ETUDIANTS DE LICENCE SEMESTRE 05 – T.D. DE M.D.S.2. ENONCES D’EXERCICES
TASSEMENTS DES SOLS SERIE 03 EXERCICE 01 On considère un bâtiment industriel fondé sur un radier reposant sur une couche de sol argileux saturé de 2,5 m d’épaisseur. Les caractéristiques initiales de ce sol sont : Poids spécifique total : 19,5 kN/m3 Teneur en eau : 29,2 % Poids spécifique de ses particules solides : 27 kN/m3 Par suite de l’exécution de la construction, la compacité de la couche a augmenté et les caractéristiques finales sont :
Poids spécifique total : 19,9 kN/m3 La teneur en eau : 26,6 %
Déterminer le tassement du radier en supposant qu’il n’y a aucune déformation latérale du sol autour du radier, sachant que la couche de sol argileux repose sur un rocher.
SOLUTION ω=
e=
e=
Pe V e . γ e ω . Ps V = V e= =V v (Sol saturé : S r= e =1=¿> V e =V v ) Ps Ps γe Vv
V v V e ω . Ps ω . γ s = = = V s V s γe.V s γe
Avant exécution du remblai :e 1=
0,292× 27 =0,7884 10
Après exécution du remblai :e 2=
0,266 ×27 =0,7182 10
V v V −V s V V = = −1=¿>1+e= =¿>V =( 1+ e ) . V s Vs Vs Vs Vs
Avant exécution du remblai :V 1=( 1+ e1 ) .V s=S . H 1( 1) Après exécution du remblai :V 2=( 1+ e2 ) . V s=S . H 2 (2) H 2 (1+ e2 ) (1+e 2) (2) 1+0,7182 =¿=¿ = =¿=¿ H 2 = ×=H 1= ×2,50=2,40 m (1) H 1 (1+ e2 ) (1+e 2) 1+0,7884 Le tassement est donc H = H1 - H2 = 2,50 – 2,40 = 0,10 m soit 10 cm.
EXERCICE 02 Un remblai autoroutier ayant un volume de 250 000 m3 doit être construit avec un sol dont l’indice des vides est de e1 = 0,70. Si ce sol est pris dans une zone d’emprunt dont l’indice des vides est e2 = 1,20, quel volume de sol devra être prélevé de la zone d’emprunt pour construire ce remblai ? SOLUTION On a montré dans l’exercice précédent l’expression suivante : V =( 1+e ) .V s Volume du solen place ( remblai e 1=0,70 ) :V 1=( 1+ e1 ) . V s (1) Volume du solutilisé ( emprunts e 0=1,20 ) :V 0 =( 1+e 0 ) . V s ( 2) V (1+ e0 ) (1+e 0) (2) 1+ 1,20 =¿> 0 = =¿>V 0 = × V 1= ×250 000=323 529 m2 (1) V 1 (1+ e1 ) (1+e 1) 1+ 0,70 EXERCICE 03 Un échantillon de sol saturé ayant une hauteur initiale H0 = 24 mm et un indice des vides e0, est soumis à un essai œdométrique sous une pression de 2 kg/cm3. Après augmentation de cette pression de 1 kg/cm2, la hauteur de l’échantillon est devenue à la fin de la consolidation H1 = 20 mm et son indice des vides final e1. La teneur en eau initiale est de 15 % et la densité des grains solides est 2,7. 1/ Etablir les relations suivantes : H H e . γ e Sr ∆H ∆e = ; 0 = 1 ; ω= et γ h= (1+ ω ) . γ d H 0 1+e 0 1+e 0 1+e 1 γs 2/ Calculer l’indice des vides initial
e 0 et final
e1
3/ Calculer la densité déjaugée et la densité saturée du sol. 4/ Calculer l’indice de compression
Cc
du sol
5/ Calculer le temps nécessaire à la consolidation de l’échantillon de sol si le coefficient de consolidation C v =1,5 ×10−5 cm2 /s , l’échantillon étant drainé des 2 cotés. SOLUTION Hypothèses/ ( s/ e) = 2,7 Avant tassement
