Mecanique Des Sols-Solutions Examens

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


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.


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


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%.


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 :


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


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


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


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 :


=

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.


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.


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 <

16

Le gradient hydraulique i est égal à dH/dx =sin. 2) Le débit correspondant la pente initiale est Q1= k.i1.S. En imposant que le débit soit réduit à la moitié, on aura: Q2=Ki2S = Q1/2 = Ki1S/2, donc sin2 =(sin1)/2 . 3) i1= sin1= 0.57, v = k.i1= 5,7x10-4cm/s. Après terrasement, on obtient : i2= 0.285.


Corrections d’Examen 5 : Exercice 5-1 : 1) Au début du chargement, l'eau interstitielle reprend l'augmentation des contraintes totales : t= 0 : Δu(Z, 0) = Δ v(Z), Les toits de la couche sont des horizons drainants. Ainsi pour z=0 et z=2H : Δu = 0 . 2) Posons Δu(z , t) = f(z).g(t). L'équation de consolidation s'écrit : d 2f/dZ2 d 2g/dt2  Cv   2 f g

La séparation des variables a permis donc de remplacer l'équation aux dérivées partielles par un système de deux équations différentielles, dont l'intégration donne : f(z) = c1cos(αz) + c2sin(αz) g(t) = c3. e

-α 2 .C v .t

-α Δu(z, t)= (c1cos(αz ) + c2.sin(αz))c3 e

2

.C v .t

Puisque Δu(t , 0)= 0, on doit avoir c1= 0. La condition Δu(t, 2H)=0 conduit à : kπ , K étant un nombre entier quelconque. α 2H Ainsi : t

2 2  kπ   k π C v . 4 H 2 Δu  B.sin Z . e , B étant une constante et la solution  2H 

générale peut être trouvée sous la forme de la série suivante :


18

t



2 2  kπ   k π C v . 4 H 2 Δu   B k.sin Z . e 2 H   k

Cette série doit vérifier que Δu(z, 0) = Δ v(z). Remarquons que :

mZ

2H

 sin( 2H

).sin(

0

mZ

2H

et

 sin ( 2H 2

nZ ).dZ  0 si m ≠ n, 2H

)H.

0

Multiplions les deux termes de l'expression de Δu par :

mZ

2H

 sin ( 2H

).dZ .

0

On trouve après tous calculs faits : 2a 1  cos(k )  4bH coskπ kπ kπ kπ En posant m= on aboutit à l'expression finale de Δu 2

Bk 



1  mZ   m 2Tv (a  (a  2bH ) cos 2m). sin . e  H  k 1 m

Δu  

On retrouve facilement l'expression de Δu dans le cas particulier d'une surcharge uniforme avec la profondeur en mettant b=0 et a= q. Application numérique : Δu sera calculée en retenant les trois premiers termes de la série :

Δu 

q



(3.e



π 2 Tv 4

e



9π 2 Tv 4

)  15 kPa


Exercice 5-2 : 1) En se basant sur l'expression du degré de consolidation :  2 S(t) 2 U  1   2 .e  m .Tv S i m

avec M 

2i  1 . , 2

et en tronquant les termes de la série pour i ≥ 1, on obtient l'expression approchée du tassement :

 8  π .Tv .  S(t)  S()1 - 2 e 4   π    2

Les tassements Si, Si-1 correspondent respectivement aux facteurs de temps : Tvi 

Cv .i.t d2

et

Tvi-1 

Cv .(i - 1).t d2

On peut donc écrire que :

 S   Si  S() - S 1 - i -1 .e  S  

Posons β = e

 2 .t .Cv 4d 2

 2 .t .C v 4d 2

et α = S(∞)(1- β), on aura ainsi :

Si = α + Si-1β. 2) On déduit le coefficient de consolidation à partir de l'expression de β :


Cv  -

4.d 2 .ln   π 2 .t

Application numérique : Cv = 1.6x10-6 m²/s . S∞ = α/(1- β ) = 70 mm, t100% =46.8 jours .

