabattements mesurés dans le piézomètre P 1 sont donnés dans le tableau 2.4.
Tableau 2.4 Rabattements mesurés en P1 - Suite
;
~
(4) Reporter sur le graphe semi-log les données supplémentaires.
ttp
(5) Nous constatons une stabilisation du rabattement à une valeur sstab = 2, 5 m.
Cette stabilisation est à attribuer à une recharge de la nappe à travers le lit de la
rivière. En supposant que la rivière, située à d = 55 m du puits A, est en contact
parfaitement libre avec l’aquifère, calculer, par la méthode du puits image, la
valeur du rabattement qui devrait être observée dans le piézomètre P1.
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/
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2 • Hydraulique des sols
er
ie.
co
m
38
(6) Calculer l’erreur entre cette valeur et la mesure in situ.
(7) Calculer la distance corrigée dc du puits à la limite rectiligne théorique de réalimentation qui correspondrait au rabattement mesuré (en le supposant parallèle
à la berge de la rivière).
(8) Comparer dc à d. Comment expliquer cette différence ?
SOLUTIONS DES EXERCICES
Solution 2.1.
alg
(1) La perméabilité horizontale équivalente se détermine en considérant un écoulement parallèle aux couches, réalisant une perte de charge δh sur une longueur l.
En parallèle, le débit total est égal à la somme des débits soit, pour une tranche
de sol de largeur égale à 1 m, q = ni=1 qi = ni=1 ei .ki . δh
l .
.gc
En considérant un milieu homogène équivalent, le débit dans ce milieu s’exprime : q = ( ni=1 ei ) .kh . δh
l .
n
n
En égalisant les expressions des débits : kh =
ei .ki
i=1
ei .
i=1
En posant
ww
La perméabilité verticale équivalente se détermine en considérant un écoulement
orthogonal aux couches, réalisant une perte de charge δh sur une longueur
i
e = ni=1 ei . Les débits dans chaque couche sont égaux à q = qi = l.ki . δh
ei .
n
i=1 δhi
= δh, on obtient δh =
n
qi .ei
i=1 l.ki .
s:/
/w
En considérant un milieu homogène équivalent, le débit dans ce milieu s’exprime
q = l.kv . nδh ei ainsi δh = l.kq v ni=1 ei .
i=1
n
n
ei
En égalisant les expressions des pertes de charge δh : kv =
ei
.
ki
i=1
i=1
(2) Pour réaliser cette transformation géométrique, deux méthodes sont possibles :
• À partir de l’équation de Laplace (anisotrope) : kh .
ttp
Soit le changement de variable : X =
∂2h
∂2h
+
=0
∂X 2
∂Z 2
∂ 2h
∂2h
+
k
.
= 0.
v
∂x2
∂z 2
kv /kh .x et Z = z
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/
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39
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Le changement de variable revient donc à considérer
un milieu dont la dimen
sion horizontale est raccourcie d’un facteur kv /kh .
• Le milieu anisotrope est déﬁni par les dimensions e et l, et par le coefﬁcient
de perméabilité isotrope kiso . Le milieu isotrope est déﬁni par les dimensions
e et λl, et par les coefﬁcients de perméabilité kh et kv .
Lorsque l’écoulement est horizontal, la perte de charge est réalisée sur une
δh
longueur l ou λl ainsi q = e.kh . δh
l = e.kiso . λl
D’où kh =
kiso
λ
alg
Lorsque l’écoulement est vertical, la perte de charge est réalisée au travers
δh
d’une section 1 × l ou 1 × λl ainsi q = l.kv . δh
e = λl.kiso . e
D’où kh = λ.kiso . On en déduit ainsi le facteur λ =
Solution 2.2.
kv /kh .
hi =
ui
+ zi
γw
0
γw
+ 0, 8 = 0, 8 m, hB = 0, 8 m, hF = 0 m, hG = 0 m.
ww
AN : hA =
.gc
(1) Les charges en A, B, F et G peuvent être calculées directement par la relation :
La loi de Darcy peut s’appliquer sur chaque tronçon où la perméabilité et la
section sont constantes ainsi q = Si .ki . δh
Li
LBC
S1 .k1
LDE
hD − hE = q.
S2 .k2
s:/
/w
hB − hC = q.
LCD
S2 .k1
LEF
hE − hF = q.
S1 .k2
hC − hD = q.
ttp
En additionnantterme à terme, on obtient la relation
:
LBC
LCD
LDE
LEF
hB − hF = q.
+
+
+
S1 .k1 S2 .k1 S2 .k2 S1 .k2
(hB − hF )
Ou encore : q =
= 1, 66 m3.s-1
LBC
LCD
LDE
LEF
+
+
+
S1 .k1 S2 .k1 S2 .k2 S1 .k2
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2 • Hydraulique des sols
er
ie.
co
m
40
(2) On détermine les charges à partir de la loi de Darcy, exprimée entre chaque tronçon :
LBC
LCD
hC = hB − q.
= 0, 42 m
hD = hC − q.
= 0, 11 m
S1 .k1
S2 .k1
LDE
hE = hD − q.
= 0, 06 m
S2 .k2
Enﬁn les pressions se déterminent à partir de la déﬁnition de la charge hydraulique u = γw .(h − z).
AN : uB = 1 kPa, uC = −0, 33 kPa, uD = −2, 40 kPa, uE = −1, 89 kPa,
uF = 0 kPa.
alg
Solution 2.3.
(1) Dans le sens de la pente, en appliquant la loi de Darcy : v = ks .i = ks .
En débit : q = S.ks .i = S.ks . Δh
L
Δh
L
.gc
La surface de passage de l’eau est : S = 1 × H = 8 m2. La longueur L
correspond à la distance totale de passage de l’eau : L = 80 m. La différence de
charge correspond directement à la différence entre les niveaux piézométriques
du canal et de la rivière Δh = 37 m.
ww
AN : q = 1, 85.10−3 m3.s-1
(2) La perméabilité équivalente du sable se détermine à partir du modèle de couche
en parallèle :
n
ki .Hi = ks,eq =
i=1
1
. (ks1 .H1 + ks2 .H2 )
H
s:/
/w
ks,eq
1
=
H
AN : ks,eq = 1, 28.10−3 m.s-1
ttp
(3) Le débit se calcule comme précédemment, avec la perméabilité équivalente :
Δh
q = S.ks,eq .
= 4, 74.10−3 m3.s-1
L
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er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Solution 2.4.
(1) Avec un perméamètre à charge constante, la perméabilité k se détermine à partir
de la loi de Darcy exprimée aux bornes de l’échantillon.
(hB − hC )
q = S1 .k.i = S1 .k.
L
q.L
Soit encore : k =
S1 .(hB − hC )
(zA − zB ).γw
(zD − zC ).γw
avec hB =
+ zB et hC =
+ zC
γw
γw
hB − hC = zA − zD = H
q.L
S1 .H
alg
Soit enﬁn k =
.gc
(2) Avec un perméamètre à charge variable, la charge en A varie de h1 à h2 pour des
temps respectifs t1 et t2 . Le niveau z = 0 étant à hauteur de C, la charge en A, à
un temps t, est égale à la hauteur H(t). La différence de charge entre B et C est,
comme pour le perméamètre à charge constante, égale à la différence de niveau
d’eau entrée/sortie hB − hC = zA − zD = H(t)
ww
En considérant un intervalle de temps élémentaire, la différence de charge varie
de H(t) à H(t + dt). Durant cet intervalle de temps, le volume d’eau V1 correspondant à la diminution du niveau d’eau dH en A, est égale au volume d’eau V2
qui traverse l’échantillon (V1 = V2 ).
V1 = −S2 .dH
(dH est négatif)
V2 = q.dt = S1 .k.i.dt = S1 .k. H(t)
L .dt
1
1
dH = S1 .k. .dt
H(t)
L
s:/
/w
−S2 .
−S2 .
H2
H1
H1
S2 .L. ln
t2
1
1
H2
dH = S1 .k. .
dt ⇒ k =
H(t)
L t1
S1 .(t2 − t1 )
Solution 2.5.
ui
+ zi
γw
2.γw
=
+0 = 2m
γw
ttp
(1) La charge se détermine par l’expression : hi =
AN : hamont =
20.γw
+ 0 = 20 m et haval
γw
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2 • Hydraulique des sols
er
ie.
co
m
42
(2) Le nombre d’équipotentielles est de nEQ = 22 (en n’oubliant pas les équipotentielles en amont et aval qui correspondent aux interfaces sol/eau). Le nombre
d’intervalles est donc de nEQ − 1 = 21. Ainsi, la différence de charge δh est
hamont − haval
égale à δh =
= 0, 86 m
nEQ − 1
(3) Une maille est présentée sur la ﬁgure 2.20. La dimension a correspond à la largeur du tube de courant considéré, la dimension b correspond à la longueur pour
laquelle la charge évolue d’un intervalle de charge δh. Les mailles étant globalement carrées, l’approximation a = b est faite.
alg
ď
Ă
.gc
F IGURE 2.20 Maille de réseau d’écoulement
ww
La loi de Darcy s’applique sur la maille pour déterminer l’expression du débit
dans un tube de courant qT C :
δh
qT C = S.kSL .i = (a × 1).kSL .
= qT C = 3, 86.10-6 m3.s-1
b
(4) L’expression précédente reste correcte si les tubes de courant sont tous à mailles
carrées. Le nombre de tubes de courant est nT C = nLC − 1 = 10 m. Les tubes
de courant sont disposés en parallèle, aussi le débit total est égale à la somme des
TC
débits dans chaque tube de courant soit q = ni=1
qT C = 3, 86.10-5 m3.s-1.
s:/
/w
(5) Le risque de boulance survient si l’écoulement est ascendant et que la valeur du
gradient est supérieure à celle du gradient critique : ic = γγw = 1, 1.
En considérant la ligne de courant ascendante au bord droit du barrage, le gradient hydraulique est évalué à : i1 = 2.δh
1 = 1, 7 > ic .
ttp
Il y a donc un fort risque de boulance.
(6) La seconde conception présente des gradients plus faibles. Attention les différences de charge entre chaque équipotentielle sont différentes :
δh =
hamont − haval
= δh = 0, 72 m
nEQ − 1
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/
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43
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
alg
F IGURE 2.21 Positions des points de calculs des pressions
Tableau 2.5 Réseau d’écoulement - Pressions interstitielles u [kPa]
@
`
f
k
"
V
V
V
V
V
V
V
V
Z
%
j
"
@
`
.gc
;
;
V
V
V
V
V
V
V
V
Z
ww
En considérant à nouveau la ligne de courant ascendante au bord du barrage, le
δh
gradient hydraulique est évalué à : i2 =
= 0, 36 > ic
2
s:/
/w
(7) Les pressions s’évaluent à partir de la déﬁnition de la charge :
ui
hi =
+ zi et ui = γw .(hi − zi )
γw
Les valeurs de charges et de hauteurs se repèrent graphiquement grâce aux équipotentielles. Le tableau 2.5 résume les résultats obtenus graphiquement sur 14
points repérables en ﬁgure 2.21.
Solution 2.6.
ttp
(1) À partir des mesures de pressions et des altitudes, les charges se déterminent
ui
aisément par la relation hi =
+ zi .
γw
L’origine des altitudes est ﬁxée à la cote 220. Les résultats sont présentés en
tableau 2.6.
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/
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2 • Hydraulique des sols
""j
""f
"
""`
er
ie.
co
m
44
"""
""
Tableau 2.6 Résultats - Charges h [m]
ww
.gc
alg
(2) Le niveau de la nappe dans les éboulis est parallèle à la pente, cela signiﬁe que
les équipotentielles sont perpendiculaires à la pente (sauf près de la couche de
limon, semi-perméable).
La ﬁgure 2.22 représente trois équipotentielles connues, celles passant par les
points de prise de pression.
F IGURE 2.22 Équipotentielles dans les éboulis
s:/
/w
La charge étant par déﬁnition identique en tout point d’une équipotentielle, on
peut exprimer la relation entre la charge en surface libre de nappe et celle au
niveau d’une prise de pression. Notons N1, N2 et N3, les points en surface libre
au niveau des trois équipotentielles.
hN 1 = 10, 8 m, hN 2 = 8, 7 m, hN 3 = 6, 8 m
ttp
En posant que uN 1 = uN 2 = uN 3 = 0 kPa, on détermine les altitudes de N1, N2
et N3.
zN 1 = hN 1 = 10, 8 m (cote 240, 8) zN 2 = hN 2 = 8, 7 m (cote 228, 7)
zN 3 = hN 3 = 6, 8 m (cote 226, 8)
La ﬁgure 2.23 représente la hauteur réelle de la nappe. Graphiquement on détermine la hauteur inclinée de la nappe Hw = 3, 6 m.
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45
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
=$
?
=$
F IGURE 2.23 Position réelle de la nappe
alg
(3) Les charges dans la couche de grès sont identiques. La nappe n’est pas en mouvement, et la charge vaut en tout point h = 10 m. En revanche, elle est captive,
et cela se démontre en montrant qu’en tête de la couche de grès, la nappe est sous
une pression égale à ucote 226 = γw .(h − z) = 10.(10 − 6) = 40 kPa.
.gc
(4) Les charges en B et D sont égales à la charge dans le grès : hB = hD = 10 m.
On peut évaluer approximativement les charges en A et C à partir des charges
dans les éboulis. Le point C est sur la même équipotentielle que N1 :
hC = 10, 8 m. Le point A est en aval par rapport aux prises de pression
donc sa charge se détermine par extrapolation : hA = 5, 5 m.
s:/
/w
ww
(5) Aﬁn de tracer le réseau d’écoulement dans la couche de limon, il faut repérer
les limites du tronçon ainsi que les valeurs de charges connues (cf. ﬁgure 2.24).
Des intervalles δh = 1 m sont déﬁnis en fonction des valeurs de charge connues
(cf. ﬁgure 2.25). Enﬁn, les équipotentielles se tracent en reliant les points de
même valeurs de charge (cf. ﬁgure 2.26).
F IGURE 2.24 Tronçon de limon
Valeurs de charge connues
ttp
F IGURE 2.25 Discrétisation des valeurs
de charge aux limites
(6) Le débit s’obtient approximativement à partir de la loi de Darcy en considérant
une charge moyenneen aval de l’écoulement
:
q = S.kL .i = S.kL .
hA −
(hB +hD )
2
HL
= 7, 75.10−6 m3.s-1
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2 • Hydraulique des sols
er
ie.
co
m
46
F IGURE 2.26 Équipotentielles dans la couche de limon
La surface de passage est égale à S = [BD] × 1 = 15, 5 m2.
Solution 2.7.
.gc
alg
(1) La cavité étant sphérique, l’écoulement est réalisé au travers d’une surface sphérique de rayon r. Ainsi la loi de Darcy s’écrit q = S.k.i = −4.π.r 2 .k. dh
dr
dr
Ou encore q 2 = −4.π.k.dh
r
R
hcav +δh
dr
D’où en intégrant q
=
−4.π.k.
dH
D r2
hcav
2
1
2
Et donc q − +
= −4.π.k.δh
R D
Le rayon d’action R de la poche sphérique est bien plus grand que son propre
2
rayon : R1 D
.
ww
−q
(2) D’après la formule précédente, on écrit : k =
= 5.10-5 m.s-1. Le sol
2.π.D.δh
est moyennement perméable, probablement sableux.
s:/
/w
(3) Le volume passant au travers des surfaces sphériques de diamètre r est égal au
débit récupéré dans le tube à chaque intervalle de temps dt, d’où q.dt = s.dz
avec dz la variation de hauteur du ﬂuide due au débit sortant.
De façon similaire à la première question, le débit à chaque intervalle de temps
dt s’exprime par q = −2.π.k.D.z
dz −2πkD
D’où l’équation différentielle
+
z=0
dt
s
L’équation étant du premier ordre, et sans second membre, la solution est :
−2.π.k.D.t
s
z = z0 .e
ttp
Solution 2.8.
(1) Dans le cas d’une nappe à surface libre, le rabattement est relié au débit q à partir
de la loi de Darcy par la relation q = k.i = −k.S. dh
dr .
Avec S la surface de passage de l’eau autour du puits.
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er
ie.
co
m
Solutions des exercices
En considérant l’hypothèse de Dupuit (écoulement horizontal), la surface S correspond à la surface extérieure d’un cylindre de rayon variable r et de hauteur
variable h(r) (en considérant l’origine z = 0 au niveau du substratum).
D’où q = −k.2.π.r.h. dh
dr
dr
Ainsi en posant q
= −2.π.k.r.h.dh puis en intégrant entre r et R, on obtient
r
π.k.(H − h)2
q=−
ln Rr
q
R
Ou encore h(r) = H 2 −
ln
π.k
r
q
R
Le rabattement s’exprime donc : s(r) = H − h(r) = H − H 2 −
ln
π.k
r
alg
(2) D’après les mesures dans chaque piézomètres, le rayon d’action du puits est
d’environ R = 320 m.
.gc
(3) Le coefﬁcient de perméabilité se détermine à partir de l’expression du rabatteq. ln Rr
ment et des données de l’essai : k =
π(−2.H.z + z 2 )
D’après le tableau 2.7, le coefﬁcient de perméabilité est environ de k = 0, 04 m.s-1.
Tableau 2.7 Coefﬁcient de perméabilité
"
@
`
f
ww
Z
}
V
s:/
/w
Solution 2.9.
ttp
(1) Les surfaces sous le réservoir et sur le substratum sont des surfaces imperméables : ∂h
∂z = 0.
Ceci est valable en tout point de la base du réservoir sauf sous son centre où la
u
charge hydraulique vaut : h =
+ z = 20 + 2 = 22 m.
γw
De par l’axisymétrie du problème, le segment de sol vertical sous le centre du
réservoir est également à charge constante h = 22 m.
En s’éloignant du réservoir sufﬁsamment, le sol n’est pas affecté par l’écoulement
du réservoir. Aussi, les variations de charges sont faibles : ∂h
∂r = 0.
u
Enﬁn en surface libre, la charge vaut : h =
+ z = 0 + 2 = 2 m.
γw
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2 • Hydraulique des sols
er
ie.
co
m
48
(2) Le problème est axisymétrique. En prenant l’hypothèse de Dupuit ( ∂h
∂z = 0), la
charge n’est fonction que du rayon r :
dh
dh
v = k.i = k
et q = S.v = 4π.r.k.
dr
dr
Solution 2.10.
z {`| V z alg
J
#%
(1) La courbe du rabattement en fonction du temps est présentée en ﬁgure 2.27.
#%
.gc
F IGURE 2.27 Rabattement au cours du temps jusqu’à 4 heures
ww
(2) En utilisant l’approximation
deCooper-Jacob
:
q
2, 25.T
s(r, t) =
ln
+ ln(t)
4.π.T
Sc .r 2
2, 25.T.t0
q
Or s(r, t0 ) = 0 ⇒ Sc =
avec T =
et α le coefﬁcient directeur
2
r
4πα
de la droite de rabattement.
AN : t0 = 44 s, α = 0, 385, T = 2, 07.10-3 m2.s-1, Sc = 8, 28.10-3 m-1.
2, 5Sc r 2
L’hypothèse de Cooper-Jabob est vériﬁée : t = 247 s.
T
s:/
/w
(3) Le coefﬁcient de perméabilité horizontale kh des alluvions s’exprime à partir de
T
la déﬁnition de la transmissivité : kh =
= kh = 1, 37.10−4 m.s-1
b
(4) L’ensemble de la courbe du rabattement en fonction du temps est présentée en
ﬁgure 2.28.
ttp
(5) Le rabattement s(r=5 m) se calcule par la méthode du puits image.
q
r
q
2.d − r
. ln
=
. ln
= 2, 34 m
s(r=5 m) =
2π.T
r
2π.T
r
(6) L’erreur est de 6 %.
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49
er
ie.
co
m
J
#%
Solutions des exercices
#%
F IGURE 2.28 Rabattement au cours du temps jusqu’à 2,5 jours
alg
(7) La distance dc du puits correspondant à la valeur sstab
obtenue en
de rabattement
q
2.dc − r
inversant la relation précédente : sstab =
ln
2.π.T
r
2.π.s
.T
stab
r
q
dc =
1+e
= 66, 8 m
2
Cette distance dc est supérieure à d de 20 % environ. Deux principales raisons :
.gc
• La partie de sol en pente au niveau de la berge n’a pas été prise en compte dans
les calculs.
ttp
s:/
/w
ww
• Le colmatage du tube crépiné n’a pas été pris en compte.
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ttp
s:/
/w
ww
.gc
alg
er
ie.
co
m
/
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er
ie.
co
m
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Chapitre 3
.gc
alg
États de contrainte dans les sols
3.1 CONTRAINTES TOTALES ET EFFECTIVES
3.1.1. Le sol, un milieu continu
ww
La mécanique des sols considère en général le sol comme un milieu continu. Cette
hypothèse s’avère fausse lors de l’étude des contraintes à l’échelle des grains puisque
leur mouvement relatif constitue des discontinuités. De plus, lors de phases de rupture, l’apparition de surface de glissement amène également des discontinuités.
s:/
/w
a) Distribution des contraintes autour d’un point
On déﬁnit l’état de contraintes en un point M d’un milieu continu par le tenseur
⎛
⎞
σx τxy τxz
= ⎝τyx σy τyz ⎠
τzx τzy σz (x,y,z)
:
ttp
Ou encore dans la base principale des contraintes :
⎛
σI
⎝
= 0
0
0
σII
0
⎞
0
0 ⎠
σIII
II,
III)
(I,
Le vecteur contrainte T (M ) s’exerçant sur une facette passant par M est déﬁni par
sa normale n et l’expression :
T (M ) = .n
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/
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3 • États de contrainte dans les sols
ı
W)
`
W
W)
W)
ı
er
ie.
co
m
52
ı)
W
W)

alg
F IGURE 3.1 État de contrainte en un point - représentation 3D
b) Cercle de Mohr
.gc
En mécanique des sols, les contraintes de compression sont comptées positivement.
Aussi la normale à la facette sera « rentrante » (et non « sortante » comme en MMC).
ww
La représentation de l’état de contrainte en un point M peut se réaliser sur le repère de
Mohr (0, σ, τ ). Lorsque la facette balaie l’ensemble des orientations autour du point
M, l’extrémité du vecteur contrainte T se déplace dans une zone hachurée du plan de
Mohr. Cette zone est délimitée par trois cercles de diamètre (σI − σII ), (σI − σIII )
et (σII − σIII ).
߬
߬
ttp
s:/
/w
߬
=
_
ı
_=g$
ı
ı
F IGURE 3.2 Vecteur contrainte. Représentation de Mohr
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Contraintes totales et effectives
53
er
ie.
co
m
3.1
/
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Dans un problème à deux dimensions, nous noterons respectivement σn et τnt les
contraintes normale et tangentielle en un point d’une facette de normale n.
En partant d’un repère de référence (M ,x,y ), le tenseur des contraintes s’écrit :
σx τxy
=
τyx σy (x,y)
Considérons la normale n à la facette considérée, faisant un angle θ avec l’axe des x :
cos θ
n =
sin θ (x,y)
.gc
alg
Dans le repère (M ,n,t), propre à chaque facette, l’expression du vecteur contrainte
est :
π
⎞
⎛σ + σ
σ x − σy
x
y
+
cos(2θ)
+
τ
cos
−
2θ
xy
σn
2
2
2
⎠
π
T (M ) =
=⎝
σx − σy
τnt
sin(−2θ) + τxy sin
− 2θ
2
2
(
n,t)
ww
En partant du tenseur des contraintes exprimé dans la repère des directions principales
(avec σII = σIII ), les composantes du vecteur contrainte sont :
⎛σ + σ
⎞
σI − σIII
I
III
+
cos(2θ)
σn
2
2
⎠
T (M ) =
=⎝
σI − σIII
τnt
sin(−2θ)
2
(
n,t)
s:/
/w
σI + σIII
σI − σIII
Avec d =
le centre du cercle, et r =
le rayon du cercle. θ cor2
2
respond à l’inclinaison entre la normale à la facette et la première direction principale.
߬
߬
,,,
_=g$
ttp
ı,,,
߬
ș
ı
ı
=
ı,
_
ı
ș
,
F IGURE 3.3 Cas bidimensionnel - représentation de Mohr. Si la facette considérée est inclinée
d’un angle −θ par rapport à la première direction principale, le point correspondant dans le cercle
sera situé à un angle 2θ de la contrainte σI
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/
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er
ie.
co
m
3 • États de contrainte dans les sols
54
Pour la suite, les composantes du vecteur de contrainte totale T s’expriment simplement σ et τ .
3.1.2. Principe des contraintes effectives de Terzaghi
a) Contrainte totale et pression interstitielle
b) Contrainte effective
alg
En considérant un milieu continu saturé de manière globale, c’est-à-dire en ne distinguant pas les phases solide et liquide, les contraintes qui s’exercent en un point donné
sont appelées contraintes totales.
La pression interstitielle ne constitue qu’une partie de la contrainte totale dans un sol
et se détermine à partir de la position des points étudiés dans une nappe ainsi que par
la présence ou non d’un écoulement (cf. chapitre 2).
Karl Von Terzaghi a postulé que les déformations dans un sol dépendent de la différence entre les contraintes totales et les pressions interstitielles. On déﬁnit ainsi les
contraintes effectives par la formule de Terzaghi :
=
− uI
.gc
ww
Les composantes normale et tangentielle du vecteur de contrainte effective T en un
point s’exprime σ = σ − u et τ = τ .
Ce principe de Terzaghi s’applique lorsque la rigidité de l’ensemble granulaire est
faible devant la rigidité de chacune des phases solide et liquide.
3.1.3. État de contrainte géostatique
s:/
/w
Les contraintes géostatiques correspondent aux contraintes générées par le poids
propre des couches d’un massif. Si ce massif possède une nappe, on distinguera les
contraintes géostatiques totales et effectives.
Pour décrire l’état de contrainte géostatique ou « au repos », les notations et conventions suivantes seront utilisées :
• z : profondeur du point considéré, comptée positivement vers le bas.
• σv (z) et σv (z) : contraintes verticales totales et effectives.
ttp
• σh (z) = σh (z) : contraintes horizontales totales et effectives.
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Contraintes totales et effectives
55
a) Contraintes verticales
er
ie.
co
m
3.1
/
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Dans le cas d’un massif semi-inﬁni à surface horizontale composé de n couches et
d’une nappe (cf. ﬁgure 3.4), les contraintes verticales totales en tout point du massif
s’expriment :
n
σv (z) =
γi .Hi
i=1
Avec :
• γ : poids volumique apparent, égal à γsat sous la nappe.
alg
Ȗ
Ȗ
.gc
Y
Y
Y
• Hi : hauteur des couches au-dessus du point z.
*
ǻıN
Ȗ
ww
F IGURE 3.4 Sol multicouche - contraintes géostatiques
La pression interstitielle u pour une nappe hydrostatique s’exprime :
u(z) = γw .Hw
Avec :
s:/
/w
• γw : poids volumique de l’eau (γw = 10 kN.m-3).
• Hw : distance entre le point considéré et la surface de la nappe.
La contrainte verticale effective se détermine en tout point par la formule de Terzaghi :
σv (z) = σv (z) − u(z)
ttp
L’augmentation de contrainte verticale effective dans une couche saturée de poids
volumique saturée γw est :
Δσv (z) = (γsat − γw ).u = γ .z
Avec γ le poids volumique déjaugé de la couche considérée.
Si la couche n’est pas saturée, l’augmentation de la contrainte effective est identique
à celle de la contrainte totale.
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/
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3 • États de contrainte dans les sols
er
ie.
co
m
56
b) Contraintes horizontales
Au même titre que les contraintes verticales, il faut différencier les contraintes horizontales effectives et totales. En effet, l’eau transmet sa pression de manière identique
dans toutes les directions contrairement à la phase solide.
À l’état « au repos », les contraintes effectives horizontales s’expriment en fonction
des contraintes effectives verticales par la relation :
σh (z) = K0 .σv (z)
Avec K0 coefﬁcient des terres au repos fonction de la nature du squelette (sable :
K0 0, 5 ; argile : K0 0, 7 ; vases : K0 1). Ce coefﬁcient
peut être déterminé à
√
partir de l’angle de frottement ϕ : K0 = (1 − sin ϕ ) Roc .
alg
Le rapport de consolidation Roc est déﬁni au chapitre 5.
Les contraintes horizontales totales se déterminent à partir de la formule de Terzaghi :
σh (z) = σh (z) + u
.gc
3.2 INFLUENCE DU CHARGEMENT
3.2.1. Principe de superposition
ww
Soit un massif de sol semi-inﬁni, élastique et à surface horizontale. Par principe de superposition, les contraintes dans le massif correspondent à la somme des contraintes
géostatiques avec celles dues aux charges supplémentaires. Ces dernières correspondent, par exemple, aux charges transmises par les fondations des ouvrages. Elles
peuvent être négatives, notamment lors d’excavations en surface. Ainsi le principe de
superposition s’énonce :
=
0
ttp
+Δ
l’état de contrainte géostatique et Δ celui dû aux charges supplémentaires.
s:/
/w
avec
0
ıN
ıN
ǻıN
F IGURE 3.5 Principe de superposition
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Inﬂuence du chargement
57
er
ie.
co
m
3.2
/
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3.2.2. Détermination des contraintes
L’évaluation des contraintes dues aux charges supplémentaires est faite à partir de la
théorie de l’élasticité.
a) Charge concentrée
Dans le cas d’un milieu non pesant semi-inﬁni et soumis à une force concentrée P
verticale en surface (cf. ﬁgure 3.6), les contraintes supplémentaires en un point du
massif et sur une facette horizontale de normale z s’expriment par la relation de
Boussinesq :
3P
3P
z3
5
cos
θ
=
.
2πz 2
2π (r 2 + z 2 )5/2
Δτ =
3P r
3P
r.z 2
5
cos
θ
=
.
2πz 3
2π (r 2 + z 2 )5/2
.gc
alg
Δσv =
ww
ș
ǻı
s:/
/w
F IGURE 3.6 Charge concentrée dans un massif
Cette approche ne fait pas de distinction entre un massif monocouche ou multicouche.
Le module d’Young E et le coefﬁcient de PoissonCoefﬁcient !Poisson ν n’interviennent pas dans l’évaluation de la contrainte supplémentaire.
b) Charge répartie
La répartition des contraintes supplémentaires en un point du massif dues à une
charge répartie d’intensité q en surface dépend de sa forme.
ttp
En intégrant la force élémentaire dP = q.dS sur la surface de la charge dS, la
contrainte supplémentaire verticale générée par cette charge en tout point du massif s’exprime :
Δσv =
S
3q
3q
cos5 θdS =
2
2πz
2πz 2
q cos5 θdS
S
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/
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3 • États de contrainte dans les sols
er
ie.
co
m
58
Pour des chargements de formes simples (rectangulaire, circulaire, trapézoïdale, etc.),
la solution de cette intégrale est fournie sous forme d’abaque (cf. annexe A.). La méthodologie consiste à déterminer le coefﬁcient d’inﬂuence I, fonction de la forme de
la charge, de la profondeur considérée et de l’éloignement à la charge. La contrainte
verticale due aux charges supplémentaires s’exprime :
Δσv = q.I
c) Abaque de Newmark
alg
Lorsque la charge surfacique est de forme aléatoire, l’évaluation des contraintes se
fait à partir de l’abaque de Newmark (cf. annexe A.4). Sur ce dernier, la forme de
la charge doit être reportée en choisissant comme échelle la profondeur du point
recherché. La méthode consiste à comptabiliser le nombre de cases c occupées par la
charge et à appliquer la formule suivante :
Δσv = q.n.c
d) Méthodes numériques
.gc
Avec n le coefﬁcient d’inﬂuence correspondant rapport 1/ctot avec ctot le nombre de
cases total de l’abaque.
ww
Pour des chargements particuliers, les méthodes numériques, telles que la méthode
aux éléments ﬁnis, permettent de déterminer les valeurs de contraintes et de pressions
interstitielles en tout point d’un massif de sol.
EXERCICES
s:/
/w
Exercice 3.1.
Solution p. 65
Soit un massif de sol grossier, sans nappe, composé d’une couche de sable lâche
(γ1 = 19 kN.m-3,γsat,1 = 20, 5 kN.m-3) de 6 m de hauteur, reposant sur une couche
de gravier dense (γ2 = 21 kN.m-3,γsat,2 = 22 kN.m-3) de 4 m.
(1) Tracer la distribution des contraintes verticales totales en fonction de la profondeur.
Suite à de fortes précipitations, une nappe libre sature le massif. Sa surface libre se
situe à 2 m de la surface.
ttp
(2) Tracer les distributions des contraintes verticales effectives et totales, et des pressions interstitielles en fonction de la profondeur.
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59
er
ie.
co
m
Exercices
Y
YK
Y
Exercice 3.2.
Solution p. 65
Soit un massif de sol grossier composé d’une seule couche (cf. ﬁgure 3.7). Le niveau
de la nappe varie du point P au point M (H1 = 3 m, H2 = 2 m).
9 N J"`
Ȗ z S,UV
Ȗ z S,UV
alg
O
F IGURE 3.7 Variation du niveau de la nappe
.gc
(1) Tracer les évolutions des contraintes totales et effectives, et des pressions interstitielles, au niveau du point P en fonction du niveau de la nappe (Hw ∈ [0 ; 5]).
Commenter.
; J
Ȗ z S,UV
s:/
/w
ww
Exercice 3.3.
Solution p. 66
Soit un massif de sol grossier composé de deux couches (cf. ﬁgure 3.8). La couche
argileuse est le siège d’une remontée capillaire sur la totalité de la couche au-dessus
de la nappe.
0G "
Ȗ
S,UV
z
F IGURE 3.8 Massif à deux couches - Remontées capillaires
ttp
(1) Tracer les évolutions des contraintes verticales totales et effectives, et des pressions interstitielles en fonction de la profondeur.
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/
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3 • États de contrainte dans les sols
er
ie.
co
m
60
Exercice 3.4.
Soit un massif de sol composé de quatre couches (cf. ﬁgure 3.9).
; J
; J
( alg
9 N Solution p. 67
Ȗ z S,UV
Ȗ z S,UV
z Ȗ z S,UV
z Ȗ z S,UV
z Ȗ z S,UV
z F IGURE 3.9 Massif à quatre couches
.gc
(1) Tracer les évolutions des contraintes horizontales et verticales, totales et effectives, et des pressions interstitielles en fonction de la profondeur.
ww
Exercice 3.5.
Solution p. 68
Soit un élément de sol inﬁniment petit soumis à une contrainte normale principale de
18, 2 kPa et minimale de −2, 2 kPa.
(1) Tracer le cercle de Mohr dans le plan σ − τ .
(2) Déterminer la contrainte tangentielle maximale τmax .
s:/
/w
(3) Déterminer l’état de contrainte sur une facette dont la normale est inclinée de
30° par rapport à la première direction principale.
Exercice 3.6.
Solution p. 68
Soit un élément de sol inﬁniment petit dont l’état de contrainte est indiqué en ﬁgure
3.10.
(1) Déterminer les contraintes principales de différentes façons.
(2) Représenter les directions principales.
ttp
(3) Déterminer la contrainte normale et tangentielle sur la facette AB.
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/
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61
SO
er
ie.
co
m
Exercices
SO
0
SO
SO
SO

SO
<
SO

`
alg
SO
F IGURE 3.10 État de contrainte en un point
.gc
Exercice 3.7.
Solution p. 69
Soit un élément de sol triangulaire isocèle inﬁniment petit dont certaines composantes
de contraintes sont fournies (cf. ﬁgure 3.11).
SO
<
SO
SO
ȕ
ww
SO
Į
0
Į <
>
F IGURE 3.11 État de contrainte en un point
s:/
/w
(1) Déterminer les contraintes principales.
(2) Déterminer l’angle α.
Exercice 3.8.
Solution p. 71
Soit un massif composé d’une couche de 10 m d’épaisseur sollicitée en surface par
une force ponctuelle F = 1 kN.
ttp
(1) Tracer sur l’ensemble de la couche l’évolution de la contrainte verticale en
fonction de la profondeur z, pour r = 0 m, r = 1 m et r = 2 m.
(2) Tracer l’évolution de la contrainte verticale en fonction de l’éloignement r (jusqu’à r = 10 m) pour deux profondeurs différentes : r = 2 m et r = 5 m.
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/
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er
ie.
co
m
3 • États de contrainte dans les sols
62
Exercice 3.9.
Solution p. 71
Soit un massif composé de trois couches sur lequel est posé un réservoir cylindrique
de poids total P = 250 t. Le massif de fondation est constitué d’un radier circulaire
de rayon R = 5 m. On suppose que le poids du réservoir et son contenu se transmet
uniformément. Une chaussée est située à proximité (cf. ﬁgure 3.12).
N > "
alg
9 N
J"
.gc
; J
( ww
F IGURE 3.12 Position du réservoir et de la chaussée. Coupe du massif.
(1) Déterminer la charge q.
s:/
/w
(2) En utilisant l’abaque A.1, déterminer la valeur de la contrainte verticale au milieu
de chaque couche, sous le réservoir et sous la chaussée.
Exercice 3.10.
Solution p. 72
Soit un radier en béton apportant une charge surfacique q = 55 kPa sur un massif de
sol sableux de 10 m d’épaisseur. La géométrie du radier est présentée en ﬁgure 3.13.
(1) À partir de l’abaque A.3, déterminer la contrainte verticale engendrée par le
radier au point A à des profondeurs z = 0 m, z = 2 m et z = 4 m.
ttp
(2) En utilisant le principe de superposition, déterminer la contrainte verticale au
point B, C et D à z = 4 m.
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/
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er
ie.
co
m
Exercices
0
>
<
&
F IGURE 3.13 Géométrie du radier. Perspective (à gauche) et vue de dessus (à droite)
.gc
alg
Exercice 3.11.
Solution p. 73
Soit un massif semi-inﬁni composé d’une seule couche de sable lâche, sollicité en
surface par une charge uniformément répartie de largeur B = 8 m et d’intensité
q = 10 kPa. L’état de contrainte généré par la charge en surface est décrit en ﬁgure
3.14 avec :
q
q
σz = [α + sin α cos(α + 2β)] σx = [α − sin α cos(α + 2β)]
π
π
q
τzx = [sin α. sin(α + 2β)]
π
ww
s:/
/w
ȕ
Į
ǻı
ǻ߬
ǻı
ǻ߬
F IGURE 3.14 Chargement uniformément répartie
(1) Déterminer les contraintes σz , σx et τzx pour un point situé vers l’extérieur à
xM = 5 m et zM = 4 m du point O.
ttp
(2) Tracer le cercle de Mohr et positionner sur le cercle les points correspondants
aux états de contraintes sur les facettes horizontales et verticales.
(3) Déterminer les valeurs des contraintes principales et les directions principales.
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/
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3 • États de contrainte dans les sols
64
Exercice 3.12.
Solution p. 74
Soit un radier de bâtiment industriel apportant une charge surfacique constante
q = 15 kPa sur un massif de sol composé de deux couches (cf. ﬁgure 3.15). La forme
du radier impose d’utiliser l’abaque de Newmark pour déterminer la distribution des
contraintes dans le massif.
=" "
alg
0
,
=" ! "
F IGURE 3.15 Forme du radier (à gauche) et coupe du massif (à droite)
.gc
(1) Déterminer la contrainte verticale engendrée par le radier sous les point A et B
au centre de chaque couche.
ww
Exercice 3.13.
Solution p. 75
Soit un massif de sol composé d’une couche de sable. Deux phases de chargement
sont étudiées : excavation et construction (cf. ﬁgure 3.16). La longueur (hors plan)
excavée puis chargée est considérée inﬁnie. La profondeur excavée est de 1 m.
s:/
/w
O F
,
W
,,
:`! N
,
> "!
F IGURE 3.16 Excavation et construction
ttp
(1) À partir des abaques fournis en annexe A., déterminer la contrainte verticale au
point A après excavation puis après construction (q2 = 20 kPa).
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/
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65
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
SOLUTIONS DES EXERCICES
Solution 3.1.
(1) Dans le sable, la contrainte verticale totale s’exprime :
σz (z) = γ1 .z ∀z ∈ [0; 6]
La contrainte verticale à l’interface sable/gravier vaut σv (z = 6 m) = 114 kPa.
Dans le gravier, la contrainte verticale totale vaut :
σv (z) = 114 + γ2 .z ∀z ∈ [6; 10]
alg
ıN #SO %
.gc
ww
F IGURE 3.17 Proﬁl des contraintes totales
s:/
/w
(2) D’après le principe de Terzaghi : σv = σz + u
La pression interstitielle s’exprime u(z) = γw .(z − 2)
La contrainte totale s’exprime de la même façon que précédemment (en considérant le changement de poids volumique). La contrainte effective se déduit du
principe de Terzaghi, où se calcule directement en considérant les poids volumiques déjaugés dans les zones saturées :
γ1 = γsat,1 − γw = 10, 5 kN.m-3 et γ2 = γsat,2 − γw = 12 kN.m-3
Solution 3.2.
ttp
(1) La pression interstitielle au point P s’exprime u(Hw ) = γw .Hw
La contrainte verticale totale au point P vaut :
σv (Hw ) = γsat .Hw + γ.(H1 − Hw )
∀Hw ∈ [0; H1 ]
σv (Hw ) = γsat .H1 + γw .(Hw − H1 )
∀Hw ∈ [H1 ; H2 ]
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/
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3 • États de contrainte dans les sols
er
ie.
co
m
66
ıN #SO %
ıN #SO %
" #SO %
alg
F IGURE 3.18 Proﬁls des contraintes totales, effectives et des pressions interstitielles
ıN #SO %
" #SO %
ww
.gc
La contrainte effective se déduit par soustraction σv = σv − u
σv (Hw ) = γsat .Hw + γ.(H1 − Hw )
∀Hw ∈ [0; H1 ]
σv (Hw ) = γ .H1 = 30 kP a
∀Hw ∈ [H1 ; H2 ]
YK #%
ıN #SO %
YK #%
YK #%
s:/
/w
F IGURE 3.19 Évolutions des contraintes et pressions d’eau au point P
en fonction du niveau de la nappe
La contrainte effective reste donc constante quand le niveau de la nappe est supérieur à celui du massif (cf. ﬁgure 3.19).
Solution 3.3.
ttp
(1) La pression interstitielle dans la couche d’argile devient négative au-dessus de
la nappe. L’effet de capillarité dans l’argile étant important, la pression interstitielle évolue linéairement jusqu’au sommet de la couche. Le principe de Terzaghi
s’applique en considérant que la pression interstitielle est négative en zone de
remontée capillaire.
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/
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er
ie.
co
m
Solutions des exercices
ıN #SO %
" #SO %
V
ıN #SO %
alg
F IGURE 3.20 Proﬁls des contraintes totales, effectives et des pressions interstitielles
Solution 3.4.
(1) La démarche consiste successivement à :
.gc
• déterminer la pression interstitielle u et la contrainte verticale totale σv à partir
des poids volumiques de l’eau et des couches de sol ;
• en déduire l’évolution de la contrainte verticale effective par la loi de Terzaghi
σv = σv − u ;
• déterminer la contrainte horizontale effective à partir des coefﬁcients des terres
au repos σh = K0 .σv ;
ww
• en déduire l’évolution de la contrainte horizontale totale par la loi de Terzaghi
σh = σh + u.
ıN #SO %
s:/
/w
ı #SO %
ı #SO %
ıN #SO %
" #SO %
#%
#%
#%
#%
ttp
#%
F IGURE 3.21 Proﬁls des contraintes totales, effectives et des pressions interstitielles
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/
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3 • États de contrainte dans les sols
er
ie.
co
m
68
Les résultats sont présentés en ﬁgure 3.21. On constate que les proﬁls des
contraintes horizontales totales et effectives présentent des sauts (théoriques) au
niveau des intercouches où le coefﬁcient des terres au repos varie.
Solution 3.5.
(1) Le cercle de Mohr (cf. ﬁgure 3.22) se dessine aisément en considérant un cercle
de centre d et de rayon r :
σI + σII
σI − σII
d=
= 8 kPa et r =
= 10, 2 kPa
2
2
߬ #SO %
alg
V
ı #SO %
V
.gc

ww
F IGURE 3.22 Cercle de Mohr et valeurs à θ = 30°
(2) La contrainte tangentielle maximale correspond au rayon du cercle de Mohr
(propriété des cercles de Mohr) : τmax = 8 kP a
s:/
/w
(3) Les contraintes sur la facette inclinée se déterminent analytiquement à partir du
centre et du rayon :
σI + σII
σI − σII
+
cos(2θ) = 13, 1 kPa
2
2
σI − σII
=
sin(−2θ) = −8, 8 kPa
2
σ(θ) =
τ(θ)
Solution 3.6.
ttp
(1) Les facettes représentées sur la ﬁgure étant inclinée 90° l’une de l’autre, les points
correspondants aux facettes sur le cercle de Mohr se retrouvent opposés par rapport au centre d. On détermine ainsi le centre :
σx + σ y
d=
= 76 kPa
2
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/
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69
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
alg
On détermine ensuite la position d’un point sur le cercle pour avoir le rayon, par
exemple : σx = 42 kPa et τxy = 60 kPa. On peut tracer le cercle et connaître
graphiquement les contraintes principales (cf. ﬁgure 3.24).
Outre la méthode graphique, les contraintes principales se déterminent par diagonalisation
de la matrice:
σx τxy
42 60
145 0
=
=
←
τyx σz (x,y)
60 110 (x,y)
0 7 (I,
II)
Enﬁn les contraintes principales se déterminent aussi par les expressions analytiques :
σx + σ y
σx − σy 2
2 = 145 kPa
σI =
+
+ τxy
2
2
σx + σ y
σx − σy 2
2 = 7 kPa
σII =
−
+ τxy
2
2
(2) Les directions principales correspondent aux directions des facettes dont la com2τxy
posante tangentielle des contraintes est nulle. Analytiquement : tan 2θ =
σy − σx
s:/
/w
ww
.gc
On en déduit ainsi l’angle entre la facette de normale y et la facette de normale
soit θ = 30, 2°. La seconde direction principale est inclinée de 90° par rapport
I,
à la première.

