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1 | Gnie Civil : Introduction la mcanique des sols
Solutions dExamens
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Sujets dExamens corrigs 2
Corrections dExamen 1 :
Rponses de COURS-1:
1) Le sable peut avoir une cohsion dite "cohsion capillaire" lorsqu'il n'est pas satur (voir figure 2.1).
2) La MontMorillonite est un exemple d'argile gonflante cause de la faible liaison entre les feuillets du grain argileux.
3) Un talus sableux non satur peut tre stable, mme avec un angle droit, cause de la cohsion capillaire entre ses grains. Cette stabilit est provisoire,
car il suffit que l'eau interstitielle s'vapore pour que la cohsion disparaisse
et le talus devient instable.
4) La mthode de la sismique rfraction est limite aux sols compacts, ayant une compacit croissante avec la profondeur, et exige un environnement ne
prsentant 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 mcanique ou une tarire main pour extraire des
chantillons remanis destins des essais d'identification physique, comme
l'analyse granulomtrique.
Pour un essai mcanique tel que l'essai oedomtrique, il est ncessaire
d'extraire un chantillon intact et raliser ainsi un SONDAGE NON
DESTRUCTIF. On peut utiliser pour cela un carottier rotatif.
6) La compacit d'un sable est quivalente sa densit. C'est l'indice de densit ID qui la caractrise. Pour l'argile, la compacit est identifie par sa
consistance et est caractrise par l'indice de consistance Ic.
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3 | Sujets dExamens corrigs
Exercice 1-1 :
1) En se refrant la figure 2.7, on dfinit les paramtres suivants :
s
w
PP donc Pw = .Ps. On a aussi ssd P
VP .
)1( dwsh PPVP .
2)s
v
VVe On obtient directement de la figure 2.7 :
nne
1
3) n
n
V
P
s
s
s
1
et s
s
d PV
P , donc d=s(1-n).
4) Les paramtres de la relation sont dfinis comme suit :
nn
VVe
s
v
1
nP
VP s
s
ss
1 et
r
w
w
ww
SnP
VP
.
5) Dfinissons les paramtres intervenant dans la relation :
6) Selon la mme mthode, on a :
s
rw
s
rw
s
w eS
n
n
P
P
)1(
.
ss
ds
w
s
wsatsat
s
w PVP
n
n
PP
PP
)1(
.
.)1(
)11(
1 s
w
d
w
swsat
d
s
ss
n
ndonc
nVP
n
V
V
VS
P
n
P
P w
v
w
r
s
w
s
wszt
sat
rsat
s
rw
s
wsat SP
nS
P
P.
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Sujets dExamens corrigs 4
Exercice 1-2 :
1) On a
maxmin
min
minmax
max1
d
s
d
s
d
s
d
s
dd
s
eeeeIe
Aprs simplifications, on trouve :ddd
ddd
dI
)(
(
minmax
maxmin)
Application numrique : Id =23.6%.
minmax
max
minmax
max0)2ee
eeIet
ee
eeI
ff
d
o
d
oo
oo
d
f
ddh
h
h
h
ee
eIII
)(
)1(
minmax
, tant une constante de
proportionalit.
3) Le tassement maximum correspond en fait un indice de densit de
100%, donc :
%100)
)1(6.23100(%)
maxminmax
xh
h
ee
eI
o
od
.4.16%73.29,21.1,56.0
41.11
max
min
min
max
mmhetho
hee
e
o
s
4) 38.180.2%,56%20
od
o
eetalorsIpourh
h
3/10.111
mkNe
sd
ce qui est en accord avec la valeur trouve au Gamma-densimtre.
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5 | Sujets dExamens corrigs
Corrections dExamen 2 :
Exercice 2-1 :
On a une argile sature Sr = 1 et sat = 20,5
sat - w = 20,5 -10,0
d =
=
Sat
= Sat - w
= Sat w
=
Sat w + w
d = + w
= w
=
d =
= ? ; =
=
=
.
=
.