Après tassement
Hauteur : H0 = 24 mm : Teneur en eau initiale : 0 = 15 % Indice des vides initial : e0 Surcharge : '0 = 2 kg/cm3
Hauteur : H1 = 20 mm : Indice des vides final : e1 Surcharge : '1 = 3 kg/cm3
1/ Etablissement des relations ∆H ∆e = H 0 1+e 0 On part de la définition de l’indice des vides qui est e ¿ e=
Vv Vs
Vv V −V s V = = −1; (V s resteconstant ) Vs Vs Vs
Avant consolidation :
e 0=
V0 −1(1) Vs
V1 −1(2) Vs V V V −V 1 ∆ V ( 1 )−( 2 )=¿=¿> e0 −e 1=∆ e= 0 −1 − 1 −1 = 0 = Vs Vs Vs Vs V0 V0 A partir de (1), on détermine Vs : e 0= −1=¿=¿ 1+ e 0= Vs Vs V H .S et :V s= 0 = 0 (¿ volume est égal àla hauteur par la section) 1+ e 0 1+e 0 Après consolidation :
e 1=
(
∆ e=
)(
)
∆ V ∆ ( H . S) ∆e ∆H = × ( 1+ e0 ) =¿=¿ = Vs H0 . S 1+e 0 H 0
H0 H = 1 1+ e0 1+ e 1 Avant consolidation :
e 0=
V0 V V −1=¿>1+ e0= 0 et V s = 0 (1) Vs Vs 1+e 0
Après consolidation :
e 1=
V1 V V −1=¿>1+e 1= 1 et V s= 1 (2) Vs Vs 1+ e1
( 1 )=( 2 )=¿=¿
V0 V = 1 1+ e 0 1+e 1
V =S . H=¿=¿ V 1=S . H 1 et V 0=S . H 1 Et :
H0 H = 1 1+ e0 1+ e1
ω=
e . γ e . Sr γs
ω=
¿=¿>
S . H0 S . H1 = 1+e 0 1+ e1
Pe V e . γe = Endivisant en eau et en bas par V v , on obtient : Ps V s. γ s
Ve .γ Vv e V V 1 γ . S e . γ e . Sr ω= Comme e =S r et s = , celadonne : ω= e r = Vs Vv Vv e 1 γs .γ .γs e Vv s
γ h=( 1+ω ) . γ d
γ h=
[ ]
P h P s + P e Ps P = = × 1+ e +γ d (1+ ω) V V V Ps
2/ Calcul des indices des vides initial Indice des vides initial ω=
e 0 et final
e1
e0
e . γ e . Sr ω.γs =¿=¿ e= γs Sr . γe
Sol saturé =¿=¿ S r =1et comme ω=15 =0,15, on obtient : e 0=
0,15× 27 =0,405 1× 10 Indice des vides final
e1 1+ e 1+ e (¿ ¿ 0)
H 0 . (¿¿ 1)=H 1 . 1+ e 0=¿ 1+e 1=
H1 ׿ H0
H0 H = 1 =¿>¿ 1+ e0 1+e 1 1+ e 20 (¿¿ 0)−1= × ( 1+0,405 )−1=0,124 24 H Et : e1= 1 × ¿ H0 3/ Calcul de densité déjaugée et de la densité saturée du sol. Calcul de la densité déjaugée du sol γ ' =γ sat −γ e =
γ' γe
Ph P +P V P + P −V . γ e −γ e = s e − γ e= s e V V V V s +V v
Ve V −¿. γ ¿ ¿e Ps −¿ P +V . γ −V . γ e γ '= s e e =¿ V s +V v V e =V v car≤sol est saturé , ce quidonne :(V −V e )=(V −V v )=V s
γ '=
P s−V s . γ e , en divisant chaque terme par V s ,on obtient : V s +V v
Ps −γ V s e γ s−γ e 27−10 ' γ= = = =15,12 kN /m3 V 1+ e 1+ 0,124 1+ v Vs γ ' 15,12 La densité déjaugée est donc : = =1,51 γe 10 γ sat γe
Calcul de la densité saturée du sol γ ' =γ sat −γ e =¿=¿ γ sat =γ ' + γ e et
γ sat γ ' = +1=1,51+1=2,51 γe γe
4/ Calcul de l’indice de compression
Cc
du sol
Dans la courbe de compressibilité, l’indice de compression Cc est la pente de la partie droite de la courbe de compressibilité : C c =tgα=
Côté opposé Côté adjacent
Côté opposé =e 0−e1=∆ e Côté adjacent =logσ 0 −logσ 1=∆ log σ ' e0 e
e1
(log’) log’0
log’1
e 0=0,405−σ 0=2 kg/cm
2
e 1=0,124−σ 1=3 kg/cm
2
C c=
0,405−0,124 0,281 = log 2−log 3 2 log 3
2 log =−0,1761 3 C c=
−0,281 =−1,6 0,1761
5/ Calcul du temps nécessaire à la consolidation de l’échantillon de sol
