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Mecanique Des Sols-solutions Examens

Solutions Examens

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1 | Génie Civil : Introduction à la mécanique des sols Solutions d’Examens Sujets d’Examens corrigés 2 Corrections d’Examen 1 : Réponses de COURS-1: 1) Le sable peut avoir une cohésion dite "cohésion capillaire" lorsqu'il n'est pas saturé (voir figure 2.1). 2) La MontMorillonite est un exemple d'argile gonflante à cause de la faible liaison entre les feuillets du grain argileux. 3) Un talus sableux non saturé peut être stable, même avec un angle droit, à cause de la cohésion capillaire entre ses grains. Cette stabilité est provisoire, car il suffit que l'eau interstitielle s'évapore pour que la cohésion disparaisse et le talus devient instable. 4) La méthode de la sismique réfraction est limitée aux sols compacts, ayant une compacité croissante avec la profondeur, et exige un environnement ne présentant pas des ondes parasites telles que celles provenant des vagues, du trafic routier, du vent, etc. 5) On peut proposer d'effectuer un SONDAGE DESTRUCTIF avec par exemple une sondeuse mécanique ou une tarière à main pour extraire des échantillons remaniés destinés à des essais d'identification physique, comme l'analyse granulométrique. Pour un essai mécanique tel que l'essai oedométrique, il est nécessaire d'extraire un échantillon intact et réaliser ainsi un SONDAGE NON DESTRUCTIF. On peut utiliser pour cela un carottier rotatif. 6) La compacité d'un sable est équivalente à sa densité. C'est l'indice de densité ID qui la caractérise. Pour l'argile, la compacité est identifiée par sa consistance et est caractérisée par l'indice de consistance Ic. 3 | Sujets d’Examens corrigés Exercice 1-1 : 1) En se reférant à la figure 2.7, on définit les paramètres suivants :   Pw donc Pw = .Ps. On a aussi  d  Ps Ps . Ps V  h  P Ps Pw  d (1) . V 2) eVv Vs On obtient directement de la figure 2.7 : e n 1n 3)  s  Ps P n  et  d  s  Ps , donc γd=γs(1-n). Vs 1  n V 4) Les paramètres de la relation sont définis comme suit : Pw  w n.r  Se   w r Ps (1  n) s s eVv  n  s  Ps  Ps et  w  Pw  Pw Vs 1n Vs 1n Vw n.Sr  5) Définissons les paramètres intervenant dans la relation : n. w   Pw sat  Pwsat   d  Ps Ps Ps Ps  s(1n) V  s  Ps  d Vs 1n doncsat  w (n11)  w  w   .  s(1n)  d  s 6) Selon la même méthode, on a :  sat  Pwszt n w  Ps Ps Sr  Vw Vw  Vv n  Pwsat  w nSr    sat .S r Ps Ps Sujets d’Examens corrigés 4 Exercice 1-2 : 1) On a e s 1 d s   d min I d  emax e  emax emin s   d min Après simplifications, on trouve : I d  s d s  d max ( d   d min)  d max ( d max   d min ) d Application numérique : Id =23.6%. emax  e f emax  eo f et I d  emax  emin emax  emin (1  eo ) h h f o I d  I d  I d    , (emax  emin ) ho ho proportionalité. 2) I d0   étant une constante de 3) Le tassement maximum correspond en fait à un indice de densité de 100%, donc à: (1  eo )  h  I d (%)  100  23.6    x100 % emax  emin )  ho  max emax  s  1  1.41  min  h  emin  0.56, eo  1.21,    29.73% et h  16.4 mm.  ho  max h 4)  20% pour I d  56%, alors   2.80 et eo  1.38 ho d  s 1e 11.10 kN/ m3 ce qui est en accord avec la valeur trouvée au Gamma-densimètre. 5 | Sujets d’Examens corrigés Corrections d’Examen 2 : Exercice 2-1 : On a une argile saturée   sat d= w= sat = 20,5 -10,0 = d= w 20,5 = 10,5 KN/m3 Sat – = w+ Sat – - Sr = 1 et + Sat - = w = w w Sat – = w = d=  =? ; = = = . = = . = ( ) = 23 %  e=?;e=  n=?;n = = = -1 = = -1 = = -1= = - 1 n = 0,38 Exercice 2-2 : = 1,9.103 kg /m3 ; On a Pt = = = 12% ; Ds = = 2,65 = 26,5 kN/m3 . Supposons 1m3 , on aura : = Pt g = 1,9 .103 10 = 19.103 N/m3 = 19 kN / m3 = 19 Ps + Pw = PS + 0,12 P = 19KN 1,12 Ps = 19kn Ps = 19/1,12 On a = Pw = Pt – Ps = 19 - 16,96 On a = = Ps /Vs = 26,5 kN/m3 On a = VV =Vt -Vs = 1- 0,64 On a = = Vw = Vs = Ps / 26,5 = Vv = 0,36 Vw = 0,203 e =0,62 Sujets d’Examens corrigés On a =Va = Vv – Vw = 0,36 – 0,203 6 Va = 0,157 *) Densite sec Dd = ? Dd = = = Dd = 1,696 = 16,96 *Indice des vides e = ? e = = e = 0,56 *Degré de saturation Sr = ? Sr = *Poids vol saturé =? Sr = 56,4% = = = = = = 20,56 KN/m3 Pw sat * Teneur en eau de saturation = = Ps = = = 21,2% *) p= 2,0.103 kg/m3 = 20 kN/m3 Soit Vt = 1 ; Pt = 20 kN ; or Ps ne change pas, il est toujours Ps = 16,96kN = -1 = = Pt Pt = PS + = = Ps + Ps = (1+ ) PS -1 Donc la masse volumique de 2.103 kg/m3 correspond à 13,5%. Il n’est donc pas possible d’avoir en même temps cette valeur de la masse volumique et = 13,5%. 7 | Sujets d’Examens corrigés Exercice 2-3 : Soit P la masse volumique du verre et Vb = volume d’1 bille. La masse des n billes de verre de 1 = 2mm c’est-à-dire R1 = 1mm est : Vp(1) m1 = n la masse des n billes de verre de m2 = Vb [m2 = (2) n m2 = n n× p × × R31] La masse de n billes de verre de M3= ×Vb(3) × n [m4 = n× 2= 4mm R2 = 2R1 = 2mm est : R23 = 3= 6mm R1 3 n R 3 = 3mm= 3R1 Est : m3 = n × × π R33 = n × × π × 27 R13 × π × R13] La masse totale des billes est : mt = m1 + m2 +m3 + m4 Mt = n × × π R 3 1 × Le % de tamisat des billes de diam. T1 = = = 1= T1 = 1% Le % de tamisat des billes de diam T2 = = = = = 0,36 = = 4mm est : 3= 6mm est : T3 =36% Le % de tamisat des billes de diam. T4 = 2= T2 = 9% Le % de tamisat des billes de diam. T3 = 2mm est : 4= T4 = 100% 8mm est : Sujets d’Examens corrigés 8 Exercice 2-4 : 1- Poids vol sec de sable 1 : = d× * Poids vol saturé du sable 2 = ’= = B= γsab1 d 2 c = d= ( 1 = 16 1 × 2) + ( ×1) = 8 kn/m3 soit 1 *Poids vol saturé de l’agile = = 1 =( = 18 +( +( 3) γsab1 2 3 = 9KN /m3 soit : = 19KN/m3 2- La surcharge du remblai est : 17 × 3 a) Les et u en A , B et C Juste après surcharge : * A = ( d × 1) + = (16× 1) + 51 ’A =67kPa En A = *UA= 0 * A = ’A * En B = ( *UB = * * En C = B= d× w× 2) + ( ( d ×2) c= ( d c= ( = 67KPa ’ B × 1) + 51 +( B= ×2) + ( ’sab2 ×2) + ( ’arg × 3) w ×5) d ×2) = 91KPa UA = 10KPa 1 B= *Uc = ( * A + 51 +( 101KPa ’c = 75KPa Uc = 101KPa × 2) + ( × 3) + 51 c= 176KPa 9 | Sujets d’Examens corrigés b) les et U en A, B et C à long terme: idem que court terme car sable En A : * 67KPa * uA = 0 * idem que court terme car sable aussi * En B : A= 67KPa A=91KPa *UA= 10KPa * * En C : A= c= ( *uc = ( * c= ( d ×2) w +( × 2) + ( A= × 3) + 51 × 5) = (10 ×5) d× 2) + ( × 2) + ( 101KPa ’ c = 126KPa uc = 50KPa × 3) + 51 c= 176KPa Sujets d’Examens corrigés 10 Corrections d’Examen 3 : Exercice 3-1 : Le tassement de la couche d’agile est le tassement moyen qui peut être estimé, en évaluant la contrainte due au réservoir au milieu de la couche d’argile. 40 m = q= 160kPa 10m CcLog Nous avons H0= 20m, e0= 0.805, Cc= 0.05 , peut être évaluée facilement : = 10.21 – 100 =110kPa = z =I.q0/100 qui doit être tirée de l’abaque Z/R= 10/20=0.5, r/R=0, donc : =87.5.160/100 = 140kPa. Donc le tassement est : H = 19.7cm Exercice 3-2 : 1. Contrainte verticale totale : v(0)=0, v(2)= 2.22.5= 45kPa, v(15)=112.5+21.10=322.5kPa . v(5)= 5.22.5 =112.5 kPa, 2. La pression interstitielle : u(0)=0, u(2)=0,u(5)=30 kPa, u(15)=130 kPa 3. La contrainte effective verticale : ’ ’ v (0)=0, v(2) = 45kPa, ’ v=(5)=112.5-30=82.5kPa, ’ v(15)=322.5- 130=192.5kPa. Cas où le niveau de la nappe phréatique s’abaisse de 3m : H0=20m 1 1 | Sujets d’Examens corrigés Les valeurs de la contrainte verticale totale ne changent pas. Les différentes valeurs de la pression interstitielle et la contrainte effective aux différentes profondeurs sont : U(0)=0,u(2)=u(5)=0,u(15)=100kPa. ’ ’ v(0)=0, v(5)=5.22.5=112.5kPa, ’ v(15)=322.5-100=222.5kPa. Exercice 3-3 : 1) La contrainte verticale effective est obtenue en enlevant de la contrainte verticale totale correspondant