`
F IGURE 3.23 Directions principales
ttp
(3) Graphiquement : la facette AB est inclinée de −22° par rapport à la facette de
normale extérieure y, ce qui correspond dans le plan de Mohr à un angle de
+44°. On retrouve ainsi aisément l’état de contrainte en se reportant sur le cercle
(cf. ﬁgure 3.24).
σI + σII
σI − σII
Analytiquement : σ(θ) =
+
cos(2θ) = 142 kPa
2
2
σI − σII
τ(θ) = −
sin(2θ) = −19, 5 kPa
2
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/
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߬ #SO %
er
ie.
co
m
3 • États de contrainte dans les sols
70

ı #SO %
alg
V
V F IGURE 3.24 Cercle de Mohr et valeurs particulières
.gc
Solution 3.7.
ww
(1) La direction de la normale à la facette où la contrainte de cisaillement est nulle
est, par déﬁnition, une direction principale.
En connaissant les composantes de contraintes sur deux facettes, deux points
peuvent être placés dans le plan de Mohr. Ces deux points se trouvent sur le
cercle, à équidistance du centre. Le rayon et le centre se déterminent ainsi aisément (cf. ﬁgure 3.25).
σI = 39, 5 kPa et σII = 0 kPa
ttp
s:/
/w
߬ #SO %
ȕ
ı #SO %
F IGURE 3.25 Cercle de Mohr et valeurs particulières
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/
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er
ie.
co
m
Solutions des exercices
(2) L’angle obtus β du triangle isocèle correspond à l’angle entre le point (30,17) et
le point (0,0). Attention au sens de rotation.
180 − β
β = 119, 5° et α =
= 30, 25°
2
Solution 3.8.
alg
ϭϰ͕ϱ ϭϰ͕ϰ
ϭϯ͕ϭ
ƌсϭŵϭϯ
ϭϭ͕ϴ
ƌсϮŵϭϭ͕ϳ
ϭϬ͕ϳ ϭϬ͕ϲ
ϵ͕ϳϰ ϵ͕ϲϵ
ϴ͕ϵϭ ϴ͕ϴϳ
ϴ͕ϭϴ ϴ͕ϭϱ
ϳ ϱϰ ϳ ϱϭ
ϭϰ͕ϭ ϭϯ͕ϲ
ϭϮ͕ϳ
ƌсϬŵϭϮ͕ϯ
ϭϭ͕ϱ ϭϭ͕ϭ
ϭϬ͕ϰ ϭϬ͕Ϯ
ϵ͕ϱϰ ϵ͕ϯ
ϴ͕ϳϰ ϴ͕ϱϰ
ϴ͕Ϭϰ ϳ͕ϴϳ
ϳ ϰϮ ϳ Ϯϴ
> N ! ǻıN >N3D@
ϭϲ͕ϵ
ϭϰ͕ϲ
>ϭϴ͕ϰ
ϭϴ͕Ϯ
N ! ϭϳ͕ϳ
ǻı #SO
% ϭϱ͕ϴ ϭϲ͕ϯ ϭϲ͕Ϯ ϭϱ͕ϴ ϭϱ͕ϭϭϰ͕ϯ ϭϯ͕ϯ
ϭϮ͕ϵ
ϭϭ͕ϳ
ϭϬ͕ϳ
ϵ͕ϳϳ
ϴ͕ϵϴ
ϴ͕Ϯϳ
ϳ͕ϲϰ
ϳ Ϭϴ
ϭϮ͕ϭ
ϭϭ
ϭϬ͕ϭ
ϵ͕ϯϭ
ϴ͕ϱϴ
ϳ͕ϵϰ
ϳ͕ϯϲ
ϲ ϴϰ
.gc
ϭ͕ϲ
ϭ͕ϳ
ϭ͕ϴ
ϭ͕ϵ
Ϯ
Ϯ͕ϭ
Ϯ͕Ϯ
Ϯ͕ϯ
Ϯ͕ϰ
Ϯϱ
ww
O " #%
(1) L’expression
par Boussinesq, est la suivante :
de la contrainte verticale,
F
3
1
Δσv = 2
.
z
2π [(r/z)2 + 1]5/2
La ﬁgure 3.26 présente l’évolution de la contrainte verticale en fonction de la
profondeur z. La contrainte tend logiquement vers l’inﬁni lorsque la profondeur
z et le rayon r tendent vers 0.
ϭϯ͕Ϯ ϭϭ͕ϵ ϭϬ͕ϱ
ϭϮ͕Ϯ
ϭϭ ϵ͕ϴϵ
ϭϭ͕Ϯ ϭϬ͕Ϯ ϵ͕Ϯϳ
ϭϬ͕ϯ ϵ͕ϱ ϴ͕ϲϴ
ǌсϮŵ
ϵ͕ϱ
ϴ͕ϴϯ ϴ͕ϭϯ
ϴ͕ϳϴ ϴ͕Ϯϭ ϳ͕ϲϮ
ϴ͕ϭϰ ϳ͕ϲϱǌсϰŵ
ϳ͕ϭϰ
ϳ͕ϱϲ ϳ͕ϭϰ ϲ͕ϳ
ϳ͕Ϭϯ ϲ͕ϲϳ ϲ͕Ϯϵ
#%
ϲ ϱϱ ϲ Ϯϰ ϱ ϵϭ
ϵ͕Ϯϲ
ϴ͕ϳϵ
ϴ͕ϯϯ
ϳ͕ϴϳ
ϳ͕ϰϯ
ϳ͕Ϭϭ
ϲ͕ϲϭ
ϲ͕Ϯϰ
ϱ͕ϴϵ
ϱ ϱϲ
F IGURE 3.26 Évolution de la contrainte verticale
en fonction de la profondeur (à gauche) et du rayon (à droite)
s:/
/w
(2) L’expression précédente reste inchangée. En revanche la profondeur z est ﬁxée.
La ﬁgure 3.26 présente l’évolution de la contrainte verticale en fonction du rayon.
Solution 3.9.
(1) Le poids du réservoir se répartit uniformément sous la fondation sur une surface
P
égale à S = 2πR = 31, 4 m2. La charge vaut donc q =
= 79, 6 kPa.
R
ttp
(2) L’abaque en annexe A.1 permet de déterminer les contraintes verticales à partir des rapports r/R et z/R. Le tableau 3.1 résume les valeurs des contraintes
verticales et des rapports associés. La contrainte δσv se calcule en fonction du
coefﬁcient d’inﬂuence I par la relation Δσv = q.I.
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3 • États de contrainte dans les sols
er
ie.
co
m
72
Tableau 3.1 Contraintes verticales sous le réservoir et la chaussée
'$$
}+
*
$
}+
; '
KBW
ǻıKZW
Solution 3.10.
}+
KBW
ǻıKZW

alg
(1) L’abaque en annexe A.3 permet de déterminer la contrainte verticale d’une charge
rectangulaire, au niveau d’un des sommets et en fonction de la profondeur. Aussi
pour déterminer la contrainte verticale sous le point A, il sufﬁt de déterminer les
rapport B/z et L/z et de lire dans l’abaque la valeur du coefﬁcient d’inﬂuence.
À partir du coefﬁcient d’inﬂuence, la contrainte verticale se détermine simplement par la relation Δσv = q.I. Les résultats sont présentés au tableau 3.2.
.gc
Tableau 3.2 Contraintes verticales sous le point A du radier en fonction de la profondeur
KBW
ǻıKZW
0}
}

ww
KW
s:/
/w
(2) Par principe de superposition, la valeur du coefﬁcient d’inﬂuence aux points B,
C, et D vaut la somme des coefﬁcients d’inﬂuence des sous-domaines schématisés en ﬁgure 3.27. Les résultats sont présentés au tableau 3.3.
)
)
)
>
<
)
)
)
)
)
&
)
)
ttp
F IGURE 3.27 Représentation des sous-domaines du radier
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73
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Tableau 3.3 Contraintes verticales sous les points B , C et D à une profondeur z = 4 m
0
&
KBW KBW ǻıKZW KBW KBW ǻıKZW KBW "KBW KBW @KBW KBW ǻıKZW
Solution 3.11.
(1) Les angles αet β se calculent
à partir des données
géométriques
fournies :
xM − B2
xM + B2
β = arctan
= 14° α = arctan
− β = 52°
zM
zM
.gc
alg
Les contraintes se déterminent à partir des équations fournies :
q
σz = (α + sin α cos(α + 2β)) = 3, 32 kPa
π
q
σx = (α − sin α cos(α + 2β)) = 2, 46 kPa
π
q
τzx = (sin α. sin(α + 2β)) = 2, 47 kPa
π
ww
(2) Aﬁn de tracer le cercle de Mohr (cf. ﬁgure 3.28), on détermine le centre d et le
rayon r à partir des valeurs de contraintes :
σx + σ z
d=
= 2, 89 kPa et r = (σz − d)2 + (τzx )2 = 2, 51 kPa
2
߬ #SO %
s:/
/w

ı #SO %
V
ttp
F IGURE 3.28 Cercle de Mohr
(3) Les contraintes principales se déterminent graphiquement ou à partir des relations
suivantes σI = d + r = 5, 40 kPa et σII = d − r = 0, 38 kPa.
La première direction principale est inclinée
d’un
angle θ par rapport à la normale
1
τzx
à la facette horizontale θ = arctan
= 40°.
2
σz − d
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/
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3 • États de contrainte dans les sols
er
ie.
co
m
74
Solution 3.12.
ww
.gc
alg
(1) Pour utiliser l’abaque de Newmark, l’échelle de dessin est proportionnelle à
la profondeur où la contrainte verticale est évaluée. La position du centre de
l’abaque doit correspondre aux points A et B. La ﬁgure 3.29 représente les
quatre conﬁgurations étudiées.
s:/
/w
F IGURE 3.29 Diagramme de Newmark des quatre conﬁgurations
Pour chaque conﬁguration, le nombre de cases c occupées est évalué. La
contrainte verticale (cf. tableau 3.4) se détermine par la relation Δσv = q.n.c.
Tableau 3.4 Contraintes verticales Δσv sous les points A et B en fonction de la profondeur
,
0
ǻıKZW
ttp
KW
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/
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er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Solution 3.13.
(1) L’excavation provoque un déchargement du sol. La forme excavée impose d’utiliser l’abaque d’Österberg avec comme valeur de déchargement : q1 = −20 kPa.
D’après les notations de l’abaque, a = 2 m, b = 5 m, z = 5 m. La lecture sur
l’abaque donne le coefﬁcient d’inﬂuence I = 43, 8 %, à multiplier par deux au
vu de la symétrie de la décharge. On obtient I1 = 2I = 87, 6 %. La contrainte
en A après excavation vaut ainsi : Δσv,1 = q.I1 = −17, 5 kPa.
alg
La phase de construction apporte une charge uniformément répartie q2 = 35 kPa.
La contrainte verticale générée en A se détermine à partir de l’abaque de Steinbrenner en considérant L = ∞, B = 5 m, z = 5 m. La lecture sur l’abaque
donne le coefﬁcient d’inﬂuence I = 20, 3%, à multiplier par quatre au vu de
la double symétrie de la charge. On obtient I2 = 4I = 81, 2%. La valeur de
déchargement vaut ainsi : Δσv,2 = q.I2 = 28, 4 kPa.
ttp
s:/
/w
ww
.gc
Ainsi, après les deux phases, la contrainte au point A est égale à :
Δσv = Δσv,1 + Δσv,2 = 10, 9 kPa
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ttp
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.gc
alg
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Chapitre 4
.gc
alg
Résistance au cisaillement
4.1 ÉLASTOPLASTICITÉ
4.1.1. Rappels sur l’élasticité
s:/
/w
ww
Le comportement élastique linéaire est caractérisé par une réversibilité des déformations. Communément connue sous le nom de loi de Hooke, cette loi exprime que le
comportement du matériaux est entièrement connu à partir de deux paramètres, E
module d’Young et ν coefﬁcient de PoissonCoefﬁcient !Poisson :
E
ν
=
.
+
. Tr( ).I
1+ν
1 − 2ν
Le tenseur des contraintes peut se décomposer en la somme d’une partie sphérique
s et une partie déviatorique d :
= s + d = p.I + d avec p =
Tr( )
3
ttp
Cette décomposition, souvent utilisée en mécanique des sols, permet de faire intervenir deux paramètres d’élasticité : G module de cisaillement et K module de compressibilité volumique.
d = 2.G.
d
Tr( ) = 3.K. Tr( )
4.1.2. Comportement élastoplastique
Le comportement plastique ou irréversible est précédé d’un comportement élastique
pour un niveau de contrainte inférieur ou égal au seuil de plasticité (cf. ﬁgure 4.1).
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
78
Ĳ
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F IGURE 4.1 Surface de charge - seuil élastoplastique
alg
On fait l’hypothèse de la partition des déformations qui décompose les déformations
totales en déformations élastiques et déformations plastiques : εt = εe + εp .
.gc
Toutefois, il est maintenant souvent préféré à cette loi élastoplastique parfaite, une loi
élastoplastique avec écrouissage qui, à la rupture, tend vers la plasticité parfaite. Le
comportement est modélisé par une loi hyperbolique et est disponible dans la plupart
des logiciels de calcul par la méthode des éléments ﬁnis.
4.1.3. État limite des sols dans l’espace des contraintes principales
ww
Dans l’espace des contraintes, le domaine de comportement élastique du milieu
est limité par une surface D (correspondant au seuil de plasticité du cas unidimensionnel) déﬁnie par f ( ) = 0, ∀ ∈ D. Cette relation, qui exprime un critère de
plasticité, doit être vériﬁée indépendamment du repère choisi.
a) Notion de surface de charge
s:/
/w
Dans l’espace des contraintes, le concept de surface de charge est substitué à celui
de critère de plasticité. La surface de charge limite un domaine à l’intérieur duquel
le milieu ne présente que des déformations élastiques linéaires. Ce domaine est en
général déﬁni par une fonction scalaire f ( ) de la contrainte appelée fonction de
charge du matériau et prenant une valeur négative à l’intérieur du domaine, nulle à la
frontière et positive à l’extérieur. Dans le cadre d’un schéma de plasticité, il reste à
identiﬁer la loi d’écoulement plastique du sol, pour compléter la loi de comportement.
b) Notion de règle d’écoulement
ttp
Pour un matériau écrouissable, l’état d’écrouissage, représenté par une variable H ne
change que lorsqu’il y a évolution de la déformation plastique. Lors de l’écrouissage,
le domaine d’élasticité se transforme généralement soit par une homothétie de centre
O (cas isotrope), soit par translation (cas cinématique), ou par une combinaison des
deux. Si l’état de contrainte est tel que f ( , H) = 0, le tenseur se trouve sur la
frontière du domaine.
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Élastoplasticité
79
er
ie.
co
m
4.1
/
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Lorsque l’état de contrainte a tendance à sortir de cette surface alors la règle
d’écoulement a pour objet d’exprimer comment s’effectue la déformation plastique,
c’est-à-dire déﬁnir en fonction de et de Δ et de l’état d’écrouissage représenté
par H.
On postule l’existence d’un potentiel plastique g tel que : d
p
= dλ
∂g
∂
Avec dλ multiplicateur de plasticité, strictement positif, et g = f lorsque la règle
d’écoulement est associée.
Le module d’écrouissage est déﬁni par H.dλ =
∂f
d .
∂
c) Critère de Coulomb
.gc
alg
La relation liant les déformations incrémentales aux contraintes incrémentales est
alors de la forme suivante dans le cas de l’essai de compression uniaxiale :
1
1
∂g
∂f
dε1 = dεe1 + dεp1 =
.dσ1 + .
.
.dσ1
Eini
H ∂σ1
∂σ1
Il s’agit d’un critère d’expression simple, bien adapté aux matériaux de type sol « frottants » et « cohérents ». Dans le plan de Mohr, il s’écrit :
ww
τ = c + σ. tan ϕ
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Avec c cohésion et ϕ angle de frottement interne du matériau et σ et τ respectivement
contraintes normales et tangentielles.
ttp
F IGURE 4.2 Courbe intrinsèque du critère de Coulomb et représentation
dans l’espace des contraintes principales
Ce critère exprime en fait une relation entre le rayon et l’abscisse du centre du
cercle de Mohr : les cercles de Mohr limites admettent donc une enveloppe appelée
« courbe intrinsèque » (cf. ﬁgure 4.2). Ce critère peut être exprimé en contraintes
effectives ou en contraintes totales.
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4 • Résistance au cisaillement
er
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m
80
Dans l’espace des contraintes principales, il s’écrit :
f = sup{σi .(1 − sin ϕ) − σj .(1 + sin ϕ) − 2.c. cos ϕ} = 0 ∀ σi σj
i=j
C’est une pyramide hexagonale non régulière, symétrique par rapport aux trois plans
bissecteurs.
Pour déﬁnir la loi de Mohr-Coulomb, il est donc nécessaire d’identiﬁer cinq paramètres (E, ν, c, ϕ et ψ) en plus de l’état initial (cf. ﬁgure 4.3). Il faut pour cela faire
au moins deux essais à des pressions différentes.
İ=
>
L
:
alg
L
Vʆ
`
V ȥ¶
V ȥ¶
İ
.gc
İ
F IGURE 4.3 Modélisation d’un essai de chargement avec le critère
de Coulomb (ψ : angle de dilatance)
ww
D’autres modes de représentation sont utilisés (cf. ﬁgure 4.4). Ces plans contiennent
la même information que le plan de Mohr. En particulier, on déﬁnit une droite
intrinsèque analogue à la droite intrinsèque de la représentation de Mohr. Toutefois,
à l’usage, ils sont plus riches pour caractériser le comportement des sols :
s:/
/w
3
• Le plan de Lambe dans lequel les axes sont la contrainte moyenne s = σ1 +σ
et le
2
σ1 −σ3
déviateur t = 2 . Ces points correspondent aux sommets des cercles de Mohr.
La droite intrinsèque obtenue a une pente tan θ et une ordonnée à l’origine t0 .
L’équivalence de ces paramètres avec le plan de Mohr-Coulomb est obtenue par
les relations suivantes :
sin ϕ = tan θ c =
t0
cos ϕ
ttp
3
• Le plan de Cambridge dans lequel les axes sont la contrainte moyenne p = σ1 +2.σ
3
et le déviateur q = σ1 − σ3 . La droite intrinsèque obtenue a une pente M et une
ordonnée à l’origine C. L’équivalence de ces paramètres avec le plan de MohrCoulomb est obtenue par les relations suivantes (en compression) :
sin ϕ =
3.M
6+M
c =
3 − sin ϕ
.Q
6. cos ϕ
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Élastoplasticité
81
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4.1
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F IGURE 4.4 États de contraintes en un point de rupture selon les trois représentations
d) Modèle de Cam-Clay
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.gc
alg
L’analyse du comportement d’une argile dans l’espace (e, p , q) à l’aide d’essais
drainés ou non drainés montre que les chemins d’état forment une surface appelée
surface d’état limite.
F IGURE 4.5 Différents types d’enveloppe d’état limite
ttp
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Le modèle Cam-Clay modiﬁé possède une enveloppe d’état limite de forme elliptique
lorsque celle-ci est projetée sur le plan (p , q). Il est adapté aux sols remaniés sous
consolidation isotrope. L’axe de symétrie de l’ellipse se trouve sur l’axe p . Il existe
d’autres formes d’enveloppe, plus adaptées aux sols anisotropes et plus spéciﬁquement aux sols naturels, axés sur la ligne K0 qui correspond à l’axe de contrainte sur
lequel le sol a été consolidé ou compacté.
En notant pc la pression moyenne de préconsolidation, la surface de charge du modèle
Cam-Clay modiﬁé s’exprime :
2
q
pc
f=
+1−
M.p
p
Il s’agit d’un modèle élastoplastique écrouissable. On considère le matériau écrouissable, ce qui implique une dépendance de la surface de charge de l’histoire des déformations plastiques. Cet écrouissage est volumique.
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4 • Résistance au cisaillement
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F IGURE 4.6 Différentes surfaces d’état limite
alg
Le modèle Cam-Clay est complété en faisant l’hypothèse d’une loi associée et en
prenant comme variable d’écrouissage dεpV . Les déformations volumiques de compression sont données par :
−de
λ
dp
dεV =
=
.
1 + e0
1 + e0 p
.gc
Les déformations volumiques élastiques s’expriment :
κ
dp
dεeV =
.
1 + e0 p
ww
Chaque sol présente des caractéristiques de comportement différentes (cf. tableau
4.1) nécessitant le choix d’un modèle et de paramètres adaptés.
Tableau 4.1 Comportement et modèle de calcul en fonction de la nature du sol
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9 ttp
4.1.4. Détermination de la surface d’état limite
Les chemins suivis pour la détermination de la surface d’état limite sont des chemins
de cisaillement par augmentation du déviateur en condition drainée et/ou non drainée.
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Essais de laboratoire
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er
ie.
co
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4.2
/
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Pour avoir une description complète, ces chemins doivent être complétés par des
chemins radiaux à différents angles (cf. ﬁgure 4.7) qui eux ne peuvent être appliqués
que par des matériels asservis en contraintes.
alg
Pour être complets, différents plans seront scrutés pour avoir la forme de la surface
de charge à différents indices des vides.
.gc
F IGURE 4.7 Chemins de contrainte
4.2 ESSAIS DE LABORATOIRE
ww
4.2.1. Boîte de cisaillement
ttp
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/w
L’appareil de cisaillement direct, est composé de deux boîtes superposées de forme
carrée ou circulaire que l’on déplace horizontalement l’une par rapport à l’autre de
manière à cisailler le sol sur un plan imposé. Au cours de l’essai, on passe en phase
initiale de déplacements répartis de façon globale dans l’épaisseur totale, à des déplacements concentrés à l’épaisseur de la couche limite. Seuls des essais consolidés
drainés peuvent être effectués à la boîte de cisaillement direct. Pour des sols ﬁns, une
phase de consolidation doit être respectée. La vitesse de cisaillement est choisie de
façon à ce qu’il n’y ait pas de mise en pression de l’eau interstitielle en aucun point
de l’éprouvette. Un essai de cisaillement direct à la boîte nécessite au moins trois
éprouvettes soumises à des contraintes normales différentes.
F IGURE 4.8 Schéma de la cellule d’essai
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4 • Résistance au cisaillement
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84
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F IGURE 4.9 Courbes d’essai à la boîte de cisaillement - comportement au pic et résiduel
alg
À la rupture, la connaissance des contraintes tangentielles et normales permet de tracer le cercle correspondant dans le plan Mohr. En refaisant l’expérience sur plusieurs
échantillons, sous différentes contraintes normales, on trace ainsi plusieurs cercles de
Mohr et il sufﬁt alors de tracer l’enveloppe de ces cercles pour obtenir la courbe intrinsèque du matériau (cf. ﬁgure 4.9). On détermine ainsi la pente déﬁnissant l’angle
de frottement interne ϕ du matériau et l’ordonnée à l’origine correspondant à la cohésion c .
4.2.2. Essai triaxial de révolution
.gc
L’appareil triaxial de révolution est constitué d’un ensemble d’éléments qui doivent
assurer les fonctions suivantes :
ww
• solliciter une éprouvette cylindrique avec un chargement axial et radial ayant les
mêmes axes de symétrie que l’éprouvette, et mesurer ou contrôler les contraintes
associées à ces sollicitations ;
• mesurer les déformations axiales, éventuellement radiales, et les volumes d’eau
absorbés ou expulsés par l’éprouvette ; on doit pouvoir en déduire les variations de
volume de l’éprouvette ;
• mesurer les variations de pression interstitielle dans l’éprouvette.
s:/
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La ﬁgure 4.10 correspond au schéma de principe d’une éprouvette placée dans une
cellule triaxiale. La cellule est constituée par une enceinte comportant une embase
inférieure, un cylindre et un chapeau transmettant l’effort axial σa = σ1 . L’éprouvette
est placée entre l’embase inférieure et une embase supérieure. L’embase comporte
des sorties hydrauliques que l’on peut relier soit à un système de remplissage de la
cellule, soit au système d’application de la pression cellulaire σr = σ3 .
ttp
Du fait de la maîtrise du conﬁnement et des conditions de drainage, l’essai triaxial est
plus complexe que l’essai de compression simple. L’essai peut être réalisé en compression (C) ou extension (E), sur l’éprouvette en condition isotrope (I) ou anisotrope
(K), en l’état non consolidé (U) ou reconsolidée à la contrainte en place (C) et dans
des conditions drainées (D) ou non drainées (U) souvent avec mesure de la pression
interstitielle (U+u). Les essais les plus souvent réalisés sont les essais CU+u (consolidé non drainés avec mesure de pression) mais ce sont les essais consolidés drainés
CD qui sont les plus adaptés pour caler les modèles rhéologiques utilisés dans les
calculs aux éléments ﬁnis.
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Essais de laboratoire
85
er
ie.
co
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4.2
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F IGURE 4.10 Schéma de principe d’une cellule triaxiale
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ww
.gc
Le critère de rupture peut être déﬁni comme le maximum du déviateur, l’état critique :
q = cte et ΔV ou Δu = 0, le maximum du rapport σ1 /σ3 , l’atteinte de l’état résiduel
en grand déplacement ou plus simplement une déformation donnée.
Comme pour l’essai de cisaillement direct, on détermine la droite enveloppe des
cercles à la rupture obtenus par augmentation de l’effort vertical pour différentes
pressions de conﬁnements.
La ﬁgure 4.11 présente la correspondance entre le plan de Mohr et les autres plans
pouvant être utilisés pour interpréter ces essais : plan de Lambe et plan de Cambridge
mais aussi le plan utilisé pour interpréter l’essai œdométrique.
La ﬁgure 4.12 présente les résultats de deux essais (CU+u). L’écart entre les cercles
en contraintes effectives et totales correspond à la pression interstitielle à la rupture.
Les valeurs de cohésion non drainé cu correspondent aux rayons des cercles de Mohr.
Ce paramètre évolue linéairement avec la pression de consolidation σ0 . La pente de la
droite, obtenue grâce à plusieurs essais, est appelée coefﬁcient d’accroissement λcu .
Bishop a montré que la surpression interstitielle due à Δσ1 lors d’un essai non drainée
peut être exprimée par l’équation suivante :
Δu = B.[Δσ3 + A.(Δσ1 − Δσ3 )]
Avec :
• Δσ1 et Δσ3 : variation de la contrainte verticale et horizontale qui s’applique sur
le sol.
ttp
• A et B : coefﬁcients de pression interstitielle qui dépendent de l’état de saturation
et sont déterminés à partir d’essais triaxiaux.
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
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86