=
( )
=
e = ? ; e =
=
=
-1 =
-1 =
- 1 =
- 1
n = ? ; n
=
=
=
=
Exercice 2-2 :
On a Pt =
= 1,9.10
3 kg /m
3 ; =
= 12% ; Ds =
= 2,65
= 26,5 kN/m3
. Supposons 1m3
, on aura :
= Pt g = 1,9 .103 10 = 19.103 N/m3 = 19 kN / m
3
= 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
Vs = Ps / 26,5 =
On a = VV =Vt -Vs = 1- 0,64 Vv = 0,36
On a = =
Vw =
Vw = 0,203
= 23 %
e =0,62
n = 0,38
= 10,5 KN/m3
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Sujets dExamens corrigs 6
On a =Va = Vv Vw = 0,36 0,203 Va = 0,157
*) Densite sec Dd = ? Dd =
=
=
= 16,96
*Indice des vides e = ? e =
=
*Degr de saturation Sr = ? Sr =
=
*Poids vol satur = ? =
=
=
=
Pw sat
* Teneur en eau de saturation = = Ps =
=
*) p= 2,0.103
kg/m3
= 20 kN/m3
Soit Vt = 1 ; =
= Pt Pt = 20 kN ; or Ps ne change pas, il est toujours
Ps = 16,96kN Pt = PS + = Ps + Ps = (1+ ) PS
=
- 1 =
- 1
Donc la masse volumique de 2.103
kg/m3
correspond 13,5%. Il nest
donc pas possible davoir en mme temps cette valeur de la masse
volumique et = 13,5%.
e = 0,56
Dd = 1,696
Sr = 56,4%
= 20,56 KN/m3
= 21,2%
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7 | Sujets dExamens corrigs
Exercice 2-3 :
Soit P la masse volumique du verre et Vb = volume d1 bille. La masse des
n billes de verre de 1 = 2mm cest--dire R1 = 1mm est :
m1= Vp(1) n
la masse des n billes de verre de 2 = 4mm R2 = 2R1 = 2mm est :
m2 = Vb (2) n m2 = n
R2
3 = n
R1
3
[m2 =
n p R31]
La masse de n billes de verre de 3 = 6mm R 3 = 3mm= 3R1 Est :
M3= Vb(3)
n m3 = n
R3
3 = n
27 R1
3
[m4 =
n R1
3]
La masse totale des billes est : mt = m1 + m2 +m3 + m4
Mt = n R3
1
Le % de tamisat des billes de diam. 1 = 2mm est :
T1 =
=
=
Le % de tamisat des billes de diam 2 = 4mm est :
T2 =
=
=
Le % de tamisat des billes de diam. 3 = 6mm est :
T3 =
=
= 0,36
Le % de tamisat des billes de diam. 4 = 8mm est :
T4 =
=
=
T1 = 1%
T2 = 9%
T3 =36%
T4 = 100%
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Sujets dExamens corrigs 8
Exercice 2-4 :
1- Poids vol sec de sable 1 : = d 1 d =
=1
1
* Poids vol satur du sable 2 = B = ( 2) + ( 1)
=
=
1 = 8 kn/m3 soit
*Poids vol satur de lagile = = ( + (
+ ( 3)
=
c
d 2 sab1 2
sab1
3
= 9KN /m
3 soit :
2- La surcharge du remblai est : 17 3
a) Les et u en A , B et C Juste aprs surcharge :
* A = ( d 1) + = (16 1) + 51
*UA= 0
* A = A
* B = ( d 2) + ( 1) + 51
*UB = w 1
* B = ( d 2) +(
* c = ( d 2) + ( sab2 2) + ( arg 3)
*Uc = ( w 5) + 51
* c = ( d 2) + ( 2) + (
3) + 51
= 16
= 18
= 19KN/m3
A =67kPa
A = 67KPa
B = 91KPa
UA = 10KPa
B= 101KPa
c = 75KPa
Uc = 101KPa
c = 176KPa
En A =
En B =
En C =
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9 | Sujets dExamens corrigs
b) les et U en A, B et C long terme:
idem que court terme car sable * A= 67KPa
* uA = 0
* A = 67KPa
idem que court terme car sable aussi * A=91KPa
*UA= 10KPa
* A= 101KPa
* c = ( d 2) + ( 2) + (
3) + 51
*uc = ( w 5) = (10 5)
* c = ( d 2) + ( 2) + (
3) + 51
c = 126KPa
uc = 50KPa
c= 176KPa
En A :
En B :
En C :
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Sujets dExamens corrigs 10
Corrections dExamen 3 :
Exercice 3-1 :
Le tassement de la couche dagile est le tassement moyen qui peut tre
estim, en valuant la contrainte due au rservoir au milieu de la couche
dargile.