au poids des terres la pression interstitielle ( ’= -u) ’ A=20.7-10.7+70kPa ’ B =(18-10).2+70=86kPa ’ C=(18-10).4+70=102kPa 2) Pour placer le point représentatif de l’état en B (désigné par O) ; il faut - L’abscisse connue : ’B=86 kPa. - L’ordonnée e0, qu’il faut calculer à partir de : = A partir de ces deux équations l’indice des vides initiale e0 sera : e0=1.12 3) a : calcul du gonflement de l’argile : le gonflement est le phénomène inverse à celui du tassement, donc on pourra se servir de la même équation utilisée lors du calcul du tassement. Puisque qu’on fait le calcul au point B (milieu de la couche d’argile), il faut donc définir deux états différents : un état initial (avant le creusement de la fouille) et un état final (après l’ouverture de la fouille et le rabattement de la nappe phréatique). = CS.Log Sujets d’Examens corrigés 12 Bi=contrainte effective initial au point B= 86kPa Bf=contrainte effective finale au point B à déterminer. =20.2+2.18=76kPa =3.10=30kPa En substituant ces valeurs dans l’équation précédente, le gonflement aura pour valeur : .Log = -2cm 5m Fouille 2m 1m 2m .B 2m b : Placement du point 1 : Pour placer le point représentatif de l’état de sol en B (désigné par 1) après ouverture de la fouille, deux coordonnées sont nécessaires : - L’abscisse connue : Bf = 46kPa - L’ordonnée ef (l’indice des vides après le creusement de la fouille) à déterminer : 1 3 | Sujets d’Examens corrigés = et =e0-ef en remplaçant les valeurs connues on obtiendra = -0.01 donc ef = eo- =1.12-(-0.01)=1.13 ef = 1.13 c : Temps nécessaire pour obtenir la déconsolidation : t= Cv= 10-6 m2 /s , Tv =1 et H=2 m (puisque la couche d’argile est drainée des deux faces). t= 4.106s= 46 jours et 7heures. Sujets d’Examens corrigés 14 Corrections d’Examen 4 : Réponses de COURS-4: 1. Dans l'essai de limites d'Atterberg, la limite de plasticité correspond à la teneur en eau d'un rouleau du matériau qui se brise en tronçons de 1 à 2 cm lorsqu'on le fait amincir en atteignant un diamètre de 3 mm. 2. La granulométrie étalée d'un sol est caractérisée par un important intervalle des dimensions de grains. La courbe granulométrique "s'étale" ainsi sur un large étendue de dimensions de tamis. Dans le cas contraire, la granulométrie est dite uniforme. Si CU est égal à 10, la granulométrie est dite étalée et ne peut être uniforme. 3. 80 µm. 4. La nappe phréatique est la première nappe d'eau rencontrée depuis la surface du sol. La nappe libre en mouvement est un volume d'eau en écoulement reposant sur une couche imperméable. La nappe d'eau captive est un volume d'eau emprisonné entre deux couches de sols imperméables. 5. Un terrain aquifère est un terrain de grande perméabilité, et un terrain aquifuge est imperméable. Le gradient hydraulique est la perte de charge hydraulique par unité de déplacement d'un courant d'eau. 6. Le coefficient de perméabilité n'est pas une caractéristique intrinsèque du sol. Il diminue lorsque l'indice des vides du sol diminue. 1 5 | Sujets d’Examens corrigés 7.   v  K .i K x K     avec: Ky    K z   vx     v  vy  v   z i    x i  iy  i   z 8. Non, car l'écoulement est facilité parallèlement aux plans de stratifications (ou toits de couches supposées horizontales) et non perpendiculairement aux toits des couches, ceci est dû en général au fait que le sol est compacté naturellement dans le sens vertical. Exercice 4-1 : 1) KH = (Ksh +Kch)/2h. Puisqu’on a Kc/Ks 1, donc KH  Ks/2 et Ks=2x10-2 cm/s. 2) L'écoulement suit un régime permanent, donc: Q =V.S = Kv.i.S =Kvh.S/l = Ve/t. Ve est le volume d'eau sortie pendant le temps t, donc on a: Kv= Vel/(SHt)= 1,2x10-5 cm/s. Le sol étudié n'est pas isotrope puisque Kv est différent de KH. 3) i = H/l =1.06 et la perte de charge est H =10.6 cm. 4) On a Kv =2h/(h/Ks +h/Kc)  2Kc puisque kc <