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F IGURE 4.11 Résultats de l’essai triaxial selon les plans de représentations
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F IGURE 4.12 Résultats d’essais CU+u
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Il a été démontré que le coefﬁcient A dépend de l’état de pré-consolidation du sol et
que sa valeur varie entre −0, 5 à 1, 5 pour un rapport de surconsolidation décroissant.
Quant au coefﬁcient B, il dépend de la saturation du sol et varie de 0 à 1 pour une
saturation croissante.
ttp
Dans un essai non drainé, il doit être le plus proche possible de 1 pour permettre la
mesure des surpressions interstitielles générées par le cisaillement.
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Essais in situ
87
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ie.
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4.3
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4.3 ESSAIS IN SITU
La caractérisation d’un massif de sol en place peut se réaliser par des essais de chargement (cf. ﬁgure 4.13) soit en surface (essai de plaque) soit en forage (essais pénétrométrique, scissométrique et pressiométrique).
alg
|
.gc
F IGURE 4.13 Essais in situ a) pénétromètre b) scissomètre c) pressiomètre d) plaque
4.3.1. Essai pénétrométrique
ww
Les essais de pénétration peuvent être réalisés par fonçage à vitesse constante (2 cm/s)
d’une pointe conique (pénétromètre statique), par battage à l’aide d’un mouton d’une
pointe conique (pénétromètre dynamique) ou par battage à l’aide d’un mouton d’un
carottier (essai de pénétration au carottier plus connu sous l’acronyme SPT).
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|
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F IGURE 4.14 Architecture d’une pointe de pénétromètre électrique
et correction de surface à appliquer à l’essai au piézocône
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4 • Résistance au cisaillement
er
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co
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88
Qt =
qT − σv0
σv0
alg
L’essai au pénétromètre statique qui est privilégié pour les études de fondations dissocie la résistance de pointe mesurée à la base du pénétromètre (cône) appelée qc ,
du frottement latéral sur le manchon de frottement (appelé fs ). Le piézocône intègre
un capteur de pression interstitielle au-dessus du cône (position appelée u ou u2 ). La
mesure des surpressions interstitielles générées lors du fonçage du cône dans le sol
et la mesure du temps de dissipation donnent des informations intéressantes sur la
nature des couches qui le constituent et sur l’état de consistance dans lequel cellesci se trouvent. L’analyse des mesures réalisées avec cet essai permet de déterminer
rapidement le proﬁl des sols ﬁns et leurs caractéristiques stratigraphiques et offre la
possibilité d’aborder l’identiﬁcation des sols en termes de nature et d’état.
Les abaques les plus utilisés sont ceux de Robertson (cf. ﬁgure 4.15) où est donnée
l’évolution de la résistance au cône normalisé Qt en fonction du rapport de frottement
normalisé Fr et du rapport de pression interstitielle Bq .
FR = 100 ×
fs
qT − σv0
Bq =
Δu
qT − σv0
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Avec la résistance de qT = qc +(1−a).u, Δu = u−u0 et a le rapport de la surface non
soumise à la pression interstitielle à la surface totale du cône (cf. ﬁgure 4.14). On peut
utiliser l’un ou l’autre graphique selon les préférences. Toutefois, près des enveloppes
supérieures, la classiﬁcation peut être différente entre les deux graphiques.
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F IGURE 4.15 Abaque de Robertson - 1 : sol ﬁn argileux ou limon sensible - 2 : sol organique et
tourbe - 3 : argile à argile limoneuse - 4 : limon argileux à argile limoneuse - 5 : limon sablonneux à
sable limoneux - 6 : sable propre à sable limoneux - 7 : sable à sable graveleux - 8 : sol ﬁn
intermédiaire très raides - 9 : sables cimentés ou dilatants
ttp
En complément, l’indice Ic permet d’approcher les frontières des zones par des arcs
de cercle.
0,5
Ic = (3, 47 − log Qt )2 + (1, 22 + log FR )2
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Essais in situ
89
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co
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4.3
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La frontière séparant le comportement argileux du comportement sableux est ainsi
donnée pour Ic = 2, 60. Pour être cohérent avec la classiﬁcation USCS-LCPC (cf.
chapitre 1), il est nécessaire de prendre en compte le pourcentage de ﬁnes (cf. tableau
4.2).
Tableau 4.2 Frontières des comportements de sol type
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G G L" "J
ww
La comparaison d’essais en laboratoire avec les observations effectuées en place sur
un grand nombre d’argiles molles a conduit à déﬁnir une relation entre la résistance
de pointe pénétrométrique qc et la résistance au cisaillement non drainée cu par l’expression suivante :
qc = σv0 + Nkt .cu
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dans laquelle q0 désigne la pression verticale totale des terres au repos et Nkt le
facteur de cône pénétrométrique (valant 15 pour les sols NC et 19 pour les sols SC),
lequel est déterminé expérimentalement par des corrélations entre la résistance au
cisaillement et la cohésion non drainée du sol en fonction du type d’appareillage et
de la procédure expérimentale utilisés.
4.3.2. Essai scissométrique
ttp
Les essais de cisaillement au scissomètre de chantier ont comme objectif d’atteindre
les caractéristiques de résistance des sols en imposant une contrainte de cisaillement
(cf. ﬁgure 4.16).
Le cisaillement des parois du forage est réalisé par rotation d’un cylindre autour
de son axe. Il est possible d’appliquer une déformation importante et d’observer
le comportement résiduel. L’essai de cisaillement au scissomètre de chantier est
un moyen ﬁable pour connaître la résistance au cisaillement non drainé des argiles
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4 • Résistance au cisaillement
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" F IGURE 4.16 Le scissomètre
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molles naturelles (cf. ﬁgure 4.16). Cet essai utilise des pales rectangulaires de hauteur 140 mm et d’élancement deux. La résistance résiduelle au cisaillement peut être
obtenue après une valeur conventionnelle de 5 à 25 rotations des pales suivant les
pays. Il est alors possible d’obtenir la sensibilité des argiles. Plusieurs aspects de
l’essai sont à surveiller : le frottement des tiges, un essai à 90° permettra d’en juger
la vitesse de l’essai, au maximum de 12°/min, et la rotation possible de l’appareil
pendant la pénétration.
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L’interprétation des essais scissométriques conduit à l’évaluation de la résistance au
cisaillement cu du sol étudié en fonction du moment maximum Tm qui lui est appliqué par la formule suivante :
cu =
2.Tm
π.D 2 .(H 2 + D/a)
dans laquelle D désigne le diamètre des pales, H leur hauteur et a un facteur expérimental dépendant de la loi de variation des contraintes de cisaillement sur les parties
supérieure et inférieure du moulinet.
ttp
4.3.3. Essai pressiométrique
Le principe de l’essai pressiométrique Ménard consiste à introduire dans un trou de
sondage, à des profondeurs échelonnées, une cellule cylindrique déformable diamétralement, de diamètre correspondant à celui du trou de sondage et sans réaction
élastique propre, que l’on gonﬂe à la demande et conformément à un programme
« pression-temps » approprié, avec un ﬂuide incompressible.
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Essais in situ
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91
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4.3
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!" G F IGURE 4.17 Pressiomètre Ménard, programme de chargement et courbe de résultat
ww
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La pression p mesurée au CPV 1 est augmentée progressivement par paliers de
pression de pas constants Δp (δt < 20 s) et voisins du dixième de la pression limite
estimée. Il s’agit donc d’un essai piloté en pression. Chaque pression est maintenue
constante dans les cellules de mesure et de garde pendant Δt = 60 s. À chaque
palier, on enregistre la pression appliquée et le volume injecté dans la sonde à 30 et
60 s. Il s’agit ensuite de déterminer la relation entre la pression appliquée sur le sol et
le déplacement de la paroi de la sonde (cf. ﬁgure 4.17). Il permet d’obtenir le module
pressiométrique EM , la pression limite pL , la pression de ﬂuage pf et la pression
de contact avec le terrain pc pouvant être considérée comme le début de la plage
pseudo-élastique p1 . La rupture de pente de la courbe de ﬂuage donnant V60-V30 en
fonction de p est utilisée pour déﬁnir pf souvent assimilée à p2 (cf. ﬁgure 4.17). La
pression maximale atteinte est appelée pression limite pL (notée aussi pLM ).
L’essai peut être considéré comme terminé s’il comporte au moins huit paliers et si
une des conditions suivantes est satisfaite :
• la pression p de 5 MPa est atteinte,
s:/
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• le volume de liquide injecté dans la cellule centrale est d’au moins 600 cm3 pour les
sondes standards (soit environ le doublement du volume Vs de la cavité initiale).
On veille à ce qu’il y ait, pour les essais où la pression est inférieure à 5 MPa, au
moins trois paliers au-delà de la pression de ﬂuage, au moins quatre paliers avant
cette pression de ﬂuage.
Les résultats de mesure bruts sont corrigés de la résistance propre de la membrane,
de la compressibilité du système et de la hauteur d’eau dans les tubulures. Pour faire
ces trois corrections, on détermine :
ttp
• le volume initial de la sonde Vs = 0, 25.π.Is .d2t − Vm avec Vm ordonnée à l’origine de la tangente asymptotique, Is longueur de la cellule centrale, di diamètre
intérieur du tube de calibrage.
• Le coefﬁcient a de compressibilité de l’appareillage correspondant à la pente déduite de la courbe 1 de la ﬁgure 4.18.
1. Contrôleur Pression-Volume.
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
92
Finalement, la courbe corrigée est tracée à partir de :
p = pr + ph − pe (Vr ) et V = Vr .a.pr
Avec pr pression sur le manomètre du CPV, ph pression correspondant à la hauteur de colonne d’eau et pe (Vr ) relation obtenue lors de l’essai de résistance propre
(courbe 2 de la ﬁgure 4.18).
alg
.gc
F IGURE 4.18 Essai de compressibilité du système dans un tube métallique
et essai de résistance propre à l’air libre
Le module Ménard est calculé dans la plage pseudo-élastique délimitée par (p1 ,p2 )
par la formule suivante (courbe 1 de la ﬁgure 4.17) :
ww
EM = 2(1 + ν) Vs +
V1 + V 1
2
.
p2 − p1
V 2 − V1
Où ν est le coefﬁcient de Poisson pris conventionnellement égal à 0,33 et Vs le
volume initial de la sonde (Vs vaut environ 535 cm3 pour une sonde de 60 mm). Il
ne s’agit pas d’un module d’Young du sol. Le module Ménard EM est donné en MPa.
s:/
/w
Le module d’Young E peut être estimé avec le coefﬁcient rhéologique α, tel que
EM
α2 =
. Des valeurs conventionnelles aident à la décision sur la valeur de α en
E
EM
fonction du rapport
et de la nature du sol.
pL
ttp
La comparaison d’essais en laboratoire avec les observations effectuées en place sur
un grand nombre d’argiles molles a conduit à déﬁnir une relation entre la pression
limite pressiométrique pL et la résistance au cisaillement non drainée cu par l’expression suivante (valable pour pL < 0, 3 MPa) :
cu =
pL − p0
5, 5
L’essai pressiométrique Ménard peut être réalisé dans tous les types de sols, saturés
ou non, y compris dans les roches tendres (avec plus d’incertitude) et les remblais.
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/
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93
er
ie.
co
m
Exercices
4.3.4. Corrélations
L’incertitude sur les essais géotechniques est parfois forte. Il est donc primordiale
de réaliser des corrélations entre les essais aﬁn de déceler les potentielles erreurs de
manipulation et les valeurs adhérentes. Le tableau 4.3 résume quelques corrélations
en fonction de la nature du sol.
Tableau 4.3 Exemples de corrélations entre essai in situ
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ൗ‫ݍ‬ௗ
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(
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EXERCICES
ww
Exercice 4.1.
Solution p. 101
Soit un sable lâche testé en cisaillement à la boîte de Casagrande. Le tableau 4.4
donne trois couples de valeurs en contraintes normales et tangentielles.
s:/
/w
Tableau 4.4 Valeurs de contraintes normales et tangentielles
ı
Z
ʏ
Z
(1) Représenter dans le plan de Mohr les résultats de l’essai.
(2) Déterminer la cohésion c et l’angle de frottement ϕ .
Solution p. 101
ttp
Exercice 4.2.
Soit un sol sablonneux, non cohérent, amené à rupture par cisaillement. Les valeurs
des contraintes principales à la rupture sont σI = 23, 2 kPa et σII = σIII = 7, 5 kPa.
(1) Déterminer l’angle de frottement du sable ϕ .
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/
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
94
π ϕ
(2) Montrer que les lignes de glissement forment un angle θ = ± +
par rapport
4
2
à la facette de la contrainte principale majeure.
Exercice 4.3.
Solution p. 102
Soit une couche d’argile limoneuse de 10 m d’épaisseur, saturée et normalement
consolidée, et de poids volumique γsat = 19 kN.m-3. Deux échantillons A et B
peu remaniés, situés respectivement à zA = 2 m et zB = 8 m de profondeur,
ont été testés à l’appareil triaxial en condition non consolidé-non drainé (UU). La
contrainte isotrope initiale est identique pour les deux essais et vaut σ0 = 150 kPa.
Les contraintes axiales à la rupture sont égales à σ1,A = 320 kPa et σ1,B = 360 kPa.
alg
(1) Déterminer la cohésion non drainée cu des deux échantillons.
(2) Les échantillons proviennent de la même couche d’argile, pourquoi les valeurs
de cu sont-elles différentes ?
ww
.gc
Exercice 4.4.
Solution p. 102
Soit un sable sec, d’angle de frottement ϕS = 35° et de cohésion nulle, et un limon
argileux, d’angle de frottement ϕL = 29° et de cohésion cL = 10 kPa. Plusieurs
essais triaxiaux sont réalisés sur ces sols en condition consolidé-drainé (CD). Les
échantillons sont soumis à un chargement hydrostatique σ0 puis le déviateur augmente jusqu’à la rupture.
(1) Déterminer la valeur de contrainte principale σ1 à la rupture pour les deux sols et
en considérant deux valeurs de chargement hydrostatique σ0 = [20 ; 100] kPa.
s:/
/w
(2) Tracer les quatre cercles de Mohr et les droites intrinsèques. Commenter.
Exercice 4.5.
Solution p. 103
Soit un sable dense testé à la boîte de cisaillement (diamètre D = 10 cm). La ﬁgure
4.19 présente les résultats de l’essai.
(1) Représenter dans le plan de Mohr les résultats de l’essai. On distinguera le
comportement « au pic » et résiduel.
(2) Évaluer l’erreur réalisée en considérant une section de cisaillement S constante
durant l’essai. L’aire d’un segment circulaire est présentée en ﬁgure 4.20.
ttp
(3) Déterminer la cohésion c et l’angle de frottement ϕ à partir des valeurs de
contraintes « au pic » et résiduelles.
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/
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95
er
ie.
co
m
Exercices
/]] $_KZ9W
, z S,
, z S,
, z S,
&'^$] *į;KW
ȕ
alg
F IGURE 4.19 Résultats d’essais à la boîte de cisaillement pour trois efforts normaux différents
R2
(β − sin β)
2
d
β = 2. arccos
R
S=
Į
.gc
ww
F IGURE 4.20 Segment circulaire
s:/
/w
Exercice 4.6.
Solution p. 104
Soit une argile saturée et normalement consolidée et testée à l’appareil triaxial en
condition consolidé-drainé (CD). Le diamètre de l’échantillon est D = 7 cm. La
contrainte isotrope de consolidation est σ0 = 220 kPa et l’effort du piston à la
rupture est de F = 2, 19 kN. La pression interstitielle reste constante durant tout
l’essai u = 20 kPa.
(1) Déterminer l’angle de frottement ϕ .
(2) Déterminer l’inclinaison θ du plan de rupture par rapport au plan horizontal.
ttp
(3) Déterminer les valeurs des contraintes normales σ et tangentielles τ sur le plan
de rupture.
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/
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
96
Exercice 4.7.
Solution p. 105
Soit un limon argileux surconsolidé testé à l’appareil triaxial en condition consolidédrainé (CD). Le tableau 4.5 présente les valeurs des contraintes à la rupture de quatre
essais. La pression interstitielle est nulle durant chaque essai.
Tableau 4.5 Contraintes principales à la rupture pour quatre essais
,
0
&
ı
Z
ı
Z
alg
(1) Déterminer les valeurs de contraintes moyennes p et déviatoriques q à la rupture
pour les quatre essais.
(2) Représenter les différents états de contraintes dans le plan (p - q) et déterminer la
pente M et l’ordonnée à l’origine C.
.gc
(3) En déduire l’angle de frottement ϕ et la cohésion c .
ww
Exercice 4.8.
Solution p. 106
Soit une argile sableuse, saturée et surconsolidée, testée à l’appareil triaxial en
condition consolidé-non drainé avec mesure de pression interstitielle (CU+u). La
contrainte de préconsolidation du sol à la profondeur de prélèvement est égale à
σp = 150 kPa. Le tableau 4.6 donne les résultats des essais.
s:/
/w
Tableau 4.6 Résultats de trois essais triaxiaux en condition CU+u
ı ^
ıg
^
,
0
Z
Z
Z
(1) Tracer les cercles de Mohr en contrainte totale et effective.
(2) Déterminer l’angle de frottement ϕ .
ttp
(3) Déterminer les valeurs de la cohésion non drainée cu et celle du coefﬁcient d’accroissement λcu .
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er
ie.
co
m
Exercices
Exercice 4.9.
Solution p. 107
Soit un massif de sol en milieu marin, composé de deux couches de sol. L’argile
limoneuse, qui constitue les sédiments, est normalement consolidée. Un échantillon est testé à l’appareil triaxial en condition consolidé-non drainé avec mesure
de pression interstitielle (CU+u). La consolidation a été effectuée sous contrainte
isotrope σ0 = 510 kPa. Le tableau 4.7 donne les valeurs de déformation axiale ε1 , de
contrainte verticale totale σ1 et de variation de pression interstitielle Δu.
Tableau 4.7 Résultats d’un essai triaxial en condition CU+u
İ
ı
Z
ǻX
Z
alg
\
(1) Dessiner la courbe de cet essai dans les représentations de Lambe (s ,t ) et (s,t).
En déduire la cohésion cu et l’angle de frottement ϕ .
.gc
(2) Tracer sur ce même graphique la droite représentative de l’état de pression des
terres au repos (K0 = 1 − sin ϕ ). Préciser les valeurs de sK0 et tK0 ainsi que σ1
et σ3 pour lesquelles l’échantillon s’est trouvé dans cet état lors de l’essai CU+u.
ww
(3) En déduire, selon certaines hypothèses à préciser, la valeur de cohésion non drainée en tout point de l’argile limoneuse. En déduire la valeur du coefﬁcient d’accroissement de la cohésion non drainée λcu .
G J
G İ= #$%
ttp
L #SO %
s:/
/w
Exercice 4.10.
Solution p. 109
Un échantillon de sol saturé est soumis, au sein d’un appareil triaxial en condition
consolidé-drainé (CD), à de petites variations de contraintes Δσ1 et Δσ3 aﬁn de
rester en comportement élastique. Les déformations volumique εv et axiale ε1 sont
mesurées durant l’essai. Le matériau est considéré homogène et isotrope. La pression
interstitielle u est nulle durant les essais. La ﬁgure 4.21 présente des résultats d’essais
triaxiaux jusqu’à rupture.
J
İ #$% İ #$% F IGURE 4.21 Évolutions du déviateur q et de la déformation volumique εV
en fonction de la déformation axiale ε1
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/
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
98
(1) Avec quel dispositif peut-on déterminer la déformation volumique ?
(2) Exprimer le module d’Young E et le coefﬁcient de Poisson ν à partir des données
de l’essai.
(3) Déterminer le module d’Young E et le coefﬁcient de Poisson ν du sable et de
l’argile.
Exercice 4.11.
Solution p. 110
Soit un sol cohésif testé à l’appareil triaxial en condition consolidé-drainé (CD). La
pression interstitielle est nulle durant tout l’essai.
alg
On s’intéresse ici à la modélisation du comportement élastoplastique. La partie élastique est déﬁnie par l’élasticité linéaire isotrope de Hooke. Le modèle est associé et
la surface de charge est de type Mohr-Coulomb :
f ( ) = (σ1 − σ3 ) − (σ1 + σ3 ) sin ϕ − 2c cos ϕ 0
.gc
(1) Tracer l’évolution du déviateur q et de la déformation volumique εv en fonction
de la déformation axiale ε1 .
Exercice 4.12.
Solution p. 112
ww
Soit une argile testée en conditions drainée et non drainée avec trois états initiaux
différents (cf. tableau 4.8).
Tableau 4.8 États initiaux - Contraintes isotropes et indices des vides
^KZW
s:/
/w
:$
Le comportement en plasticité parfaite est caractérisée par les expressions suivantes :
e = 1, 05 − 0, 437. log p et q = 0, 96.p
(1) Tracer les réponses probables de ces échantillons lors des essais triaxiaux drainés
et non drainés dans les plans (q - p),(e - logp ),(q - ε1 ) et (εV - ε1 ).
Solution p. 114
ttp
Exercice 4.13.
Soit un essai pressiométrique réalisé dans une couche de limon argileux de poids
volumique γ = 18 kN.m-3. L’essai est réalisé à 6, 2 m de profondeur avec une sonde
de volume Vs = 535 cm3. Le tableau 4.9 présente les valeurs de pression et volume
au niveau de la sonde. La courbe en ﬁgure 4.22 représente la courbe d’étalonnage
(résistance propre de la sonde). L’angle de frottement est évalué à ϕ = 27°.
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er
ie.
co
m
Exercices
Tableau 4.9 Essai pressiométrique
Z
f
sĂƌŝĂƚŝŽŶĚĞǀŽůƵŵĞ
΀Đŵϯ΁
alg
^
WƌĞƐƐŝŽŶĚĂŶƐůĂƐŽŶĚĞƉ΀ŬWĂ΁
F IGURE 4.22 Courbe d’étalonnage
.gc
(1) Déterminer la pression de recompression p1 . Comparer cette valeur à la contrainte
horizontale à cette profondeur.
(2) Déterminer la pression de ﬂuage, le module de Ménard, et la pression limite.
s:/
/w
ww
Exercice 4.14.
Solution p. 115
Soit un massif sans nappe constitué uniquement de sable lâche (γ = 18 kN.m-3),
testé au pénétromètre dynamique. La masse du mouton est égale à M = 64 kg. La
masse totale frappée est initialement de M = 24 kg, puis s’ajoute 6 kg par mètre
de profondeur franchie. La section de la pointe vaut A = 20 cm2. Les frottements
latéraux sont négligés. La formule des Hollandais permet de déterminer la contrainte
de résistance du sol :
M.g.H
M
qd =
.
A.e M + M La courbe 4.23 représente l’enfoncement moyen e par coup sur 10 cm de profondeur.
(1) Déterminer la résistance de pointe dynamique qd aux profondeurs :
z = [0 ; 0, 5 ; 1 ; 1, 5 ; 2 ; 2, 5].
(2) Évaluer approximativement, par corrélation, la résistance de pointe statique qc .
ttp
Exercice 4.15.
Solution p. 116
Soit un massif présentant des alternances de couches sableuses et argileuses. Un essai
au piézocône est réalisé aﬁn d’avoir une reconnaissance ﬁne des couches. La résistance de pointe qc et la surpression interstitielle créée par le passage de la sonde Δu
sont représentées en ﬁgure 4.24. Le rapport a des surfaces est égal à 0, 66. La nappe
libre est située à 3 m de profondeur.
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
100
: ! ! " #%
O "
#%
alg
F IGURE 4.23 Enfoncement moyen par coup en fonction de la profondeur

! L" L!#*O %
V
s:/
/w
ww
O "
#%
;" ȴƵ#SO %
.gc
#*O %
F IGURE 4.24 Résultats d’essai au piézocône
(1) Repérer les différentes couches de sol ainsi que leur nature (pulvérulent ou ﬁn).
ttp
(2) Préciser la classiﬁcation des sols aux profondeurs z = [2 ; 6 ; 10 ; 14] m sachant
que les contraintes verticales totales sont égales à σv0 = [36 ; 108 ; 190 ; 273] kPa.
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er
ie.
co
m
Solutions des exercices
SOLUTIONS DES EXERCICES
Solution 4.1.
ϯϬϬ
ϮϱϬ
ϮϬϬ
ϭϱϬ
ϭϬϬ
ϱϬ
Ϭ
Ϭ
ϭϬϬ
alg
$$$($
ʏ KZW
(1) Dans le repère de Mohr, les contraintes normales et tangentielles sur le plan horizontal correspondent à un point par essai. La ﬁgure 4.25 représente ces points
ainsi que la droite intrinsèque de Mohr-Coulomb du sol.
ϮϬϬ
ϯϬϬ
ϰϬϬ
ϱϬϬ
.gc
&RQWUDLQWHQRUPDOHı>N3D@
F IGURE 4.25 Droite de Mohr-Coulomb à partir des résultats à la boîte de cisaillement
ww
(2) La droite intrinsèque passe par ces points et est déﬁnie par la cohésion, l’ordonnée
à l’origine, et l’angle de frottement, calculé à partir de la pente de la droite :
c = 0 kPa et ϕ = 31°.
Solution 4.2.
(1) Le cercle de Mohr se dessine directement à partir des contraintes principales
(cf. ﬁgure 4.26)
ttp
s:/
/w
߬ #SO %
ĳ¶
ʌF }ĳ¶
ı #SO %
F IGURE 4.26 Droite de Mohr-Coulomb et cercle de Mohr du sable à la rupture
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
102
On détermine ensuite l’angle de frottement graphiquement ou analytiquement à
partir de l’étude du triangle OAB :
sin ϕ =
1
2 (σI
1
2 (σI
− σIII )
= 29, 3°
+ σIII )
(2) Sur le cercle de Mohr, le point correspondant à la facette de la première contrainte
π
principale se situe à un angle 2θ = ± + ϕ des points de rupture.
2
π ϕ
Ainsi : θ = ± +
4
2
Solution 4.3.
alg
(1) Dans un essai UU, l’état de contrainte effectif à la rupture est indépendant de
la valeur de contrainte isotrope initiale. La cohésion non drainée est exprimée à
σ1 − σ3
σ1 − σ 0
partir des contraintes totales ou effectives par : cu =
=
2
2
AN : cu,A = 85 kPa et cu,B = 105 kPa
.gc
(2) La cohésion non drainée d’un sol ﬁn dépend de la contrainte effective maximale
subie par le sol. La profondeur des deux échantillons étant différente, il est logique de trouver une valeur de cu supérieure à une plus grande profondeur.
Solution 4.4.
ww
(1) À la rupture, et pendant la phase de chargement déviatorique, la contrainte principale mineure σ3 correspond à σ0 . À la rupture, le cercle de Mohr touche la droite
intrinsèque. Ainsi, d’après la ﬁgure 4.27 :
s:/
/w
߬ #SO %
F¶
ĳ¶
0
<
ı
șz ʌF } ĳ¶
ı
ı #SO %
>
F IGURE 4.27 Droite de Mohr-Coulomb et cercle de Mohr - Cas général
σ1 − σ3
σ1 + σ3
= c . cos ϕ +
2
2
1 + sinϕ
cos
ϕ
Ainsi : σ1 =
σ3 + 2c
1 − sinϕ
1 − sinϕ
ttp
AC = AB + BC ⇒
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er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Tableau 4.10 Valeur de contraintes σ1 [kPa]
ı
ĳ

Z
"
(
Z
Z
*
$
alg
(2) Les quatre cercles de Mohr sont représentés en ﬁgure 4.28. On remarque que
pour de faibles valeurs de contraintes, et grâce à sa cohésion, le limon possède
un déviateur plus important. Pour de fortes valeurs de contraintes, cette tendance
s’inverse car l’angle de frottement du sable est plus grand que celui du limon.
.gc
߬ #SO %
J
ww
>
F IGURE 4.28 Cercles de Mohr des deux sols pour deux valeurs de contrainte hydrostatique
s:/
/w
Solution 4.5.
(1) Les contraintes normales et tangentielles s’expriment à partir des efforts normaux, tangentiels et de la surface de rupture : σ = N/S et τ = T /S.
ttp
Le tableau 4.11 donne les valeurs de contraintes « au pic » et résiduelles. La
section est de S = 7, 85.10-3 m2. La ﬁgure 4.29 représente les résultats dans le
plan de Mohr ainsi que la droite intrinsèque pour les deux couples de valeurs de
contraintes.
Tableau 4.11 Contraintes normales et tangentielles à la rupture
ı
Z
ʏ^
Z
ʏ'
Z
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/
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
$$$($
ʏ KZW
104
" !
"
&RQWUDLQWHQRUPDOHı>N3D@
F IGURE 4.29 Droites intrinsèques du sable (au pic et résiduelle)
.gc
į
alg
(2) Les valeurs de contraintes « au pic » sont évaluées pour des déplacements axiaux
inférieurs à δh = 4 mm au maximum.
ww
z ǆ
F IGURE 4.30 Section corrigée
s:/
/w
À partir de relations géométriques sur la ﬁgure 4.30, la surface de rupture corrigée Sc s’exprime par :
2
R
d
δh
Sc = 2.
(β − sin β) avec β = 2. arccos
et d =
2
R
2
AN : Sc = 7, 45.10-3 m2 soit environ 0, 94 % d’erreur, ce qui est négligeable.
(3) Les deux droites intrinsèques sont déﬁnies par les paramètres suivants :
AN : cpic = 0, cres = 0, ϕpic = 35, 0°, ϕres = 26, 6°.
Solution 4.6.
ttp
(1) L’argile étant normalement consolidée, sa cohésion est donc supposée nulle
c = 0 kPa. Lors d’un essai triaxial, les contraintes principales totales sont égales
à : σ3 = σ0 = 220 kPa.
F
σ1 = σ0 +
= 570 kPa
S
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/
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er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Les contraintes effectives s’évaluent par la loi de Terzaghi :
σ3 = σ3 − u = 200 kPa et σ1 = σ1 − u = 550 kPa
Pour un sol non cohésif, l’angle de frottement peut se déterminer par la relation :
(σ − σ3 )
ϕ = arcsin 1
= 26, 7°
(σ1 + σ3 )
(2) Lors d’un essai triaxial, l’angle que fait le plan de rupture avec le plan horizontal
est de :
π ϕ
θ=±
+
= ±58, 4°
4
2
(3) Les contraintes sur le plan de rupture se déterminent à partir des coordonnées du
centre du cercle de Mohr et de son rayon :
alg
σ1 + σ3 σ 1 − σ3
+
cos(2θ) = 347 kPa
2
2
σ1 − σ 2
τ=
.sin(−2θ) = ±226 kPa
2
.gc
σ=
Solution 4.7.
ww
(1) La pression interstitielle étant nulle durant tout l’essai, les contraintes totales et
effectives sont égales. Les contraintes moyenne p et déviatorique q s’expriment
σ1 + 2σ3
par déﬁnition : p =
et q = σ1 − σ3 (cf. ﬁgure 4.12)
3
Tableau 4.12 Contraintes p et q à la rupture pour les quatre essais
,
0
&
Z
Z
s:/
/w
^
(2) L’état de contrainte en un point dans le plan de Mohr (σ - τ ) se représente par
un cercle. Dans le plan (p - q), il se représente par un point. La ﬁgure 4.31
représente les quatre états de contraintes. La droite passant par ces points est de
pente M = 0, 998 et d’ordonnée à l’origine C = 22, 6 kPa.
ttp
(3) En repartant de la démonstration indiquée à la question 1) de l’exercice 4, la
relation entre les contraintes principales d’un sol en rupture est :
σ1 =
1 + sinϕ
cos ϕ
.σ
+
2c
3
1 − sinϕ
1 − sinϕ
Cette expression doit être exprimée en fonction des paramètres p et q.
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
106
&' Ƌ KZW
$$)$$^KZW
F IGURE 4.31 Droites intrinsèques dans le repère de Cambridge
p−q
p + 2q
et σ1 =
3
3
alg
σ3 =
Ce qui permet d’obtenir la relation q = M.p + C
6. sin ϕ
6.c . cos ϕ
et
C
=
3 − sin ϕ
3 − sin ϕ
.gc
avec M =
La résolution de ce système permet de déterminer la cohésion c et l’angle de
frottement ϕ .
AN : c = 10, 7 kPa et ϕ = 25, 3°.
ww
Solution 4.8.
(1) Les valeurs sont données en contraintes totales. Les contraintes effectives à la
rupture s’évaluent par le principe de Terzaghi (cf. tableau 4.13) :
σ1 − σ1 − u et σ3 − σ3 − u
s:/
/w
Tableau 4.13 Contraintes principales totales et effectives à la rupture pour les trois essais
,
^
Z
g ^
Z
^
Z
g ^
Z
ı g
ı
Z
^
ıg
ı
0
ttp
Les cercles de Mohr à la rupture se tracent à partir des contraintes principales.
Le sol est surconsolidé initialement mais les valeurs des contraintes isotropes σ0
sont supérieures à la contrainte de préconsolidation σp . Ainsi, on peut tracer une
droite intrinsèque dans le domaine normalement consolidé, qui correspond à la
tangente aux cercles en contraintes effectives.
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/
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107
߬ #SO %
ĳ
!" z SO
!" z SO
!" z SO
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
! N
ı #SO %
> F IGURE 4.32 Cercles de Mohr en contrainte totale et effective - Droite intrinsèque
alg
On détermine graphiquement l’angle de frottement à partir de la pente de la droite
de Mohr-Coulomb.
AN : ϕ = 31°
σ1 − σ 3
2
.gc
(2) La cohésion non drainée s’exprime : cu =
Ce paramètre varie linéairement en fonction de la contrainte de consolidation
σ0 (cf. ﬁgure 4.33). La pente de la droite correspond au taux d’accroissement
λcu = 0, 36.
ww
!" #SO %
s:/
/w
>" z ı #SO %
> F IGURE 4.33 Cercles de Mohr en contrainte totale et effective - Droite intrinsèque
Solution 4.9.
ttp
(1) Le paramètres s et t du repère de Lambe se calcule à partir des relations suivantes :
s =
σ1 + σ3
σ − σ3
et t = 1
2
2
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
108
Les contraintes σ1 et σ3 se déterminent par la relation de Terzaghi :
σ1 = σ1 − u et σ3 = σ3 − u
Le tableau 4.14 résume les résultats obtenus, et la ﬁgure 4.34 présente les courbes
relatives à cet essai dans les représentations (s - t ) et (s - t).
Tableau 4.14 Contraintes de la représentation de Lambe
İ
\
ı
Z
ǻX
Z
ı
Z
ı Z
Z

Z
Z
Z
ww
.gc
Z

alg
ı
ƚ΀ŬWĂ΁
! N
s:/
/w
Ɛ΀ŬWĂ΁
F IGURE 4.34 Chemin des contraintes totales et effectives
ttp
Par déﬁnition, la cohésion non drainée cu correspond à la valeur maximale de t
(ou t). Ainsi, cu = 187 kPa. L’argile étant normalement consolidée, la cohésion
c est nulle. L’angle de frottement ϕ est relié à l’angle α de la droite intrinsèque
dans le repère de Lambe par la relation : tan α = sin ϕ
AN : ϕ = 31, 2°.
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109
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
(2) Le coefﬁcient des terres au repos vaut K0 = 1 − sin ϕ = 0, 48. La ﬁgure 4.35
représente la courbe intrinsèque et celle des terres au repos. Les valeurs s et t
correspondants à l’état au repos sont :
sK0 = 415 kPa et tK0 = 143 kPa
σ3,K
= 272 kPa
0
alg
ƚ΀ŬWĂ΁
Ou encore : σ1,K
= 568 kPa et
0
.gc
Ɛ΀ŬWĂ΁
F IGURE 4.35 Droite intrinsèque (Mohr-Coulomb) et droite représentative
de l’état de pression des terres au repos (K0 )
ww
(3) En considérant qu’il y a homothétie entre le chemin de contrainte de l’essai, situé
entre les deux droites, et le chemin de contrainte entre l’état au repos et la rupture
cu
du sol, on peut déterminer un rapport homothétique rh = = 0, 34.
σ1,K0
s:/
/w
Pour déterminer la valeur de cu sur toute la hauteur de la couche d’argile limoneuse, il sufﬁt de multiplier la valeur de contrainte effective verticale in situ σv
par le rapport homothétique. Et ceci car le sol est normalement consolidé.
σv (z = 12 m) = 36 kPa
σv (z = 23 m) = 124 kPa
⇒ cu = 12 kPa
⇒ cu = 42 kPa
Le rapport homothétique correspond au coefﬁcient d’accroissement : λ = 0, 34.
Solution 4.10.
ttp
(1) Par déﬁnition, la déformation volumique εv est déﬁnie comme le rapport entre la
variation de volume sur le volume initiale de l’éprouvette. En mécanique des sols,
le squelette est souvent considéré comme incompressible. En condition drainée,
le départ de l’eau est responsable de la perte de volume. Aussi, à partir d’un
contrôleur pression-volume connecté à l’intérieur de l’échantillon, la variation
de volume d’eau qui s’insère ou s’échappe peut être mesurée aisément.
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/
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
110
(2) En tenant compte de la symétrie de révolution (Δσ2 = Δσ3 ), la loi de comportement de l’élasticité selon Hooke permet d’écrire :
Δσ1 − 2νΔσ3
Δσ3 − ν(Δσ1 + Δσ3 )
et ε2 = ε3 =
E
E
(1 − 2ν)(Δσ1 + 2Δσ3 )
εv = ε1 + ε2 + ε3 =
E
ε1 =
En résolvant ce système d’équation, on exprime E et ν par :
1 εv .Δσ1 − ε1 .(Δσ1 + 2Δσ3 )
(Δσ3 − Δσ1 ).(Δσ1 + 2Δσ3 )
ν= .
et E =
2 εv .Δσ3 − ε1 .(Δσ1 + 2Δσ3 )
εv .Δσ3 − ε1 .(Δσ1 + 2Δσ3 )
alg
En considérant Δσ3 = 0, ces expressions se simpliﬁent sous une forme bien
connue :
1 εv − ε1
ε3
Δσ1
ν=− .
=−
et E =
2
ε1
ε1
ε1
.gc
G İ #$% s:/
/w
G J
İ= #$%
ww
L #SO %
(3) Les caractéristiques élastiques sont déterminées par les tangentes à l’origine.
Dans le repère (ε1 - q), la pente à l’origine est le module d’Young E puisque
Δq = Δσ1 durant l’essai (Δσ3 constant). Dans le repère (ε1 - εV ), la pente à
l’origine est égale à 1 − 2ν (cf. ﬁgure 4.36).
J
İ #$% F IGURE 4.36 Représentation des pentes évaluées pour le calcul de E et ν
AN : sable : E = 30 MPa et ν = 0, 232, argile : E = 12 MPa et ν = 0, 286.
Solution 4.11.
ttp
(1) On cherche à représenter, par modélisation, l’évolution du déviateur q et de la
déformation volumique εV en fonction de la déformation axiale ε1 .
Par déﬁnition : q = σ1 − σ3
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111
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Comportement élastique - La pente initiale de la courbe (q,ε1 ) est égale au
module d’Young E. En effet, σ3 ne varie pas. Seule la contrainte principale σ1
fait varier le déviateur.
Δq
Δσ1
=
=E
ε1
ε1
alg
La loi de comportement permet de relier les contraintes et déformations principales :
⎧
1
⎪
⎪
ε
=
(σ1 − ν.σ2 − ν.σ3 )
1
⎪
⎪
E
⎨
1+ν
ν
1
− .T r .I
=
ε2 = (σ2 − ν.σ1 − ν.σ3 )
⎪
E
E
E
⎪
⎪
⎪
⎩ ε3 = 1 (σ3 − ν.σ1 − ν.σ2 )
E
La déformation volumique correspond à la trace du tenseur des déformations :
1
εV = ε1 + ε2 + ε3 = (σ1 + σ2 + σ3 )
E
.gc
À nouveau, seule la contrainte σ1 varie durant le chargement, on peut donc écrire :
1 − 2ν
dεV =
dσ1 = (1 − 2ν)dε1
E
Ainsi, en partie élastique, la pente de la courbe (εV ,ε1 ) est égale à 1 − 2ν.
ww
Comportement plastique - Au niveau de la frontière du domaine élastique, on
peut écrire que :
1 + sinϕ
cos ϕ
σ3 + 2c
− σ3
1 − sin ϕ
1 − sinϕ
2σ3 sin ϕ + 2c cos ϕ
=
1 − sin ϕ
q = qmax = σ1 − σ3 =
Ou encore : qmax
s:/
/w
Le modèle ne prévoit pas d’écrouissage, le déviateur q reste donc constant
jusqu’à la ﬁn de l’essai. Il en est de même pour la contrainte σ1 et la déformation
volumique élastique εeV :
εV = εeV + εpV = εpV
ttp
La loi d’écoulement est associée :
⎛
⎞
0
1 − sin ϕ 0
∂f
⎠
0
0
0
= dλ ⎝
d p = dλ
∂
0
0 −1 − sin ϕ
dεpV = T r(d p ) = −2dλ sin ϕ
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4 • Résistance au cisaillement
dε1 = dεe1 + dεp1 = dλ(1 − sin ϕ )
er
ie.
co
m
112
Ainsi en phase d’écoulement plastique (cf. ﬁgure 4.37) :
dεpV
dεV
−2 sin ϕ
= p =
dε1
1 − sin ϕ
dεV
İ=
L
L
Vʆ
`
:
İ
alg
İ
V ĳ¶
V ĳ¶
Solution 4.12.
.gc
F IGURE 4.37 Modélisation du comportement élastoplastique d’un sol
(1) Il faut différencier le comportement en condition drainée de celui en condition
non drainée.
ww
Condition drainée - Dans le plan (p - q), la pente M est connue et le chemin de
chargement se trace en deux phases :
• Consolidation isotrope jusqu’à p0 . Seule la contrainte moyenne p évolue positivement.
• Chargement déviatorique jusqu’à la plasticité parfaite. Le chemin de contrainte
suit une pente de 3/1.
ttp
s:/
/w
On repère les valeurs des contraintes moyennes et déviatoriques sur la droite M .
Dans le plan (e - log p ), on trace la droite de plasticité parfaite. Puis, on repère
la position des points correspondants aux trois états initiaux des échantillons.
Notons que le premier point est dans un état surconsolidé. Connaissant les valeurs
des contraintes moyennes à la rupture, on positionne également les points de
ﬁn d’essai. Pour tracer l’évolution au cours de l’essai, la tangente initiale doit
correspondre au comportement élastique de l’argile. Comme ordre de grandeur,
on choisit une pente initiale égale au dixième de la pente de plasticité parfaite.
Puis, il sufﬁt de tracer un chemin, non linéaire, vers le point ﬁnal.
Dans le plan (q - ε1 ), le déviateur q évolue de zéro à la valeur ﬁnale précédemment déterminée. La pente initiale est égale au module d’Young, ici inconnu.
Néanmoins, ce module varie avec la contrainte de consolidation. Pour le point
initialement surconsolidé, la valeur de q peut atteindre un pic, non ﬁguré ici.
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113
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Enﬁn pour le plan (ε1 - εV ), l’évolution suit celle de l’indice des vides puisque :
Δe
εV =
.
1 + e0
&N
" L #SO %
& > ¦ #*O %
` İ #$%
.gc
) ! N alg
> ¦ #SO %
ww
) ! N ǆ
& N " L" İ= #$%
&N
" L #*O %
Notons que le premier échantillon, surconsolidé, a un comportement dilatant.
Les deux autres sont contractants. Les courbes sont tracées en ﬁgure 4.38.
& ` İ #$%
& ` İ #$%
V
V
V
s:/
/w
F IGURE 4.38 Comportement probable des trois essais sur argile en condition consolidé-drainé
ttp
Condition non drainée - Il faut à présent différencier le comportement en
contrainte totale et effective. La pression interstitielle évolue durant l’essai. Il
n’y a pas de déformation volumique, l’indice des vides reste donc constant.
Dans le plan (e - log p ), seul p évolue pour atteindre la droite de plasticité. On
note les valeurs ﬁnales.
Dans le plan (p-q), on trace le chemin des contraintes totales (pente de 3/1).
Connaissant les valeurs ﬁnales de p , on trace l’évolution des contraintes effectives jusqu’au point ﬁnal sur la droite M . On note les valeurs ﬁnales du déviateur
q. L’écart entre les contraintes totales et effectives correspond aux évolutions de
pressions interstitielles Δu. Les courbes sont tracées en ﬁgure 4.39.
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
) ! N 114
" L #SO %
&N
&N
" L #*O %
> ¦ #*O %
> ¦ #SO %
alg
& ` İ #$%
F IGURE 4.39 Comportement probable des trois essais sur argile
.gc
Solution 4.13.
ww
sĂƌŝĂƚŝŽŶĚĞǀŽůƵŵĞ
΀Đŵϯ΁
(1) La ﬁgure 4.40 représente les courbes pressiométriques V60 et (V60 -V30 ).
s:/
/w
WƌĞƐƐŝŽŶĚĂŶƐůĂƐŽŶĚĞƉ΀ŬWĂ΁
F IGURE 4.40 Courbe d’étalonnage
La pression de recompression correspond à celle au début de phase linéaire,
soit 100 kPa (volume V1 = 105 cm3). Cette valeur doit être corrigée avec la
courbe d’étalonnage. Pour un volume de 105 cm3, la pression associée est de
41 kPa donc p1 = 105 − 41 = 59 kPa.
ttp
L’essai est réalisé à 6, 2 m de profondeur. La contrainte verticale à cette profondeur est de : σv0 = 6, 2.γ = 112 kPa.
Le coefﬁcient des terres au repos est égal à : K0 = 1 − sin ϕ = 0, 55.
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115
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
La contrainte horizontale est égale à : σh0 = K0 .σv0 = 61, 8 kPa
Cette valeur est très proche de la pression p1 déduite de l’essai pressiométrique.
(2) La pression de ﬂuage s’évalue à partir de la dernière rupture de pente de la courbe
(V60 -V30 ), soit 340 kPa (volume : V2 = 160 cm3). Après correction, on obtient
une pression de ﬂuage de : p2 = 282 kPa.
Le module de Ménard a pour expression :
V 1 + V2
(p2 − p1 )
EM = 2(1 + ν) Vs +
2
(V2 − V1 )
alg
Le coefﬁcient de Poisson peut être estimé à partir du coefﬁcient des terres au
ν
repos : K0 =
⇒ ν = 0, 35.
1−ν
AN : EM = 7307 kPa
.gc
La pression limite se détermine sur la courbe pour un volume de Vs +2.V1 = 735 cm3.
Elle est égale à 510 kPa, puis après correction : pL = 366 kPa.
Solution 4.14.
(1) La formule des Hollandais permet de calculer la résistance de pointe dynamique
et s’adapte bien au sol pulvérulent.
M.g.H
M
.
A.e M + M ww
qd =
s:/
/w
Les données sont toutes fournies. Notons toutefois que deux valeurs d’enfoncement moyen peuvent être indiquées pour une même profondeur. On choisira
arbitrairement la plus faible des deux. Le tableau 4.15 résume les valeurs d’enfoncement moyen, de masse frappée et de résistance dynamique de pointe.
Tableau 4.15 Résistance dynamique de pointe en fonction de la profondeur
et des paramètres expérimentaux
=
Z(
=
ttp
(2) D’après le tableau 4.3, le rapport qc /qd varie entre 1 et 2, 6 donc on obtient une
valeur de qc = [4, 43 ; 11, 5] MPa. Le sable est lâche d’après l’énonce, donc le
rapport qc /qd tend vers 1.
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4 • Résistance au cisaillement
er
ie.
co
m
116
Solution 4.15.
• [0 ; 4] : sol pulvérulent.
alg
(1) La variation signiﬁcative d’un des paramètres est un des indicateurs de changement de couche. La résistance de pointe ne peut, à elle seule, donner sufﬁsamment d’informations sur le sol. Le piézocône permet de mesurer la pression
interstitielle u = u0 + Δu générée par la pénétration de la sonde. Une variation
signiﬁcative de la surpression interstitielle Δu est un indicateur de sol ﬁn saturé.
Lorsque cette variation est négative, le sol est surconsolidé. Enﬁn, le rapport de
frottement Rf permet de repérer les sols pulvérulents (frottants).
Un sol pulvérulent possède généralement un rapport de frottement proche de 1 et
une surpression interstitielle nulle. On distingue ici assez aisément les couches
suivantes :
• [4 ; 9] : sol ﬁn + passée drainante à 7 m.
• [9 ; 12] : sol ﬁn, surconsolidé.
.gc
• [12 ; 14] : sol pulvérulent à tendance ﬁne ou l’inverse.
(2) Il faut utiliser l’abaque de Robertson (cf. ﬁgure 4.15). Le tableau 4.16 résume les
valeurs des paramètres de l’abaque pour les quatre profondeurs.
ww
Tableau 4.16 Paramètres de classiﬁcation pour l’abaque de Robertson
=^
]
=
ǻX
Z
V
ı
Z
Z
s:/
/w
ı Z
+]
B
=
0
\
V

V
#+
$
_
ttp
D’après l’abaque de Robertson, la classiﬁcation est la suivante :
• [0 ; 4] : sable propre à sable limoneux (6).
• [4 ; 9] : argile à argile limoneuse (3) + passée drainante à 7 m.
• [9 ; 12] : limon sablonneux à sable limoneux (5), surconsolidé.
• [12 ; 14] : limon sablonneux à sable limoneux (5).
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er
ie.
co
m
/
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Chapitre 5
.gc
alg
Tassements
5.1 CONSOLIDATION
ww
5.1.1. Phénomène de consolidation
La consolidation est un phénomène qui se traduit par un tassement progressif des
couches de sols ﬁns au cours du temps. La perméabilité de ces sols étant faibles,
les surpressions interstitielles, notées Δu et générées par une mise en charge des
couches, se dissipent plus ou moins vite.
s:/
/w
Un transfert de charge de l’eau au squelette est constaté. L’augmentation de contrainte
effective est responsable du tassement observé.
a) Approche macroscopique
ttp
À partir de l’appareil œdométrique, on peut tracer l’évolution du tassement d’une
couche de sol ﬁn, saturé et drainé des deux faces, en fonction du temps. La charge appliquée a pour effet d’augmenter la pression interstitielle d’une valeur notée Δu puis
progressivement un transfert de charge est réalisé et se traduit par une augmentation
de la contrainte effective.
Ce phénomène se distingue par une consolidation primaire, causée par la dissipation des pressions interstitielles et le départ de l’eau, puis une consolidation secondaire, causée par un réarrangement progressif du squelette. La consolidation primaire
est généralement prépondérante à la seconde hormis pour certains sols organiques
(tourbe) et certaines vases.
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/
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5 • Tassements
O er
ie.
co
m
#%
118
;! : O O "
N ( L" J J
W! < G" § L"
O "
#%
,^^ '
alg
F IGURE 5.1 Courbe de consolidation (à gauche) - Description
de l’appareil œdométrique (à droite)
En un point donné, le degré de consolidation Uv traduit le pourcentage de tassement
réalisé. On le déﬁnit par :
Δu(t)
s(t)
=
Δui
s∞
.gc
Uv = 1 −
Avec :
• Δui : l’augmentation de pression interstitielle initiale due à la charge appliquée,
notée Δσv ,
ww
• Δu(t) : valeur moyenne de la surpression interstitielle, à l’instant t, déﬁnie sur
toute la hauteur H0 de la couche par :
Δu(t) =
1
H0
H0
Δu(t)dz
0
• s(t) : tassement à l’instant t,
s:/
/w
• s∞ : tassement ﬁnal.
Initialement Δu(t) = Δui , donc le degré de consolidation est nul. Après consolidation, les surpressions interstitielles sont nulles, donc le degré de consolidation vaut
100 %.
b) Équation de consolidation
La consolidation est un phénomène de diffusion étudié dans la théorie Terzaghi et
Fröhlich. Les hypothèses sont les suivantes :
ttp
• sol homogène et saturé,
• écoulement et déformation unidimensionnels,
• amplitude des tassements proportionnelle au chargement appliqué,
• incompressibilité de l’eau et du squelette,
• sol où la loi de Darcy est applicable.
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Consolidation
119
er
ie.
co
m
5.1
/
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Cette théorie conduit à l’équation de consolidation suivante :
∂Δu(z, t)
∂ 2 Δu(z, t)
= Cv
∂t
∂z 2 2
avec Cv coefﬁcient de consolidation (variable entre 1.10-6 et .10-9 m2.s-1).
La solution de l’équation de consolidation est :
4
Δu(z, t) = Δσv
π
∞
n=1,3,5,...
1 −n2 π2 .Tv
nπz
e 4
. sin
n
2H
Ou encore :
8
π2
∞
alg
Uv = 1 −
n=1,3,5,...
Cv .t
.
H2
.gc
avec : Tv facteur de temps déﬁni par Tv =
1 −n2 π2 .Tv
e 4
n
La hauteur H, appelée chemin de drainage, dépend des conditions limites. En cas
de drainage par les deux faces, cette hauteur est égale à la moitié de la hauteur de
couche. En cas de drainage par une seule face, elle est égale à la hauteur totale.
ww
La fonction Uv = f (Tv ) est tracée sur l’abaque de Barron (cf. ﬁgure 5.4). Elle peut
être approchée par les expressions suivantes :
∀ Tv < 0, 2827 ou Uv > 60 % : Uv =
π2
4.Tv
8 − Tv
sinon Uv = 1 − 2 e 4
π
π
s:/
/w
À noter que l’on peut exprimer le coefﬁcient de consolidation Cv en fonction de la
perméabilité kv et du module œdométrique Eoed par la relation :
Cv =
kv .Eoed
γw
La détermination expérimentale de ce coefﬁcient est présentée en annexe B..
5.1.2. Réduction des temps de consolidation
ttp
L’enjeu consiste généralement à se ﬁxer un degré de consolidation pour un temps
donné (ex. : Uv = 90 % pour un temps maximal t = 2 mois). À l’inverse, on peut se
ﬁxer un temps, et évaluer les tassements engendrés après le délai écoulé. Lorsque les
temps de consolidation sont trop importants, ou que les degrés de consolidation sont
trop faibles, diverses méthodes existent pour accélérer la consolidation. Trois de ces
méthodes sont détaillées par la suite.
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
120
a) Pré-chargement
Y } ǻY
Y
alg
Y " "
La cinétique du tassement est indépendante de la valeur de la charge appliquée en
surface. En revanche, le tassement ﬁnal varie en fonction de cette charge. Ainsi, à
un temps t donné, deux systèmes de chargement différents donneront des valeurs de
tassements différentes.
La méthode des surcharges consiste à placer une surcharge sur un massif pendant
quelques mois, et ceci avant la construction déﬁnitive. Cette surcharge, un remblai de
1 à 3 m de hauteur généralement, a pour effet de démarrer la consolidation, et donc
de tasser en partie le sol. La ﬁgure 5.2 permet d’illustrer le procédé.

