01 - rappel de notions de base - solutionnaire _Étudiants

Cours de Mécanique des sols II – Été 2012 M. Karray & F. Ghobrial

Rappel des Notions de Base de 5

CHAPITRE 01 RAPPEL DES NOTIONS DE BASE

Problème 1.1

• Avant séchage : Masse du sol+contenant Ms.h.+c=462g

• Après séchage : Masse du sol+contenant Ms.s.+c=364g

• Masse du contenant Mc=39g

Masse de l’eau Mw=Ms.h.+c-Ms.s.+c=462-364=98g

Masse du sol sec Ms.s.=Ms.s.+c-Mc=364-39=325g

. ,100

98325

100 30.154%

Problème 1.3

Point σt (kPa) μ (kPa) σv’ (kPa)

A 17x8 =136 10xzéro =0 136-0 =136

B 136+20x8 =296 10x8 =80 296-80 =216

C 296+17x4 =364 10x12 =120 364-0 =244

Contrainte Effective (σv’) = Contrainte Totale (σt) – Pression Interstitielle (μ)

Problème 1.4

(a) σt (A)=20kN/m³x4m=80kPa

μ (A)=10kN/m³x7m=70kPa

σv’(A)=80-70=10kPa



(b) En se référant à la figure suivante

Point Charge de pression (hP) Charge de position (hE) Charge Totale (hT)

A 7.0m -4.0m 3.0m

B 0.0m 0.0m 0.0m

Charge Totale (hT) 1= Charge de position (hE) + Charge de pression (hP)

ΔhT=hT(A) – hT(B)=3-0=3.0m

Où i est le gradient hydraulique qui est la perte de charge, Δh, par unité de longueur, l.

1 L’équation d’énergie de Bernoulli (en termes d’énergie par unité de poids):

Dans la plupart des cas d’écoulement en milieu poreux, on omet la charge de vitesse, qui est très faible par rapport

aux deux autres charges.



Problème 1.6

(a) Pour tous les barrages : Charge Totale (hT)=Perte totale de charge = Différence de potentiel

totale=6.0m

Barrage Nd ΔhT l isortie

A 11.8 0.508m 1.5m 0.339

B 13.9 0.432m 1.5m 0.288

C 13.9 0.432m 2.0m 0.216

Nd=Nombre de chutes de potentiel (charge totale).

ΔhT=hT/Nd

l= La longueur (la plus courte) du chemin d’écoulement dans le dernier carré

isortie=ΔhT/l

(b) Gradient hydraulique critique

1944 10001000

0.944

1

1

27001000 1

1 0.80.944

(c) Facteur de sécurité contre la boulance

: . . . 0.9440.339

2.785

: . . . 0.9440.288

3.28

: . . . 0.9440.216

4.374

(d) Contrainte effective au point B

Contrainte Effective (σv’) = Contrainte Totale (σt) – Pression Interstitielle (μ)

σv’= (19.44x3.52)-[(0.432x1.5+3.52)x10]=26.754 kPa



Problème 1.9

Afin de comparer seulement la résistance au cisaillement avant et immédiatement après la

construction, on va utiliser les contraintes effectives

tan

• Avant la construction :

σt =20kN/m³x6m=120kPa

μ =10kN/m³x6m=60kPa

σv’=σN’=120-60=60kPa

15 60 tan 25 42.978

• Immédiatement après la construction :

σt =Poids du sol + poids du remblai=20x6+20x6=240kPa

μ =Pression interstitielle initiale+Excès dû au remblai=10x6+20x6=180kPa

σv’=σN’=240-180=60kPa

15 60 tan 25 42.978

On note que la résistance au cisaillement avant et juste après la construction (construction

rapide) est la même. Une fois que la consolidation s’amorce, la résistance du sol de fondation

s’améliore et la situation devient plus sécuritaire.

Exemple sur la contrainte effective dans une zone capillaire

Pour le dépôt du sol montré à la figure ci-dessous, déterminer et dessiner la variation de la

contrainte totale, de la pression interstitielle et de la contrainte effective. Noter la zone

d’ascension capillaire sus-jacente la couche d’argile. Le degré de saturation dans cette zone est

60%. (γw=10kN/m³)

Dans le tableau, le point b est directement au-dessus de la zone capillaire et le point b’ est

justement dans la zone capillaire.

La pression interstitielle dans la zone capillaire (la succion) sera égale à -γwh si cette zone est

parfaitement saturée. Sinon, la pression interstitielle sera quasiment égale à -γwh(Sr) où le Sr est

le degré de saturation.



Point Prof (m) σt (kPa) μ (kPa) σv’ (kPa)

a 0 16.5x0 =0 10xzéro =0 0-0 =0

b 3 16.5x3 =49.5 10xzéro =0 49.5-0 =49.5

b’ 3 16.5x3 =49.5 -10x1mx60% =-6 49.5-(-6) =55.5

c 4 16.5x3+17.6x1 =67.1 10x0 =0 67.1-0 =67.1

d 7 67.1+18.9x3 =123.8 10x3 =30 123.8-30 =93.8

01 - rappel de notions de base - solutionnaire _Étudiants

Documents