Coefficient de consolidation C v =1,5 ×10−5 cm2 /s . Echantillon drainé des 2 cotés. Tableau donnant le facteur temps Tv en fonction du degré de consolidation U Tv
U (%)
Tv
U (%)
Tv
U (%)
0,02 0,06 0,10 0,15 0,20
16,00 27,60 35,60 43,70 50,40
0,30 0,40 0,50 0,60 0,70
61,30 69,70 76,40 81,60 85,60
0,80 0,90 1,00 2,00
88,70 91,20 93,10 99,40 1,00
∞
En pratique, on considère que le tassement est achevé, lorsque le facteur temps T v est égal à 2, c’est-à-dire pour un degré de consolidation égal à U = 99,40 % (Voir tableau ci-dessus). Le facteur temps est donné par l’expression : T v = Ce qui donne :
t=
C v .t h2
T v . h2 Cv
Drainage des 2 côtés veut dire que h représente la moitié de l’épaisseur de 20 mm =10 mm=1 cm l’échantillon h= 2 T v . h2 t= = Cv
2× 12 [ cm 2 ] −3
1,5 ×10
[ ] cm 2 s
=1 333,33 s=22 mn13 s
EXERCICE 04 On étudie la consolidation d’une couche d’argile de 8 m d’épaisseur drainée des deux côtés. Cette argile a un coefficient de perméabilité de 3 x 10-9 cm/s et un module œdométrique de 400 daN/cm2. Calculer le temps nécessaire pour atteindre un degré de consolidation de 40 %. SOLUTION t=
T v . h2 ( Voir Exercice précédent ) (1)−H=8 m Cv C v =K ×
E0 (Voir Cours)(2) γe
K=3. 10−9 cm/s (Coefficient de perméabilité) Eo =400 daN /cm2=4 kN /cm2 (module oedomètrique) 2
Tv .h .γe On remplace (2) en (1) : t= K . E0 Drainage des 2 côtés : H h= =4 m 2
γ e =10 kN /m3=10 kN /106 cm3 ¿ 10−5 kN /cm3
Degré de consolidation U = 40 % : Du tableau donnant le facteur temps Tv en fonction du degré de consolidation U (Exercice précédent), on fait une interpolation pour trouver le facteur temps T 40 correspondant à 40 % de consolidation. Pour U =35,60 :T v =0,10 Pour U =43,70 :T v =0,15 Onconstate que pour un accroissement de ∆ U =( 43,70−35,60 )=8,10 , T v augmente de ∆ T v =( 0,15−0,10 ) =0,05 Pour U =40,00 :l ' accroissement est ∆ U =( 40,00−35,60)=4,40 On interpole entre U = 35,60 % et U = 40,00 % A ∆ U =8,10 , correspond ∆ T v =0,05 A ∆ U =4,40 , correspondra A
4,40 × 0,05=8,10 × A=¿=¿
A=
4,40× 0,05 =0,27 8,10
T 40=0,10+0,27=0,127 Le temps nécessaire pour atteindre un degré de consolidation de 40 % est donc : T v . h2 . γ e 0,127 × 4002 [ cm 2 ] ×10−5 [ kN /cm3 ] t= = =16 933333,33 s K . E0 3. 10−9 [ cm/ s ] ×4 [ kN /c m2 ] Nombre de jours : Dans un jour, il y a : 60 s x 60 mn x 24 h = 86 400 secondes. 16 933333,33 =195,99 soit 195 jours. 86 400 Secondes restantes : 16 933 333,33 – (195 x 86 400) = 85 333,33 secondes. Nombre d’heures : Dans une heure, il y a (60 s x 60 mn = 3 600 secondes). 85333,33 =23,70 soit 23 heures 3 600 Secondes restantes : 16 933 333,33 – (195 x 86 400) – (23 x 60) = 2 533,33 secondes. Nombre de minutes : Dans une minute, il y a 60 secondes. 2 533,33 =42,20 soit 42 minutes 60 Secondes restantes : 16 933 333,33 – (195 x 86 4600) – (23 x 60) – (42 x 60)= 13,33 secondes. Nombre de secondes : 13 secondes.