=
CcLog
Nous avons H0= 20m, e0= 0.805, Cc= 0.05
, peut tre value facilement :
= 10.21 100 =110kPa
= z =I.q0/100 qui doit tre tire de labaque
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(5)= 5.22.5 =112.5 kPa,
v(15)=112.5+21.10=322.5kPa .
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 o le niveau de la nappe phratique sabaisse de 3m :
10m
40 m q= 160kPa
H0=20m
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1 1 | Sujets dExamens corrigs
Les valeurs de la contrainte verticale totale ne changent pas. Les diffrentes
valeurs de la pression interstitielle et la contrainte effective aux diffrentes
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 reprsentatif de ltat en B (dsign par O) ; il faut
- Labscisse connue : B=86 kPa.
- Lordonne e0, quil faut calculer partir de :
=
A partir de ces deux quations lindice des vides initiale e0 sera : e0=1.12
3) a : calcul du gonflement de largile :
le gonflement est le phnomne inverse celui du tassement, donc on
pourra se servir de la mme quation utilise lors du calcul du tassement.
Puisque quon fait le calcul au point B (milieu de la couche dargile), il faut
donc dfinir deux tats diffrents : un tat initial (avant le creusement de la
fouille) et un tat final (aprs louverture de la fouille et le rabattement de la
nappe phratique).
=
CS.Log
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Sujets dExamens corrigs 12
Bi=contrainte effective initial au point B= 86kPa
Bf=contrainte effective finale au point B dterminer.
=20.2+2.18=76kPa
=3.10=30kPa
En substituant ces valeurs dans lquation prcdente, le gonflement aura
pour valeur :
.Log
= -2cm
b : Placement du point 1 :
Pour placer le point reprsentatif de ltat de sol en B (dsign par 1) aprs
ouverture de la fouille, deux coordonnes sont ncessaires :
- Labscisse connue : Bf = 46kPa
- Lordonne ef (lindice des vides aprs le creusement de la fouille)
dterminer :
. B
Fouille 5m
2m
2m
2m
1m
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1 3 | Sujets dExamens corrigs
=
et =e0-ef en remplaant les valeurs connues on obtiendra
= -0.01 donc ef = eo- =1.12-(-0.01)=1.13 ef = 1.13
c : Temps ncessaire pour obtenir la dconsolidation :
t=
Cv= 10
-6 m
2 /s , Tv =1 et H=2 m (puisque la couche dargile est
draine des deux faces).
t= 4.106
s= 46 jours et 7heures.
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Sujets dExamens corrigs 14
Corrections dExamen 4 :
Rponses de COURS-4:
1. Dans l'essai de limites d'Atterberg, la limite de plasticit correspond la
teneur en eau d'un rouleau du matriau qui se brise en tronons de 1 2 cm
lorsqu'on le fait amincir en atteignant un diamtre de 3 mm.
2. La granulomtrie tale d'un sol est caractrise par un important intervalle des dimensions de grains. La courbe granulomtrique "s'tale"
ainsi sur un large tendue de dimensions de tamis. Dans le cas contraire, la
granulomtrie est dite uniforme.
Si CU est gal 10, la granulomtrie est dite tale et ne peut tre
uniforme.
3. 80 m.
4. La nappe phratique est la premire nappe d'eau rencontre depuis la surface du sol.
La nappe libre en mouvement est un volume d'eau en coulement
reposant sur une couche impermable.
La nappe d'eau captive est un volume d'eau emprisonn entre deux
couches de sols impermables.
5. Un terrain aquifre est un terrain de grande permabilit, et un terrain aquifuge est impermable.
Le gradient hydraulique est la perte de charge hydraulique par unit de
dplacement d'un courant d'eau.
6. Le coefficient de permabilit n'est pas une caractristique intrinsque du sol. Il diminue lorsque l'indice des vides du sol diminue.
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1 5 | Sujets dExamens corrigs
7. iKv. avec:
8. Non, car l'coulement est facilit paralllement aux plans de
stratifications (ou toits de couches supposes horizontales) et non
perpendiculairement aux toits des couches, ceci est d en gnral au fait que
le sol est compact naturellement dans le sens vertical.