Y Y } ǻY
.gc
ww
F IGURE 5.2 Méthode des surcharges. Le tassement s∞,1 est atteint plus rapidement
grâce à la hauteur de remblai supplémentaire ΔHR
b) Drains verticaux
ttp
s:/
/w
Lorsque la seule consolidation verticale est inefﬁcace, un système de drains verticaux peut être prévu. L’écoulement radial s’ajoute à l’écoulement vertical. Lorsque
la distance entre les drains est sufﬁsamment faible, les chemins de drainage se raccourcissent, et les dissipations interstitielles se font plus rapidement.
$ ^
J
&
&
& (
(
> & z U(
G" & z U(
F IGURE 5.3 Consolidation par des drains. Diamètre D d’inﬂuence
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Consolidation
121
er
ie.
co
m
5.2
/
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Dans ces conditions, l’équation de consolidation s’écrit :
2
∂Δu(z, r, t)
∂ 2 Δu
∂ Δu 1 ∂Δu
= Cv
+ Cr .
+
∂t
r ∂r
∂z 2 2
∂r 2 2
alg
avec Cr coefﬁcient de consolidation radial (ou horizontal).
De manière similaire à la consolidation verticale, la consolidation radiale fait intervenir un degré de consolidation Ur qui évoluera en fonction d’un facteur de temps Tr et
d’un facteur n = D/d (avec D zone d’inﬂuence et d diamètre des drains). L’abaque
de Barron (cf. ﬁgure 5.4) trace différentes fonctions Ur = f (Tr , n).
Le facteur de temps Tr est relié au coefﬁcient de consolidation radial Cr et au diamètre d’inﬂuence des drains par la relation :
Cr .t
Tr = 2
D
On déﬁnit un degré de consolidation global U par la relation :
(1 − U ) = (1 − Ur )(1 − Uv )
.gc
#$%
&G ! ww
s:/
/w
? z { |
?N z { N|
! " F IGURE 5.4 Abaque de Barron - évolution des degrés de consolidation
en fonction des facteurs de temps.
c) Consolidation atmosphérique
ttp
La consolidation atmosphérique consiste à utiliser la pression atmosphérique comme
surcharge d’un remblai de pré-chargement. On place une membrane étanche en surface du sol et un vide est crée par pompage de l’air sous la membrane. La consolidation est isotrope et l’augmentation de contrainte effective est égale à la pression
atmosphérique, au rendement près (soit entre 60 et 80 kPa). Diverses considérations
technologiques complexiﬁent le processus, notamment par la remontée de la nappe
qui déjauge le remblai.
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/
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
122
5.2 COMPRESSIBILITÉ
Ce paragraphe présente les méthodes de détermination du tassement ﬁnal d’un massif
en fonction des charges qui lui sont appliquées.
; G { J|
Y " "
Y
Y " "
Y
alg
; {" J|
.gc
F IGURE 5.5 Tassement instantané d’un sol grossier et tassement ﬁnal
après consolidation d’un sol ﬁn
Le tassement total, noté s, se décompose en plusieurs termes :
avec :
ww
q = si + sc + sα + slat
• si : tassement initial instantané.
• sc : tassement de consolidation.
• sα : tassement de compression secondaire.
s:/
/w
• slat : tassement dû au déplacement latéral du sol.
En général, la majeure partie du tassement est due au tassement de consolidation. La
suite de ce paragraphe s’attarde sur les méthodes de détermination de ce tassement.
5.2.1. Essai œdométrique
ttp
L’essai œdométrique permet de caractériser un sol vis-à-vis de sa compressibilité (ou
déformabilité). Cet essai permet d’étudier l’évolution du tassement, ou de l’indice des
vides, d’un échantillon de sol en fonction de la charge appliquée en tête. La nature du
sol et son état de saturation jouent un rôle important sur la déformabilité. La ﬁgure
5.6 montre le comportement d’un sol pulvérulent et celui d’un sol ﬁn.
Par convention, on représente l’évolution de l’indice des vides en fonction de la
contrainte verticale effective. Pour un échantillon de sol en condition œdométrique,
d’indice des vides initial e0 et de hauteur initiale H0 , les variations associées Δe et
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Compressibilité
123
er
ie.
co
m
5.2
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https://www.GCAlgerie.com/
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F IGURE 5.6 Courbes œdométrique d’un sol grenu (à gauche) et d’un sol ﬁn (à droite)
ΔH sont reliées par l’expression :
a) Paramètres de compressibilité
alg
ΔH
Δe
=
1 + H0
1 + e0
.gc
La courbe œdométrique représentée en ﬁgure 5.6 est caractérisée par les paramètres
suivants :
• Indice de gonﬂement (ou de recompression) Cs : valeur absolue de la pente
moyenne de la zone de décharge/recharge. En cas de sol non remanié, Cs correspond également à la première pente de la courbe.
ww
• Indice de compression Cc : valeur absolue de la pente de la zone ﬁnale de la courbe
(au-delà de σp ).
Δe
Cs ou Cc =
Δ log σ v
• Contrainte de préconsolidation σp : contrainte effective correspondant au point
d’intersection P des deux pentes.
s:/
/w
: contrainte initiale de l’échantillon in situ.
• Contrainte initiale σv0
• Indice des vides e0 : indice des vides initial de l’échantillon in situ.
et σ permettent de déterminer l’état de consolidation du sol :
Les contraintes σv0
p
= σ .
• Sol normalement consolidé lorsque σv0
p
< σ . On déﬁnit le rapport de consolidation R
• Sol surconsolidé lorsque σv0
oc
p
σp
.
σv0
ttp
par : Roc =
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/
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
124
En exploitant la courbe œdométrique en échelle linéaire (cf. ﬁgure 5.6), on peut également déﬁnir plusieurs paramètres :
• Coefﬁcient de compressibilité av : rapport des variations autour d’un point d’indice
des vides et de contrainte verticale effective :
av =
Δe
Δσv
• Module œdométrique Eoed : pente de la courbe contrainte-déformation σv = f (εv ) :
Eoed =
1+e
(1 + e0 ).Δσv
1+e
Δσ v =
=
.
av
Δe
Cs ou Cc log σv +Δσ
v
σv
5.2.2. Calcul des tassements
.gc
a) Méthode œdométrique
alg
Ce module n’est pas intrinsèque au matériau et dépend de l’état de contrainte σv
et de l’indice des vides e du point considéré.
ww
À partir des résultats fournis par des essais œdométriques, le tassement s d’une
couche de sol de hauteur H0 soumise à un chargement Δσv se détermine par l’une
des expressions suivantes :
H0
σv0 + Δσv
• sol normalement consolidé : s =
.Cc . log
1 + e0
σv0
H0
σv0 + Δσv
• sol surconsolidé avec σv0 + Δσv < σp : s =
.Cs . log
1 + e0
σv0
+ Δσ > σ :
• sol surconsolidé avec σv0
v
p
s:/
/w
σp
H0
σv0 + Δσv
s=
. Cs . log
+ Cc . log
1 + e0
σv0
σp
b) Couches ﬁctives
ttp
Les paramètres de compressibilité d’un sol peuvent varier avec la profondeur. La valeur de la charge verticale Δσv peut également varier avec la profondeur en fonction
du chargement (cf. annexe A.). Ainsi, il est conseillé de discrétiser le massif de sol
en différentes couches. Celles-ci peuvent être réelles, dans le cas d’un massif hétérogène, ou ﬁctives dans le cas d’un massif homogène mais de grande hauteur. Pour
chaque couche, les paramètres en milieu de couches seront pris en compte et considérés constants sur toute la hauteur.
Le tassement total correspond à la somme des tassements de chacune des couches
considérées.
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Compressibilité
125
er
ie.
co
m
5.2
/
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c) Autres méthodes
alg
Il existe d’autres méthodes adaptées au type d’ouvrage et aux essais réalisés sur le
massif.
On peut citer la méthode élastique dans le cadre des fondations superﬁcielles. Le
tassement s d’un massif homogène, de paramètres caractéristiques élastiques E et ν,
sous une fondation de largeur B, et soumis à la base de la fondation à une charge
Δσv s’exprime :
1 − ν2
s = Δσv .
.B.Cf
E
Avec Cf coefﬁcient de la forme et de la rigidité de la fondation, ainsi que de la
position du point étudié.
Tableau 5.1 Valeurs du coefﬁcient Cf de la méthode élastique
}0
+( $
0
@
`
f
k
%
j
`
"
.gc
^
"
ww
Il existe également des méthodes basées sur les résultats d’essais pressiométriques et
pénétrométriques.
d) Limites autorisées
ttp
s:/
/w
L’amplitude absolue du tassement smax doit être limitée mais la distorsion angulaire
wd , déﬁnie ci-après, fait l’objet d’une attention plus particulière.
On déﬁnit la distorsion angulaire comme le rapport entre la différence de tassement
et la distance qui sépare ces points.
Les valeurs admissibles sont fonction du type d’ouvrage et du niveau de désordres
autorisés.
En guise d’exemple, un bâtiment d’habitation peut tasser au maximum de 2 à 3 cm
(maçonnerie) jusqu’à 5 à 10 cm (acier, BA). Pour des constructions industrielles, ce
tassement peut dépasser 10 cm, notamment si les éléments de remplissage ne sont
pas fragiles.
Concernant la distorsion angulaire maximale, elle peut varier de 1/2000 pour les
ouvrages sensibles jusqu’à 1/250 pour les ouvrages rigides. Ce ne sont que des ordres
de grandeur, et à chaque projet sont déﬁnies des exigences particulières.
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/
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
126
EXERCICES
Exercice 5.1.
Solution p. 134
Soit un massif composé d’une couche d’argile saturée de 2 m d’épaisseur, drainée
par ces deux faces. Suite à un chargement en surface, la couche a réalisée 50 % du
tassement ﬁnal en 85 h.
(1) Déterminer le temps nécessaire pour atteindre 70 % du tassement ﬁnal.
(2) Évaluer la degré de consolidation Uv au bout de 10 h.
Exercice 5.2.
Solution p. 134
alg
Soit un massif composé d’une couche d’argile saturée de 3 m d’épaisseur et de coefﬁcient de consolidation Cv = 2.10-7 m2.s-1. Une couche de remblai est déposée en
surface de la couche engendrant un tassement ﬁnal sf = 45 cm.
.gc
(1) En considérant un drainage par une seule face, tracer l’évolution théorique du
tassement moyen de la couche d’argile en fonction du temps.
Exercice 5.3.
Solution p. 135
ww
Soit un massif composé de deux couches, sableuse et argileuse, reposant sur un substratum imperméable (cf. ﬁgure 5.7). Dans ce massif est placé un piézomètre crépiné au centre de la couche argile. Le coefﬁcient de consolidation de l’argile est
Cv = 2.10-6 m2.s-1.
O
s:/
/w
YO
' ; J
0G ttp
F IGURE 5.7 Massif à deux couches + piézomètre (état à t = 0+ )
(1) Calculer la hauteur HP dans le piézomètre, juste après application d’une surcharge répartie et inﬁniment étendue q = 25 kPa en surface.
La ﬁgure 5.8 présente l’évolution de la surpression interstitielle Δu en fonction du
temps et de la profondeur.
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/
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127
ȴƵ΀ŬWĂ΁
WƌŽĨŽŶĚĞƵƌǌ΀ŵ΁
z }
z z z z z z
z er
ie.
co
m
Exercices
z z
alg
F IGURE 5.8 Évolution de la surpression interstitielle en fonction du temps. Les valeurs de temps t
H
sont en jours. Les valeurs de J correspondent aux intégrales 0 Δu.dz (unité : [kPa.m])
.gc
(2) Déterminer le degré de consolidation pour chaque temps considéré ainsi que le
coefﬁcient de consolidation Cv de l’argile.
ww
(3) En considérant que le tassement de la couche à t = 10 j est de 12 cm, évaluer le
tassement de l’argile pour chaque temps considéré.
Exercice 5.4.
Solution p. 135
s:/
/w
Des mesures de tassement ont été réalisées sur toute la vie d’un ouvrage. Le tassement
après trois ans de construction est de s(3 ans) = 12 cm et le tassement ﬁnal est de
sf = 20 cm. Le sol est constitué d’une couche d’argile de 15 m de hauteur conﬁnée
entre deux couches de sable drainant, considérées incompressibles (cf. ﬁgure 5.9).
ttp
(1) Par les mesures in situ, déterminer le coefﬁcient de consolidation Cv de l’argile.
; J
0G O ; J
F IGURE 5.9 Couche argileuse homogène (à gauche)
et comportant des passées drainantes (à droite)
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/
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
128
Des mesures en laboratoire ont été réalisées pour évaluer la cinétique de consolidation
de cette couche argileuse. Un échantillon d’argile de 23 mm de hauteur est placé
dans une cellule œdométrique. Sous chargement constant, les tassements mesurés
sont indiqués en tableau 5.2.
Tableau 5.2 Essai de consolidation à l’œdomètre
K $'W
KW
k
k
k
alg
(2) Déterminer le coefﬁcient de consolidation de l’argile par la méthode de Casagrande (cf. annexe B.2.). Comparer.
La présence de passées sableuses intercalées tous les 5 m dans l’argile modiﬁe les
conditions de drainage (cf. ﬁgure 5.9).
.gc
(3) Les épaisseurs de ces passées étant faibles, évaluer à nouveau le coefﬁcient Cv .
Conclure.
ww
Exercice 5.5.
Solution p. 137
Soit un massif composé d’une couche de limon argileux de 6 m de profondeur reposant sur un substratum rocheux imperméable. Le coefﬁcient de consolidation Cv
est évalué à 2, 5.10-7 m2.s-1. On dépose ensuite un remblai de hauteur HR = 3 m
(γR = 19 kN.m-3) pour pré-charger la couche de limon. Le remblai est considéré
perméable vis-à-vis de la consolidation du limon.
(1) Calculer le temps nécessaire pour obtenir 80 % du tassement ﬁnal.
s:/
/w
(2) Aﬁn de diminuer ce temps de moitié, on applique une surcharge. Donner l’épaisseur de remblai supplémentaire. On supposera que l’amplitude du tassement est
proportionnelle à la charge appliquée.
Y
J
ǻY
Y
( G "`
ttp
J
F IGURE 5.10 Remblai de pré-chargement sans surcharge (à gauche) et avec surcharge (à droite)
Une autre solution, en remplacement du remblai supplémentaire, est la consolidation
atmosphérique. La pression absolue sous la membrane étanche atteint 60 kPa. Pour
rappel, la pression atmosphérique est égale à 1013 hPa.
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/
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129
*J !
J
er
ie.
co
m
Exercices
!
L"
( G "`
F IGURE 5.11 Remblai de pré-chargement + pompe à vide
(3) Déterminer le gain de temps apporté par cette solution.
.gc
alg
Exercice 5.6.
Solution p. 138
Soit deux massifs de sol A et B composés d’une couche d’argile limoneuse de même
nature mais d’épaisseur différente. Le massif B est 20 % plus épais que la massif A.
On considère un chargement q en surface des deux massifs.
Le tassement de la couche du massif A est de 24 cm en 1 an. Son tassement ﬁnal est
de 30 cm.
(1) Évaluer le tassement ﬁnal et celui au bout de 8 mois du massif B.
ww
(2) Déterminer les temps nécessaires aux couches des deux massifs pour se tasser de
5 cm et 25 cm. Commenter.
s:/
/w
Exercice 5.7.
Solution p. 140
Un essai œdométrique a été réalisé sur sol ﬁn saturé, drainé par les deux faces,
d’épaisseur H0 = 18 mm et soumis à une charge Δσv = 15 kPa. Les résultats
sont présentés dans le tableau 5.3.
Tableau 5.3 Essai de consolidation à l’œdomètre
KW
KW
(1) Par la méthode de Taylor (cf. annexe B.1.), déterminer le coefﬁcient de consolidation Cv .
ttp
(2) Évaluer le module œdométrique Eoed,0 en ﬁn de consolidation pour ce palier de
chargement, puis en déduire la perméabilité verticale kv .
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
130
Exercice 5.8.
Solution p. 141
Un remblai de grande surface est placé sur un massif composé d’une couche d’argile de 8 m de hauteur située entre deux couches sableuses drainantes. Des essais à
l’œdomètre ont permis de déterminer le coefﬁcient de consolidation vertical et radial
Cv = 2, 4.10-7 m2.s-1 et Cr = 1, 8.10-7 m2.s-1.
Le degré de consolidation exigé doit être au minimum de U = 90 % au bout d’un
temps t = 9 mois.
(1) Montrer qu’à elle seule, la consolidation verticale ne permet pas d’atteindre cet
objectif.
alg
Des drains de diamètre d = 25 cm sont ainsi prévus sur toute la hauteur de la couche
d’argile. On cherche à déterminer le diamètre de la zone d’inﬂuence des drains D,
sachant qu’ils sont positionnés en carré.
(2) Déterminer le degré de consolidation radial Ur à partir des degrés de consolidation Uv et U .
.gc
(3) En posant n = D
d = 5, et en utilisant l’abaque de Barron, déterminer le facteur
de temps radial Tr , puis le diamètre de la zone d’inﬂuence D.
(4) Calculer le facteur n à nouveau, puis itérer jusqu’à atteindre la convergence.
ww
(5) Déterminer la distance minimale entre axes des drains, notée L.
Exercice 5.9.
Solution p. 142
9 N Ȗ !"#
Ȗ$ !"#
ttp
s:/
/w
Soit un massif de sol composé d’une couche de gravier partiellement saturée et d’une
couche d’argile normalement consolidée (cf. ﬁgure 5.12). Suite à une forte période
de sécheresse, le niveau de la nappe diminue de 2 m dans la couche de gravier.
0G Ȗ$ % !"#
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(& *
F IGURE 5.12 Baisse du niveau de la nappe
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131
er
ie.
co
m
Exercices
(1) La baisse du niveau de la nappe engendre-t-elle une diminution (tassement) ou
une augmentation (gonﬂement) de l’épaisseur de la couche d’argile ?
(2) Évaluer cette variation de hauteur par la méthode œdométrique.
Exercice 5.10.
Solution p. 142
Soit un massif composé de deux couches compressibles et entièrement saturées (cf.
ﬁgure 5.13). Deux échantillons de sol, très peu remaniés, ont été prélevés au centre
de chaque couche puis ont été soumis à un essai de compressibilité à l’appareil œdométrique. Les résultats sont présentés en tableau 5.4.
alg
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F IGURE 5.13 Massif compressible à deux couches saturées
ww
Tableau 5.4 Résultats d’essais œdométriques
w *
(
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ttp
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$$
(1) Tracer les courbes de compressibilité des deux sols puis en déterminer les paramètres Cc , Cs et σp .
(2) Les couches sont-elles normalement consolidées ?
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
132
Un remblai, de poids volumique γR = 20 kN.m-3 et de hauteur HR = 3, 5 m, est
ensuite déposé sur une grande étendue en surface du massif.
(3) Évaluer le tassement du massif après consolidation.
Exercice 5.11.
Solution p. 144
Soit un massif de sol composé d’une couche d’argile limoneuse saturée et normalement consolidée de 15 m d’épaisseur. Son indice de compression est de Cc = 0, 40,
considéré constant sur l’ensemble de la couche. Son poids volumique saturé est de
γsat = 17 kN.m-3. On étudie le tassement de la couche, après consolidation, soumise
à une charge uniformément répartie de Δσv = 120 kPa.
alg
(1) Déterminer le tassement moyen de la couche en considérant un indice des vides
initial e0 = 1, 4.
(2) Réévaluer le tassement du massif en sommant les tassements de trois couches
ﬁctives de 5 m de hauteur. Comparer.
.gc
(3) En considérant que chaque couche ﬁctive possède un indice des vides initial différent, i.e. de haut en bas e0 = [1, 6 ; 1, 4 ; 1, 2]. Déterminer à nouveau le
tassement du massif. Comparer.
Solution p. 145
ww
Exercice 5.12.
; J
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Ȗ$ !"#
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/w
Soit un massif composé de deux couches sur lesquelles doit se construire un immeuble d’habitation R + 4. Le tassement de la couche de limon argileux, normalement consolidée, est étudié ici en fonction du phasage suivant :
( G "` Ȗ$ + !"#
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F IGURE 5.14 Coupe du terrain avant travaux
ttp
• Phase 1 : rabattement de nappe de 3 m.
• Phase 2 : création d’une fouille sur 4 m de profondeur.
• Phase 3 : construction du radier et du sous-sol, soit une contrainte en fond de
fouille de 100 kPa.
• Phase 4 : relâchement de la nappe.
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133
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
• Phase 5 : construction du reste de l’immeuble, soit une contrainte supplémentaire
en fond de fouille de 200 kPa.
On considérera que la distribution des contraintes est uniforme pour chaque phase
(fouille et emprise du bâtiment étendues) et que le temps de chaque phase est sufﬁsamment long pour atteindre la ﬁn de consolidation.
(1) Évaluer le tassement, ou gonﬂement, moyen de la couche de limon argileux pour
chaque phase.
(2) Représenter la courbe de compressibilité du sol.
Exercice 5.13.
Solution p. 147
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ww
W .gc
alg
Les éoliennes sont fondées généralement sur des semelles circulaires (avec ou sans
pieu). On étudie les tassements générés par une éolienne de 1100 t (poids de la fondation superﬁcielle compris) et de diamètre à la base D = 10 m (cf. ﬁgure 5.15). Cette
dernière se trouve à proximité d’une chaussée existante de largeur B = 7 m. Le tassement maximal sous la chaussée est limité à s = 20 mm. La distorsion angulaire
entre les deux bords de la chaussée est limitée à wd = 5.10-4.
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/w
F IGURE 5.15 Coupe du terrain (éolienne + chaussée)
Les couches sont normalement consolidées. Le calcul des tassements devra considérer que la couche de limon est discrétisée en deux couches ﬁctives de 2 m de hauteur
et de mêmes caractéristiques. La chaussée apporte une contrainte verticale en tête de
massif de qc = 25 kPa.
Le projet prévoit de placer l’éolienne à une distance entre axes r = 11 m de la
chaussée.
ttp
(1) Déterminer les valeurs des contraintes verticales effectives initiales nécessaires
pour le calcul des tassements.
(2) Évaluer les tassements moyen et différentiel.
(3) Les limites de tassement sont-elles dépassées ? Si oui, proposer différentes solutions.
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
134
SOLUTIONS DES EXERCICES
Solution 5.1.
(1) Le temps de consolidation se détermine à partir de la relation : t =
Avec :
Tv .H 2
Cv
• Tv : facteur de temps déterminé partir de la courbe Tv = f (Uv ).
• H : chemin de drainage, égal ici à la moitié de l’épaisseur de la couche car le
drainage se réalise par les deux faces. Ainsi H = 1 m.
• Cv : coefﬁcient de consolidation.
Tv .H 2
= 6, 4.10-7 m2.s-1
t
.gc
Cv =
alg
Le coefﬁcient de consolidation se détermine à partir des valeurs à Uv = 50 %.
En effet, dans cet état, le facteur de temps vaut Tv = 0, 196 et le coefﬁcient de
consolidation :
Pour un degré de consolidation Uv = 70 %, le facteur de temps vaut Tv = 0, 403,
ainsi le temps de consolidation est de t = 175 h.
Cv .t
= 0, 023
H2
ww
(2) Au bout de 10 h, le facteur de temps est égal à Tv =
On en déduit le degré de consolidation : Uv = 17 %
Solution 5.2.
s:/
/w
(1) On relie le tassement au temps par l’intermédiaire du degré de consolidation et
du facteur de temps.
Tv .H 2
s(t) = Uv .sf et t =
Cv
Ainsi, la ﬁgure 5.4 trace la fonction reliant le facteur de temps Tv au degré de
consolidation Uv , l’évolution temporelle du tassement se trace aisément. Cette
fonction n’étant pas linéaire, il est conseillé de choisir une échelle adaptée pour
le temps.
ttp
La ﬁgure 5.16 trace cette évolution avec une échelle logarithmique.
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/
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135
:}
KW
:}
:}
KW
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
:}
:}
alg
F IGURE 5.16 Évolution du tassement de la couche en fonction du temps
Solution 5.3.
.gc
(1) En considérant que l’augmentation de pression interstitielle dans la couche est
instantanée, on peut écrire qu’en tout point de l’argile :
Δu(t = 0+ ) = q = 25 kPa
Cette augmentation de pression se traduit par une augmentation de hauteur dans
Δu
le piézomètre HP =
= 2, 5 m.
γw
ww
(2) Le degré de consolidation, déterminé pour chaque temps considéré (cf. tableau
5.5), s’exprime en fonction de la surpression interstitielle par la relation suivante :
H
Δu.dz
J
Uv = 1 − 0
=1−
H.Δσv
H.q
Tableau 5.5 Degré de consolidation en fonction du temps
s:/
/w
}
B
Le coefﬁcient de consolidation de l’argile se détermine par la relation :
Tv .H 2
Cv =
t
ttp
En prenant t = 10 j = 8, 64.105 s, le degré de consolidation correspondant est
égal à Uv = 25 % ce qui équivaut à un facteur de temps :
π.Uv2
Tv =
= 0, 04
4
Le chemin de drainage H est égal ici à la hauteur totale de la couche (drainage
par une seule face). Ainsi : Cv = 2, 02.10-6 m2.s-1.
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/
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
136
Solution 5.4.
(1) À partir des mesures fournies, le degré de consolidation au bout de trois ans est
de :
s(3 ans)
Uv =
= 60 %
sf
À partir de la relation Tv = f (Uv ), le facteur de temps est égale à Tv = 0, 286.
Enﬁn, les conditions de drainage imposant un chemin de drainage H égal à la
moitié de la hauteur de la couche, le coefﬁcient de consolidation se détermine
Tv .H 2
par la théorie de Terzaghi Cv =
= 1, 70.10-7 m2.s-1.
t
:}
:}
:}
:}
:}
ww
KW
KW
:}
:}
.gc
:}
alg
(2) L’évolution du tassement, lors de l’essai œdométrique, est représentée en ﬁgure
5.17. Par la méthode de Casagrande, les paramètres à déterminer graphiquement
sont s100 = 95, 8.10-2 mm et sc = 1, 0.10-2 mm.
s:/
/w
F IGURE 5.17 Construction graphique par la méthode de Casagrande à partir de l’évolution
des tassements œdométriques en fonction du temps
ttp
Par calcul, la moyenne des tassements précédents donne s50 = 47, 4.10-2 mm ce
qui correspond, par lecture sur la courbe d’essai, à un temps t50 = 1260 s.
La hauteur de l’éprouvette au temps t50 est égal à 22, 53 mm, le chemin de drainage vaut donc H = 11, 3 mm.
Ainsi, le coefﬁcient de consolidation est estimé par cette méthode à :
0, 197.H 2
Cv =
= 1, 98.10-8 m2.s-1
t50
La différence entre les deux valeurs de coefﬁcient est très forte. La valeur tirée
de l’essai œdométrique est environ égale au dixième de la première valeur.
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137
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
(3) La présence de passées sableuses contribue à diminuer fortement les chemins de
drainage. Chaque sous-couche fait 5 m d’épaisseur. En considérant un drainage
par les deux faces, le chemin de drainage vaut H = 2, 5 m (au lieu de H = 7, 5 m
précédemment).
Les couches d’argiles sont toutes de même nature et épaisseur. Aussi, la cinétique de consolidation sera identique pour les trois couches. Le tassement ﬁnal
est de 20 cm donc chaque couche se tasse au ﬁnal de 6, 7 cm. De même, au
bout de trois ans, chaque couche se tasse de 4 cm. Le degré de consolidation et
le facteur de temps au bout de trois ans restent égaux à Uv = 60 % et Tv = 0, 286.
Solution 5.5.
alg
Ainsi en prenant en compte l’effet des passées drainantes, le coefﬁcient de consolidation est égal à Cv = 1, 89.10-8 m2.s-1.
Cette valeur est en adéquation avec l’essai œdométrique, l’erreur est de 5 % environ.
.gc
(1) Le degré de consolidation étant égal à U1 = 80 %, on calcule le facteur de temps
(Uv,1 < 60 %) :
2
4
π
Tv,1 = − 2 ln
(1 − Uv,1 ) = 0, 57
π
8
Tv,1 .H 2
Cv
Avec Cv = 2, 5.10-7 m2.s-1et H = 6 m (couche drainée sur une seule face).
ww
Puis le temps t1 à partir de la relation suivante : t1 =
AN : t1 = 8, 16.107 s = 945 j
Le tassement au temps t1 et le tassement ﬁnal seront notés respectivement s1 et
sf,1 .
ttp
s:/
/w
(2) On cherche à diminuer ce temps par deux, donc à obtenir un tassement égal à s1
en un temps t2 = 4, 08.107 s.
Cv .t2
Ce temps correspond à un facteur de temps de Tv,2 =
= 0, 28 puis un
H2
degré de consolidation de Uv,1 = 59, 7 %.
En considérant que l’amplitude du tassement est proportionnelle à la charge appliquée en surface (hypothèse forte), le tassement ﬁnal après surcharge s’exprime :
HR + ΔHR
sf,2 =
.sf,1
HR
s1
HR + ΔHR s1
Ou encore :
=
.
Uv,2
HR
Uv,1
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
138
On détermine ainsi la hauteur
de la surcharge ΔHR :
Uv,1
ΔHR = HR .
− 1 = 1, 02 m
Uv,2
(3) La diminution de pression dans le remblai permet de se servir de la pression
atmosphérique pour charger le sol. La différence de pression Δp entre l’extérieur
et l’intérieur du remblai correspond à la surcharge appliquée :
p = (1, 013 − 0, 60).105 = 0, 41.105 Pa
Cette pression est équivalente à une hauteur de surcharge de :
p
ΔHR =
= 2, 2 m
γR
alg
En suivant le cheminement inverse à la question précédente, on remonte au degré
de consolidation, noté Uv,3 :
HR
Uv,3 =
.Uv,1 = 46, 4 %
HR + ΔHR
Solution 5.6.
.gc
Le facteur de temps associé est égal à Tv,3 = 0, 169 et le temps t3 nécessaire pour
atteindre le tassement s1 s’exprime :
Tv,3 .H 2
t3 =
= 2, 43.107 s = 282 j
Cv
ww
(1) Le sol est de même nature dans les deux massifs, aussi le coefﬁcient Cv est identique. Ce dernier est inconnu, tout comme l’épaisseur de la couche. En considérant que l’amplitude du tassement ﬁnal est proportionnelle à l’épaisseur de la
couche, le tassement ﬁnal du massif B est égal à :
sB,∞ = 1, 2.sA,∞ = 36 cm
s:/
/w
On peut calculer le rapport αA =
αA =
Cv
2 à partir des données fournies :
HA
Tv,A
Cv
=
2
tA
HA
La massif A a tassé en 1 an de sA,(tA =1 an) = 24 cm et son tassement ﬁnal est de
sA,∞ = 30 cm donc son degré de consolidation à 1 an est égal à :
sA,(tA =1 an)
Uv,A =
= 80 %
sA,∞
ttp
Ce degré de consolidation correspond à un facteur de temps Tv = 0, 54. On
détermine enﬁn le coefﬁcient αA = 1, 71.10-8 s-1.
On déﬁnit ensuite le paramètre αB :
Cv
Cv
αA
αB = 2 =
=
= 1, 19.10-8 s-1
2
(1, 2.HA )
1, 22
HB
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139
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Grâce à ce paramètre, on peut évaluer la cinétique de tassement du massif B. Au
bout de 8 mois, le facteur de temps Tv,B est égal à :
Cv .tB
Tv,B =
2 = αB .tB = 0, 56
HB
4.Tv,B
Ce facteur de temps correspond à un degré de consolidation UB =
= 56 %.
π
Le tassement au bout de 8 mois est donc de :
sB,(tB =8 mois) = Uv,B .sB,∞ = 20, 3 cm
alg
(2) Pour un tassement de sA,(tA ) = sB,(tA ) = 5 cm, les degrés de consolidation des
massifs sont égaux à :
sA,(tA )
sB,(tA )
Uv,A =
= 16, 7 % et Uv,B =
= 13, 9 %
sA,∞
sB,∞
Les facteurs de temps associés valent respectivement Tv,A =
2
π.Uv,B
2
π.Uv,A
4
= 0, 022
.gc
et Tv,B =
= 0, 015. Cette dernière relation peut être utilisée lorsque
4
Tv < 0, 28 ou encore U < 60 % ce qui est le cas ici. Ainsi on détermine les
temps associés à partir des relations suivantes :
Tv,A
Tv,B
tA =
= 14, 7 j et tB =
= 14, 7 j
αA
αB
ww
Si l’on suit le même raisonnement pour un tassement sA,tA = sB,tA = 25 cm, on
obtient successivement :
sA,tA
sB,tA
UA =
= 83, 3 % et UB =
= 69, 4 %
sA,∞
sB,∞
s:/
/w
Le degré de consolidation étant supérieure à 60 %, le facteur de temps se détermine par la relation
2 :
4
π
Tv = − 2 ln
(1 − U )
π
8
Ainsi Tv,A = 0, 64 et Tv,B = 0, 40 ce qui correspond aux temps de consolidation
suivants :
Tv,A
T
tA =
= 433 j et tB = αv,B
= 384 j
B
αA
En commentaire, on peut constater que :
ttp
• Pour de faibles valeurs de tassements les temps de consolidation sont identiques. En effet la fonction Uv = f (Tv ) peut être approchée à une fonction
racine carrée pour de faibles degrés de consolidation. En revanche, en ﬁn de
consolidation, cette relation n’est plus valable, les temps obtenus sont donc
différents.
• La couche la moins épaisse met plus de temps pour atteindre 25 cm de
tassement. Ceci est logique, compte tenu du fort degré de consolidation
Uv = 83, 3 %. En ﬁn de consolidation, le tassement évolue très lentement.
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5 • Tassements
Solution 5.7.
er
ie.
co
m
140
(1) La
√ méthode de Taylor impose de tracer l’évolution du tassement en fonction de
t (cf. ﬁgure 5.18).
}" K}"W
KW
alg
.gc
F IGURE 5.18 Construction graphique par la méthode de Taylor à partir de l’évolution
des tassements œdométriques en fonction de la racine carrée du temps
ww
Graphiquement, la droite D1 a pour origine corrigée sc = 0, 082 mm et une
1
pente 0, 084 mm.s- /2 . D’après la méthode, la droite D2 a une pente 15 %
1
plus faible, soit 0, 073 mm.s- /2 . La temps à 90 % de consolidation vaut ainsi
t90 = 412 = 179, 6 s. On en déduit ainsi le coefﬁcient de consolidation :
0, 848.H 2
Cv =
t90
s:/
/w
L’échantillon étant drainé par ses deux faces, le chemin de drainage est égal à la
moitié de la hauteur de l’échantillon H = H20 = 9 mm.
AN : Cv = 3, 83.10-7 m2.s-1
(2) Le module œdométrique initial Eoed,0 s’exprime : Eoed,0 =
Δσv
ΔH
H0
ttp
Le tassement ﬁnal pour ce palier de chargement est approximativement de
ΔH = 1, 2 mm. Ainsi, le module est égal à : Eoed,0 = 225 kPa.
La perméabilité verticale est déduite de la théorie de la consolidation, par la relation :
Cv .γw
kv =
= 1, 7.10-11 m.s-1
Eoed,0
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141
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Solution 5.8.
(1) À partir du temps ﬁxé t = 9 mois, du degré de consolidation Cv = 2, 4 m2.s-1 et
du chemin de drainage H = 4 m (drainage par les deux faces), on détermine le
facteur de temps Tv :
Cv .t
Tv =
= 0, 089
H2
Le degré de consolidation correspondant à ce facteur est égal à Uv = 33, 5 % ce
qui est largement inférieur à l’objectif ﬁxé.
(2) Le degré de consolidation, dans le cas d’un massif avec drains, s’exprime :
(1 − U ) = (1 − Ur )(1 − Uv )
alg
Avec U = 90 % et Uv = 33, 5 % donc : Ur = 85 %
.gc
(3) L’abaque de Barron permet de lire la valeur du facteur de temps radial Tr en
fonction du degré de consolidation radial Ur et de du facteur n : Tr = 2, 2 %
Le facteur de temps et le diamètre d’inﬂuence des drains sont également reliés
par la relation :
Cr .t
Cr .t
Tr = 2 ou encore : D =
= 1, 39 m
D
Tr
ww
(4) La procédure itérative consiste à calculer successivement le facteur n, le facteur
de temps Tr et le diamètre d’inﬂuence des drains D. Le tableau 5.6 donne les
valeurs de ces paramètres jusqu’à convergence.
Tableau 5.6 Itérations successives de n, Tr et D
$
s:/
/w
_
&
Ͳ
Ͳ
ŵ
(5) Lorsque les drains sont positionnés en carré, le diamètre d’inﬂuence des drains
est égale à 1, 13 fois la distance entre axes des drains L. On en déduit ainsi cette
distance :
D
⇒ L = 1, 17 m
1, 13
ttp
L=
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
142
Solution 5.9.
(1) Lorsque la contrainte effective verticale augmente, le sol se tasse. À l’inverse, il
gonﬂe lorsque cette contrainte diminue.
Les contraintes verticales totales au centre de la couche d’argile avant (σv0 ) et
après (σv ) valent : σv0 = 117 kPa et σv = 111 kPa
Les pressions interstitielles valent u0 = 50 kPa et u = 30 kPa.
Ainsi, par la formule de Terzaghi σ = σ − u, les contraintes effectives sont
= 67 kPa et σ = 80 kPa.
estimées à : σv0
v
Ainsi la baisse du niveau de la nappe fait augmenter la contrainte verticale
effective de Δσv = 27 kPa, donc le sol se tasse.
Solution 5.10.
alg
(2) Dans le cas d’un sol normalement consolidé, le tassement s de la couche de hauteur initiale H0 = 4m s’exprime par :
+ Δσ H0
σv0
H0
σv
v
s=
.Cc . log
=
.Cc . log
= 6, 3 cm
1 + e0
σv0
1 + e0
σv0
ww
.gc
(1) La courbe de compressibilité représente l’évolution de l’indice des vides d’un sol
en fonction de la contrainte effective verticale (échelle semi-logarithmique). Pour
chaque palier de chargement l’indice des vides se détermine à partir de la relation
suivante :
ΔH
Δe
=
H
1+e
s:/
/w
Ainsi, après le premier palier (σv = 10 kPa), l’indice des vides e1 s’exprime :
H0 − H1
e1 = e0 − (1 + e0 ).
H0
Hi−1 − Hi
Ou plus généralement : ei = ei−1 − (1 + ei−1 ).
Hi−1
ttp
Le tableau 5.7 résume les valeurs des indices des vides des deux échantillons. La
ﬁgure 5.19 représente les courbes de compressibilité.
Les indices de gonﬂement Cs et de compression Cc se déterminent graphiquement, par régression linéaire sur les deux portions des courbes. Le tableau 5.8
résume les résultats obtenus.
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143
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Tableau 5.7 Indices des vides des deux échantillons
$ $$
Z
\
\
ϭ͕Ϯ
.gc
Ϭ͕ϴ
Ğ
,(
$ alg
ϭ
*
(
0G "
Ϭ͕ϲ
Ϭ͕ϰ
Ϭ
ϭ
ww
; J G "`
Ϭ͕Ϯ
ϭϬ
(ʍΖǀ ΀ŬWĂ΁
ϭϬϬ
ϭϬϬϬ
s:/
/w
F IGURE 5.19 Courbes de compressibilité
Tableau 5.8 Indices de gonﬂement, de compression et contrainte de préconsolidation
*
(
,(
$ \
\
ı^
Z
ttp
(2) Pour connaître l’état de consolidation, il faut évaluer les contraintes effectives au
niveau du point de prélèvement des échantillons.
Pour le sable argileux, la contrainte effective verticale au centre de la couche est
= 30 kPa. La couche est donc surconsolidée puisque la contrainte de
égale à σv0
préconsolidation vaut σp = 89 kPa.
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
144
Pour l’argile, la contrainte effective verticale au centre de la couche est égale à
= 95 kPa. Ainsi, la contrainte de préconsolidation valant σ = 175 kPa, la
σv0
p
couche est également surconsolidée.
(3) La couche de remblai est sufﬁsamment étendue, donc elle crée une augmentation
de contrainte Δσv , identique au sein des deux couches du massif, égale à :
Δσv = γR .HR = 70 kPa
alg
+Δσ ,
Les contraintes effectives après mise en place du remblai, exprimée σv = σv0
v
sont égales à 100 kPa pour le sable argileux et 165 kPa pour l’argile.
Le tassementde la couche
de
sable argileux
se
détermine par la relation :
H0
σc
σv
s=
. Cs . log
+ Cc . log
= 3, 3 cm
1 + e0
σv0
σc
La contrainte effective dans la couche d’argile ne dépasse pas la contrainte de
préconsolidation, ainsi
s’exprime par :
le tassement
H0
σc
s=
.Cs . log
= 1, 6 cm
1 + e0
σv0
Solution 5.11.
.gc
Soit un tassement total : s = 4, 9 cm
ww
(1) La couche d’argile fait 15 m de hauteur. Il faut s’attendre à de fortes erreurs
si l’on ne considère qu’une seule couche. À mi-hauteur, la contrainte effective
initiale est égale à :
= 7, 5.γ = 52, 5 kPa
σv0
s:/
/w
La couche est normalement consolidée, donc le tassement se détermine par la
relation :
H0
σv0 + Δσv
s=
.Cc. log
1 + e0
σv0
La charge se transmet uniformément dans le massif et la phase de consolidation
est terminée, donc Δσv = Δσv .
AN : s = 1, 29 m
ttp
(2) En considérant trois couches ﬁctives de même nature, seules les contraintes initiales varient. Hormis cela, la démarche est identique et les résultats sont présentés dans le tableau 5.9.
Le tassement total est égal à la somme des tassements : s = 1, 48 m
Soit plus de 10 % d’erreur par rapport à la première étude. À noter que ce calcul
est également une approximation. Dans ces conditions, avec une inﬁnité de
couches ﬁctives, le tassement est environ égal à 1, 6 m.
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145
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Tableau 5.9 Valeurs de contraintes effectives verticales et tassements par couche
;
;"
;
# © %
# © %
]$ #©%
ʍ
Z
_$
alg
(3) Séparer en couches ﬁctives permet de prendre en compte les différences de caractéristiques géométriques ou mécaniques, qui peuvent évoluer avec la profondeur.
Ici à titre d’exemple, l’indice est différent en fonction des couches. Le tableau
5.10 présente les résultats.
\
Tableau 5.10 Valeurs de contraintes effectives verticales, d’indice des vides,
et de tassements par couche.
;
;"
;
#©%
# © %
# © %
ʍ
Z
_$
.gc
]$ ww
Le tassement total vaut ainsi s = 1, 46 m, soit moins de 2 % d’erreur par rapport
à la conﬁguration précédente.
Solution 5.12.
s:/
/w
(1) Aﬁn d’évaluer le tassement moyen de la couche de limon argileux pour chaque
phase, il faut évaluer l’augmentation ou la diminution de contrainte effective
verticale au centre de la couche.
Phase 0 : avant rabattement de nappe, la contrainte effective verticale se calcule
avec le poids des terres.
= 2.γ +4.γ +1, 5.γ = 2.γ +4.(γ
σv0
1
1
sat,1 −γw )+1, 5.(γsat, −γw ) = 96, 3 kPa
1
2
Cette valeur est proche de la contrainte de pré-consolidation σp = 96 kPa, le
limon est donc normalement consolidé.
ttp
Phase 1 : le rabattement modiﬁe la hauteur de sable déjaugé.
= 5.γ + 1.γ + 1, 5.γ = 120, 3 kPa
σv1
1
1
2
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
146
Cette augmentation de contrainte engendre un tassement qui, lorsque le sol est
normalement consolidé,
par la relation suivante :
s’évalue
H0
σv1
s1 =
.Cc . log
= 2, 4 cm
1 + e0
σv0
Après tassement, la hauteur de la couche est égale à : H1 = H0 − s1 = 2, 976 m
L’indice des vides diminue également
:
σv1
e1 = e0 − Δe = e0 − Cc . log
= 0, 785
σv0
alg
Phase 2 : le déblaiement de la fouille soulage la couche de limon donc engendre
est égale à la contrainte préun gonﬂement. La contrainte verticale effective σv2
cédente à laquelle on retire le poids de 4 m de sol humide.
= σ − 4.γ = 44, 3 kPa
σv2
1
v1
H1
σv2
D’où le gonﬂement : s2 =
.Cs . log
= −2, 2 cm
1 + e1
σv1
H2 = H1 − s2 = 2, 997 m σv2
e2 = e1 − Δe = e1 − Cs . log
= 0, 798
σv1
.gc
La sol est surconsolidé après cette étape. La contrainte de pré-consolidation est
= 120, 3 kPa
égale à la valeur maximale, évaluée précédemment σp = σv1
ww
Phase 3 : la distribution de contrainte de charge étant uniforme, la contrainte
effective verticale, après construction d’une partie du bâtiment, est égale à :
= σ + 100 = 144, 3 kPa
σv3
v2
s:/
/w
Le sol, surconsolidé avant cette étape, subit une charge dépassant la contrainte de
pré-consolidation. Le tassement s’exprime donc :
σp
H2
σv3
s3 =
Cs . log + Cc . log = 4, 2 cm
1 + e2
σv2
σp
H3 = H2 − s3 = 2, 956 m
σp
σv3
e3 = e2 − Δe = e2 − Cs . Cs . log + Cc . log = 0, 773
σv2
σp
ttp
Phase 4 : le relâchement de la nappe a pour unique effet de déjauger le sol sableux
sur 1 m. Ainsi la contrainte effective verticale dans le limon est de :
= 100 + 2.γ + 1, 5.γ = 136, 3 kPa
σv4
1
2
Le relâchement de la nappeengendre un gonﬂement, d’où l’expression :
H3
σv4
= −0, 1 cm
s4 =
.Cs . log
1 + e3
σv3
H4 = H3 − s4 = 2, 957 m σv4
= 0, 774
e4 = e3 − Δe = e3 − Cs . log
σv3
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147
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Le sol est surconsolidé après cette étape. La contrainte de pré-consolidation
= 144, 3 kPa
devient σp = σv3
Phase 5 : la ﬁn de construction de l’ouvrage fait augmenter uniformément la
contrainte dans le massif.
= σ + 120 = 156, 3 kPa
σv5
v4
alg
Cette contrainte dépasse la contrainte de pré-consolidation donc le tassement engendré s’exprime :
σp
H4
σv5
s5 =
Cs . log + Cc . log = 6, 4 cm
1 + e4
σv4
σp
H5 = H4 − s5 = 2, 957 m
σp
σ
e5 = e4 − Δe = e4 − Cs . log + Cc . log v5
= 0, 736
σv4
σp
(2) La courbe de compressibilité (cf. ﬁgure 5.20) représente l’évolution de l’indice
des vides moyen de la couche en fonction de la contrainte verticale à mi-hauteur.
.gc
ůŽŐʍΖǀ΀ŬWĂ΁
s:/
/w
ww
Ğ
F IGURE 5.20 Courbes de compressibilité
Solution 5.13.
ttp
(1) Pour déterminer les tassements, il faut évaluer l’évolution de la contrainte verticale effective dans les couches. Le tassement maximal se produira logiquement
sous le bord de la chaussée à proximité de l’éolienne. La distorsion angulaire
correspond au rapport entre la différence de tassement entre les deux bords
de la chaussée et sa largeur. Ainsi les contraintes effectives verticales seront
déterminées sous les deux bords.
L’état initial des contraintes dans le massif s’évalue à partir du poids des terres
dans
et de la chaussée. Le poids des terres apporte des contraintes uniformes σv1
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5 • Tassements
er
ie.
co
m
148
le massif. La chaussée est répartie sur une largeur donnée, ainsi elle apporte une
contrainte variable en fonction de la profondeur. L’abaque A.3 permet de déterminer les coefﬁcients d’inﬂuence en fonction de la géométrie donnée.
Le rapport L/z tend vers l’inﬁni tandis que B/z varie. La chaussée est supposée
inﬁniment longue donc le coefﬁcient d’inﬂuence totale I est égal au double de la
valeur indiquée dans l’abaque.
= σ + σ les contraintes verticales effectives initiales au centre
On notera σv0
v1
v2
des quatre couches (cf. tableau 5.11).
Tableau 5.11 Valeurs de contraintes verticales effectives initiales
ı Z
0}