Le temps nécessaire pour atteindre un degré de consolidation de 40 % est donc : t=195 jours 23 heures 42 minutes et 13 secondes
EXERCICE 05 Un essai œdométrique a été réalisé sur un échantillon de 2 cm d’épaisseur. Au bout de 20 mn, un degré de consolidation de 80 % est atteint. Au bout de combien de temps peut-on avoir le même degré de consolidation sur une couche de la même argile de 12 m d’épaisseur drainée d’un seul côté ? Si on donne E0 = 30 daN/cm2, calculer la perméabilité de cette couche. U=80 −−−−→T v =0,567 SOLUTION Temps de consolidation Le facteur temps est donné par l’expression : T v = Ce qui donne :
T .h C v= v t
C v .t 2
h
2
Calculons C v à partir des résultats de l’essai œdométrique. t = 20 mn = 1 200 secondes C v=
h = 2 cm (drainage d’un seul coté)
T v =0,567
0,567× 22 [ cm2 ] −3 2 =1,89 ×10 cm /s 1200 [ s ]
Pour la couche d’argile de 12 m d’épaisseur, le temps sera (h = 1 200 cm) 0,567×(1 200)2 t= =432 000 000 secondes 1,89 ×10−3 Nombre d’années : Dans une année, il y a 365 jours (1j = 84 600 secondes) 432 000 000 =13,70 soit 13 années . 86 400 ×365 Secondes restantes : 432 000 000 – (13 x 86 400 x 365) = 22 032 000 secondes. Nombre de jours : Dans un jour, il y a 84 600 secondes 22 032 000 =255 jours 86 400 Le temps nécessaire pour atteindre un degré de consolidation pour la couche d’argile de 12 m d’épaisseur est donc : t=13 années et 255 jours .
Perméabilité de la couche Le coefficient de perméabilité
C v =K ×
E0 C .γ =¿=¿ K = v e γe E0
C v =1,89× 10−3 cm 2 /s
K=
E0=30 daN /cm2=0,30 kN / cm2 γ e =10 kN /m3=10−5 kN /cm3
1,89 ×10−3 [ cm2 / s ] ×10−5 [ kN / cm 3 ] 0,30 [ kN / cm
2
]
−8
=6,3 × 10 cm/ s
EXERCICE 06 Un échantillon d’argile saturée de 24 mm d’épaisseur est soumis à un essai œdométrique qui donne les résultats suivants :
Contraintes effectives σ’ (KN/m2) Hauteur de l’échantillon H (mm)
60 110 24 23,62
210 23,24
La teneur en eau initiale de l’argile est égale à 40% et la densité des grains solides est de 2,7. 1/ Calculer l’indice de compression Cc dans les deux intervalles. 2/ Calculer le module œnométrique dans les deux intervalles. 3/ Cet échantillon a été prélevé d’une couche d’argile de 6 m d’épaisseur reposant sur un substratum et surmontée par une couche de sable. La contrainte effective moyenne vertical initiale dans cette couche est de 85 kN /m2. Cette contrainte devient égale à 150 kN/m2 par suite de l’application d’une charge en surface. a) Calculer le tassement final de la couche d’argile. b) Calculer le temps pendant lequel ce tassement sera atteint lorsque la couche d’argile aura un coefficient de consolidation Cv = 2 x 10-3 cm2/s. SOLUTION h0=24 mm
ω0 =40
γs =2,7=¿=¿ γ s=2,7 × γ e=27 kN /m 3 γe
1/ Calcul de l’indice de compression Cc dans les deux intervalles. Calculons d’abord l’indice des vides initial e0 et la hauteur équivalente hp 3 ω.γs γ e =10 kN /m Sole saturé : S r =1 e= ω0 =40 S r . γe γ s=27 kN /m3 e 0=
ω0 . γ s 0,40× 27 = =1,08 Sr . γ e 1× 10 e=
h−h p =¿=¿ e . h p=h−h p =¿=¿ e . h p +h p =h et ( 1+ e ) h p=h hp
Ce quidonne : h p=
h ( 1+e )
h p étant constant , on peut écrire: h p=
h0
( 1+e 0 )
et h p=
24 =11,54 mm ( 1+1,08 )
Pour σ’ = 60 kN/m2 / h = 24 mm et e = 1,08 Pour σ’ = 110 kN/m2/ h = 23.62 mm et
e=
h−h p 23,62−11,5385 = =1,047 hp 11,5385
Pour σ’ = 210 kN/m2/ h = 23.24 mm et
e=
h−h p 23,24−11,5385 = =1,014 hp 11,5385
Nous obtenons donc : σ’ H e