Exercice 4-1 :
1) KH = (Ksh +Kch)/2h. Puisquon a Kc/Ks 1, donc KH Ks/2 et Ks=2x10-2
cm/s.
2) L'coulement suit un rgime 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 tudi n'est pas isotrope puisque Kv est diffrent 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
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Sujets dExamens corrigs 16
Le gradient hydraulique i est gal dH/dx =sin.
2) Le dbit correspondant la pente initiale est Q1= k.i1.S. En imposant que le
dbit soit rduit la moiti, on aura:
Q2=Ki2S = Q1/2 = Ki1S/2, donc sin2 =(sin1)/2 .
3) i1= sin1= 0.57, v = k.i1= 5,7x10-4
cm/s. Aprs terrasement, on obtient :
i2= 0.285.
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1 7 | Sujets dExamens corrigs
Corrections dExamen 5 :
Exercice 5-1 :
1) Au dbut du chargement, l'eau interstitielle reprend l'augmentation des
contraintes totales :
t= 0 : u(Z, 0) = v(Z), Les toits de la couche sont des horizons drainants. Ainsi pour z=0 et
z=2H : u = 0 .
2) Posons u(z , t) = f(z).g(t). L'quation de consolidation s'crit :
222
v
22
g
g/dtdC
f
f/dZd
La sparation des variables a permis donc de remplacer l'quation aux
drives partielles par un systme de deux quations diffrentielles, dont
l'intgration donne :
f(z) = c1cos(z) + c2sin(z)
g(t) = c3..t.C- v
2
e
u(z, t)= (c1cos(z ) + c2.sin(z))c3.t.C- v
2
e
Puisque u(t , 0)= 0, on doit avoir c1= 0. La condition u(t, 2H)=0 conduit :
2H
k , K tant un nombre entier quelconque.
Ainsi :
2v22
H4
t.Ck
e.ZH2
ksin.Bu
, B tant une constante et la solution
gnrale peut tre trouve sous la forme de la srie suivante :
-
Sujets dExamens corrigs 18
k
2v22
H4
t.Ck
e.ZH2
ksin.kBu
Cette srie doit vrifier que u(z, 0) = v(z). Remarquons que :
0).dZ2H
Zn).sin(
2H
Zm(sin
2H
0
si m n,
et H)2H
Zm(sin
2H
0
2
.
Multiplions les deux termes de l'expression de u par :
. ).dZ2H
Zm(sin
2H
0
On trouve aprs tous calculs faits :
coskk
4bH)cos(k1
k
2aBk
En posant m=2
k on aboutit l'expression finale de u
1
v2
e.H
sin).2cos)2((1
uk
TmmZmbHaa
m
On retrouve facilement l'expression de u dans le cas particulier d'une surcharge uniforme avec la profondeur en mettant b=0 et a= q.
Application numrique : u sera calcule en retenant les trois premiers termes de la srie :
kPa 15 )e(3.eq
u 4T9
4
T v2
v2
-
1 9 | Sujets dExamens corrigs
Exercice 5-2 :
1) En se basant sur l'expression du degr de consolidation :
.2
12iM avec .e
m
21
S
S(t)U v
2 .Tm
i2
,
et en tronquant les termes de la srie pour i 1, on obtient l'expression approche du tassement :
.4
.T
2
v2
e
8 - 1)S( S(t)
Les tassements Si, Si-1 correspondent respectivement aux facteurs de
temps :
d
t1).-.(iC Tet
d
t.i.C T
2
v1-vi2
vvi
On peut donc crire que :
2
2
4
..
1-ii .
S
S-1 S- )S( S d
Ct v
e
Posons =2
2
4
..
d
Ct v
e
et = S()(1- ), on aura ainsi :
Si = + Si-1.
2) On dduit le coefficient de consolidation partir de l'expression de :
-
Sujets dExamens corrigs 20
t.
.ln4.d - C
2
2
v
Application numrique : Cv = 1.6x10-6
m/s .
S = /(1- ) = 70 mm, t100% =46.8 jours .