ı "
ı alg
\
B
Z
Z
.gc
4
ww
(2) La fondation apporte un poids de 11000 kN sur une surface circulaire de diamètre
D = 10 m. La contrainte qe sous la fondation est donc égale à :
11000
qe = π.D2 = 140 kPa
s:/
/w
À partir de l’abaque A.1, on évalue les contraintes verticales Δσv apportées par
l’éolienne au centre de chaque couche et au niveau des deux bords de la chaussée.
Le tassement des couches normalement consolidées s’évalue à partir de la relation :
H0
σv0 + Δσv
s=
.Cc . log
1 + e0
σv0
Le tableau 5.12 résume les valeurs des contraintes et tassements pour chaque
couche.
(3) Le tassement maximal total est égal smax = 39, 2 mm. La distorsion angulaire
(39, 2 − 2, 8).10-3
est égale à wd =
= 5, 2.10-3.
7
Le tassement maximal total et la distorsion angulaire dépassent leur limite. Les
solutions possibles pour pallier ce problème :
ttp
• Éloigner l’éolienne : en augmentant le coefﬁcient r/R la contrainte Δσv diminue.
• Enfouir l’éolienne : en diminuant le coefﬁcient z/R, la contrainte Δσv diminue. Une profondeur hors gel est de toute façon nécessaire en réalité.
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149
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Tableau 5.12 Contraintes verticales effectives ﬁnales et tassements par couche
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B
Z
V
¢
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B
Z
V
¢
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• Ajouter des pieux : en ajoutant des pieux, les charges seront transmises en
profondeur. La hauteur de couches sujette aux tassements est ainsi plus faible.
ttp
s:/
/w
ww
.gc
À noter enﬁn qu’une solution de consolidation, par remblai ou autre, avant
construction de l’éolienne semble être une solution inadéquate puisqu’elle
engendrerait des tassements de la chaussée.
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Chapitre 6
.gc
alg
Soutènement
6.1 TYPES D’OUVRAGES DE SOUTÈNEMENT
ww
Pour l’étude du comportement des ouvrages de soutènement, de leur dimensionnement et des vériﬁcations de stabilités internes et externes, il convient de distinguer
trois types d’ouvrages : murs-poids, rideaux et ouvrages de soutènement composites.
6.1.1. Murs-poids
s:/
/w
Les murs-poids sont majoritairement constitués de pierre ou de béton (armé ou non),
et présentent une semelle à la base avec ou sans talon, épaulement ou contrefort.
Le poids du mur permet généralement d’apporter une force stabilisatrice et inclut
parfois une masse supplémentaire de sol, rocher ou remblai.
6.1.2. Rideaux (murs encastrés)
ttp
Les rideaux sont constitués de parois minces en acier, béton armé ou bois. Leur stabilité peut être assurée par la présence d’ancrages, de butons et de butée des terres.
Les rideaux de palplanches autostables, ancrés ou butonnés et les parois moulées
entrent dans cette catégorie.
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6 • Soutènement
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6.1.3. Ouvrages de soutènements composites
Lorsqu’un ouvrage de soutènement comporte des éléments structuraux appartenant
aux deux types précédents, il entre dans cette troisième catégorie. Les batardeaux, les
ouvrages en terre renforcés par des ancrages ou des géotextiles, et les parois clouées
en sont des exemples courants.
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*"V F IGURE 6.1 Types d’ouvrages de soutènement
.gc
6.2 ÉTATS LIMITES
ww
Les pathologies des murs de soutènement, et leurs effets sur les ouvrages existants,
sont très nombreux. Aussi pour tout type de murs de soutènement, il est impératif de
prendre en compte des états limites (cf. tableau 6.1).
Tableau 6.1 États limites des ouvrages de soutènement
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Durant la vie de l’ouvrage, de nombreuses situations, dites « de calcul », peuvent
modiﬁer le comportement de l’ouvrage. Avec plus ou moins de variabilité en fonction
des ouvrages, dans l’espace et au cours du temps, il est important de considérer des
variations des propriétés des sols, du niveau d’eau, de la pression interstitielle, des
actions, des effets de futurs travaux (excavation, affouillement, remblai, compactage),
etc.
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États limites
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6.2
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6.2.1. Poussée des terres
La poussée des terres sur les ouvrages de soutènement dépend de la nature du sol, de
sa stratiﬁcation, de son état de consolidation, et de sa résistance au cisaillement. Les
déplacements, la rigidité et la rugosité de l’ouvrage ont aussi un rôle essentiel.
a) États au repos
Lorsque les déplacements relatifs du mur, ou du rideau, par rapport au terrain sont
faibles, le sol est considéré en état de contraintes au repos. Si le terrain est incliné vers
le haut à partir de la tête du mur, avec un angle β < ϕ par rapport à l’horizontale, le
coefﬁcient de pression des terres au repos K0 s’exprime :
K0 = (1 − sin ϕ ) Roc .(1 + sin β)
alg
La direction de la force résultante est considérée parallèle à la surface du terrain.
Lorsque les déplacements relatifs sont importants, des états limites d’équilibre plastique de poussée et de butée apparaissent.
.gc
b) Équilibres limites de poussée et de butée
Il existe plusieurs théories permettant d’évaluer les valeurs de poussée et butée des
terres. Les plus connues (cf. ﬁgure 6.2) sont :
ww
• Théorie de Coulomb : le sol est apparenté à un bloc qui glisse sur une surface.
L’équilibre des forces en jeu (poids, réaction et frottement à la base du bloc, inclinaison de la force sur la paroi) permet de déterminer les forces de poussées
et butées. La méthode complète ne sera pas détaillée ici bien qu’elle donne des
résultats acceptables dans le cas des sols homogènes et frottants.
s:/
/w
• Théorie de Rankine : tout le massif est considéré en équilibre plastique et l’état
d’équilibre est identique pour tous les points situés à une même profondeur. Les
lignes de glissement sont considérées rectilignes. Lorsque les déplacements de la
paroi sont sufﬁsants, le sol peut entrer en état d’équilibre de poussée active, s’il
participe au mouvement du mur, et de butée passive s’il s’y oppose (cf. ﬁgure 6.3).
ttp
• Théorie de Boussinesq : la rugosité de l’ouvrage est prise en compte via l’angle
de frottement δ compris entre 0 (pas de frottement) et ϕ (frottement maximal).
Le sol est considéré en partie en équilibre de Rankine et en partie en équilibre de
Boussinesq.
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154
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J|
|
F IGURE 6.2 Représentation des surfaces de glissement suivant les théories de
a) Coulomb b) Rankine c) Boussinesq
Les contraintes horizontales de poussée σa et de butée σp sont évaluées à partir des
relations suivantes :
Avec :
.gc
• γ.z : poids du sol depuis la surface,
alg
σa = Ka .[γ.z + q] − 2c Ka et σp = Kp .[γ.z + q] + 2c Kp
• q : surcharge uniforme en surface,
• c : cohésion du terrain,
ww
• Ka et Kp : coefﬁcients de poussée et de butée des terres, déterminés par les
abaques en annexe C.
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V͛sϬ
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V͛Ɖ
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F IGURE 6.3 États limites de poussée et butée dans la représentation de Mohr
Dans le cas d’écrans verticaux avec surface libre horizontale, ces coefﬁcients s’expriment :
π ϕ
π ϕ
1
Ka = tan2
−
et Kp = tan2
+
=
4
2
4
2
Ka
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Murs-poids
155
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6.3
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Les efforts de poussée et butée se déterminent par intégration des contraintes sur la
hauteur de sol considérée en état limite.
alg
En cas de présence de nappe, l’expression est valable en contraintes effectives en
prenant en compte le poids volumique déjaugé du sol γ . Les contraintes totales horizontales qui s’appliquent sur le mur s’évaluent à partir du principe de Terzaghi. Dans
le cas où le mur retient des sols cohérents, il est nécessaire de s’assurer que les calculs
ne conduisent pas à des contraintes effectives de poussées négatives. Le cas échéant,
il convient d’annuler la contrainte effective calculée à l’interface sol-écran.
Lorsqu’un calcul en contraintes totales est effectué, les propriétés du terrain en
conditions non drainées cu et ϕu sont à utiliser. Dans le cas de sols saturés, on
considère cu = 0 et ϕu = 0.
6.3 MURS-POIDS
6.3.1. Fonctionnement mécanique
ttp
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|
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ȕ
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ww
.gc
La distribution de la poussée est supposée linéaire dans le cas des murs-poids. Cette
hypothèse suppose que le mur est rigide et qu’il se déplace sufﬁsamment pour solliciter la poussée. En revanche, la butée nécessite que le mur se déplace notablement
pour pouvoir être activée, elle n’est donc généralement pas prise en compte pour les
vériﬁcations de stabilité. En fonction du type de mouvement du mur (translation ou
rotation) et de la densité du sol, le déplacement relatif v/h (avec v déplacement maximal et h hauteur de la zone en poussée ou en butée) est compris entre 0, 05 et 1 %
(poussée) et entre 3 et 25 % (butée).
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X { |
<
<
į
F IGURE 6.4 Actions sur un mur-poids et représentation de la ligne ﬁctive
dans le cas des murs en T renversé
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6 • Soutènement
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6.3.2. Vériﬁcations de stabilité
alg
La ﬁgure 6.4 représente de manière simpliﬁée les actions qui s’appliquent sur un
mur-poids. Dans le cas d’un mur en T renversé, on déﬁnit couramment un écran ﬁctif
vertical. La force, de poids ou de surcharge, appliquée sur ce mur est inclinée d’un
angle δ déterminé à partir des relations suivantes :
1
• si Hv Bt . tan θ alors δ = β (poids) ou δ = sup β; ϕ (surcharge),
3
Bt . tan θ
• si Hv Bt . tan θ alors δ = β + (δ0 − β) 1 −
(poids et surcharge).
Hv
2 π ϕ y − β
sin β
Avec : δ0 = sup β; ϕ
θ= +
+
y = arctan
3
4
2
2
sin ϕ
|
J|
X
X
!|
X
X
|
X
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.gc
La ﬁgure 6.5 représente les différents mécanismes de ruine possibles dans le cas
des murs-poids. Seules les vériﬁcations au poinçonnement, au renversement et au
glissement seront traitées dans cette partie.
F IGURE 6.5 Mécanismes de ruine à considérer : a) Poinçonnement b) Renversement
c) Glissement d) Rupture de la structure e) Instabilité générale
s:/
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a) Poinçonnement
Le principe de justiﬁcation consiste à vériﬁer que la contrainte de référence qref
appliquée par les actions sur le sol est inférieure à la contrainte limite du sol qlim . La
contrainte de référence est calculée suivant la méthode employée pour les fondations
superﬁcielles (cf. ﬁgure 8.8).
b) Renversement
ttp
Un mur-poids est susceptible de se renverser si les actions motrices (poussée, surcharge) apportent un moment global supérieur à celui des actions stabilisatrices
(poids, butée). La vériﬁcation de renversement est faite si le coefﬁcient de sécurité
Frenv respecte la condition suivante :
Frenv =
Mi/A(stab)
< 1, 5
Mi/A(mot)
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Rideaux
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6.4
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Hormis pour les murs fondés sur massif rocheux, les murs-poids sont rarement dimensionnés selon ce critère.
c) Glissement
La vériﬁcation au glissement consiste à s’assurer que la résultante des forces horizontales à la base de la semelle est plus faible que la force maximale qui peut être
mobilisée. Cette dernière s’estime à partir de la résultante des forces verticales et du
critère de Coulomb. On déﬁnit ainsi le coefﬁcient de sécurité Fgliss suivant :
Fgliss =
FV . tan δ
FH
alg
Avec δ l’angle de frottement à l’interface entre le mur et le sol.
6.4 RIDEAUX
L’étude des rideaux comporte les phases suivantes :
.gc
• détermination d’une valeur de ﬁche compatible avec la sécurité de l’ouvrage,
• si elle existe, détermination de la force d’ancrage et dimensionnement du tirant,
• détermination du moment ﬂéchissant maximal et dimensionnement du rideau.
ww
Différentes méthodes existent pour déterminer ces inconnues, celles dites « classiques » (butée simple, rideau encastré), auxquelles s’ajoutent les méthodes récentes
(module de réaction, méthode des éléments ﬁnis).
6.4.1. Méthodes classiques
a) Méthode de la butée simple
s:/
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Dans cette méthode, on suppose que la ﬁche est sufﬁsamment faible et l’écran sufﬁsamment rigide pour ne pas solliciter de contre-butée en pied, uniquement une butée
maximale en aval.
Une première ﬁche f est obtenue en faisant l’équilibre en moment par rapport au
point d’ancrage, ce qui permet d’obtenir une équation au troisième degré. L’effort
dans le tirant FT est obtenu par équilibre avec les efforts de poussée Fa et de butée
Fp : FT = Fa − Fp .
ttp
La ﬁche ainsi calculée correspond à un coefﬁcient de sécurité de F = 1. Aﬁn√de
prendre une sécurité sur la butée, il est conseillé de choisir une ﬁche réelle f = f . 2
pour un rideau battu dans du sol pulvérulent, et f = 2.f dans un sol purement
cohérent.
Si le rideau est plus ﬂexible, une contre-butée peut apparaître, il faut alors utiliser la
méthode du rideau encastré (cf. ﬁgure 6.6).
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6 • Soutènement
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F IGURE 6.6 Représentation des diagrammes poussée-butée des méthodes de la butée simple
et du rideau encastré
b) Rideau encastré non ancré en tête
.gc
Si le rideau n’est pas ancré en tête, les inconnues sont la hauteur de ﬁche f et la valeur
de contre-butée Fc . La première étape revient à chercher le centre de rotation O situé
à une distance x du fond de fouille. Cette distance se détermine par un équilibre
en moment en supposant que la contre-butée est en O. En pratique, on affecte un
coefﬁcient de sécurité F = 2 sur la butée. L’expression de la ﬁche est :
f = 1, 2.(x − x1 ) + x1 = x + 0, 2.f0
ww
Avec x1 la distance entre le fond de fouille et le point de contrainte résultante nulle
et f0 = x − x0 .
La contre-butée s’obtient alors par équilibre avec les autres forces : Fc = Fp − Fa .
c) Rideau encastré ancré en tête
s:/
/w
Le système présente trois inconnues : la ﬁche f , la contre-butée Fc et la force d’ancrage FT . Bien que l’hypothèse soit souvent trop forte, on admet que le diagramme
de poussée-butée est identique au cas sans ancrage. Par ailleurs, cette méthode n’est
applicable que dans le cas de sol pulvérulent.
ttp
• Méthode de la « poutre équivalente » : on considère que la position de contrainte
résultante nulle est confondue avec celle du moment nul (au point d’inﬂexion). Le
rideau peut être étudié comme deux poutres sur appuis simples. Les équations
d’équilibre de la partie supérieure permettent de déterminer FT et R. Celles de la
Fp
2
partie inférieure donnent les relations Fc = et R =
. La distance f0 se déduit
3
3
directement de la force Fp .
• Méthode de Blum : on considère une relation entre la position du point de moment
nul, l’angle de frottement (cf. ﬁgure 6.7). Le rideau peut ensuite être décomposé
en deux poutres que l’on étudie séparément selon la méthode ci-dessus.
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Rideaux
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6.4
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F IGURE 6.7 Relation entre la cote du point d’inﬂexion et l’angle de frottement
6.4.2. Méthodes d’interaction sol-structure
alg
Ces méthodes sont classées en deux catégories (cf. ﬁgure 6.8).
Ȟ1ĳ¶2
Ȟ 1 ĳ¶ 2
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F IGURE 6.8 Méthodes d’interaction sol-structure
a) Méthodes du module de réaction
ttp
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Dans cette méthode, le rideau est assimilé à une poutre continue, sur appuis élastiques, d’inertie I, de module E qui se déforme sous l’effet des actions p(y, z) auxquelles elle est soumise.
O ƵƚĠĞ͗<Ɖ͘VΖs
O WŽƵƐƐĠĞ͗<Ă͘VΖs
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<Ϭ͘VΖsϬ
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F IGURE 6.9 Module de réaction
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En notant y(z) la déformée du rideau, l’équation d’équilibre statique à résoudre dans
le cas de rideau à rigidité ﬂexionnelle EI constante, est la suivante :
EI
d4 y
+ p0 (z) + kh .y(z) = 0
dz 4
La loi de mobilisation de la réaction frontale du terrain en fonction du déplacement
de l’écran est représentée en ﬁgure 6.9. Le coefﬁcient de réaction horizontal du sol
vis-à-vis de l’écran kh s’exprime :
4
3
1
(EI) 3
alg
kh = 2
EM
α
Avec EM le module Ménard et α le coefﬁcient empirique fonction de la nature du
terrain (cf. tableau 8.6).
.gc
ww
0G ͕ĳ #%
L’abaque de Chadeisson (cf. ﬁgure 6.10) fournit la valeur de kh en fonction de l’angle
de frottement du sol et de sa cohésion.
> ! #SO %
s:/
/w
F IGURE 6.10 Abaque de Chadeisson : valeur de kh [MN.m-3]
La résolution de ce problème est numérique. Les constantes d’intégration sont en
général des données en déplacement y, rotation y , moment ﬂéchissant M et effort
tranchant T en haut et bas de l’écran. Le calcul est itératif et la pression p est bornée
par les contraintes de poussée et butée maximale.
b) Méthode aux éléments ﬁnis
ttp
La méthode aux éléments ﬁnis permet d’obtenir des solutions approchées des déplacements, des contraintes et déformations en tout point du massif et de l’écran aﬁn
d’en justiﬁer la résistance et la stabilité. Cette méthode permet de prendre en compte
des lois de comportement élasto-plastique (Cam-Clay, loi hyperbolique) et des géométries plus complexes (paroi, buton, ancrage). Des lois d’interfaces (frottement avec
coefﬁcient de réduction) permettent d’enrichir le modèle. Les calculs peuvent être
réalisés en contraintes totales et effectives.
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Exercices
EXERCICES
Exercice 6.1.
Solution p. 165
Soit un ouvrage de soutènement de type mur-poids construit dans une couche de
grave limoneuse, le tout reposant sur un substratum rocheux (cf. ﬁgure 6.11). Le
poids volumique du béton est γb = 25 kN.m-3. On négligera l’effet de rugosité sur
les parois verticales (équilibre de Rankine).
alg
9 N "
Ȗ z S,UV
Ȗ
z S,UV
0
.gc
! z SO
ĳ z
F IGURE 6.11 Mur de soutènement
ww
(1) Déterminer les efforts de poussée et de butée dans le cas d’un massif sans nappe
à partir des abaques en annexe C.
(2) Comparer ces valeurs avec celles de poussée des terres au repos.
s:/
/w
(3) Évaluer le degré de stabilité du mur vis-à-vis du renversement par rapport au
point A et du glissement sous la semelle en tenant compte de la butée, puis sans
en tenir compte. L’interface béton/grave sous le mur est caractérisé par un angle
de frottement δb/g = 23 °.
ttp
Exercice 6.2.
Solution p. 166
Soit un ouvrage de soutènement composé d’un mur-poids en T renversé et d’un
matériau de remblai sablonneux, le tout reposant sur un substratum rocheux (cf.
ﬁgure 6.12). L’épaisseur du mur est de 50 cm et le poids volumique du béton est
γb = 25 kN.m-3. L’interface béton/roche est caractérisée par un angle de frottement
δb/r = 30 °. Le volume de sol au-dessus du talon sera considéré solidaire du mur. On
supposera au-delà que le sable est en état actif de Rankine. Un système de drainage
permet d’empêcher toute stagnation d’eau.
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6 • Soutènement
L z SO
; J Ȗ z S,UV
!z SO
ĳ z
0
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m
162
<
alg
F IGURE 6.12 Mur de soutènement
(1) Calculer les efforts de poussée du sable Fa et de la charge répartie Fq , le poids
du mur Wm et du sol sur le talon Wt .
.gc
(2) Déterminer la position de l’excentricité de la résultante des forces sur la base AB.
(3) Évaluer le degré de stabilité du mur vis-à-vis du poinçonnement, du renversement
par rapport au point A, et du glissement sur la base de la semelle.
s:/
/w
ww
Exercice 6.3.
Solution p. 168
Soit un ouvrage de soutènement composé d’un mur-poids et d’un sol pulvérulent
saturé, de poids volumique γsat = 21 kN.m-3, le tout reposant sur un substratum
rocheux imperméable (cf. ﬁgure 6.13). Une nappe est située en surface en amont du
mur. L’angle de frottement du sol est ϕ = 40 ° et celui à l’interface sol/mur est
δ = 2/3.ϕ .
|
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ttp
F IGURE 6.13 Mur-poids : a) sans drainage b) avec drainage vertical c) avec barbacane
La différence de charge entre chaque équipotentielle est de Δh = 0, 5 m
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Exercices
(1) Déterminer, pour les trois conﬁgurations, les valeurs de pressions interstitielles
sur le mur tous les 0, 5 m et l’effort résultant Fu par la méthode des rectangles :
Fu = 0, 5. n−1
i=0 u(zi ).
(2) Calculer dans la conﬁguration a) le coefﬁcient de poussée Ka puis l’effort de
poussée Fa en vous aidant de l’annexe C.
"
Ɂ

alg
(3) Par la méthode du coin de Coulomb (cf. ﬁgure 6.14), exprimer la force de poussée du bloc F en fonction des forces Fu , W et U et des angles δ, ϕ et θ. La force
R correspond à la réaction d’appui. La force U est la résultante des pressions
interstitielles sur la ligne de glissement. Pour un angle θ = 45 °, ces résultantes
valent respectivement U = 33 kN et U = 71 kN pour les conﬁgurations b) et c).
X
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.gc
Ʌ ɔԢ
F IGURE 6.14 Équilibre des efforts
ww
(4) Déterminer l’effort de poussée horizontale Fa dans les conﬁgurations b) et c) en
prenant un angle θ = 45 °. Comparer.
ttp
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Exercice 6.4.
Solution p. 169
ȕ z
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Ȗ z S,UV
! z SO
ĳ z
į z { "|
į z V FUĳ {J" |
F IGURE 6.15 Rideau de palplanche autostable
Soit un ouvrage de soutènement composé d’un rideau de palplanche autostable encastré dans un sol homogène (sans nappe) et présentant une légère pente (cf. ﬁgure
6.15). On cherche à déterminer la hauteur de ﬁche.
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6 • Soutènement
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164
(1) Évaluer les coefﬁcients de poussée et butée en prenant compte de l’inclinaison
de la surface β et des angles de frottement δ (cf. annexe C.)
(2) Tracer l’évolution des contraintes de poussée et de butée sur l’écran en choisissant un coefﬁcient de sécurité de Fbut = 2 pour la butée.
(3) Évaluer la ﬁche f et la valeur de contre-butée.
(4) Calculer la valeur maximale du moment ﬂéchissant.
alg
Exercice 6.5.
Solution p. 169
Soit un ouvrage de soutènement composé d’une paroi moulée, considérée rigide, et
d’un niveau de tirant d’ancrage. Le massif est constitué d’un limon argileux purement cohérent, légèrement surconsolidé, et d’un sol sablonneux purement frottant
(cf. ﬁgure 6.16).
; J
.gc
L z SO
Ȗ z S,UV
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ww
( G "`
Ȗ z S,UV
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F IGURE 6.16 Paroi moulée et tirant d’ancrage
s:/
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(1) Évaluer les coefﬁcients de poussée et butée par couche à partir de l’annexe C.
(2) Tracer le diagramme de poussée-butée des terres en supposant que le déplacement de la paroi est sufﬁsant pour atteindre les états limites.
ttp
(3) Évaluer la ﬁche f et l’effort dans le tirant.
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Solutions des exercices
SOLUTIONS DES EXERCICES
Solution 6.1.
(1) Lorsqu’un massif, homogène et non saturé, est en équilibre limite de Rankine,
les contraintes de poussée et de butée varient linéairement avec la profondeur,
et ne présentent pas d’obliquité. Si le mur se déplace sufﬁsamment, les forces
résultantes associées à chaque état s’expriment :
1
1
Fa = .γ.Ha2 .Ka Fp = .γ.Hb2 .Kp
2
2
Avec :
• Ha = 6 m, hauteur de sol en poussée.
.gc
alg
• Hb = 1 m, hauteur de sol en butée.
π ϕ 2
• Ka = tan
−
= 0, 28, coefﬁcient de poussée.
4
2
π ϕ 2
• Kp = tan
+
= 3, 54, coefﬁcient de butée.
4
2
ww
AN : Fa = 96, 7 kN ; Fp = 36, 3 kN
Si le mur ne se déplace pas, ou très peu, les coefﬁcients des terres Ka et Kp sont
remplacés par le coefﬁcient K0 = 1 − sinϕ = 0, 44 (on suppose Roc = 1).
AN : F1 = 150, 8 kN (amont) ; F2 = 4, 2 kN (aval)
L’effort de poussée des terres en amont est plus important au repos qu’à l’état
limite. L’effort de poussée en aval est lui beaucoup plus faible que celui de butée.
(2) La stabilité au renversement et de glissement s’évalue à partir du facteur de
sécurité suivant :
Mi/A(stab)
= Fa .b1 − Fp .b2 − W.b3
Mi/A(mot)
Fi(stab)
W. tan δb/g
=
Fi(mot)
Fa − Fb
s:/
/w
Frenv =
Fgliss =
Avec :
• b1 = 2 m, bras de levier de la force de poussée par rapport à A.
• b2 = 0, 33 m, bras de levier de la force de butée par rapport à A.
• W = V.γb = 9, 5 × 25 = 237, 5 kN, poids du mur.
ttp
• b3 = 0, 824 m, bras de levier du poids W par rapport à A.
AN : avec/sans butée : Frenv = 1, 52/1, 46 et Fgliss = 1, 60/1, 04.
La butée n’est activée complètement qu’à partir d’un déplacement de mur signiﬁcatif (δ > H2/100 ). Ainsi, elle est souvent négligée dans les calculs.
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Solution 6.2.
er
ie.
co
m
166
(1) L’ensemble des calculs suivants sont réalisés pour une tranche d’un mètre de mur
et de remblai. La zone de terre sur le talon de la semelle est supposée en partie
solidaire du mur. On considère un état d’équilibre actif de Rankine sur la ligne
ﬁctive BC (cf. ﬁgure 6.17).
L
>
X
L
X
&
>
X
<
.gc
0
alg

F IGURE 6.17 Bilan des forces appliquées
ww
Le mur est en T renversé donc les inclinaisons des forces Fa et Fq sur la ligne
ﬁctive se calculent à partir de la méthode suivante.
sin β
π ϕ y − β
y = arctan
=
0
m
⇒
θ
=
+
+
= 58, 9 °
sin ϕ
4
2
2
s:/
/w
Hv Bt . tan θ = 1, 65 m
2 Bt . tan δ
δ0 = sup β; ϕ = 20 ° ⇒ δ = β + (δ0 − β) 1 −
= 13, 4 °
3
Hv
D’après l’abaque en annexe C. on peut déterminer les coefﬁcients de poussée
pour le poids du sol et la surcharge. Ils sont égaux et valent : Ka = Ka,q = Ka,γ = 0, 31
Par intégration des contraintes sur la hauteur H1 = 5, 5 m, le sol est homogène
donc les efforts de poussée du sol et de surcharge ont pour expression :
Fa =
1
.γ.H12 .Ka,γ et Fq1 = q.H1 .Ka,q
2
ttp
Les valeurs projetées des forces calculées sont indiquées en tableau 6.2.
La surcharge engendre un effort stabilisateur vertical, noté Fq1 = 1.q au-dessus
du talon (sur 1 m).
Les poids du mur et des terres sur le talon s’évaluent simplement à partir des
volumes et poids volumiques associés : Wi = Vi .γi . On distinguera le poids de
la paroi mur Wm1 et celui de la semelle Wm2 .
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167
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co
m
Solutions des exercices
Tableau 6.2 Valeurs des forces, bras de levier et moments
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Z9
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(2) Le système de forces extérieures se réduit à une force unique F , de composante
verticale FV , équilibrée au point M par la réaction du sol (cf. ﬁgure 6.18).
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*
0