kN/m2 M Sans
60 24 1,08
110 23,62 1,047
210 23,24 1,014
Indice de compression pour l’intervalle ’ (60-110) C c=
∆e 1,08−1,047 = =−0,125 ' ∆(log σ ) log 60−log 110
Indice de compression pour l’intervalle ’ (110-210) C c=
∆e 1,047−1,014 = =−0,12 ' ∆(log σ ) log 110−log 210
2/ Calcul du module œnométrique dans les deux intervalles. Le module œdométrique n’a pas de valeur constante et dépend du choix d’intervalle de contrainte pris dans la courbe de compressibilité et n’est valable pour le calcul de tassements que dans cet intervalle. Il est donné par : Eoed =
∆σ (1+e 1) ∆e
ou
Eoed =
σ ' 2−σ ' 1 × H1 H 1−H 2
Pour l’intervalle ’ (60-110) Eeod =
(110−60) ∆σ 1+ e1 ) = × ( 1+1.08 )=3152 kN /m2 ( ∆e (1,08−1,047)
Pour l’intervalle ’ (110-210) Eeod =
(210−110) ∆σ 1+ e1 ) = × ( 1+1.047 ) =6203 kN /m2 ( ∆e (1,047−1,014)
3/ h=6 m
σ ' =85 kN /m2
Surcharge :∆ σ ' =( 150−85 )=65 kN /m2
a/ Calcul du tassement final de la couche d’argile
Puisque nous ne connaissons pas la contrainte de préconsolidation σ ' c , on considèrera que le sol est normalement consolidé et le tassement final est donné par l’expression : '
s=h×
s=6 ×
[
' Cc ∆σ × log 1+ ' 1+e 0 σ
[
2
σ =contrainte effective=85 kN /m ' 2 ∆ σ =surcharge=65 kN /m C c =indice de compression=0,125 e 0=indice des vides initial=1,08 h=épaisseur de lacouche
] ]
0,125 65 ×log 1+ =0,32 m=32 cm 1+1,08 85
b) Calcul du temps pendant lequel ce tassement sera atteint Cv = 2 x 10-3 cm2/s En pratique, on considère que le tassement est achevé, lorsque le facteur temps T v est égal à 2, c’est-à-dire pour un degré de consolidation égal à U = 99,40 % (Voir tableau ci-dessous). Tableau donnant le facteur temps Tv en fonction du degré de consolidation U Tv
U (%)
Tv
U (%)
Tv
U (%)
0,02 0,06 0,10 0,15 0,20
16,00 27,60 35,60 43,70 50,40
0,30 0,40 0,50 0,60 0,70
61,30 69,70 76,40 81,60 85,60
0,80 0,90 1,00 2,00
88,70 91,20 93,10 99,40 1,00
Le facteur temps est donné par l’expression : T v = Ce qui donne :
t=
∞ C v .t h2
T v . h2 Cv
Le temps au cours duquel le tassement est atteint sera : T v . h2 2× 6002 [ cm2 ] = =360 000 000 s Cv 2 ×10−3 [ cm 2 /s ] Nombre d’années : Dans une année, il y a 365 jours (1j = 84 600 secondes) 360 000 000 =11,415 soit 11 années . 86 400 ×365 t=
Secondes restantes : 360 000 000 – (11 x 86 400 x 365) = 13 104 000 secondes. Nombre de jours : Dans un jour, il y a 84 600 secondes 13 104 000 =151,67 soit 151 jours 86 400 Secondes restantes : 13 104 000- (151 x 86400) = 57 600 secondes. Nombre d’heures : Dans une heure, il y a 36 000 secondes
57 600 =1,6 soit 1 heure 36 000 Secondes restantes : 57 600 (1 x 3 600) = 2 100 secondes. Nombre de minutes : Dans une minute, il y a 60 secondes 2 100 =35 minutes 60 Soit : t=11 années ,151 jours , une heure et 35 minutes . EXERCICE 07 On réalise un remblai autoroutier de 2,40 m de hauteur sur une couche d’argile homogène saturée d’épaisseur H = 4 m, reposant sur un gravier sableux propre pratiquement incompressible. La nappe se situe au niveau du terrain naturel. La densité du remblai et de 2,1. On prélève un échantillon d’argile à 2 m de profondeur. Un essai œdométrique exécuté sur cet échantillon donne les résultats portés dans les tableaux 01 et 02 ci-après. La hauteur initiale de l’échantillon est h0 = 24 mm. La teneur en eau initiale de l’argile saturée est = 69 % et la densité de ses grains est de 2,7.