-
2 1 | Sujets dExamens corrigs
Corrections dExamen 6 :
Exercice 6-1 :
Ps= 49,5KN ; Vt= 3 m3 ; s= 27 KN/m
3
1/ a) Vv=Vt Vs = Vt -
= 3-
cest justement
le volume deau ncessaire la saturation des 3m3 du remblai donc
b) e=
=
la saturation
=
=
sat =
=
=
c) =
=
=
=
2/ le tassement :
Trouvons une relation entre et e . On a Vt = S Ht
=
+
donc , Dformation latrale = O S = cte
= 0
=
, donc
=
=
+
+
=
=
Or e =
=
= 0 et e0=
=
cest le tassemerent fonction de la
variation de lindice des vides.
Vw=1,17 m3
Vv =1,17 m3
e= 0,64
at =24%
= 20,4
-
Sujets dExamens corrigs 22
Cherchons maintenant la variation de :
I =
; I 52% = 0,52 et
I 0,52 + 0,20 I 2= 0,72 = 72%
I 1=
; I 2 =
=
;
(emax - ) = emax -
= emax -
(emax - ) = 0,9
(0,9 0,64) = 0,54
Donc = - = 0,54 0,64 e = - 0,10
( indique quil ya que une diminution de e)
On a dmontr : =
=
H= - 0,15 m soit un tassement de
Exercice 6-2 :
1 / Eo= -
= -
avec = q =
H= -
2 / U=
=70% =0,7 TV = 0 ,42 OR Tv =
t=
=
= 0,756.10
85 soit
3/ Calcul de
).e
m2Tv
=
= 707,7 kPa ;
= 15cm
courbe
t = 2 ans 5
mois
-
2 3 | Sujets dExamens corrigs
=2707,7
. e-(1,57)2 0,42 +
sin (
)
e-4,71
2 0,4
Ou aura alors : = - = 707 320
U= u0+ u = (10 3) + 320
= 0 + = (93) + 387
Exercice 6-3 :
Ou a u= u0 + = u u0 U = 140 kpa ; u0= h =10 (2/3 12) = 80 kpa = 140 80 = 60 kPa
= 2 . (
) e
-m2TV =
i= 0 m= 1,57
i=1 m=4,71 ; z = 4 m ; H= 6m ; Tv=
=
TV=0,3
=
Cest la charge rpartie mise en surface
2 / TV=
t=
avec TV= 2 correspondant le consolide totale
t =
t= 41,14.10
7s cest le temps correspondant
le consolidation totale.
3/ on a Cv=
E0=
E0 =
E0=2,5.10
3kPa
=
avant dexercer la charge
=
+ la fin de la consolidation = - = = 114KPa
Le tassement est =
= -
= -
= - 45.10
- 3
= 320 KPa
U = 350 kPa
= 414 kPa
= 114 kPa
T = 13ans
-
Sujets dExamens corrigs 24
= - 45.10-3 12 = 0 ,547m soit :
4/ U =
; Le surplus de tassement est de 44,7cm
u=
u = 81,7% cest le degr de consolidation.
Courbe
TV= 0,6 or Tv=
t=
=
t = 12,34.107s cest le surplus quil faut pour
raliser le surplus de tassement de 44,7 cm
5 /* = 2.
sin (
). e
- m2Tv
i= 0 m=1,57
i= 1 m= 4,71 ; = 6m ; H= 6m ; Tv=0,6 ; = 114 kPa
= 2
=33kpa ; u= u0 + =(106) 33 pression
interstitielle au milieu de la couche
* = - = 114 33 = 81 kpa
= + = (
+
Si = 11kN /m3 Contrainte effective au milieu de la couche
( na pas t donn)
= 54,7 cm
T= 3ans et 10 mois
U= 93 kPa
= (6 +81)
=147 kN/m2
-
2 5 | Sujets dExamens corrigs
Corrections dExamen 7 :
Exercice 7-1:
En A: = = 15 ; = =
; u= u=0
En B : =(15 +(20,5 ; =(15 +(10,5
; uB= 10 1,5
En C : c=(152) + (20,53) + (21 2,5) ; ;
Exercice 7-2 :
ou a : e=
Vs=
donc VS=
(1) et
= +
= -
(2) donc (1) et (2)
=
-
(
+1) =
=
aussi
=
A .N. = 930
.
La valeur de est telle que = = - 20%
= 80% = 0,8 = 0,8 0,55
864
On a = = -
= -
= 930 330 = 864 - 264
= 15kPA
=15 kPa
= 60,75kPa
=45,75kPa UB= 15kPa
=144kPa =89 kPa
=55kPa
-
Sujets dExamens corrigs 26
. on a =
=
27 600.