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(

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N
F IGURE 6.18 Résultante des forces à la base du mur
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/w
Aﬁn de déterminer la distance L, on écrit que le moment en B est égal au produit
de chaque force Fi par son bras de levier bi :
Fi .bi
MC = (Fi .bi ) = FV .L = (Fi(vert) ).L ⇒ L =
(Fi(vert) ).L
Le tableau 6.2 résume les valeurs de bras de levier et moments.
AN : L = 1, 39 m
La force verticale se situe dans le tiers central, position conseillée pour limiter
les concentrations de contraintes et donc les tassements différentiels de chaque
côté de la semelle.
ttp
(3) D’après le calcul précédent, la force verticale résultante FV se situe à une distance e = L − 0, 5B = 0, 24 m du centre de la semelle. Cette excentricité étant
inférieure à B/6, la contrainte de référence s’exprime :
FV
3.e
qref =
. 1+
= 135 kPa < 6 MPa
B
B
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er
ie.
co
m
168
Il n’y a donc pas de risque de poinçonnement sous la fondation.
Le coefﬁcient de sécurité vis-à-vis du renversement Frenv par rapport à A s’évalue à partir des moments moteurs et stabilisateurs. Le tableau 6.2 résume les
valeurs de bras de levier par rapport à A et des moments.
Mi/A(stab)
Frenv =
= 2, 02 > 1, 5
Mi/A(mot)
Le coefﬁcient de sécurité vis-à-vis du glissement Fgliss s’évalue à partir des caractéristiques en frottement à l’interface béton/roche (δb/r = 30 °).
FV . tan δb/r
(Fi(vert) ). tan δb/r
Fgliss =
=
= 1, 19 > 1, 5
FH
(Fi(horiz) )
alg
Il y a un risque de glissement non négligeable qui nécessite un redimensionnement du système pour être en sécurité.
Solution 6.3.
ww
.gc
(1) Pour la première conﬁguration, la nappe est statique donc la pression interstitielle
augmente linéairement : u = (4 − z).γw
u
La charge hydraulique s’exprime : h =
+ z.
γw
Dans ce cas, elle est donc constante et vaut h = 4 m.
Pour les deux autres conﬁgurations, les valeurs de charge se lisent sur le réseau
d’écoulement. Puis les valeurs de pression interstitielle se déduisent de l’expression : u = (h − z).γw . Les résultats sont résumés en tableau 6.3.
Tableau 6.3 Valeurs de charge et pression interstitielle pour les trois conﬁgurations
Ă
;
Đ
;
Z
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ď
;
Z
Z
ttp
L’effort résultant Fu correspond à l’intégrale de u(z) en fonction de la hauteur.
Par pas de 0, 5 m, on obtient par la méthode des rectangles :
AN : a) Fu = 80 kN b) Fu = 0 kN c) Fu = 30, 6 kN
(2) À partir de l’abaque C. le coefﬁcient de poussée vaut : Ka = 0, 18.
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169
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ie.
co
m
Solutions des exercices
Dans cette conﬁguration, la force de poussée vaut donc :
1
Fa = Ka .γ .H 2 = 15, 8 kN
2
(3) L’équilibre des forces permet d’établir deux équations :
F. cos δ+Fu −U. cos θ−R. cos(θ+ϕ ) = 0 F. sin δ−W +U. sin θ+R. sin(θ+ϕ ) = 0
En exprimant la réaction d’appui à partir de la première équation et en l’injectant
dans la seconde, on obtient :
W − U (sin θ − cos θ. tan(θ + ϕ )) − Fu . tan(θ + ϕ )
sin δ + cos δ. tan(θ + ϕ )
21 × 42
(4) Le poids du sol est égal à W =
= 168 kN.
2
En se ﬁxant θ = 45 °, on obtient donc respectivement F = 38, 5 kN et
F = 32, 2 kN pour les conﬁgurations b) et c).
La force de poussée totale correspond à la somme : Fa = F. cos δ + Fu
AN : a) F = 98, 8 kN b) Fu = 34, 4 kN c) Fu = 59, 3 kN
alg
F =
ww
Solution 6.4.
.gc
Il est donc primordial de drainer pour réaliser un calcul de stabilité sécurisant et
économique. La barbacane, souvent utilisée, est une solution intermédiaire économique. Notons enﬁn que la méthode serait plus précise en estimant l’angle θ
pour lequel la force est maximale.
(1) La lecture sur les abaques de l’annexe donne :
• Poussée : δ = 0 et β/ϕ = 0, 8 donc Ka = 0, 5.
• Butée : δ = 2/3.ϕ et β = 0 donc Kp = 5.
s:/
/w
(2) Le sol est homogène, le diagramme de poussée-butée est linéaire de chaque côté
de l’écran (cf. ﬁgure 6.19). Les contraintes s’expriment en fonction des profondeurs z et z = z − 2, 5 :
• z ∈ [ 0 ; 2, 5 + f ] : σa = Ka .γ.z = 8.z
• z ∈ [ 0 ; f ] : σp =
Kp .γ.z Fbut
= 47, 5.z ttp
(3) On détermine la hauteur de ﬁche à partir de l’équilibre en moment par rapport
au centre de rotation O. On exprime ensuite les bras de levier des forces et les
moments en fonction de x la distance entre le fond de fouille et le centre O (cf.
tableau 6.4). L’équation à résoudre est la suivante :
(1, 6 − 7.9).x3 + 11, 9.x2 + 29, 7.x + 24, 7 = 0 ⇒ x = 3, 1 m
Le point de contrainte résultante nulle, à une distance x1 du fond de fouille,
s’évalue par la relation suivante : (47, 5 − 9, 5).x1 = 23, 8 ⇒ x1 = 0, 62 m.
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6 • Soutènement
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170

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F IGURE 6.19 Diagramme poussée-butée et représentation des efforts
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Tableau 6.4 Valeurs des forces, de leur bras de levier et du moment par rapport au centre O
ww
La ﬁche des palplanches vaut donc : f = 1, 2.(x − x1 ) + x1 = 2, 95 m. On
choisit ainsi des palplanches de 5, 5 m.
En ajoutant la contre-butée à l’équilibre en effort et en considérant x = 3, 1 m,
on obtient : Fc = Fp1 − Fa1 − Fa2 − Fa3 = 79, 1 kN.
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(4) Le moment ﬂéchissant maximal se situe au point d’effort tranchant nul, noté x2 :
x2
(47, 5 − 9, 5). − 23, 8.x2 − 29, 7 = 0 ⇒ x2 = 2, 02 m
2
À partir du tableau 6.4, le moment maximal vaut : Mmax = 81, 1 kN.m
Solution 6.5.
(1) Par lecture directe sur l’abaque, on obtient :
• sable : Ka,s = 0, 23,
• limon : Ka,l = 0, 42 (poussée), Kp,l = 2, 37 (butée).
ttp
(2) Les contraintes de poussée et butée s’expriment :
√
σa = Ka .[γ.z + q] − 2c Ka
σp = Kp .[γ.z + q] + 2c Kp
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m
Solutions des exercices
L’interface sable/limon présente un saut dû à la variation de cohésion et d’angle
de frottement. La ﬁgure 6.20 représente le diagramme de poussée-butée. La méthode de la butée simple consiste à déterminer une ﬁche f puis d’en déduire la
ﬁche réelle f par application d’un coefﬁcient de sécurité.
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.gc
F IGURE 6.20 Diagramme poussée-butée
(3) Le tableau 6.5 résume les expressions des forces et de leurs bras de levier par
rapport à l’ancrage. Ces expressions sont déterminées par intégration sur une
partie ou toute la hauteur du mur :
f
5
0 f
Fa2 =
0
f
0
Fq,1 =
Ka,l .5.γ.dz Fa3 =
0 f
0
5
Ka,l .q.dz
Fa1 =
Ka,l .γ.z.dz Fc =
0
f
0
Ka,s .γ.z.dz
2.c.(Ka + Kp ).dz
Kp,l .γ.z.dz
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Fp =
Ka,s .q.dz
ww
Fq,1 =
ttp
Tableau 6.5 Valeurs des forces, de leur bras de levier et du moment par rapport à l’ancrage
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6 • Soutènement
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ie.
co
m
172
La somme des expressions des moments donne l’équation du troisième degré
suivante : −28, 78f 3 − 170, 38f 2 + 18, 93f + 159, 97 = 0
La résolution aboutit à : f = 0, 95 m. Lorsque la paroi est ﬁchée dans
un sol cohérent, on prend une marge de sécurité en doublant la ﬁche calculée :f = 2f = 1, 9 m.
En reprenant les expressions du tableau 6.5, et en remplaçant f par f , on détermine les différents efforts. La valeur de l’effort FT est ainsi calculée en faisant
l’équilibre.
ttp
s:/
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ww
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alg
FT = Fq1 + Fq2 + Fa1 + Fa2 + Fa3 − Fc − Fp = 184, 6 kN
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co
m
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Chapitre 7
.gc
alg
Pente et talus
ww
Ce chapitre traite de l’étude de l’équilibre mécanique des masses de sol pouvant être
mises en mouvement par des phénomènes naturels ou anthropiques. Dans la plupart
des cas, l’objectif est d’estimer la sécurité vis-à-vis du risque de rupture d’un massif
en intégrant au maximum des données de reconnaissances géologiques et géotechniques.
s:/
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7.1 MOUVEMENTS DE TERRAINS
7.1.1. Mécanismes de ruine
On distingue différents types de mouvements de terrains :
• écroulements : chutes soudaines de masses rocheuses ;
• glissements plan : translation d’une masse de sol meuble le long d’une surface de
rupture plane ;
ttp
• glissements rotationnels : basculement d’une masse de sol meuble le long d’une
surface de rupture courbée ;
• ﬂuages et soliﬂuxions : mouvements lents engendrés par les déformations d’un
massif dans le temps ;
• coulées : écoulements de masses de sol très liquides, généralement rapides.
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7 • Pente et talus
|
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ie.
co
m
174
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F IGURE 7.1 Mouvements de terrains
a) écroulements b) glissement plan c) glissement rotationnel
7.2 CALCUL DE STABILITÉ
alg
Cet ouvrage présente l’analyse de stabilité par des calculs à la rupture dans un espace à deux dimensions. Chaque étude sera faite en considérant une tranche de pente
ou talus de largeur unité. Les calculs consistent à évaluer sur une surface de glissement les contraintes de cisaillement τmot provoquées par les actions motrices, puis
de les comparer à la résistance au cisaillement du sol τres . Les méthodes proposées
permettent une résolution simpliﬁée manuelle, le comportement du sol est considéré
rigide-plastique. Les calculs aux éléments ﬁnis permettent d’enrichir le modèle en
affectant au sol et à l’interface de glissement des lois de comportement adaptées.
.gc
On cherche ainsi à évaluer le coefﬁcient de sécurité F vis-à-vis du glissement :
F =
τres
τmot
• F < 1 : l’instabilité est quasi inévitable,
ww
• F > 1, 5 : la stabilité est toujours assurée.
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/w
La géométrie de la surface de rupture est souvent inconnue. L’idée générale consiste
à rechercher la surface qui correspond au coefﬁcient de sécurité le plus faible. Notons que la ﬁabilité de ce coefﬁcient de sécurité est impactée par les hypothèses et
méthodes de résolutions choisies.
7.2.1. Glissement plan
a) Pente inﬁnie
ttp
Une pente de dimension inﬁnie peut être étudiée en isolant une tranche ABCD de largeur b, ou dx. La ﬁgure 7.2 représente les caractéristiques géométriques de la pente,
la surface de rupture, et, si elle existe, la position de la nappe dont les lignes de courants sont parallèles à la pente. On considère généralement que les forces sur les faces
latérales opposées s’équilibrent.
L’expression générale du poids de la tranche comportant n couches de poids volumique γi et de hauteur hi a pour expression :
n
γi .hi
W = b.
0
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Calcul de stabilité
175
0
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ie.
co
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7.2
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F IGURE 7.2 Pente inﬁnie et représentation des forces agissant sur une tranche
La projection de cette force sur la surface de glissement donne une force normale N
et une force tangentielle motrice T = Tmot d’expression :
N = W. cos β et T = W sin β
.gc
On peut également déﬁnir les contraintes correspondantes à ces deux efforts qui se
répartissent sur une surface d’aire 1 × cosb β :
n
2
σ = cos β
n
γi .hi et τmot = sin β cos β
γi .hi
0
ww
0
La pression interstitielle u en tout point de la surface s’exprime u = γw .hw . cos2 β.
Le critère de Coulomb permet de déﬁnir la contrainte de cisaillement maximale que
peut subir l’interface : τres = c + σ tan ϕ
Avec :
s:/
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• c : cohésion le long du plan de glissement (c en drainé, cu en non drainé).
• ϕ : angle de frottement le long du plan de glissement (ϕ en drainé, ϕu en non
drainé).
ttp
Ceci permet donc de calculer le coefﬁcient de sécurité. À long terme, en condition
drainée, son expression est la suivante :
Tres
τres
F =
=
=
Tmot
τmot
n
c +
γi .hi − γw .hw
cos2 β. tan ϕ
0
n
sin β cos β
γi .hi
0
Le coefﬁcient de sécurité d’une pente diminue lorsque le niveau de la nappe augmente.
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7 • Pente et talus
b) Pente ou talus de dimensions ﬁnies
er
ie.
co
m
176
Lorsque les dimensions du massif en mouvement sont ﬁnies, il convient de réaliser
un équilibre global. Ainsi, des efforts de poussée Fa et de butée Fp peuvent participer
à l’équilibre 1 (cf. ﬁgure 7.3).
0

X
&
ȕ
alg
<

>
F IGURE 7.3 Glissement plan d’un massif aux dimensions ﬁnies
.gc
On note respectivement Fa et Fp les composantes des efforts de poussée Fa et butée
Fp suivant la direction de la pente. La résultante des forces de pressions sur la longueur L est notée U . Le bilan des forces motrices et résistantes permet de déterminer
le coefﬁcient de sécurité suivant :
c .L + (W cos β − U ) tan ϕ + Fp
Tres
=
Tmot
W sin β + Fa
ww
F =
7.2.2. Glissement rotationnel
s:/
/w
Le glissement rotationnel est une instabilité qui peut apparaître dans de nombreuses
situations : des pentes plus ou moins raides, des talus, des remblais sur sol compressibles, etc. La méthode des tranches est couramment employée pour déterminer le
facteur de sécurité vis-à-vis du basculement. Les étapes de la méthode sont résumées
ci-dessous :
• déﬁnir un cercle quelconque de centre O et de rayon R,
• découper le massif en m tranches verticales,
• étudier l’équilibre de chaque tranche j de largeur bj et d’inclinaison αj à la base
(cf. ﬁgure 7.4),
ttp
• déterminer les moments moteurs et stabilisateurs par rapport au centre O,
• calculer le coefﬁcient de sécurité F ,
• itérer en changeant la position et/ou le rayon du cercle.
1. Se reporter au chapitre 6.
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Calcul de stabilité
177
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er
ie.
co
m
7.2
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F IGURE 7.4 Méthode des tranches
.gc
Chaque tranche repose sur une partie du plan de glissement, caractérisée par la cohésion ci et l’angle de frottement ϕi de la couche i cisaillée. Le poids de la tranche
Wj se décompose en un effort normal Nj = Wj cos αj et un effort tangentiel moteur
Tj = sin αj . La longueur de l’arc en glissement est confondue avec la corde :
ww
lj =
bj
cos αj
En présence de nappe, et éventuellement d’un écoulement, on déﬁnit par tranche
u.bj
l’effort résultant des pressions interstitielles Uj =
.
cos αj
Concernant les efforts latéraux, deux hypothèses sont couramment déﬁnies :
s:/
/w
• Hypothèses de Fellenius : Vj = Vj+1 et Hj = Hj+1
• Hypothèse de Bishop : Vj = Vj+1
ttp
Ainsi le coefﬁcient de sécurité F , à long terme, s’exprime :
m
F =
F =
m
1
.
m
Tj
(ci .lj + (Nj − Uj ). tan ϕi )
j=1
j=1
Fellenius
m
Tj
j=1
(Wj − uj .bj ) tan ϕi + ci .bj
tan ϕi
cos αj + sin αj .
F
Bishop simpliﬁé
j=1
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7 • Pente et talus
er
ie.
co
m
178
La méthode Bishop simpliﬁée impose de déterminer ce coefﬁcient par itérations successives mais donne des résultats plus réalistes que par la méthode de Fellenius. Toutefois, cette dernière va dans le sens de la sécurité en donnant des coefﬁcients de
sécurité plus faible.
On notera que d’autres méthodes plus récentes existent et notamment les méthodes
aux éléments ﬁnis qui s’adaptent bien au géométries complexes.
EXERCICES
alg
Exercice 7.1.
Solution p. 183
Soit une pente inﬁnie d’inclinaison β et reposant sur un substratum rocheux parallèle.
Le sol est composé d’un limon argileux surconsolidé (γ = 20, 5 kN.m-3) avec des caractéristiques mécaniques au pic (cp = 10 kPa, ϕp = 26 °) et résiduelles (cr = 0 kPa,
ϕr = 20 °).
.gc
(1) Exprimer les contraintes normale et tangentielle sur une facette parallèle à la
pente, à la profondeur z.
(2) Pour des valeurs d’inclinaison (en degrés) β = [10 ; 20 ; 30], déduire le coefﬁcient de sécurité de la pente naturelle en considérant soit les caractéristiques au
pic, soit celles résiduelles.
ww
Exercice 7.2.
Solution p. 184
Des désordres ont été observés sur un chemin départemental au bas d’une colline (cf.
ﬁgure 7.5).
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F IGURE 7.5 Coupe de glissement de terrain
Une reconnaissance géologique et géotechnique du site a été organisée. La mise en
place de tubes inclinométriques permet de mesurer la rotation d’une sonde lors de
son passage dans le tube.
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179
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co
m
Exercices
La surface de glissement a été estimée sur la base des résultats inclinométriques,
en tenant compte des ﬁssures d’arrachement observées au sommet du glissement
et du bourrelet de pied visible en contrebas. Cette surface coïncide avec le contact
d’une couche superﬁcielle de matériaux d’éboulis et d’un substratum plus résistant.
Le poids volumique des éboulis est égal à γe = 18 kN.m-3 au dessus de la nappe et
de γe,sat = 21 kN.m-3 dans la nappe. La surface libre est à la profondeur hw = 3 m
(verticalement) par rapport au substratum. Des essais à la boîte de cisaillement ont
montré que le critère de plasticité de Coulomb est adapté aux éboulis, avec une cohésion c = 0 kPa et un angle de frottement ϕ = 30 °.
Tableau 7.1 Résultats des mesures inclinométriques
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V:V
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V:V
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(1) À partir des mesures inclinométriques (cf. tableau 7.1) donner approximativement la hauteur H de la couche sujette au glissement.
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(2) En supposant la pente inﬁnie, déterminer les contraintes normales totales et
effectives et la pression interstitielle en tout point de la surface de glissement.
(3) Déterminer le coefﬁcient de sécurité vis-à-vis du glissement. On supposera que
l’interface de glissement a les mêmes caractéristiques que les éboulis.
Solution p. 186
ttp
Exercice 7.3.
Soit un talus en bordure de canal (cf. ﬁgure 7.6) composé d’un sable limoneux de
poids volumique sec γd = 18, 5 kN.m-3 et d’angle de frottement ϕ = 33 ° et de
cohésion c = 0. Sa teneur en eau varie de w = 6 % (canal vide) à w = 17 % (canal
rempli). On supposera dans la première partie que le sol est homogène. Un remblai,
de poids volumique γR = 20 kN.m-3, est construit en tête de talus.
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/
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7 • Pente et talus
er
ie.
co
m
180
+
J
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Į z
alg
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W!
Į z
Į z
Į z
.gc
F IGURE 7.6 Rupture circulaire - Représentation des tranches et valeurs des hauteurs d’interfaces
Alors que le canal est vide, une rupture circulaire est constatée lorsque le remblai
atteint une hauteur de 1, 5 m de hauteur.
ww
(1) À partir du mode de rupture constaté, déterminer la cohésion non drainée cu du
massif.
(2) Déterminer le coefﬁcient de sécurité à court terme du massif sans remblai.
(3) Déterminer le coefﬁcient de sécurité à long terme du massif sans remblai et avec
présence de l’eau du canal.
ttp
s:/
/w
Exercice 7.4.
Solution p. 188
Soit un ouvrage constitué d’un remblai de sable retenu par un mur de soutènement
reposant sur une couche de limon argileux de 6 m d’épaisseur qui, elle-même, repose sur une couche de sable (cf. ﬁgure 7.7). Les caractéristiques des couches sont
indiquées dans le tableau 7.2. Le poids volumique du mur est γb = 25 kN.m-3.
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/
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181
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Exercices
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F IGURE 7.7 Rupture circulaire et plane - Réseau d’écoulement - Représentation des tranches
Tableau 7.2 Caractéristiques des couches - Talus et remblai
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Z
ĳ
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Z
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On étudie tout d’abord la stabilité globale du talus le long de la ligne XY (glissement
plan). La surface de rupture est inclinée de β = 19, 7 °. Le sable de remblai est
considéré dans un état de poussée sur la ligne XX’.
(1) En utilisant le réseau d’écoulement, déterminer les pressions interstitielles aux
points X, M1, M2, M3, M4, M5, Y. En déduire la force qui s’exerce sur XY.
Les équipotentielles ont été tracées de façon à ce que la différence entre deux
équipotentielles successives soit constante.
ttp
(2) Déterminer le coefﬁcient de sécurité à court terme.
(3) Déterminer le coefﬁcient de sécurité à long terme.
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/
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7 • Pente et talus
er
ie.
co
m
182
On s’intéresse à présent à la stabilité du massif suivant un cercle de glissement passant
par les points X et Y et de rayon 18 m. L’effet de la poussée sur la ligne XX’ sera à
présent négligé.
(4) Déterminer les pressions interstitielles aux points N1, N2, N3, N4, N5.
(5) Déterminer le coefﬁcient de sécurité à long terme.
Exercice 7.5.
Solution p. 190
Soit un massif de limon de 15 m d’épaisseur reposant sur un substratum rocheux.
Un trajet routier nécessite de mettre en place un remblai inﬁniment long et dont les
caractéristiques sont indiquées en ﬁgure 7.8.
alg
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J
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ww
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( Ȗ z S,UV
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F IGURE 7.8 Coupe du terrain - Remblai et massif
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Un prélèvement de limon a été réalisé à 9, 2 m de profondeur puis testé à l’œdomètre
et à l’appareil triaxial (condition CU+u). La contrainte de préconsolidation est évaluée à σp = 80 kPa.
(1) Évaluer l’évolution de la cohésion non drainée en fonction de la profondeur.
(2) Montrer que la cohésion non drainée moyenne du sol peut être estimée à
cu = 29 kPa.
ttp
La mise en place du remblai sur ce sol compressible présente un risque d’instabilité
au glissement. La ﬁgure 7.9 présente le mécanisme de ruine à considérer.
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183
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ie.
co
m
Solutions des exercices
+
Į
F IGURE 7.9 Mécanisme de rupture considéré
alg
(3) En négligeant la résistance propre du remblai, évaluer la stabilité à court terme
du massif.
(4) Compte tenu de la géométrie du cercle de rupture, et de la distribution de la
cohésion non drainée, réévaluer la cohésion non drainée moyenne et le coefﬁcient
de sécurité.
.gc
Aﬁn d’améliorer la stabilité de l’ouvrage, un géotextile est disposé entre le remblai
et le massif.
ww
(5) Calculer l’effort à reprendre par le géotextile aﬁn d’avoir un coefﬁcient de sécurité de F = 1, 5.
SOLUTIONS DES EXERCICES
s:/
/w
Solution 7.1.
(1) On considère l’équilibre d’une tranche de sol de largeur b, d’un mètre d’épaisseur, et dont les réactions sur les faces latérales s’équilibrent. Le poids de sol
compris entre la surface et la profondeur z s’exprime : W = γ.b.z.
En considérant une facette inclinée à la profondeur z, le poids a pour composantes normale et tangentielle : N = γ.b.z. cos β et T = γ.b.z. sin β.
ttp
Ces efforts se répartissent sur la surface, de largeur b/ cos β à la profondeur z,
pour donner les contraintes normales et tangentielles :
σ(z) = γ.z. cos2 β et τ (z) = γ.z. cos β sin β
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7 • Pente et talus
er
ie.
co
m
184
(2) Le facteur de sécurité F correspond au rapport entre forces résistantes et forces
motrices. En contraintes, et à H = 10 m, cela correspond à :
τres
c + σ. tan ϕ
F =
=
τmot
τ
cp + γ.z. cos2 β tan ϕp
tan ϕr
Fp =
et Fr =
γ.z. cos β sin β
tan β
Le coefﬁcient de sécurité au pic varie en fonction de la hauteur de la couche. Le
coefﬁcient de sécurité le plus faible est obtenu pour la profondeur la plus grande :
z = 10 m. Les valeurs sont indiquées en tableau 7.3.
Tableau 7.3 Coefﬁcient de sécurité en fonction de l’inclinaison de la pente

alg
"
.gc
Solution 7.2.
ȕ
#^
(1) La sonde fait une longueur de l = 1 m ce qui signiﬁe que la différence de
déplacement relatif δ entre le haut et le bas est : δ = l. arctan θ
ww
La ﬁgure 7.10 représente les valeurs de δ. Le pic observé autour de 5, 5 m de
profondeur indique qu’il y a un mouvement relatif donc un glissement entre
couches. La hauteur de la couche en glissement sera prise égale à H = 5, 5 m
(verticalement).
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#%
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V
& ! į #%
ttp
F IGURE 7.10 Différence de déplacement δ en fonction de la profondeur
(2) En supposant que la pente est inﬁnie, on peut se restreindre à l’étude d’un tronçon
de pente de largeur dx (cf. ﬁgure 7.11). On considère que les efforts horizontaux
et verticaux sur les faces latérales du tronçon se compensent : H(x) = H(x+dx)
et V (x) = V (x + dx).
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/
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185
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Solutions des exercices
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0
Y{` } `|
X
K
ȕ
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J
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`
F IGURE 7.11 Équilibre d’un tronçon avec a =
dx
dx
et b =
cos β
cos2 β
.gc
Le poids du tronçon (pour un mètre d’épaisseur) est égal à :
W = [γe .(H − hw ) + γe,sat .hw ].dx = 108.dx kN
s:/
/w
ww
En projection sur la pente, on déﬁnit un effort normal N et un effort tangentiel
T : N = W. cos β et T = W. sin β.
dx
L’aire de la surface de glissement du tronçon est exprimée
(pour un mètre
cos β
d’épaisseur). Les contraintes totales sur la surface de glissement sont donc :
W cos2 β
W. sin β. cos β
σ=
= 88, 7 kPa et τ =
= 41, 4 kPa
dx
dx
La pression interstitielle se détermine à partir du réseau d’écoulement. En faisant
l’équilibre des charges hydrauliques hA = hB sur une des équipotentielles (cf.
ﬁgure 7.11). Le point A est sur la surface libre donc la pression uA est nulle :
uA
uB
+ zA =
+ zB ⇒ uB = γw .(zA − zB ) = 24, 6 kPa
γw
γw
On peut ainsi exprimer les contraintes effectives par le principe de Terzaghi
σ = σ − u = 64, 1 kPa et τ = τ = 41, 4 kPa
ttp
(3) Le coefﬁcient de sécurité correspond au rapport entre les forces résistantes Tres
et motrices Tmot :
Tres
F =
Tmot
Seule la force T est motrice dans notre cas : Tmot = T = W. sin β.
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7 • Pente et talus
er
ie.
co
m
186
Seule la force de frottement à l’interface apporte de la résistance vis-à-vis du
glissement. Elle s’estime à partir du critère de Coulomb.
cos β
dx = c + σ . tan ϕ et Tres =
. c + σ . tan ϕ
dx
cos β
Ainsi le coefﬁcient de sécurité se simpliﬁe :
σ . tan ϕ
F =
= 0, 89
[γe .(H − hw ) + γe,sat .hw ]. sin β cos β
=T
τres
res .
Le coefﬁcient de sécurité étant inférieur à 1, la rupture est quasi inévitable. Les
mouvements constatés in situ sont donc logiques.
Solution 7.3.
alg
(1) La méthode des tranches consiste à évaluer l’impact de chaque tranche sur la
stabilité vis-à-vis du glissement circulaire.
.gc
La formule générale du coefﬁcient de sécurité dans ce cas est :
c. li + tan ϕ (Wi + Qi ) cos αi
F =
(Wi + Qi ) sin αi
Pour déterminer la cohésion non drainée, on considère le comportement à court
terme (c = cu et ϕ = ϕu = 0) :
cu . li
F =
(Wi + Qi ) sin αi
ww
Le poids Wi se détermine à partir du volume d’une tranche d’un mètre d’épaisseur et du poids volumique du sol : Wi = γ.Vi = γd (1 + w).Vi
Le poids Qi correspond au poids du remblai situé au dessus de chaque tranche.
Le tableau 7.4 résume les valeurs de calcul en fonction des tranches.
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Tableau 7.4 Caractéristiques des tranches - Valeurs à court terme
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187
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Pour se rapprocher au mieux de la réalité, on ﬁxe le coefﬁcient de sécurité à 1. La
cohésion non drainée s’exprime ainsi :
(Wi + Qi ) sin αi
cu =
= 15, 6 kPa
li
(2) Le coefﬁcient de sécurité à court terme se détermine de la même façon mais en
considérant des charges de remblais Qi nulles :
cu . li
F =
= 1, 38
(Wi ) sin αi
alg
(3) À long terme, il est nécessaire de choisir les paramètres de résistance au cisaillement effectifs. Le coefﬁcient de sécurité a pour expression :
c . li + tan ϕ ( (Wi + Qi + Pi ) cos αi − ui .li
F =
(Wi + Qi + Pi ) sin αi
.gc
Avec Pi le poids de l’eau au-dessus de chaque tranche et ui la pression interstitielle sur la surface de rupture au centre de chaque tranche.
Pour le poids des tranches Wi , on considèrera que le massif est entièrement saturé
(effet de la capillarité). Le poids volumique saturé vaut :
γsat = γd (1 + wsat ) = 21, 6 kN.m-3
Le tableau 7.5 résume les valeurs de calculs.
Tableau 7.5 Caractéristiques des tranches - Valeurs à long terme