TABLEAU N° 01 - Compressibilité Consolidation (Chaque panneau de charge est maintenu 24 h) daN/cm²) CONTRAINTE (daN/cm²)
INDICE DES VIDES
0,05
1,82
0,1
1,81
0,2
1,80
0,4
1,74
TABLEAU N° 02 (de 0,4 à 0,8 TEMPS (min) 0,1 0,2 0,3 0,5 1,0 2,5 5,0
INDICE DES VIDES 1,700 1,690 1,683 1,675 1,650 1,600 1,550
0,8
1,40
1,6
0,80
3,2
0,16
10 20 50 100 200 500 1 400
1,504 1,451 1,432 1,421 1,418 1,409 1,400
a/ Représenter graphiquement les courbes de compressibilité (e, log ’) et de consolidation (e, log t). Déterminer la valeur probable de la contrainte de préconsolidation c’, la valeur de l’indice de compression Cc et celle du coefficient de consolidation Cv. b/ Quel le tassement total prévisible s sous le remblai ? Au bout de combien de temps ce tassement sera-t-il pratiquement atteint ? c/ Quelle serait l’épaisseur totale de remblai à mettre en œuvre pour obtenir en 04 mois la totalité des tassements calculés sous le remblai initialement prévu ?
SOLUTION a/ Courbes de compressibilité (e, log ’) et de consolidation (e, log t).
Le tableau N° 01 permet de construire point par point la courbe de compressibilité (e, log ‘) de l’argile. e
log ‘ (en daN/cm²) La valeur de l’indice des vides initial est, puisque le matériau est saturé : ω.γs =0,69 ×2,7=1,86 γe Le tableau N° 02 permet de construire la courbe de consolidation (e, log t) correspondant à l’application d’une contrainte constante de 0,80 daN/cm 2, après consolidation sous 0,4 daN/cm2. e=
Contrainte de préconsolidation c’ : c’est la plus grande contrainte effective à laquelle a été soumis l’échantillon de sol au cours de son histoire. Si c’ correspond à la contrainte effective 0’ supporté par le sol en place, le sol est normalement consolidé. Un sol est surconsolidé si c’ est supérieure à 0’ et sous consolidé si c’ est inférieure à 0’. c’ est estimée de la manière suivante : Une valeur minimale de c’(min) est obtenue en prenant la valeur de la contrainte correspondant à l’intersection de l’horizontale passant par e0 et la partie droite la plus inclinée de la courbe de compressibilité. Un valeur maximale c’(max)
correspondant
au
point
séparant la partie courbe de la partie droite inclinée. La contrainte de préconsolidation se trouve à l’intérieur de cette plage. Une valeur probable de la contrainte de préconsolidation c’ est obtenue avec la construction de CASAGRANDE. Du point de courbure maximale de la courbe de compressibilité, on trace la bissectrice de l’angle formé par la tangente à la courbe et l’horizontale. Cette bissectrice coupe la partie droite de la courbe en un point où la contrainte est c’. Cette construction donne dans le cas de l’argile étudiée : c’ = 0,50 daN/cm² Indice de compression Cc L’indice de compression Cc est la pente de la branche rectiligne de la courbe de compressibilité (Voir exercice 03 – Question 04, ci-dessus).