20


Corrections d’Examen 6 : Exercice 6-1 : Ps= 49,5KN ; Vt= 3 m3 ; 1/ a) Vv=Vt –Vs = Vt -

s=

27 KN/m3 Vv =1,17 m3

= 3-

c’est justement

le volume d’eau nécessaire à la saturation des 3m3 du remblai donc Vw=1,17 m3

b) e=

=

à la saturation

=

sat =

c)

= =

=

=

=

+

, donc

donc

=

Or

e= 0,64

et e . On a Vt = S Ht

+

=

e=

=

variation de l’indice des vides.

= 20,4

=

, Déformation

=

=

at =24%

2/ le tassement : Trouvons une relation entre =

=

=

latérale = O

+

S = cte

=0

=

= 0 et e0= c’est le tassemerent fonction de la


Cherchons maintenant la variation de :

;I

I =

52% = 0,52 et

I I 1=

0,52 + 0,20

;I

=

2

; = emax -

I

2=

0,72 = 72%

= (emax -

(emax -

) = emax -

) = 0,9 –

(0,9 – 0,64)

Donc = - = 0,54 – 0,64 e = - 0,10 ( ‘– ‘ indique qu’il y’a que une diminution de e) On a démontré :

=

=

H= - 0,15 m soit un tassement de

= 15cm

Exercice 6-2 : 1 / Eo= -

=-

avec

’= q =

H= courbe

2 / U= t=

=70% =0,7

=

TV = 0 ,42 OR Tv =

= 0,756.1085 soit

3/ Calcul de ).em2Tv =

= 707,7 kPa ;

t = 2 ans 5 mois

= 0,54

22


. e-(1,57)2× 0,42 +

=2×707,7 e-4,712 0,4

+

0

i= 0 i=1

= 707 – 320 U = 350 kPa

= (9×3) + 387

Exercice 6-3 : Ou a u= u0 + U = 140 kpa ; u0= = 2×

)

= 320 KPa

Ou aura alors : ’= U= u0+ u = (10 3) + 320 =

sin (

.

= 414 kPa

= u – u0 h =10 × (2/3 × 12) = 80 kpa ) e-m2TV

(

= 140 – 80 = 60 kPa

=

m= 1,57 m=4,71 ; z = 4 m ; H= 6m ; Tv=

=

TV=0,3 = = 114 kPa

2 / TV= t=

C’est la charge répartie mise en surface

t=

avec TV= 2 correspondant à le consolide totale

t= 41,14.107s

T = 13ans

c’est le temps correspondant à

le consolidation totale. 3/ on a Cv=

E0=

= avant d’exercer la charge = + à la fin de la consolidation Le tassement est =

=-

E0=2,5.103kPa

E0 =

=-

=

-

= - 45.10

-3

=

= 114KPa


= - 45.10-3 12 4/ U =

24

= 54,7 cm

= 0 ,547m soit :

; Le surplus de tassement est de 44,7cm u = 81,7% c’est le degré de consolidation.

u= Courbe

TV= 0,6 or Tv= t = 12,34.107s

t=

= c’est le surplus qu’il faut pour

T= 3ans et 10 mois

réaliser le surplus de tassement de 44,7 cm sin (

). e- m2Tv

5 /*

= 2.

i= 0 i= 1

m=1,57 m= 4,71 ; £= 6m ; H= 6m ; Tv=0,6 ;

= 114 kPa

=2

=33kpa ; u= u0 + =(10×6) 33 interstitielle au milieu de la couche * = - = 114 – 33 = 81 kpa = + =( +

= (6

Si

= 11kN /m3 =147 kN/m2

U= 93 kPa

pression

+81)

Contrainte effective au milieu de la couche (

n’a pas été donné)


Corrections d’Examen 7 : Exercice 7-1: En A:

=

=15 kPa

En B :

; u=

=

=

;

=(15

= 60,75kPa

+(20,5 ; uB= 10 1,5

=45,75kPa

c=(15×2)

;

u=0

=(15

En C :

= 15kPA

= 15

UB= 15kPa

=144kPa

+ (20,5×3) + (21 2,5)

=55kPa

Exercice 7-2 : ou a : e= =

Vs= -

donc VS=

A .N.