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AN : F = 0, 93
ttp
Le canal est susceptible à lui seul de provoquer une rupture circulaire à long
terme. Notons toutefois que le calcul est réalisé suivant l’hypothèse de Fellenius,
qui peut engendrer une erreur non négligeable.
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7 • Pente et talus
er
ie.
co
m
188
Solution 7.4.
(1) Aﬁn de déterminer les pressions dans la couches de limons, on utilise le réseau
d’écoulement qui permet d’obtenir la charge hydraulique h en tout point. D’après
la déﬁnition de la charge, l’expression de la pression interstitielle est :
ui = γw (h − z)
La différence de charge Δh entre l’amont et l’aval s’évalue à partir des charges
au point B (amont) et I (aval). Ces points se situent sur la surface libre donc les
pressions interstitielles uB et uI sont nulles :
uB
uI
hB =
+ zB = zB = 6 m et hI =
+ zI = zI = 4, 75 m
γw
γw
alg
Δh = hB − hI = 1, 25 m soit entre chaque équipotentielle : δh = 0, 25 m
Tableau 7.6 Pressions interstitielles sur la surface de rupture plane
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Z
Z9
V
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*
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«
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*
*
Le tableau 7.6 présente les résultats des calculs menant aux pressions interstitielles.
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Les efforts U correspondent aux résultantes normales à la surface de rupture dues
à la pression interstitielle. De manière simpliﬁée, elles sont calculées en faisant
la moyenne des pressions entre le point de ligne et son précédent, puis en la
multipliant par la distance qui les sépare.
(2) Le calcul du coefﬁcient de sécurité vis-à-vis du glissement plan a pour expression :
Tm
F =
Tr
Avec :
ttp
• Tm effort moteur évalué à partir du bilan des forces motrices (cf. ﬁgure 7.12).
• Tr effort résistant apporté par la cohésion.
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189
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X
X*
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ie.
co
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Solutions des exercices
X(
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F IGURE 7.12 Bilan des forces motrices
alg
1
2
Ka .γR .HR
= 18, 7 kN
2
Avec Ka coefﬁcient
de poussée évalué à partir de l’angle de frottement
π
ϕ
Ka = tan2
−
= 0, 26
4
2
.gc
P =
WR = VR .γR = 18x16 = 288 kN
WM = VM .γb = 162, 5 kN (poussée d’Archimède négligée)
ww
WL = VL .γsat = 389, 5 kN
s:/
/w
L’effort vertical global est égal à W = WR + WM + WL = 840 kN. On constate
que l’effort horizontal P est très faible comparé aux autres efforts, il sera négligé
par la suite. En supposant que les forces verticales se répartissent uniformément
sur la surface de rupture, l’effort moteur T vaut : T = Fv . sin(β) = 282, 5 kN.
Le calcul à court terme fait intervenir la cohésion non drainée cu sur la surface
de rupture. La longueur de rupture est évaluée graphiquement à L = 15, 7 m. En
considérant le critère de Coulomb, et pour un mètre d’épaisseur de talus, l’effort
résistant vaut : Tr = cu .L = 942 kN.
AN : F = 3, 33
(3) À long terme, les efforts moteurs ne changent pas. En revanche, l’expression du
critère de Coulomb fait intervenir à présent des paramètres effectifs.
(U ).L) tan ϕ = 451, 6 kN
ttp
Tr = c .L + (Fv . cos(β) −
AN : F = 1, 6
(4) Les pressions interstitielles se détermine, de la même façon que précédemment,
sur la surface de rupture et au centre de chaque tranche (cf. tableau 7.7).
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/
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7 • Pente et talus
er
ie.
co
m
190
Tableau 7.7 Pressions interstitielles sur la surface circulaire
;=
=
Z
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,
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$
=
alg
(5) L’expression du coefﬁcient de sécurité vis-à-vis du glissement circulaire est :
4 [c .li + (Wi cos αi − Ui ) tan ϕ ]
F = 1
= 1, 26
4
1 (Wi sin αi )
.gc
Le tableau 7.8 résume les valeurs de calcul par tranche.
Tableau 7.8 Caractéristiques des tranches - Valeurs à long terme
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Z
Z9
=g
+g
Z9
Z9
Z9
Z9
g
ww
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/w
Solution 7.5.
(1) La cohésion non drainée dépend de l’état de consolidation. La contrainte de préconsolidation du sol est égale à σp = 80 kPa à 9, 2 m de profondeur. La contrainte
verticale effective, avant mise en place du remblai, vaut à cette profondeur :
σv0 = 9, 2.γsat − (9, 2 − 2).γw = 79, 8 kPa
Ce calcul suppose qu’il y a saturation par capillarité sur les 2 m au-dessus de la
nappe. Le sol est donc normalement consolidé. L’évolution de la cohésion non
drainée en fonction de la profondeur s’exprime :
ttp
(z)
cu (z) = 6, 4 + 0, 34.σp (z) = 6, 4 + 0, 34.σv0
La ﬁgure 7.13 représente les distributions de contraintes verticales, de pression
interstitielle et de cohésion non drainée.
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191
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ie.
co
m
Solutions des exercices
, u et c avec la profondeur.
F IGURE 7.13 Évolution de σv0 , σv0
u
alg
(2) En première approche, la valeur de la cohésion non drainée moyenne peut être
évaluée en intégrant la distribution de cohésion non drainée sur l’ensemble de la
couche :
17,6+46,2
2. 6,4+17,6
+
13.
2
2
cu =
= 29 kPa
15
F =
Mres
Mmot
.gc
(3) L’étude de stabilité en glissement revient à calculer un coefﬁcient de sécurité
s’exprimant :
ww
À court terme, le moment résistant est apporté par la cohésion qui agit sur toute
la surface de rupture passant à travers le limon. Le remblai étant inﬁniment long
dans la direction hors plan, la surface de rupture s’exprime S = α.R par mètre
de massif. Géométriquement, on trouve aisément la valeur de l’angle α = 120 °.
s:/
/w
Le moment résistant, en mécanisme circulaire, s’exprime donc :
Mres = (cu .α.R).R = 6074 kN.m
ttp
En dessinant un axe vertical passant par le centre du cercle, on constate un équilibre entre le poids de limon à gauche et celui à droite de l’axe. Ainsi seule la
partie en remblai engendrera un moment. On peut évaluer ce moment en divisant
en trois parties le remblai en mouvement (cf. ﬁgure 7.14).
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7 • Pente et talus
J
J
er
ie.
co
m
192
J
+
"
F IGURE 7.14 Découpage en tranche du remblai
alg
Chaque bloc i pèse Wi = Vi .γR , engendrant un moment en fonction du bras de
levier li . Le tableau 7.9 résume les valeurs de calculs.
.gc
Tableau 7.9 Caractéristiques des tranches - Ici sont indiquées les valeurs exactes. Une
simpliﬁcation en triangle pour le bloc 3 permet de trouver une valeur approchée acceptable.
_$;
*
=
Z9
Z9[
ww
"
Ainsi : Mmot = 4349 kN.m et F = 1, 4
ttp
s:/
/w
(4) La cohésion drainée moyenne engendre une erreur importante dans la mesure
où le cercle de rupture ne se situe que sur une hauteur de 5 m de limon (et
non 15 m). De plus, l’intégration doit se faire suivant la ligne de rupture, ici cirπ π
culaire. Soit l’angle θ ∈ [ ; +α], exprimé en fonction de la profondeur z par :
6 6
z+5
θ = arcsin
R
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193
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
+
ș
ʌ
Į
F IGURE 7.15 Calcul de cu - Angle θ
.gc
alg
L’expression de cu (z) change au passage dans la nappe :
17, 6 − 6, 4
z ∈ [0 ; 2] : cu (z) = 6, 4 +
.z
2
π
θ ∈ [ ; 0, 77] : cu (θ) = 21, 6 + 56 sin θ
6
46, 2 − 17, 6
z ∈ [2 ; 5] : cu (z) = 17, 6 +
(z − 2)
13
π
θ ∈ [0, 77 ; ] : cu (θ) = 2, 2 + 22 sin θ
2
Le glissement dans la couche de limon présente un plan de symétrie. La cohésion
moyenne peut ainsi être évaluée sur une moitié seulement :
0,77
21, 6 + 56 sin θR.dθ +
π/
6
ww
cu =
π/
2
2, 2 + 22 sin θR.dθ
0,77
Ainsi : cu = 20 ⇒ F = 0, 96
ttp
s:/
/w
(5) En cas de glissement circulaire, le géotextile se déformera de façon à travailler
en traction (cf. ﬁgure 7.16). En effet, il ne présente pas de rigidité ﬂexionnelle ni
tangentielle.
9 ` F IGURE 7.16 Géotextile
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7 • Pente et talus
er
ie.
co
m
194
L’effort de traction, noté Fg , est donc tangent à la surface de glissement. Le
coefﬁcient de sécurité s’exprime :
F =
Mres + Fg .R
= 1, 5 ⇒ Fg = 233, 4 kN
Mmot
Il faut toutefois vériﬁer que le géotextile adhère à l’interface remblai/limon.
En notant L la longueur d’ancrage du géotextile, le critère de Mohr-Coulomb
impose :
Fg
< c + σ tan ϕ
L
alg
Les valeurs minimales de cohésion et d’angle de frottement sont choisies par
sécurité c = 0 et ϕ = 32, 4 °. La contrainte normale effective correspond au
poids du remblai σ = 5.γR .
ttp
s:/
/w
ww
.gc
La longueur d’ancrage du géotextile doit être au minimum de L > 3, 7 m, ce qui
est réaliste au vu de la géométrie.
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er
ie.
co
m
/
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Chapitre 8
.gc
alg
Fondations
ww
On déﬁnit communément trois types de fondations (cf. ﬁgure 8.1) :
• les fondations superﬁcielles : De /B < 1, 5,
• les fondations semi-profondes : 5 < De /B < 1, 5,
s:/
/w
• les fondations profondes : De /B > 5.
ttp
F IGURE 8.1 Les différents types de fondations - D hauteur d’encastrement, De hauteur
d’encastrement équivalente (cf. section 8.2.1.)
En pratique, on appellera fondation profonde une fondation où l’on tiendra compte
d’une réaction latérale (dans une certaine mesure). De nos jours, plus de vingt techniques de fondation peuvent être proposées par les entreprises.
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/
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
196
8.1 TECHNOLOGIE DE FONDATIONS
8.1.1. Fondations superﬁcielles
On distingue trois types de fondations superﬁcielles :
• les semelles ﬁlantes, généralement de largeur B modeste et de longueur L (L/B>10
pour ﬁxer les idées) ; les semelles de murs de soutènement en font partie,
• les semelles isolées dont les dimensions en plan B et L sont toutes deux au plus de
quelques mètres ; cette catégorie inclut les semelles carrées (B/L=1) et les semelles
circulaires (de diamètre B) ;
alg
• les radiers ou dallages de dimension B et L importantes ; cette catégorie inclut les
radiers généraux.
8.1.2. Fondations semi-profondes
.gc
Pour ce cas, et en fonction de son projet, l’ingénieur choisit de prendre en compte ou
non les frottements axiaux. Ce type de fondation est utilisé pour la reprise d’efforts
horizontaux. On peut citer les fondations d’éoliennes, de piles de ponts, etc. On distingue principalement les puits creusés à la main ou mécaniquement et dont les parois
sont soutenues par un blindage, des micropieux ou des colonnes de jet, des caissons
mis en place par havage et généralement réalisés sous air comprimé.
ww
8.1.3. Fondations refoulant le sol lors de la mise en place
ttp
s:/
/w
Une large panoplie de pieux est mise en place par refoulement du sol. Les pieux
peuvent être en bois, métal ou béton. Ils ne sont classés dans cette catégorie que si
leur base est obturée, sinon ils font partie des pieux particuliers. Leurs sections sont
de différentes formes (cf. ﬁgure 8.2).
F IGURE 8.2 Sections courantes de pieux
Les pieux en béton sont armés ou non, préfabriqués ou coffrés à l’avancement, ou
composés d’éléments tubulaires en béton légèrement armé assemblés par précontrainte. La mise en place peut être réalisée par battage, vérinage et/ou vibrage, vissage
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Technologie de fondations
197
er
ie.
co
m
8.1
/
https://www.GCAlgerie.com/
ou lançage, voire havage du pieu ou d’un élément (fermé ou non) servant de moule
et récupéré après bétonnage.
8.1.4. Fondations ne refoulant pas le sol à la mise en place
alg
Les pieux et barrettes non refoulants sont mis en place dans un forage exécuté dans
le sol par des moyens mécaniques tels que tarière, benne, etc. Ce procédé peut nécessiter un soutènement des parois, lorsque les sols ne sont pas sufﬁsamment cohérents
et situés sous la nappe phréatique. On utilise une boue de forage bentonitique ou
composée de polymères, ou une tarière creuse permettant l’injection du béton simultanément à l’extraction de terrain. Les pieux de petit diamètre, constitués d’une âme
métallique, scellés au terrain par un mortier gravitairement ou sous pression, sont
dénommés micropieux et clous.
8.1.5. Synthèse
.gc
Les pieux forés représentent une part de marché estimée pour le marché français
à 75 %. Les pieux sont classés selon leur technique de mise en œuvre suivant le
tableau 8.1.
Tableau 8.1 Classes et catégories de pieux (NF P94-262)
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8 • Fondations
8.2 MÉTHODES DE CALCUL
er
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co
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198
.gc
8.2.1. Fondations superﬁcielles
alg
L’objectif des méthodes de calcul est l’estimation de la capacité portante et des tassements des fondations. On vériﬁe que les états limites de rupture ou de déformation
excessive du terrain (GEO), de rupture interne ou déformation excessive de la structure ou d’éléments de structure (STR) (tels que les semelles et les pieux), mais aussi
de soulèvement lié à l’action de l’eau globaux (UPL) ou locaux (HYD) ou des pertes
d’équilibre (EQU) ne sont pas dépassés. Pour ces états limites, on vériﬁe que la valeur
de calcul de l’effet des actions par l’utilisation des combinaisons d’action reste inférieure à la valeur de calcul de la résistance aux actions correspondantes. Soit dans le
cas de la capacité portante d’une fondation la comparaison de la composante verticale
de la charge nette à la résistance nette du terrain sous la fondation (Vd − R0 Rv,d )
ou pour une fondation superﬁcielle dans le cas du glissement sur la base, la comparaison de la composante horizontale de la charge transmise par la fondation au terrain
à la somme de la résistance frontale et tangentielle et de la résistance au glissement
de la fondation sur le terrain (Hd Rh,d + Rp,d ).
a) Méthode à partir des essais de laboratoire (méthode c − ϕ)
s:/
/w
ww
La rupture a pu être analysée mathématiquement dans le cas d’un phénomène plan
pour une semelle horizontale supportant une charge centrée et ancrée dans un milieu
homogène présentant à la fois du frottement et de la cohésion et dont la surface libre
est également horizontale.
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Xz
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I
VIF
ttp
F IGURE 8.3 Proposition d’un mécanisme de rupture pour une fondation avec base parfaitement
lisse - en vignette, équilibre des forces dans le cas parfaitement rugueux
Les solutions proposées nécessitent de connaître les paramètres de rupture du sol
obtenus à partir d’essais de laboratoire. Les notations utilisées dans cette section sont
les notations couramment utilisées pour le calcul des fondations superﬁcielles. La
géométrie de la fondation est déﬁnie sur la ﬁgure 8.4.
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Méthodes de calcul
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199
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8.2
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F IGURE 8.4 Notations utilisées pour la géométrie des fondations superﬁcielles
alg
Les charges agissant sur la fondation sont combinées en une résultante. Elle a une
composante V normale à la surface de contact, une composante H parallèle à celle-ci
et elle intersecte la surface au point d’application.
.gc
Calcul en contraintes effectives (conditions drainées)
La formule de calcul de la capacité portante des fondations superﬁcielles de type semelle ﬁlante comporte trois termes combinant chacun un facteur de capacité portante
et des coefﬁcients correcteurs. Soit pour les calculs en contraintes effectives (c ,ϕ ) :
qnet = c Nc sc ic bc dc + q Nq sq iq bq dq + 0, 5γ B Nγ sγ iγ bγ dγ − q0
Avec :
ww
• q est la pression effective uniforme appliquée au sol autour de la semelle (à la
profondeur D),
• γ est le poids volumique du sol sous le niveau de la fondation,
• B est la largeur réduite de la fondation,
• c est la cohésion effective du sol,
s:/
/w
• sc , sq et sγ sont les facteurs de forme,
• ic , iq et iγ sont les facteurs d’inclinaison de la charge,
• bc , bq et bγ sont les facteurs d’inclinaison de la base de la fondation,
• dc , dq et dγ sont les facteurs d’encastrement de la fondation,
• q0 est la contrainte effective à la base de la fondation après travaux,
• Nc , Nq et Nγ sont les facteurs de capacité portante, dont les expressions sont
données ci-après.
ttp
ϕ
Nc = (Nq − 1) cot ϕ
4
2
Le tableau 8.2 rassemble les valeurs des coefﬁcients correcteurs.
Nγ = 2(Nq − 1) tan ϕ
Nq = eπ tan ϕ . tan2
π
+
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/
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8 • Fondations
er
ie.
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200
Tableau 8.2 Coefﬁcients correcteurs
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Calcul en conditions non drainées
V
= (π + 2)cu sc ic bc + q
A
Cette formule correspond à la valeur minimale de Nc pour ϕ = 0 (soit Nc = 5, 14),
avec des coefﬁcients correcteurs égaux à :
B
• sc = 1 + 0, 2 (semelle rectangulaire) ou sc = 1, 2 (circulaire),
L
H
• ic = 0, 5 1 + 1 − ,
A .cu
2α
• bc = 1 −
.
π+2
ttp
s:/
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Dans ces conditions, la formule suggérée est qnet =
Avec H composante de réaction horizontale, A = B .L aire de la surface réduite, q
pression uniforme appliquée à la surface du sol autour et à la base de la semelle.
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Méthodes de calcul
201
er
ie.
co
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8.2
/
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b) Méthode à partir des essais pressiométriques et pénétrométriques
alg
Les méthodes directes basées sur certains essais in situ sont bâties sur la pertinence
de ces essais à représenter le phénomène physique mis en jeu lors du chargement
de la fondation (cf. ﬁgure 8.5). On citera le pressiomètre et le pénétromètre à titre
d’exemple. Nous ne présentons que les méthodes pressiométriques, celles basées sur
le pénétromètre étant très similaires.
F IGURE 8.5 Deux types de mécanisme de rupture justiﬁant l’élaboration
des méthodes de dimensionnement de fondation.
ww
.gc
Pression limite nette équivalente
La pression limite nette équivalente p∗Le se calcule pour une couche porteuse homogène d’épaisseur au moins égale à 1, 5.B. On établit un proﬁl linéaire de la pression
limite nette p∗LM = pLM − p0 et l’on prend pour valeur de calcul, la valeur à la
profondeur D + 23 .B :
• sol homogène : p∗Le = p∗LM . D + 23 .B
• sol non homogène : p∗Le = n p∗LM 1 × p∗LM 2 × ... × p∗LM n
4567
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Avec pLM la pression limite mesurée et p0 la contrainte totale horizontale, au même
niveau avant essai, déterminée à partir du coefﬁcient de pression des terres au repos
K0 lui-même estimé à partir des valeurs de la contrainte verticale effective q et de la
pression interstitielle u, par la formule p0 = K0 .q + u.
F IGURE 8.6 Déﬁnition de la pression limite équivalente et de la résistance de pointe équivalente
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/
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8 • Fondations
er
ie.
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202
Hauteur d’encastrement équivalente De
La hauteur d’encastrement équivalente est un paramètre conventionnel de calcul destiné à tenir compte du fait que les caractéristiques mécaniques des sols de couverture
diffèrent de celles du sol porteur. Elle sert uniquement à distinguer les différents
types de fondations. Elle est calculée à partir des courbes donnant les valeurs caractéristiques des essais en fonction de la profondeur. On a alors :
De =
1
p∗Le
D
0
p∗LM (z).dz
alg
Classiﬁcation des sols
La déﬁnition des catégories conventionnelles des sols pour les essais est obtenue à
partir d’un critère de compacité déﬁni par les résultats des essais réalisés. Cette classiﬁcation n’est possible, pour les matériaux les plus compacts, que pour le pressiomètre. Toutefois, cet essai ne dépassant pas une pression de 5 MPa, la classiﬁcation
se limite aux roches les plus tendres ou altérées. Elle doit être complétée par un carottage pour identiﬁer les discontinuités.
.gc
Tableau 8.3 Classement des sols selon différents critères (NF P94-262)
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Méthodes de calcul
203
er
ie.
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8.2
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Calcul de la capacité portante à partir de l’essai au pressiomètre Ménard
La valeur de calcul de la contrainte de rupture nette (capacité portante par unité de
surface) d’une fondation soumise à une charge verticale centrée est liée à la pression
limite du sol par la fonction linéaire suivante :
qnet = q0 + kp .p∗Le
alg
Avec kp le facteur de portance pressiométrique et q0 la contrainte totale verticale au
niveau de la base de la fondation après travaux.
Les valeurs numériques du facteur de capacité portante varient entre 0, 8 et 2 en fonction du type de sol, de la profondeur d’encastrement et de la forme de la fondation.
Les valeurs du facteur de portance pressiométrique kp sont données par la relation
non linéaire fonction de l’encastrement équivalent (cf. tableau 8.4).
De
De kp, B = kp0 + a + b.
. 1 − e−c. B
L
B
Tableau 8.4 Coefﬁcients de l’équation des courbes donnant kp (NF P94-261)
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Pour les semelles rectangulaires, la relation à utiliser est :
B
B
kp, B = kp, B =0 . 1 −
+ kp, B =1 .
L
L
L
L
L
c) Détermination des tassements
Deux méthodes sont principalement utilisées pour estimer les tassements prévisibles :
• les méthodes basées sur des solutions en élasticité utilisant les modules d’élasticité
déterminés lors des essais de laboratoire ou plus rarement d’essais en place (cf.
chapitre 4) ;
ttp
• les méthodes semi-empiriques reliant directement le tassement à la caractéristique
mesurée par l’essai.
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/
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
204
Les dernières méthodes sont apparues du fait de la difﬁculté de prélever certains matériaux et de réaliser des essais de laboratoire. La méthode pressiométrique propose
le calcul du tassement à 10 ans d’une fondation encastrée de largeur B (rajouter 20 %
si fondation à encastrement nul) :
s10 ans = sc + sd
α
2
Avec : sc =
(q − γ.D).λc .B et sd =
9.E1
9.Ed
Où :
B
λd .
B0
α
.B0
• q : contrainte verticale appliquée par la fondation,
• γ : poids volumique du sol,
• D : hauteur d’encastrement de la fondation dans le sol,
alg
• α : coefﬁcient rhéologique dépendant de la nature du sol et de la consolidation (cf.
tableau 8.6),
• λc et λd : coefﬁcients de forme (cf. tableau 8.5),
• B : largeur ou diamètre de la fondation,
.gc
• B0 : dimension de référence égale à 0, 6 m,
• Ed : module pressiométrique équivalent de la zone déviatorique (cf. ﬁgure 8.7).
Tableau 8.5 Valeurs des coefﬁcients de forme
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Tableau 8.6 Valeurs du coefﬁcient rhéologique pour les sols
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d) Calcul de la contrainte de référence
L’estimation conventionnelle de la contrainte transmise au sol dans le cas de l’excentrement de la charge peut se faire selon deux méthodes principales :
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205
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Méthodes de calcul
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alg
8.2
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F IGURE 8.7 Détermination de Ed
.gc
• Méthode de Meyerhof : pour les semelles rectangulaires, on peut se servir de
la méthode de Meyerhof pour déterminer une largeur réduite. On estime alors la
contrainte :
Vd
σV,d =
B − 2e
ww
Dans le cas où un excentrement existe dans les deux directions, la contrainte vaut :
σV,d =
Vd
(B − 2e)(L − 2e )
σV,d =
3σmax + σmin
4
ttp
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• Méthode de répartition triangulaire ou trapézoïdale : la prise en compte de
l’existence d’une charge excentrée (e > B/6) se fait par le calcul d’une contrainte
de référence σV,d en supposant la répartition des contraintes linéaire et en négligeant la traction sur les zones décomprimées (cf. ﬁgure 8.8) :
F IGURE 8.8 Déﬁnition de la contrainte de référence pour un excentrement e
a et b : Meyerhof, c et d : NF P94-261
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/
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
206
Les contraintes σmax et σmin sont calculées de manière à équilibrer la force Vd et
le moment Vd .e par rapport au centre.
Vd
6.e
Vd
6.e
σmax =
1+
σmin =
1−
B
B
B
B
8.2.2. Fondations profondes soumises à un effort axial
a) Principe de dimensionnement
alg
La capacité portante d’une fondation profonde ou résistance ultime repose sur la
mobilisation, d’une part de la réaction offerte par le sol sur la pointe du pieu et,
d’autre part d’un frottement latéral le long du fût du pieu. La valeur de portance d’un
pieu Rc est calculée par :
Rc = R b + R s
Avec :
• Rb : résistance de pointe,
.gc
• Rs : résistance de frottement axial mobilisée le long du fût du pieu.
ww
Cette séparation en deux termes de la capacité portante est une caractéristique
commune de toutes les méthodes de conception utilisées dans la pratique : les méthodes analytiques basées sur le frottement (proportionnel à c − ϕ ) et des méthodes
empiriques basées sur des essais in situ (CPT, SPT, PMT). La résistance de pointe
est liée à une valeur moyenne de la résistance au cisaillement déduite des essais de
laboratoire ou des essais in situ, corrigée pour la classe de sol et pour certains effets
liés au remaniement induit par la technique d’installation. Le terme de frottement
axial représente l’interaction (complexe) pieu-sol et le changement des propriétés du
sol dans le voisinage du pieu après qu’il a été installé.
s:/
/w
Calcul de Rb
Rb est obtenu par combinaison de deux termes, la surface A de la pointe du pieu et
la contrainte ultime sous la base du pieu :
Rb = [q0 + qu ].Ab
Avec : qu = kp .p∗Le
où :
• q0 : pression verticale totale,
ttp
• p0 : pression totale horizontale,
• Ab : surface de la base de la fondation.
• kp : facteur de capacité portante, dépendant du type de sol et du mode de mise
en œuvre du pieu (cf. tableau 8.7) déterminé comme pour les fondations superﬁcielles.
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Méthodes de calcul
207
er
ie.
co
m
8.2
/
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Seule la pression limite nette équivalente p∗Le est calculée de manière spéciﬁque ;
c’est une moyenne déﬁnie par :
p∗Le =
1
3a + b
D+3a
D−b
Avec :
• a=
B
2
si B > 1 m sinon a = 0, 5 m,
p∗LM (z).dz
• b = min(a, h) où h est la hauteur de la fondation dans la couche porteuse.
4567
456(
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alg
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J
.gc
U
F IGURE 8.9 Déﬁnition de la pression limite équivalente
ww
Le facteur de portance en fonction de l’encastrement effectif Def /B de la manière
suivante :
• Def /B > 5 : kp (Def /B) = kp,max ,
• Def /B < 5 : kp (Def /B) = 1, 0 + (kp,max − 1, 0)(Def /B)/5.
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Def =
1
p∗Le
D
D−10B
p∗LM (z).dz
Avec les valeurs maximales données dans le tableau 8.7.
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ttp
F IGURE 8.10 Section et périmètre des pieux tubulaires et proﬁlés métalliques ouverts à la base
https://www.GCAlgerie.com/
/
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
208
Les pieux dont la section n’est pas pleine (pieux H, tubes, palplanches) font l’objet
d’un abattement de la capacité portante en pointe : Rb = ρp .A.qu
Où : A est l’aire de la surface convexe et ρp , un coefﬁcient de réduction tabulé en
fonction de la nature du sol et du type de pieu (voir tableaux 8.1 et 8.8).
Tableau 8.7 Valeur des coefﬁcients de portance kp,max pour un encastrement effectif De /B > 5
(NF P94-262)
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Tableau 8.8 Valeur des coefﬁcients réducteurs de section
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Méthodes de calcul
209
er
ie.
co
m
8.2
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Calcul de Rs
Rs est également obtenu par combinaison de deux termes, P le périmètre du pieu et
qs le frottement latéral limite le long du fût du pieu :
n
Rs =
qsi .Asi
i
Avec :
• qsi : frottement latéral unitaire de la ime couche,
• Asi : surface latérale de la couche i.
Le frottement latéral unitaire qs est obtenu par la formule suivante :
alg
qs = αpieu/sol .fsol (p∗LM (z))
.gc
Il est déﬁni à partir d’un paramètre normalisé fsol représentant l’évolution du frottement axial unitaire en fonction du type de sol et de la pression limite mesurée dans
le sol qui est mis à l’échelle à l’aide d’un coefﬁcient représentatif de l’interaction
sol-structure αpieu/sol , fonction du mode de mise en œuvre du pieu.
∗
fsol = (a.p∗LM + b). 1 − e−c.pLM
ww
Avec les valeurs des coefﬁcients données dans le tableau 8.9 en fonction du type de
sol.
Tableau 8.9 Coefﬁcients de l’équation des courbes donnant fsol dans la norme NF P94-262
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Les coefﬁcients αpieu/sol sont donnés pour les différents types de pieux (cf. tableau
8.1) et de sols (cf. tableau 8.3) dans le tableau 8.10.
Les valeurs du coefﬁcient de frottement latéral unitaire qs sont limitées par les valeurs
du tableau 8.10.
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8 • Fondations
er
ie.
co
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210
Tableau 8.10 Valeurs des coefﬁcients de mise à l’échelle αpieu−sol / valeurs limites
de frottement latéral unitaire qs
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b) Détermination des tassements
s:/
/w
L’interprétation de nombreux essais de chargement statique de pieux a montré que le
tassement d’un pieu isolé n’excède que très rarement le centimètre sous une charge de
référence égale à 0, 7.Rc,cr . Pour estimer le tassement, sous cette charge de référence,
les règles simples suivantes sont proposées :
• pour les pieux forés sref = 0, 006.B (avec des valeurs extrêmes de 0, 003 et
0, 010.B),
ttp
• pour les pieux battus sref = 0, 009.B (avec des valeurs extrêmes de 0, 008 et
0, 012.B).
Le tassement sous Rc,cr est généralement pris égal à : s =
2B
100
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Méthodes de calcul
211
er
ie.
co
m
8.2
/
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Tassement auquel se rajoute le raccourcissement élastique e du pieu lorsqu’il présente une partie libre (hors sol) importante.
e=
Rc,cr .DL
avec DL = L − De
Ep .A
Une méthode plus précise consiste à déterminer les lois de mobilisation du frottement latéral τ en fonction du déplacement vertical s du pieu pour chaque section de
celui-ci ainsi que la loi de mobilisation de l’effort de pointe q en fonction du déplacement vertical sp de celle-ci (Frank et Zhao, 1982). Ces lois peuvent être reliées au
module pressiométrique EM et des valeurs limites du frottement latéral et de l’effort
de pointe.
W
L
alg
L
L
F
LF
LF
.gc
F
F IGURE 8.11 Lois de mobilisation du frottement latéral et de l’effort de pointe unitaire.
ww
Pour les pieux forés dans des sols ﬁns, on propose de prendre Kt = 2.EM /B et
Kp = 11.EM /B et dans les sols granulaires Kt = 0, 8.EM /B et Kp = 4, 8.EM /B.
Pour les pieux battus, on prend les mêmes valeurs en première approche. La résolution de cette méthode basée sur les fonctions de transfert de charge nécessite une
résolution par différence ﬁnie ou par matrice transfert.
8.2.3. Fondations profondes soumises à des efforts latéraux
s:/
/w
Certaines conﬁgurations spéciﬁques entraînent la création d’efforts parasites (cf. ﬁgure 8.12) : des efforts latéraux (érection d’un remblai par exemple) et des efforts
verticaux appliqués sur le fût et orientés vers la pointe ou « frottement négatif ».
Les efforts latéraux sont apportés par le moment M et les composantes transversales
à l’axe du pieu Qh des forces appliquées en tête de pieu.
a) Principe d’analyse
ttp
Un pieu soumis à un chargement latéral en tête se déforme dans le sol. À chaque
niveau z, le déplacement latéral du pieu δ(z) dans le sol consécutif à la déformation
permet de mobiliser une réaction du sol r(z). La déformée du pieu est telle que le
pieu est en équilibre statique, c’est-à-dire que le torseur en tête (Qh ,M ) est équilibré
par l’ensemble des réactions r(z) du sol (cf. ﬁgure 8.13).
La réaction r(z) se décompose en réactions frontales sur la face du pieu et en frottements sur le côté du pieu.
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
212

J
*
G }
"
! J
L
"J "
L
alg
F IGURE 8.12 Génération de poussées latérales et frottements négatifs par le transfert de charge
*
N

.gc
<
ww
G{ |
*

{ |
F IGURE 8.13 Déformation d’un pieu soumis à un chargement latéral et réaction du sol.
(
(
<F ( <F
<F ( <F
s:/
/w
<
F IGURE 8.14 Mobilisation de la réaction latérale du sol sur différents types de pieux.
On a pu mettre en évidence expérimentalement que r(z) varie avec δ(z) :
• r(z) est une fonction croissante de δ(z),
ttp
• il existe un seuil au-delà duquel r(z) n’augmente plus lorsque δ(z) continue à
augmenter. La modélisation simple élastoplastique de la ﬁgure 8.16 a été retenue.
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Méthodes de calcul
213
er
ie.
co
m
8.2
/
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Le calcul de la déformée du pieu, et des réactions latérales du sol, se fait en écrivant
l’équilibre horizontal de chacun des éléments du pieu de longueur dz, hypothèse étant
faite que la composante verticale de la réaction du sol sur le pieu peut être négligée.
T (z + dz) − T (z) + r(z).dz = 0
*
z
z
*

.gc
z
alg
dT (z)
d4 δ(z)
+ r(z) = 0 ⇒ EI
+ r(z) = 0
dz
dz 4
Avec E désigne le module du matériau constituant le pieu et I son moment quadratique.
d4 δ(z)
Puisque r(z) dépend de δ(z) : EI
+ r(δ(z)) = 0
dz 4
La résolution de cette équation différentielle fait intervenir les conditions aux limites
du pieu (en tête et en pointe). Quatre conditions aux limites sont nécessaires. Elles
peuvent porter sur les efforts appliqués (moment, effort tranchant), ou sur la déformée (déplacement δ, rotation δ ). Des exemples sont donnés à la ﬁgure 8.15.
z

: ¬ ww
*
*

: *z
z
*z
z
z
*z
z
z
s:/
/w
F IGURE 8.15 Conditions aux limites typiques, en tête et en pied de fondations (y(x) = δ(x))
ttp
La méthode du coefﬁcient de réaction exprime la réaction latérale du sol sous la forme
(cf. ﬁgure 8.16) : r(δ, z) = K.δ(z)
La stabilisation de r, à compter d’un certain déplacement, est modélisée par un seuil
valant rf pour la composante frontale et rs pour la composante de frottement latéral.
La courbe de réaction est la somme des deux contributions (cf. ﬁgure 8.16).
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8 • Fondations
!
{ | S,F
er
ie.
co
m
214
"
!
{ | S,F

"
F IGURE 8.16 Courbe de réaction du sol en fonction du déplacement latéral du pieu.
6.EM (z)
4
α
3 .(2, 65) +
α
pour B B0
.gc
Kf = kf .B =
alg
Les paramètres de la courbe de réaction sont estimés sur la base des caractéristiques
pressiométriques du sol de fondation, suivant la théorie due à Ménard (cf. article Ménard et Rousseau, 1962) dans le cas des sollicitations de longue durée d’application.
6.E (z)
M α
Kf = kf .B =
pour B B0
4 B0
B
.
2,
65.
+
α
3 B
B0
s:/
/w
ww
rf = B.pf avec pf pression de ﬂuage au niveau considéré.
rs = 2.Ls .qs avec qs frottement latéral unitaire déterminé en fonction de pLM .
On multiplie ces coefﬁcients par 2 dans le cas des sollicitations de courte durée d’application et dans le cas des sollicitations sismiques le palier de la réaction latérale rs
est celui utilisé pour les sollicitations de courte durée, le palier de la réaction frontale
rf = B.p∗LM et la valeur du module de réaction est majorée par un facteur 3.
La résolution de l’équation d’équilibre du pieu ne peut être obtenue que par intégration numérique dans le cas général, compte tenu de la forme non linéaire de la loi de
réaction r(δ, z). Dans le cas où la réaction du sol peut être décrite par une loi simplement linéaire r(δ, z) = K.δ(z) (ce qui est le cas de pieux dont le faible niveau de
sollicitation latérale ne conduit pas à une plastiﬁcation du sol), l’équation d’équilibre
s’écrit :
d4 δ(z)
EI
+ K.δ(z) = 0
dz 4
La solution de cette équation, lorsque K et EI sont constants sur toute la hauteur,
est :
z
z
z
z
z
− lz
l
0
0
δ(z) = e . A. cos + B. sin
+ e . C. cos + D. sin
l0
l0
l0
l0
ttp
Avec :
4EI
: longueur de transfert du pieu dans le sol,
K
– A, B, C et D : constantes d’intégration obtenues par identiﬁcation des conditions
aux limites.
– l0 =
4
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215
er
ie.
co
m
Exercices
Cette solution prend une forme simpliﬁée dans le cas des pieux de grande longueur
simplement sollicités en tête. Le premier terme, fonction des constantes A et B, prend
en effet une valeur proche de zéro lorsque lz0 prend une valeur importante ; pour des
pieux simplement sollicités en tête et sufﬁsamment longs pour que la pointe ne soit
pas sujette à des déformations, l’identiﬁcation aux conditions aux limites en pointe
conduit alors à C = D = 0 (l’axe des z étant compté positivement vers le bas).
Cette équation est considérée comme acceptable lorsque la longueur du pieu D est
supérieure à trois fois sa longueur de transfert l0 , le terme devenant alors inférieur
à 0, 05.
alg
Le calcul de l’équilibre du pieu, par résolution de l’équation différentielle, se fait
à l’aide de programmes informatiques. Le calcul restitue, pour chaque section du
pieu, les efforts de la résistance des matériaux (T ,M ) et ceci pour les différentes
sollicitations en tête, résultant des combinaisons d’actions d’état limite de service et
d’état limite ultime. La vériﬁcation porte sur la résistance du pieu, et se fait pour les
états limites de service ou ultimes à l’aide des règlements en vigueur.
Exercice 8.1.
.gc
EXERCICES
Solution p. 225
Un bâtiment de trois niveaux a une surface au sol de 100
(10 × 10 m). On admet
que la pression moyenne équivalente à chaque niveau est de 10 kPa. Le bâtiment
possède cinq murs porteurs de 10 m de longueur chacun (murs périphériques et un
mur transversal situé au milieu du bâtiment). Le bâtiment est construit sur une couche
de 10 m d’épaisseur de sol argilo-limoneux surconsolidé, ayant un poids volumique
de 19 kN.m-3, une cohésion c = 20 kPa et un angle de frottement interne de ϕ = 23°.
Un essai œdométrique réalisé sur le sol donne les paramètres suivants σp = 350 kPa,
e0 = 1, Cs = 0, 02 et Cc = 0, 3.
s:/
/w
ww
m2
(1) Quelle est la pression moyenne sous les fondations superﬁcielles des murs (assimilées à des semelles ﬁlantes de largeur 0, 6 m) ?
(2) Calculer la portance du sol sous les semelles selon qu’elles sont placées à 0, 5, 1
ou 1, 5 m de profondeur, dans un sol sans nappe. À partir de quelle profondeur
obtient-on une portance sufﬁsante (coefﬁcient de sécurité de 3) ? La maison
réalisée dans le Nord de la France doit avoir ses fondations à une profondeur
hors gel de plus de 50 cm.
ttp
(3) Que se passe-t-il si le niveau de la nappe dans le sol monte jusqu’au niveau de la
base des fondations ?
(4) Calculer maintenant la capacité portante avec la méthode pressiométrique en
prenant pLM = 0, 45 MPa et EM = 8 MPa.
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
216
(5) Comparer les valeurs de tassement déterminées selon les méthodes œdométrique
et pressiométrique.
Exercice 8.2.
Solution p. 226
On considère une semelle carrée de 2 m de côté, encastrée de 0, 5 m dans le sol. Elle
repose sur une couche de sable de caractéristiques γ = 18 kN.m-3, c = 0 et ϕ = 35°.
Le toit de la nappe est au niveau de la base de la fondation.
(1) Calculer la force verticale centrée maximale que l’on peut appliquer à la fondation (sans coefﬁcient de sécurité).
alg
(2) Que se passe-t-il si la charge reste verticale mais est excentrée de 0, 5 m vers le
milieu d’un côté ?
(3) Que se passe-t-il si la charge est centrée mais inclinée de 10° par rapport à la
verticale ?
.gc
(4) Que se passe-t-il si la charge est inclinée de 10° et excentrée de 0, 5 m vers le
milieu d’un des côtés ?
ww
Exercice 8.3.
Solution p. 227
Des portiques destinés à supporter une ligne électrique haute tension reposent par
quatre pieds noyés dans des socles en béton 2 × 2 m ancrés d’au moins 1 m dans le
sol et espacés entre axes de 6 m. Le poids de la structure métallique et de la portion
de ligne correspondante est de 180 kN, la masse spéciﬁque du béton des socles est de
24 kN.m-3. L’effort dû au vent ou au givre sur les structures aériennes entraîne, dans
le cas le plus défavorable, une surcharge verticale V = 60 kN et un effort horizontal
simultané H = 90 kN appliqué à 15 m au-dessus de la base des socles et dirigé
suivant deux des côtés du carré formé par les quatre socles.
s:/
/w
(1) Calculer les charges permanentes et extrêmes s’exerçant sur les socles en supposant que l’effort horizontal se répartit également entre les quatre socles.
(2) Vériﬁer la stabilité à l’arrachement des socles côté au vent.
(3) Pour la stabilité au poinçonnement, on examine le cas de deux types de terrains
de caractéristiques suivantes :
• Argile à court terme cu = 70 kPa et γ = 20 kN.m-3, à long terme c = 8 kPa et
ϕ = 25 ° (pas de nappe),
ttp
• Sable γd = 16, 5 kN.m-3, c = 0 et ϕ = 35 ° et la nappe phréatique, normalement profonde, peut atteindre la surface en période de crue.
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er
ie.
co
m
Exercices
On calculera les coefﬁcients de sécurité pour ces différents cas en supposant
que les charges s’exerçant sur la base de chaque socle restent centrées et en
prenant en compte l’effet de l’inclinaison des charges δ, à l’aide des coefﬁcients
réducteurs.
(4) Pour les socles côté vent, soumis à l’arrachement, on examine la stabilité vis-àvis des efforts horizontaux et l’on se préoccupe de savoir dans quelle mesure le
terrain sera sollicité en butée :
• dans l’argile, on admet qu’une contrainte tangentielle maximum égale à cu
peut se développer sur les faces du socle soumises à frottement. Une mise en
butée du terrain est-elle requise ?
alg
• dans le sable, on admet que sur la base peut se développer un effort tangentiel
T au plus égal à N. tan(2.ϕ /3), N étant l’effort normal. Si l’on néglige les
frottements sur les deux faces verticales latérales, comparer l’effort de butée
requis pour assurer la stabilité à la valeur maximum de butée évaluée suivant
Rankine. Est-ce compatible avec un bon comportement de la fondation ?
ww
.gc
Exercice 8.4.
Solution p. 228
On désire fonder une semelle superﬁcielle sur un sol constitué, sur une épaisseur
très grande, d’une argile homogène. Le niveau de la nappe est à 1 m en dessous de
la surface du sol et correspond au niveau inférieur projeté de la semelle. Le poids
volumique de l’argile est de γ = 16 kN.m-3 au-dessus de la nappe et de 20 kN.m-3 en
dessous. La fondation doit supporter y compris son poids propre et le poids des terres
qui la recouvrent, une charge verticale Q = 2270 kN.
On prélève dans l’argile des échantillons sur lesquels on effectue trois essais CU+u
(cf. tableau 8.11) et un essai de résistance à la compression simple (Rc = 200 kPa).
Tableau 8.11 Résultats d’essais CU+u
$$
ʍ
$$
^ Z
Z
Z
s:/
/w
$$
'ʍ
ttp
(1) Déterminer graphiquement à partir de ces résultats les valeurs des paramètres
suivants : ϕ , c et cu .
(2) La semelle de fondation est carrée. Déterminer la longueur de son côté b, pour
que l’on ait, par rapport à la rupture à court terme, un coefﬁcient de sécurité égal
à 3. On considérera que la fondation est rugueuse.
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
218
(3) Calculer la pression limite sous la fondation (b ayant la valeur déterminée à la
question précédente) dans un comportement à long terme de l’argile et montrer
ainsi que le comportement à court terme est le plus défavorable.
(4) Calculer, en supposant que le sol ait un comportement élastique, le supplément
de contrainte verticale totale transmis au sol de fondation à une profondeur de
4 m. On suppose qu’à partir de cette profondeur la cohésion drainée de l’argile
diminue brusquement. Quelle devra être la valeur minimale de la cohésion non
drainée au-dessous de 4 m pour que les conditions de stabilité à court terme de la
fondation ne soient pas modiﬁées ?
Exercice 8.5.
Solution p. 229
.gc
alg
On se propose d’étudier la stabilité de la fondation superﬁcielle d’une culée de
pont, représentée sur la ﬁgure 8.17. Cette fondation repose sur une couche de sable
(γ = 19 kN.m-3, c = 0, ϕ = 35 °, pLM = 0, 91 MPa), moyennement compactée, rapportée sur le terrain naturel composé de limon argileux (γ = 20 kN.m-3,
c = 5 kPa, ϕ = 25 °, pLM = 0, 45 MPa, Cv = 9.10-7 m2.s-1).
ttp
s:/
/w
ww
Cette dernière couche repose sur une grave (pLM = 1, 50 MPa). On traitera la fondation comme une semelle ﬁlante.
F IGURE 8.17 Coupe de l’ouvrage
On étudie tout d’abord la stabilité avant construction du tablier. La culée et sa fondation peuvent être schématiquement représentées, par un mur cantilever. Par mesure
de simpliﬁcation, on admettra que le poids du mur et du sol agissant sur la semelle
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er
ie.
co
m
Exercices
est égal au poids d’un massif de sol limité par le rectangle ﬁguré en tireté.
(1) Calculer le coefﬁcient de sécurité de la semelle lorsque le remblai est mis en
place. On ne se préoccupera que de la stabilité au niveau de la couche de sable,
en négligeant la force de butée à l’avant du mur.
Après la construction du tablier on considère que le tablier exerce, par mètre linéaire,
une force verticale de 1600 kN et une force horizontale de 50 kN.
(2) Calculer le coefﬁcient de sécurité de la semelle lorsque le remblai est mis en
place. On ne se préoccupera que de la stabilité au niveau de la couche de sable,
en négligeant la force de butée à l’avant du mur.
alg
(3) Montrer qu’un compactage plus intense du sable dans la zone sous la semelle, qui porterait les caractéristiques de ce matériau à γ = 20, 5 kN.m-3 et
pLM = 1, 10 MPa améliore sensiblement la stabilité.
.gc
On admettra que les contraintes transmises par la semelle se distribuent dans
le sable à l’intérieur d’un volume limité par deux plans à 30 °. On pourra alors
considérer que tout se passe, comme s’il existait une fondation de largeur L1 ,
reposant sur le limon estimé à 6 m de profondeur, soumis aux seuls efforts
agissant sur le massif A B C D E F G I A.
ww
(4) Évaluer la stabilité vis-à-vis du limon.
(5) Discuter la stabilité de la semelle, sachant que la construction de l’ouvrage dure
deux ans et que la charge du tablier est appliquée progressivement.
s:/
/w
(6) Le maître d’œuvre ne voulant pas prendre de risque, il envisage l’utilisation de
pieux forés à la tarière creuse pour améliorer la sécurité et réduire les temps de
construction. Combien de pieux de 0, 6 m de diamètre ancrés de trois diamètres
dans les graves sont nécessaires ?
Exercice 8.6.
Solution p. 232
Dans cet exercice, on étudie le comportement d’un pieu de longueur L = 12 m, de
diamètre D = 900 mm, de module d’Young du béton Eb = 20 GPa, foré sous boue
bentonitique dans une argile (p∗L = 1, 5 MPa, EM = 10 MPa).
ttp
Ce pieu a été soumis à un essai de chargement par paliers de charge constante maintenus une heure. Le pieu était équipé de deux extensomètres amovibles (A et B) délimitant des tronçons de 6 m. On rappelle que les extensomètres permettent de mesurer
la déformation (ε = dl/l) d’un tronçon de pieu (cf. tableau 8.12).
(1) Tracer la courbe de chargement du pieu. La charge limite a-t-elle été atteinte
durant l’essai, et si oui quelle est-elle ?
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
220
alg
F IGURE 8.18 Coupe du pieu
Tableau 8.12 Résultats de l’essai de chargement
#$
Z9
&'^$