Sol satur =
Et =
On a = =
= = 10 330.
et
= = 10
Rponses aux questions :
Avant essai :
=
=
=
=
=
n1=
=
; =
=
Aprs lessai :
=
=
=
=
=
n2 =
=
;
=
=
= 20,97 kN/m3
= 17,4 kN/m3
n1= 0,35 = 20,37%
=21,8
=18,75 kN/
n2= 0,30 16, 3%
-
2 7 | Sujets dExamens corrigs
Exercice 7-3 :
Pour le sol S1 , on aura le tableau suivant :
Refus (g) Tamisats (g) Tamisats (%) 5 0 2500 100
2 250 2250 90
1 500 1750 70
0,5 750 1000 40
0,2 500 500 20
0,1 250 250 10
Foud 250
Pour le sol S2 , partir de se courbe granulomtrique , on peut lire les
tamisats en % suivants :
5 2 1 0,5 0 ,2 0,1 Tamisat
(%)
100 100 90 60 20 4
Pour le mlange (1kg de s1 et 1,5 kg de s2), on calcule ses tamisats en g
en multipliant les % de tamisat correspondant par la masse correspondante ;
les rsultats sont les suivants :
Tamisats des sols s1 (g)
Tamisats du
sol s2 (g)
Tamisats du
mlange (g)
(somme 2
colonnes)
Tamisats du
mlange (%)
5 1000 1500 100 100
2 900 1500 2400 96
1 700 1350 2050 82
0,5 400 900 1300 52
0,2 200 300 500 20
0,1 100 60 160 6,4
La courbe granulomtrique Cm du mlange est trace sur le graphe
granulomtrique ci-aprs.
-
Sujets dExamens corrigs 28
-
2 9 | Sujets dExamens corrigs
Corrections dExamen 8 :
Rponses de COURS-8:
1. v' = (' i.w)z.
2. Le degr de consolidation est dfini par :
),0(
),(1),(
zu
ztutzU
La distance de drainage d est gale l'paisseur ou la demi-paisseur
de la couche d'argile
selon que la couche a respectivement une seule face drainante ou deux.
3. L'paisseur minimale est gale 3B dans les deux cas de fondation.
4. 240 kPa.
5. En cas d'un essai triaxial UU+ u, on retrouve le mme diamtre du cercle de Mohr, qui est d'aprs le critre de Mohr-Coulomb gal la cohsion Cu,
donc on ne peut pas tracer la droite de rsistance au cisaillement, qui est
tangente simultanment aux cercles en contraintes effectives, et obtenir les
caractristiques mcaniques effectives.
Par contre, en cas d'essai CU+u, le diamtre du cercle en contraintes
totales, augmente avec la contrainte de consolidation 3. On peut ainsi tracer les cercles de Mohr en contraintes effectives en retranchant la
pression interstitielle u des contraintes totales verticale et horizontale, tracer
la droite de rsistance au cisaillement et dduire les caractristiques C' et '.
6. quil est possible de remplacer l'tude d'un sol cohrent (0, C0) par
celle d'un sol pulvrulent quivalent ayant le mme angle de frottement et
soumis en plus du chargement du sol cohrent une pression isotrope C/tg sur chaque facette.
-
Sujets dExamens corrigs 30
Exercice 8-1 :
On a
Le temps de fin de consolidation est proportionnel au carr de lpaisseur de la couche. Pour rduire le temps de consolidation la moiti, on doit
diminuer l'paisseur de la couche telle que:
m 8.9 2
.tC H d 100% v , donc excaver 3.7 m d'argile.
Exercice 8-2 :
1) La fin de consolidation correspond Tv = 2.
/sm x101.163600 x 3
)(25.10 x 2C 27
23
v
2) La couche d'argile tassera de H = 3x2/25 =24 cm.
ans 4.9 10 x 1.16
3 x 2 t
7-
2
100% .
3) )2)(1.(1
)K.E.(1C
w
v
donc Cv /Cv = K/K.
Cv = 0.65 x 1.16x10-7
= 7.5 x 10-8
m/s.
ans 7.56 10 x 7.5
3 x 2 t
8-
2
100%
jours 367 10
12.6 x 2
C
2.dt
5-
2
v
2
100%