(1) et

(2) donc (1) et (2)

( +1) =

=

=

aussi

= 930 ×

La valeur de = 80%

=

+

= .

est telle que =

= 0,8 ×

= - 20%

= 0,8 0,55

864× On a =

=

-

=

-

+(10,5

= 930 – 330 = 864 - 264

;

=89 kPa ;


. on a

=

=

27× 600. Sol saturé

=

Et

=

On a =

=

=

= 10 330. et

=

= 10

Réponses aux questions : Avant essai :

=

=

= n1=

= 20,97 kN/m3

= = 17,4 kN/m3

= n1= 0,35 ;

=

=

= 20,37%

=

Après l’essai : =

=

=

=

n2 =

=

=21,8

= =18,75 kN/

n2= 0,30

;

=

=

16, 3%

26


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 , à partir de se courbe granulométrique , on peut lire les tamisats en % suivants : 5 100

2 100

1 90

0,5 60

0 ,2 20

0,1 4

Tamisat (%) Pour le mélange (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 résultats sont les suivants : Tamisats des sols s1 (g)

Tamisats du sol s2 (g)

Tamisats du Tamisats du mélange (g) mélange (%) (somme 2 colonnes) 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 granulométrique Cm du mélange est tracée sur le graphe granulométrique ci-après.


28


Corrections d’Examen 8 : Réponses de COURS-8: 1.

v'

= (γ' – i.γw)z.

2. Le degré de consolidation est défini par : u (t , z ) U ( z, t )  1  u (0, z ) La distance de drainage d est égale à l'épaisseur ou à la demi-épaisseur de la couche d'argile selon que la couche a respectivement une seule face drainante ou deux. 3. L'épaisseur minimale est égale à 3B dans les deux cas de fondation. 4.

240 kPa.

5. En cas d'un essai triaxial UU+ u, on retrouve le même diamètre du cercle de Mohr, qui est d'après le critère de Mohr-Coulomb égal à la cohésion Cu, donc on ne peut pas tracer la droite de résistance au cisaillement, qui est tangente simultanément aux cercles en contraintes effectives, et obtenir les caractéristiques mécaniques effectives. Par contre, en cas d'essai CU+u, le diamètre 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 résistance au cisaillement et déduire les caractéristiques C' et φ'. 6. qu’il est possible de remplacer l'étude d'un sol cohérent (0, C0) par celle d'un sol pulvérulent équivalent ayant le même angle de frottement  et soumis en plus du chargement du sol cohérent à une pression isotrope C/tg sur chaque facette.


30

Exercice 8-1 : On a t100% 

2.d 2 2 x 12.6 2   367 jours Cv 10 -5

Le temps de fin de consolidation est proportionnel au carré de l’épaisseur de la couche. Pour réduire le temps de consolidation à la moitié, on doit diminuer l'épaisseur de la couche telle que:

dH

C v .t100%  8.9 m , donc excaver 3.7 m d'argile. 2

Exercice 8-2 : 1) La fin de consolidation correspond à Tv = 2. 2 x (25.10 3 ) 2 Cv   1.16 x10  7 m 2 /s 3 x 3600 2) La couche d'argile tassera de ΔH = 3x2/25 =24 cm. 2 x 32 t100%   4.9 ans . 1.16 x 10 - 7 K.E.(1  υ) donc ΔCv /Cv = ΔK/K. γ w .(1  υ)(1  2 ) Cv = 0.65 x 1.16x10-7 = 7.5 x 10-8 m²/s. 2 x 32 t100%   7.56 ans 7.5 x 10 -8

3) C v 

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