\f
$ ,
&']$
$ 0
\f
.gc
&']$
ww
(2) Calculer pour chaque palier de chargement le déplacement du pieu à 6 m de
profondeur.
(3) Calculer pour chaque palier de chargement la force normale dans le pieu au
niveau des extensomètres.
s:/
/w
(4) En déduire le frottement latéral exercé par le sol sur le pieu. Tracer la courbe
de mobilisation du frottement latéral en fonction du déplacement relatif pieu/sol
(on prendra un déplacement à 6 m de profondeur). Quel frottement latéral limite
peut-on en déduire ?
On souhaite dans cette partie confronter le comportement réel du pieu à une prévision
réalisée suivant la méthode pressiométrique directe de calcul des fondations.
ttp
(5) Déterminer le frottement latéral unitaire limite qs et la contrainte de rupture
relative au terme de pointe qu . En déduire la charge limite de frottement axial
Rs , la charge limite de pointe Rb et la charge limite totale Rl .
(6) Calculer et tracer la loi de mobilisation du frottement latéral.
(7) Comparer les résultats du calcul au comportement réel du pieu (frottement latéral,
résistance en pointe). Quelles raisons peuvent expliquer les différences constatées ?
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er
ie.
co
m
Exercices
Exercice 8.7.
Solution p. 233
On envisage de fonder une pile de viaduc dans un fond de vallée. La lithologie du
site est constituée, de haut en bas, par une couche de limons argileux (alluvions récentes) de 11, 5 m d’épaisseur, une couche de graves sableuses (alluvions anciennes)
de 3, 9 m d’épaisseur et un substratum marneux de forte épaisseur (cf. ﬁgure 8.19).
Les propriétés mécaniques des terrains ont été caractérisées par un proﬁl pressiométrique dont les résultats sont donnés sur la ﬁgure 8.19.
,9 V ,
,9
Ϭ͕Ϯϯ
Ϭ͕ϭϲ
Ϭ͕ϭϯ
Ϭ͕ϭϰ
Ϭ͕ϭϲ
Ϭ͕Ϯ
Ϭ͕ϭϳ
Ϭ͕ϭϱ
Ϭ͕ϭϵ
Ϭ͕ϭϴ
Ϭ͕Ϯϭ
9 N J"
,9
ϭ͕ϱϴ
ϭ͕ϴϱ
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* (* ¤ #* %
alg
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ϰ͕ϯ
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ϰ͕ϳ
ϰ͕ϵ
ϯ͕ϵ
ϰ
ϰ͕Ϯ
ww
F IGURE 8.19 Proﬁl pressiométrique
La descente de charges de la pile est bien représentée, en première analyse, par deux
actions verticales :
• le poids propre de l’ouvrage, de valeur caractéristique Gk = 12500 kN,
s:/
/w
• les charges d’exploitation, de valeur caractéristique Qk = 4000 kN, de valeur
d’accompagnement ψ0 .Qk = 3000 kN, de valeur fréquente ψ1 .Qk = 1500 kN et
de valeur quasi permanente ψ2 .Qk = 500 kN.
Les sollicitations régnant à la base de la pile sont :
• EELU = 1, 35.Gk + 1, 5.Qk = 16875 + 6000 = 22875 kN (fondamental),
• EELS,CARA = Gk + Qk = 16500 kN (caractéristique),
• EELS,F REQ = Gk + ψ1 .Qk = 14000 kN (fréquente),
ttp
• EELS,QP = Gk + ψ2 .Qk = 13000 kN (quasi permanente).
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
222
(1) On évalue la possibilité de fonder superﬁciellement dans les limons argileux
l’appui du viaduc. Donner un ordre de grandeur de la contrainte de rupture qu
des limons argileux sous une fondation superﬁcielle (on prendra un coefﬁcient
de sécurité de 1, 7). En déduire un ordre de grandeur de la surface à prévoir pour
le radier de la fondation de la pile. Analyser qualitativement cette solution de
fondation superﬁcielle en termes de tassement. Qu’en conclure sur le choix de
fonder superﬁciellement la pile de viaduc ?
alg
(2) On étudie une solution de fondations profondes. La pile est fondée sur un groupe
de quatre pieux forés à la boue, de diamètre 1 m. Déterminer l’ancrage à donner
aux pieux dans la couche de marne pour satisfaire aux exigences de sécurité visà-vis de l’état limite ultime (combinaison fondamentale uniquement, le projet ne
prévoyant pas de situation accidentelle). Vériﬁer le dimensionnement vis-à-vis
des états limites de service. Qu’en conclure ?
.gc
(3) Une solution variante de proﬁlés H battus est envisagée. Les proﬁlés H ont une
section de 800 mm de cote (800 mm de largeur d’âme et 800 mm de largeur des
ailes). On se propose de les ancrer de 5 m dans les marnes. Donner le nombre de
pieux qu’il faut prévoir pour fonder la pile.
Exercice 8.8.
Solution p. 235
ww
On considère un réservoir de diamètre D = 17, 5 m fondé sur 137 pieux battus en
béton préfabriqué. Les pieux de diamètre B = 350 mm ont une longueur L = 30 m et
sont disposés suivant une maille carrée selon un entraxe moyen s = 1, 5 m. Les pieux
sont surmontés d’un matelas granulaire compacté d’épaisseur e = 0, 5 m et d’un
radier de béton armé de 0, 5 m d’épaisseur. Le sol est constitué d’une couche d’argile
normalement consolidée de 60 m d’épaisseur dont les principales caractéristiques,
fonction de la profondeur, sont les suivantes :
s:/
/w
• γ [kN.m-3]= 13, 58 + 0, 0972.z [m] : poids volumique augmentant avec la profondeur,
• cu [kPa]= 4 + 1, 32.z [m] : cohésion non drainée,
• Cc /(1 + e0 ) = 0, 3441 − 0, 0049.z [m]
ttp
Le poids du réservoir plein s’élève à QN = 25 MN. Lors des essais de remplissage,
on a mesuré sous cette charge un tassement moyen wg = 20 mm. À l’occasion du
chantier, un essai de chargement a été réalisé sur un pieu isolé identique aux pieux de
la fondation. La courbe de chargement est représentée dans le tableau 8.13.
Tableau 8.13 Résultats de l’essai de chargement
#$
=9
_$
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/
https://www.GCAlgerie.com/
223
er
ie.
co
m
Exercices
(1) À l’aide de la méthode œdométrique, calculer le tassement moyen que subirait le
radier si aucun pieu n’était installé. Commenter le résultat obtenu.
(2) Quelle est la charge moyenne par pieu lorsque le silo est plein ? Comparer cette
charge moyenne à celle limite d’un pieu isolé sachant que pour l’argile du site,
on peut retenir un frottement latéral limite qs = 0, 5.cu et une résistance en
pointe qu = 9.cu . Commenter et comparer à la courbe de chargement obtenue
sur le pieu d’essai.
(3) En considérant une diffusion sous une semelle ﬁctive positionnée à deux tiers de
la longueur des pieux, donner une estimation du tassement moyen de la fondation
du réservoir. Comparer aux tassements observés et commenter.
alg
(4) En utilisant les courbes d’interaction sol-structure t − z de type Frank-Zhao,
déterminer le module Ménard moyen représentatif du site. On fait l’hypothèse
que 25 % de la charge passe par la pointe. On justiﬁera le choix de chacun des
paramètres.
.gc
(5) Donner une estimation du tassement moyen de la fondation du silo en considérant un pieu unique équivalent au groupe de pieux (méthode du pieu équivalent).
On déterminera en particulier le diamètre et le module de ce pieu équivalent.
Comparer aux tassements observés et commenter.
s:/
/w
ww
Exercice 8.9.
Solution p. 236
Considérons la culée de pont de la ﬁgure 8.20 supportée par des pieux en bétons de
diamètre B = 0, 6 m, moulés en place dans un forage exécuté à l’abri d’un tubage
provisoire ouvert à la base. Les pieux ne sont chemisés qu’entre −2 et −10 m. Ils
sont descendus dans la grave à −17 m. Un essai pressiométrique réalisé tous les
mètres dans un forage très proche fournit le proﬁl des pressions limites à prendre en
compte.
(1) Quelle est la charge en pointe admissible ?
(2) Quel est le frottement latéral positif admissible (le frottement négatif devant être
lui ajouté aux charges permanentes) ?
ttp
(3) Quelle est la charge totale admissible du point de vue géotechnique et celle du
point de vue du béton constitutif du pieu (La résistance moyenne admissible à
l’ELS est σ = 0, 3.fc28 /1, 36 et fc28 = 35 MPa) ? Le pieu travaillera-t-il dans
des conditions optimales ?
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/
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8 • Fondations
.gc
alg
er
ie.
co
m
224
ww
F IGURE 8.20 Coupe de l’ouvrage et proﬁl pressiométrique
s:/
/w
On considère la culée de pont de la question n° 1 (cf. ﬁgure 8.20). Des poussées
latérales se produisent également dans la couche d’argile sur les pieux, dues au chargement de cette couche par le remblai. Pour calculer les efforts et les moments qui
en résultent, on applique la théorie des poutres sur appuis élastiques en prenant en
compte le déplacement relatif δ − δs . Ceci conduit à l’équation suivante (équation
d’équilibre des réactions) :
EI
d4 δ
+ K.B(δ − δs ) = 0
dz 4
ttp
Avec δ le déplacement d’équilibre du système sol-pieu et δs le déplacement du sol
loin du pieu, ou sans pieu. On supposera que δs vaut 10 cm en tête des pieux (à
−2 m) et s’annule au sommet de la couche de grave, avec une décroissance linéaire
dans la couche d’argile.
(4) Calculer le module de réaction Kf par la méthode pressiométrique en supposant
l’argile homogène de module pressiométrique EM = 4000 kPa (on n’effectuera
pour la suite aucune réduction sur ce module pour les zones proches de la
surface).
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/
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225
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
(5) Calculer la longueur de transfert pour un béton de module à long terme
Eb = 10 GPa.
(6) Quelle est la solution analytique dans la couche d’argile de l’équation d’équilibre
des réactions prenant en compte une variation linéaire de δs ? Donner la variation
de δ dans cette couche, en supposant que le pieu est encastré en tête (δ = 0) sans
effort tranchant (T0 = 0) et que sa longueur peut y être considérée comme inﬁnie.
(7) Quelle est le déplacement δ ainsi que la pression de réaction en tête du pieu ?
Comparer cette pression à celle de ﬂuage pf = pLM /2. Qu’en conclure ?
Solution 8.1.
alg
SOLUTIONS DES EXERCICES
s:/
/w
ww
.gc
(1) La géométrie des fondations du bâtiment est donnée sur la ﬁgure 8.21.
Le poids du bâtiment est W = 3 × (10 × 100) = 3 MN. La surface des
fondations est de S = 5 × 10 × 0, 6 = 30 m2. La pression transmise au sol est
p = W/S = 100 kPa.
F IGURE 8.21 Vue du bâtiment en plan et coupe sur la fondation
ttp
(2) La capacité portante de la fondation sous charge verticale centrée est déterminée
par la formule : qnet = c.Nc + q.Nq + γ.B
2 .Nγ
Pour un angle de frottement de ϕ = 23 °, les coefﬁcients valent Nc = 18,
Nq = 8, 99 et Nγ = 6, 5. Pour un encastrement de 0, 5 m : qnet = 479, 3 kPa,
pour un encastrement de 1 m : qnet = 561, 6 kPa, et pour un encastrement de
1, 5 m : qnet = 643, 9 kPa.
Avec un coefﬁcient de sécurité de 3, les trois profondeurs sont acceptables. Pour
rester hors-gel, on choisit la profondeur de 1 m.
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/
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
226
(3) On reprend le calcul avec le poids volumique déjaugé γ = γ − γw . Pour un
encastrement de 0, 5 m : qnet = 459, 8 kPa, pour un encastrement de 1 m :
qnet = 477, 4 kPa, et pour un encastrement de 1, 5 m : qnet = 494, 9 kPa. Les
trois profondeurs restent acceptables.
(4) Nous sommes dans le cas d’un sol classé « argile et limons » fermes avec
un encastrement équivalent de De /B = 1, 66. On considère les fondations
ﬁlantes ce qui nous permet de déterminer kp = 1. On obtient la contrainte :
qnet = q0 + kp .pLM = 1 × 19 + 1 × 450 = 459 kPa
alg
(5) La valeur du tassement déterminée à partir de la méthode œdométrique (cf. chapitre 5) et d’un coefﬁcient
d’inﬂuenceest :
H
σv0 + 4.Iz .Δσ
s=
.Cs . log
1 + e0
σv0
10
4 × 19 + 4 × 0, 135 × (100 − 19)
s=
× 0, 02 × log
= 0, 01 m
1+1
5 × 19
ww
Solution 8.2.
.gc
La valeur du tassement calculée par la méthode pressiométrique vaut α = 1 et
donc λc = 1, 45 et λd = 2, 4 :
α
2
B α
sc =
(q − γ.D).λc .B = 0, 001 et sd =
λd .
.B0 = 0, 003
9.E
9.Ed
B0
Ainsi s = 4 mm
s:/
/w
(1) Dans le cas de la charge centrée verticale s’appliquant sur une semelle carrée
γ .B
B = L = 2 m : qnet = sq .q.Nq + sγ .
.Nγ
2
B
B
sq = 1 + . sin ϕ = 1, 574 et sγ = 1 − 0, 3. = 0, 7
L
L
Pour un angle de frottement de ϕ = 35 °, les coefﬁcient valent Nq = 33, 3 et
Nγ = 45. La capacité portante est de :
qnet = 1, 574 × 0, 5 × 18 × 33, 3 + 0, 7 × 0, 5 × 8 × 2 × 45 = 723, 6 kPa.
(2) Si la charge est excentrée de 0, 5 m vers le milieu d’un côté, la largeur réduite
est de B = B − 2e = 2 − 2 × 0, 5 = 1 m et la contrainte, s’appliquant sur la
demi-surface :
qnet = (1+0, 5 sin 35)×0, 5×18×33, 3+(1−0, 3×0, 5)×0, 5×8×12×45 = 723, 6 kPa.
ttp
(3) Dans le cas d’une inclinaison de la charge centrée, on a H = tan δ.V et
γ .B
m = 2 + 1/2 = 2, 5 : qnet = sq .iq .q.Nq + sγ .iγ .
.Nγ
2
m
H
= (1 − tan δ)2,5 = 0, 616
iq = 1 −
V + A.c . arctan ϕ
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/
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iγ =
227
H
1−
V + A.c . arctan ϕ
m+1
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
= (1 − tan δ)3,5 = 0, 507
qnet = 1, 574×0, 616×0, 5×18×33, 3+0, 7×0, 507×0, 5×8×2×45 = 418, 3 kPa
(4) Si l’inclinaison de la charge se combine à l’excentrement, on a H = tan δ.V et
m = 2 + 1/2 = 2, 5 :
qnet = 1, 287×0, 616×0, 5×18×33, 3+0, 85×0, 507×0, 5×8×2×45 = 325, 6 kPa
Au ﬁnal les charges qu’il est possible d’appliquer par poteau sont de :
• charge verticale centrée : 2894 kN,
• charge verticale excentrée : 1077 kN,
alg
• charge inclinée centrée : 1673 kN,
• charge inclinée excentrée : 651 kN.
Solution 8.3.
.gc
(1) Les charges permanentes par socle sont égales à : V0 = 180/4+2×2×1×2, 4 = 141 kN
Les charges extrêmes par socle sont :
• surcharge due au givre dV1 = 600/4 = 15 kN
ww
• surcharge due au vent dV2 = 90 × 15/6 × 1/2 = ±112, 5 kN et
dH1 = 90/4 = 22, 5 kN
Au total les charges extrêmes s’exerçant sur les socles seront égales à :
• socles sous le vent : V = V0 + dV1 + dV2 = 268, 5 kN et H = 22, 5 kN
• socles au vent : V = V0 − dV2 = 28, 5 kN et H = 22, 5 kN
s:/
/w
(2) La stabilité à l’arrachement des socles situés côté au vent est assurée par le seul
poids du socle (140 > 112, 5 kN).
ttp
(3) Dans le cas général à court terme, la pression admissible de l’argile s’exprime :
qnet = (π + 2)cu .sc .ic + q = 443 kPa
H
Avec : ic = 0, 5 1 + 1 −
= 0, 98
A.cu
B
sc = 1 + 0, 5. = 1, 2
L
La pression appliquée sur la base vaut au plus 268, 5/4 = 67 kPa. Le coefﬁcient
443
de sécurité vaut donc : F =
= 9, 4 >> 3
67 − 20
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/
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
228
À long terme (sans nappe) : qnet = c .Nc .sc .ic .+q .Nq .sq .iq +0, 5.γ.B .Nγ .sγ .iγ −q0
qnet == 538 kPa
Le coefﬁcient de sécurité est donc : F =
538
= 11, 4 >> 3
67 − 20
Concernant le sable noyé, la formule est celle utilisée pour le cas du long terme
dans l’argile avec les paramètres effectifs (avec c = 0) :
qnet = q .Nq .sq .iq + 0, 5.γ.B .Nγ .sγ .iγ − q0
qnet = 10×33, 3×1, 574×0, 795+0, 5×10×2×45×0, 7×0, 726−10×1 = 635 kPa
635
Le coefﬁcient de sécurité est donc : F =
= 11 >> 3
67 − 10
alg
(4) Concernant l’argile, l’effort maximum mobilisé par frottement vaut (2 faces
verticales + base) : cu .(2.Slat + Sbase ) = 70 × (2 × 2 + 2) = 560 kN
.gc
Cette valeur est bien supérieure à l’effort appliqué de 22, 5 kN. La base seule
(280 kN) sufﬁt sans subir de déplacement appréciable.
Pour le sable, on a N = 27, 5 kN d’où T = 27, 5. tan(23) = 11, 7 kN.
Le reste (22, 5−11, 7) = 11 kN doit être repris, selon nos hypothèses, par mise en
butée du terrain.
Suivant
Rankine, les coefﬁcients de poussées et de butée valent :
π
ϕ
1
Ka = tan2
−
= 0, 27 et Kp =
= 3, 7
4
2
Ka
ww
La mise en butée complète du terrain sur la face avant, provoque une mise à l’état
de poussée en face arrière, et fournit donc une réaction au plus égale à :
1
R = .γ .h2 .B.(Kp − Ka ) = 0, 5 × 10 × 12 × 2 × (32, 7 − 0, 27) = 34 kN
2
s:/
/w
La valeur à reprendre 11 kN étant faible vis-à-vis de la valeur maximum ainsi
calculée, la mise en butée du terrain s’effectuera sans déplacement important de
la fondation, et est admissible. Une sécurité supplémentaire est apportée par les
frottements latéraux négligés dans ce calcul.
Solution 8.4.
(1) En traçant les cercles de Mohr à la rupture en contraintes totales et en contraintes
effectives, on obtient ϕ = 30 ° et c = 30 kPa. La cohésion non drainée s’évalue
par l’expression cu = Rc /2 = 100 kPa.
ttp
(2) La pression limite sous la fondation carrée a pour valeur, dans un comportement
à court terme et pour une charge verticale centrée :
qnet = (π + 2)cu .sc .ic + q = 5, 14 × 100 + 16 × 1 = 757 kPa
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229
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
En prenant un coefﬁcient de sécurité égal à 3 la pression sous la fondation a pour
valeur : q = qnet/3 = 252 kPa
La largeur B est donnée par Q = B 2 .q, ainsi B = 3 m environ.
(3) Dans un comportement à long terme, et d’après la géométrie, l’expression de la
pression limite se simpliﬁe en : qnet = c .Nc + q .Nq + 0, 5.γ.B .Nγ − q0
qnet = 30 × 30, 1 + 16 × 1 × 18, 4 + 0, 5 × 10 × 3.20 − 16 × 1 = 1481 kPa
Il en résulte que le comportement à court terme est le plus défavorable.
(4) La contrainte totale à 4 m de profondeur est :
alg
q = 2270/9 − 16 × 1 = 252 − 16 = 236 kPa.
.gc
Le supplément de contraintes transmis à 4 m de profondeur, c’est-à-dire à une
distance verticale z = 3 m au-dessous de la fondation, peut être calculé par
l’annexe A.. Avec a = b = 3/2 = 1, 5 m on détermine que a/z = b/z = 0, 5 et
donc I = 0, 08, d’où : Δσv = 4.I.q = 75 kPa.
La capacité portante du sol à 4 m de profondeur et à court terme s’exprime :
qnet = (π + 2)cu .sc .ic + q = 5, 14 × cu + 16 × 1 + 20 × 3
ww
Pour que la fondation soit stable à court terme avec un coefﬁcient de sécurité
F = 3, le sol doit pouvoir supporter la contrainte suivante :
σv = 3Δσv + 16 × 1 + 20 × 3,
Finalement, en posant qnet > σv , on obtient cu > 44 kPa.
Solution 8.5.
s:/
/w
(1) La force de poussée P , pour une tranche d’un mètre, calculée d’après la méthode
de Rankine est horizontale et a pour expression
:
1
π ϕ
P = .γ.H 2 .Ka avec Ka = tan2
−
= 0, 27
2
4
2
P = 0, 5 × 19 × 62 × 0, 27 = 92 kN
ttp
Le poids du W agissant sur le mur est W = 19 × 6 × 2 = 228 kN.
92
L’inclinaison δ de la force résultante est telle que : tan δ =
= 22 °
228
L’excentrement x par rapport au point 0 est tel que : W.x = P.d
D’où x = 0, 8 m
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
230
Soit l’excentrement e = 0, 3 m. Selon la méthode de Meyerhof, la largeur ﬁctive
de la semelle est B = B − 2e = 3 − 2 × 0, 30 = 2, 40 m. Donc la contrainte
verticale est q = W/(B .1) = 228/2, 4 = 95 kPa.
La pression limite nette est : qnet = q0 + kp .p∗Le
Avec p∗Le = 910 kPa, et De /B = 1/2, 4 = 0, 42, et kp0 = 1, le facteur vaut :
De
De kp,f ilante = kp0 + a + b
. 1 − e−c. B = 1, 15
B
D’où qnet = 1093 kPa.
qnet
= 11, 5, la stabilité est assurée.
q
alg
Le coefﬁcient de sécurité est donc : F =
(2) L’inclinaison δ de la résultante est telle que :
tan δ = (P + H)/(V + W ) = (92 + 50)/(1600 + 228) = 4, 5 °
ww
.gc
L’excentrement de la résultante par rapport au point O est :
(V + W ).x = (V.d1 + P.d2 + H.d3 ) = 1600 × 0, 7 + 92 × 2 + 50 × 6 = 1828.x
Ainsi x = 0, 88
e = 0, 38, et B = B − 2e = 3 − 0, 76 = 2, 24 m
La contrainte verticale est q = (G + W )/(B.1) = 1828/2, 24 = 816 kPa.
Le facteur de capacité portante vaut pour De/B = 0, 45 ce qui donne kp = 1, 19
qnet = 19 × 1 + 1, 19 × 910 = 1102 kPa
Le coefﬁcient de sécurité vaut : F =
insufﬁsante.
qnet
q
= 1, 35, la stabilité est nettement
s:/
/w
(3) Pour une pression limite de 1, 10 MPa, la capacité portante vaut : qnet = 1328 kPa,
soit F = 1, 63. Il est ainsi possible de placer la fondation sans difﬁculté.
ttp
(4) La largeur de la fondation ﬁctive est L1 = 3 + 2 × 5 × tan 30 = 8, 8 m. La charge
verticale au niveau de L1 est P = 1600 + 19 × (2 × 5 + 8, 8 × 6) = 2793 kN.
L’inclinaison δ est telle que tan δ = (92 + 50)/(1600 + 1193) = 0, 05 soit
δ = 2, 9 °.
L’excentrement e est tel que :
(V + W ).x = (V.d1 + P.d2 + H.d3 ) = 1600 × 0, 2 + 92 × 7 + 50 × 11 = 2793.x
Ainsi x = 0, 54. Soit B = B − 2e = 8, 8 − 2 × 0, 5 = 7, 7 m, avec
q = 2793/7, 8 = 362 kPa, p∗Le = 0, 45 MPa, De /B = 0, 77, kp0 = 0, 8 et le
facteur vaut :
De
De kp,f ilante = kp0 + a + b.
. 1 − e−c. B = 0, 94
B
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231
et qnet = 19 × 6 + 0, 94 × 450 = 535 kPa
F =
535
= 1, 48, la stabilité est limite.
358
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
(5) D’après la théorie de la consolidation, le facteur temps est :
Cv .t
9.10-7 × 2 × 365 × 24 × 3600
Tv =
=
= 2, 25
2
H
52
Soit un degré de consolidation U > 98 %. On peut admettre que dans ces
conditions tout en tenant compte du chargement progressif les conditions de long
terme (Δu = 0) sont réalisées en ﬁn de construction et que dès ce moment la
stabilité est assurée.
alg
(6) On cherche à évaluer le frottement latéral mobilisable dans :
• le sable (courbe Q2) est qs = αpieu−sol .fsol (pLM ) avec :
fsol (pLM ) = (a.pLM + b).(1 − e−c.pLM ) = 0, 046 MPa
αpieu−sol = 1, 8
Soit qs = 0, 083 MPa
.gc
• le limon (courbe Q1) :
fsol (pLM ) = 0, 033 MPa
αpieu−sol = 1, 5
Soit qs = 0, 050 MPa
ww
• la grave(courbe Q2) :
fsol (pLM ) = 0, 063 MPa
αpieu−sol = 1, 8
Soit qs = 0, 113 MPa
Le coefﬁcient de portance en pointe vaut pour un pieux de classe 2 : kp = 1, 65.
Le terme de frottement vaut :
s:/
/w
3
Rs =
qsi .Asi = (0, 083×5+0, 05×10+0, 113×1, 8)×π×0, 6 = 2, 108 MN
i=1
Le terme de pointe vaut :
Rb = (q0 +kp .pLM ).Asi = (16, 8×0, 019+1, 65×1, 5)×π×0, 32 = 0, 790 MN.
ttp
La charge non pondérée reprise par un pieu est de 2, 898 MN. La charge à reprendre par mètre linéaire est de 1, 828 MN. Un pieu tous les 1, 60 m serait sufﬁsant.
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/
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
232
Solution 8.6.
.gc
alg
(1) La courbe de chargement est donnée sur la ﬁgure 8.22. La charge limite
conventionnelle est déterminée pour un enfoncement de la tête du pieu de
s = 2.B/100 = 1, 8 cm. Elle a été atteinte et peut être estimée à une valeur
légèrement inférieure à 2450 kN.
Z
ww
F IGURE 8.22 Courbe de l’essai de chargement et de mobilisation du frottement axial
s:/
/w
(2) Le déplacement e6 du pieu à 6 m de profondeur est obtenu en retranchant à la
mesure en tête le raccourcissement mesuré par l’extensomètre :
L
L
e6 = e0 − ε. et de même à 12 m : e12 = e0 − e6 .ε.
2
2
On obtient les valeurs données dans le tableau 8.14.
(3) La valeur de la force normale dans le pieu est déduite de la déformation du pieu :
π.D 2
F0-6 = ε.
.Eb
4
(4) Le frottement axial peut être déduit des efforts calculés :
F6-12 − F0-6
qs,0-6 =
π.B.L
ttp
(5) On détermine les facteurs fsol et αpieu−sol ainsi que kp à partir des tableaux et
abaques pour un pieu foré boue (classe 1) dans un sol argileux :
qs = αpieu−sol .f sol = 0, 044 × 1, 25 = 0, 055 MPa kp = 1, 3
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/
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233
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
Tableau 8.14 Valeurs de forces, déplacement, déformation et frottement latéral unitaire
#
$
&'^$ &'^$ # #
f
$^$
\f f\"
&'^$
#$
' $
Z9
Z9
Z
alg
Z9
On détermine le terme de frottement axial :
Rs = D.qs .π.B = 12 × 0, 055 × π × 0, 9 = 1, 866 MN
Rb = kp .pLM .π.B 2 /4 = 1, 3 × 1, 5 × π × 0, 92 /4 = 1, 24 MN
.gc
La capacité portante estimée Rl = 3, 1 MN est supérieure à la valeur mesurée du
fait que l’on a considéré une couche homogène sur 12 m d’épaisseur.
ww
(6) La loi d’interaction sol-structure appelée courbe t − z ou Frank-Zhao est déﬁnie
à partir du module pressiométrique : EM = 10 MPa
Donc Kt = 2.EM /B = 22, 2 et Kp = 11.EM /B = 122, 2
La courbe proposée pour le frottement axial a été superposée à la courbe de
chargement (cf. ﬁgure 8.22).
s:/
/w
(7) Du fait de l’homogénéité du massif, il est possible de combiner les courbes d’interaction sol-structure pour déﬁnir la courbe prévisionnelle du pieu. La prévision
diffère surtout pour les grands déplacements car la capacité portante prédite est
plus élevée que la charge d’essai.
Solution 8.7.
(1) La fondation superﬁcielle est posée sur les limons argileux. La pression limite
nette est : qnet = q0 + kp .p∗Le
ttp
Ne connaissant pas la géométrie a priori nous faisons l’hypothèse d’une semelle
carrée non encastrée (De/B = 0 et kp0 = 0, 8), le facteur vaut :
De
De kp, B = kp0 = a + b.
. 1 − e−c. B = 0, 8
L
B
et : qnet = 0, 8 × 0, 15 = 0, 15 MPa
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/
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
234
qnet.A
γ
Donc la surface de la fondation peut être estimée à :
E.γ
22875 × 1, 7
A>
=
= 260 m2
qnet
150
À l’ELU, E < R =
On peut anticiper vu le proﬁl de sol des tassements de forte amplitude et se
développant sur des durées importantes.
(2) Le frottement latéral mobilisable dans :
• le limon possédant une pression limite inférieure à 0, 4 MPa, on ne considère
pas de frottement axial.
.gc
• la marne (courbe Q4) :
fsol (pLM ) = 0, 113 MPa
αpieu−sol = 1, 5
Soit qs = 0, 169 MPa
alg
• les graves-sableuses (courbe Q2) :
qs = αpieu−sol .fsol (pLM ) avec :
fsol (pLM ) = (a.pLM + b).(1 − e−c.pLM ) = 0, 07 MPa
On a déterminé la pression limite avec une moyenne géométrique.
αpieu−sol = 1, 4
Soit qs = 0, 098 MPa
2
ww
Le coefﬁcient de portance en pointe vaut pour un pieu de classe 2 : kp = 1, 6. Le
terme de frottement vaut :
qsi .Asi = (0, 098 × 4 + 0, 169 × x) × π × 1 = 0, 531 × x + 1, 232 MN
Rs =
i=1
s:/
/w
Le terme de pointe vaut :
Rb = (q0 + kp .pLM ).Asi = 0, 0149 × x + 5, 416 MN
La charge que doivent reprendre les quatre pieux à ELU est de 22875 MN majorée
par un coefﬁcient que l’on prendra ici égal à 1, 4 :
22, 875
× 1, 4 = 0, 5459 × x + 6, 648 MN
4
Ainsi : x = 2, 49 m. Vous pouvez compléter par une vériﬁcation aux autres états
limites en utilisant les coefﬁcients suivants (ELScara : 1, 1 ; ELSqp : 1, 4).
ttp
(3) Dimensionnement d’une solution en pieux H ancrés à 5 m dans les marnes :
• dans le limon, on ne considère pas de frottement axial.
• dans les graves-sableuses : fsol (pLM ) = 0, 07 MPa et αpieu−sol = 1
soit qs = 0, 07 MPa
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/
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235
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
• dans la marne : fsol (pLM ) = 0, 113 MPa et αpieu−sol = 1
soit qs = 0, 113 MPa
Le coefﬁcient de portance en pointe vaut pour un pieux de classe 2 : kp = 2, 2
Le terme de frottement (on prend le périmètre développé du H et ρs = 1) vaut :
Rs = 1i=1 qsi .Asi = (0, 070 × 4 + 0, 113 × 5) × 6 × 0, 8 = 4, 056 MN
Le terme de pointe (on assimile les marnes aux argiles donc ρp = 0, 5) vaut :
Rb = (q0 +kp .pLM ).Asi = ((5+16)×0, 019+2, 2×4, 12)×0, 5×0, 82 = 3, 028 MN
22875
.1, 4 = 7, 085 MN soit n = 4, 5 arrondi à 5.
n
Solution 8.8.
alg
À l’ELU :
(1) La valeur du tassement déterminée à partir de la méthode œdométrique (cf. chapitre 5) et l’application
d’un coefﬁcient
d’inﬂuence (voir annexe A.) est :
H
σv0 + 4.I.Δσv
s=
.Cc . log
1 + e0
σv0
30×15+0,13×25000/240
30×15
= 0, 15 m
.gc
s = 60 × 0, 197. log
ww
25
(2) La charge moyenne par pieu est de : Vsp = Vn = 137
= 0, 18 m
Soit 50 % de la charge de rupture de l’essai. Avec les corrélations proposées, on
voit que le frottement latéral peut être estimé à qs = 12 kPa et qu = 392 kPa.
Rt = Rs + Rb = π.B.D.qs + qu .As = 433 kN
La charge limite est très proche de celle d’essai.
s:/
/w
(3) Bien que l’entraxe des pieux soit supérieur à trois fois le diamètre, nous allons
estimer le tassement à partir de la diffusion de charge à la profondeur de 20 m.
La charge s’applique donc sur un disque de 37, 5 m situé
à 40 m de profondeur.
40 × 17 + 0, 25 × 25000/240
s = 40 × 0, 148. log
= 0, 097 m
40 × 17
ttp
(4) Pour un pieu isolé dans un sol homogène, on peut dire que le tassement total est
la somme des tassements du fût et de la pointe. On reste sur le premier segment
des courbes de transfert.
qs
qb
0, 75
Vt
0, 25
Vt
s = ss + sb =
+
=
.
+
.
Kt Kp
30 × π × 0, 35 Kt 0, 25 × π × 0, 352 Kp
EM
EM
Avec : Kt = 2.
, Kp = 11.
B
B
B.Vt
Vt
Donc s = (0, 0114 + 0, 2362).
= 0, 0867.
EM
EM
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/
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8 • Fondations
er
ie.
co
m
236
Prenons le premier palier de chargement de l’essai de chargement, on obtient :
EM = 11, 56 MPa.
alg
(5) Si l’on assimile le groupe de pieux à un pieu unique on peut estimer à partir
du tassement de l’hydrotest le diamètre équivalent. Le rapport profondeur sur
diamètre est de 20/17, 5 = 1, 7. On est plus dans le cas d’une fondation superﬁcielle que dans celui d’un pieu. Nous n’allons donc considérer que le tassement
de la pointe :
B.qb
11.s.EM
s=
, soit B =
= 24, 41 m
11.EM
qh
Si on utilise la méthode élastique en assimilant le module pressiométrique à un
module d’Young (Cf = 1 pour une fondation souple au centre) on obtient :
qb .B.(1 − ν 2 ).Cf
0,02×11,56
s.EM
s=
, soit B = qb .(1−ν
2 ).C = 25/240×0,89×1 = 2, 49 m.
f
EM
Solution 8.9.
.gc
Le diamètre est inférieur à la valeur déterminée par les courbes de transfert, car
le module pressiométrique sous-estime le module d’Young dans un rapport de
presque 10 ici.
(1) Le coefﬁcient de portance en pointe vaut pour un pieux de classe 1 : kp = 1, 1.
Le terme de pointe vaut :
Rb = (q0 + kp .pLM ).Asi = (17 × 0, 019 + 11 × 1, 56) × π × 0, 32 = 0, 576 MN
ww
(2) Le frottement latéral mobilisable pour des forés tubés (virole récupérée) dans :
• l’argile molle possédant une pression limite inférieure à 0, 4 MPa est négligé,
• les graves-limoneuses (courbe Q2) est qs = αpieu−sol .fsol (pLM ) avec :
s:/
/w
fsol (pLM ) = (a.pLM + b).(1 − e−c.pLM ) = 0, 06 MPa
On a déterminé la pression limite avec une moyenne géométrique.
αpieu−sol = 1, 4
Soit qs = 0, 083 MPa
Le terme de frottement vaut :
1
qsi .Asi = (0, 083 × 7) × π × 0, 6 = 1, 095 MN.
Rs =
i=1
ttp
(3) La charge que peut reprendre un pieu est Rt = Rs +Rb = 0, 576+1, 095 = 1, 678 MN.
La contrainte moyenne dans le béton est σ = 5, 93 MPa. La contrainte admissible du béton est σadm = 0, 3 × 35/1, 36 = 7, 69 MPa. Le béton fonctionne en
dessous de la contrainte admissible, on pourrait réduire la taille de ceux-ci.
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/
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237
er
ie.
co
m
Solutions des exercices
π.B 4
(4) Le moment quadratique du pieu est : Ip =
= 0, 0064 m2. Le coeffcient de
64
réaction à long terme
vaut donc
:
1
1, 33
B α
α
=
.B0 . 2, 65.
+
.B
kf
6.EM
B0
6.EM
Avec EM = 4000 kPa et α = 2/3 pour une argile normalement consolidée :
kf = 12, 54 MPa/m et le module de réaction Kf = kf .Bext = 7, 52 MPa
4.E.Ip
= 2, 41 m
Kf
3 × l0 = 7, 24 > 8 m, le pieu est long et souple sur l’épaisseur de la couche
d’argile.
z
z
− lz
0
(6) La déformée du pieu est donnée par : δ(z) = e . A. cos + B. sin
l0
l0
Avec les conditions δ (z = 0) = 0 et T (z = 0) = 0 après dérivation de δ(z), on
trouve que A = B = 0.
4
alg
(5) La longueur de transfert s’exprime : l0 =
.gc
(7) La déformée du sol δs (z) varie linéairement de 10 cm pour z = 0 et 0 à z = 8 m
donc δs (z) = 0, 1 + 0, 8.z
ww
La pression maximale sol/pieu est :
pmax = kf .δmax = 7, 52 × 0, 1 = 0, 75
et rf = B.pf = B.pLM /2 = 0, 12
ttp
s:/
/w
Le sol n’est plus dans le domaine élastique en tête de pieu.
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ttp
s:/
/w
ww
.gc
alg
er
ie.
co
m
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er
ie.
co
m
/
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alg
Annexes
.gc
A. DISTRIBUTION DE CONTRAINTES DANS UN MASSIF ABAQUES
Les abaques qui suivent permettent de déterminer le coefﬁcient d’inﬂuence I en un
point d’un massif en fonction de la forme de la charge.
ww
> ! "! #$%
9
89
ǻı
F IGURE A.1 Abaque pour charge circulaire
ttp
89
s:/
/w
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/
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Annexes

er
ie.
co
m
240
> ! "! #$%
:8
$
:
alg
ǻı
$8
.gc
F IGURE A.2 Abaque d’Österberg
6
ww
ǻı
8
s:/
/w
> ! "! #$%
68
F IGURE A.3 Abaque de Steinbrenner
ttp
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Coefﬁcient de consolidation
241
alg
^]$ er
ie.
co
m
B.
/
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.gc
F IGURE A.4 Abaque de Newmark (coefﬁcient d’inﬂuence n = 0, 005)
B. COEFFICIENT DE CONSOLIDATION
B.1. Méthode de Taylor
ttp
s:/
/w
ww
Cette méthode est préconisée par la norme actuelle XP 94-090-1. Dans un premier
temps, on trace pour une charge donnée la courbe des tassements en fonction de la
racine carrée du temps (cf. Fig B.5). La lecture s0 ne sera pas prise en compte pour
la construction ci-après.
!
&
&
F IGURE B.5 Méthode de Taylor. Évolution du tassement s en fonction de
√
t
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/
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Annexes
er
ie.
co
m
242
Tracer la droite D1 correspondant à la partie quasi linéaire du début de la consolidation. Cette droite coupe l’axe des ordonnées en un point sc qui est le « zéro corrigé ».
De ce point sc , on trace la droite D2, de pente 1,15 fois plus faible que celle de D1.
L’intersection avec la courbe donne le point correspondant à 90 % de consolidation
primaire (point d’ordonnée s90 ).
Vériﬁer que la ﬁn de la partie linéaire de la courbe de tassement est proche de
60% de consolidation (point d’ordonnée s60 ). Dans le cas contraire, refaire une ou
plusieurs linéarisation(s) jusqu’à satisfaire ce critère. Le temps correspondant à 90 %
de consolidation est noté t90 .
0,848.d2
t90
alg
Cv s’obtient ﬁnalement par la relation : Cv =
Avec d le chemin de drainage. Tv = 0, 848 (U = 90%).
B.2. Méthode de Casagrande
ww
.gc
Il est possible, en dehors du cadre de la norme actuelle, de tracer pour un palier de
chargement donné, la courbe des tassements en fonction du logarithme du temps.
La construction graphique (cf. Fig B.6) permet de déterminer le tassement s100 . Le
tassement conventionnel sc est obtenu en déduisant du tassement obtenu à 0, 1 min,
la différence des tassements entre 0, 4 min et 0, 1 min. Le tassement s50 correspond
à la moyenne entre s100 et sc .
Cv =
0, 197.d2
t50
s:/
/w
Avec Tv = 0, 197 (U = 50%).
G
!
ttp
F IGURE B.6 Méthode de Casagrande - évolution du tassement s en fonction de log(t)
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Coefﬁcient de poussée/butée
243
er
ie.
co
m
C.
/
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a) Remarques sur les méthodes (source : Méthode d’essai LCPC)
On utilise couramment la méthode de Casagrande, fondée sur la représentation du
tassement en fonction du logarithme du temps. Dans bien des cas, cette méthode est
difﬁcilement utilisable, la forme de la courbe ne se prêtant pas à une construction
graphique aisée (forte compression secondaire, faibles incréments de charge, fortes
valeurs de Cv (Cv > 10−7 à 10−6 m2 /s).
Il est préférable d’utiliser la méthode de Taylor face à des sols à fortes compression
secondaire. Par contre, elle nécessite des mesures précises en début d’essai. Rappelons que cette méthode n’est correctement appliquée que si la linéarisation porte sur
60% de la consolidation.
alg
Pour les deux méthodes, les valeurs représentatives du coefﬁcient de consolidation
sont celles déterminées pour des charges σ > σp .
C. COEFFICIENT DE POUSSÉE/BUTÉE

ȕ įĳ¶ įĳ
s:/
/w
ww

.gc
ȕĳ

ȕĳ

ttp
įĳ¶ ȕĳ¶
įĳ¶ F IGURE C.7 Coefﬁcients de poussée Ka en fonction de la rugosité δ
et de l’inclinaison de la surface en amont du mur β
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/
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Annexes
ȕ er
ie.
co
m
244
įĳ¶

ȕĳ¶
įĳ¶
įĳ¶

alg
įĳ¶ .gc
ȕĳ¶
ww
ttp
s:/
/w
F IGURE C.8 Coefﬁcients de butée Kp en fonction de la rugosité δ
et de l’inclinaison de la surface en amont du mur β
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Index
s:/
/w
ww
Cam-Clay, 81
CD, 84
Charge hydraulique, 22, 185, 188
Chemin de contrainte, 82
Cisaillement, 53, 77, 82, 83, 89, 153, 174,
206
Classiﬁcation des sols, 3, 5, 6
Coefﬁcient
compressibilité, 124
consolidation, 119, 121
poussée-butée, 154, 243
sécurité, 156, 157, 175, 176, 215
Cohésion, 84, 85, 154, 175, 198
Compressibilité, 122
Condition
consolidé/non consolidé, 83, 84
drainé/non drainé, 81, 82, 84, 199, 200
Consistance, 4
Consolidation, 117, 118, 121
Contrainte
effective, 54
normale, 53
principale, 53
tangentielle, 53
totale, 54
Contre-butée, 158
Corrélations, 89, 93
Coulomb, 79, 80, 153
CU+u, 84
ttp
Écoulement, 22
Élasticité, 77
Éléments ﬁnis, 78, 160
Essais
in situ, 87
laboratoire, 83
.gc
Bishop, 85
Boîte de cisaillement, 83
Boulance, 24, 32
Boussinesq, 57
Butée, 153, 157
Déformation, 54, 77, 78
Darcy, 22
Degré de consolidation, 118
Degré de saturation, 1
Dilatance, 80, 113
Dupuit, 25
alg
Angle de frottement, 79, 84, 153, 157, 158,
160, 175, 177
Anisotropie, 22, 30
Aquifère, 25, 29
Arrangement particules, 117
er
ie.
co
m
/
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Fondations, 195
Forage, 87, 89
Frottement
latéral, 206
Frottement latéral, 88
Glissement
plan, 157, 173, 174
rotationnel, 173, 176
Gradient hydraulique, 22, 24
Granulométrie, 3, 4
Indice
compacité, 1
des vides, 1, 122
de plasticité, 4
Limites d’Atterberg, 4
Mécanisme de rupture, 156, 182, 198
Meyerhof, 205
Module
œdométrique, 124
de réaction, 157, 159
pressiométrique, 91
Mohr-Coulomb, 80
Mur-poids, 151
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/
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Géotechnique
er
ie.
co
m
246
Nappe, 24, 25
Puits, 26, 28
Œdomètre, 122, 124
Résistance cisaillement, 77
Rankine, 153
Rideaux, 157
Rugosité, 161
Scissomètre, 89
Soutènement, 161
Surface de charge, 78
Talus, 173
Tassement, 117, 203
Teneur en eau, 1, 4
Terzaghi, 54
Triaxial, 84
alg
UU, 94, 102
ttp
s:/
/w
ww
.gc
Pénétromètre, 87
Pente, 173
Perméabilité, 22
Piézomètre, 24, 33
Pieux, 208
Poids volumique, 2
Pompage, 26, 35
Porosité, 1
Poussée, 153, 155
Préconsolidaion, 123
Pressiomètre, 90
Pression interstitielle, 25, 54, 117
Proctor, 4
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