σ' log ¿ ¿ ∆¿ −∆ e C c= ¿
Log ’ e
C c=
1
2
0,80
3,20
1,40
0,16
On prend deux valeurs de log ’avec les indices de vides correspondants : ∆ e=e2−e1=0,16−1,40=−1,24 σ' log ¿=log 3,20−log 0,80=¿ 0,602 ∆¿
−1,24 =2,06, arrondi à2,10 2,06 Coefficient de consolidation Cv
Le coefficient de consolidation Cv est un facteur qui apparaît dans la théorie de consolidation et qui permet de relier le temps de tassement à l’épaisseur de la couche de sol étudié. Il est estimé à partir de la courbe de consolidation. L’intersection des deux parties sensiblement droites de la courbe de consolidation (e, log t) donne la valeur e100 de l’indice des vides qui correspond à la fin de la phase dite de consolidation primaire L’indice des vides initial corrigé (ou zéro corrigé) e0c est obtenu de la manière suivante : on choisit un temps voisin de l’origine (ici t1 = 0,1 minute) et un temps 4 fois plus grand (t2 = 4 t1 = 0,4 minute). On trace le début de la courbe de consolidation dans les axes (e, t), échelle arithmétique pour l’axe des temps (dans la pratique, on peut faire directement la construction sur la courbe de consolidation (e, log t), si celle-ci est tracée avec une précision suffisante pour effectuer l’interpolation). On a : e1 = 1,700 pour t = t1 (lecture directe) e2 = 1,678 pour t = t2 (interpolation)
En assimilant suivant la méthode de CASAGRANDE, la courbe (e, t) à une parabole (t = e²) d’axe horizontal au voisinage de l’origine, on obtient : e 1−e0 ¿ ¿ Pour t 1 :t 1=¿ c
e 2−e0 ¿ ¿ e 2−e0 ¿ ¿ ¿2 ¿ e1−e0 ¿ ¿ e 2−e0 ¿ ¿ ¿2 ¿ Pour t 2 : t 2=¿ c
c
c
c
Et
( e2 −e 0 ) c
2
=( e 1−e 0 )=¿=¿> ( e 2−e 0 ) =2 × ( e1−e0 ) =¿=¿ c
c
c
e 0 =2× e 1−e 2=(2×1,700)−1,678=1,722 c
t100
La figure représentant la courbe de consolidation donne : e100 = 1,43 et = 32,5 mn
La valeur e50 de l’indice des vides correspondant à 50 % de consolidation est à mi-distance entre e0c et e100
e 50=
e100 +(e 100 + e0 ) 1,722+(1,722+1,43) = =1,576, ce qui donne t 50=3,7 mn 2 2 c
La hauteur de l’échantillon au début de la consolidation sous 0,8 daN/cm² a pour valeur h0 = 24 mm et l’on a : 1+ e0 h h 2,721 = 0 =¿=¿ h=h0 × =24 × =22,842 mm 1+ e0 1+ e0 1+e 0 2,86 c
c
Le coefficient de consolidation C v est donc : 2
[]
2
[
]
h 2,2842 0,197× 0,197 × 2 2 C v= = =1,16 ×10−3 cm2 /s t 50 3,7 × 60 b/ Tassement total prévisible dû au remblai Etant donné la faible épaisseur de la couche d’argile comparée à la largeur du remblai (bien supérieure à 25 m, pour une autoroute), on peut admettre avec une bonne approximation que la distribution des contraintes dues au remblai est uniforme au sein de la couche d’argile (figure 4). On a donc : ∆ σ ' =γ h × H =21 ×2,40=50 kPa=0,50 daN /cm2 Calculons maintenant la contrainte verticale effective initiale σ 0’ supporté par le sol en place au point M, à mi-hauteur de la couche d’argile H . σ ' 0 =γ ' Argile × =2 ×( γ sat(argile) −γ e ) 2 Du formulaire γ=
γ s +e . Sr . γ e 1+e
Dans notre cas : γ sat (argile) =
γ s+ e .. γ e 27+(1,86 ×10) = 1+ e 1+ 1.86
γ sat (argile) =15,944 kN /m3 γ ' Argile=15,944−10=5,944 kN /m
3
2
σ ' 0 =5,944 ×2=11,9 kPa soit environ 0,12 daN /cm
A la première question, nous avons trouvé c’ = 0,50 daN/cm². On voit que c’ > 0’, ce qui veut dire que l’argile est donc surconsolidé. Après construction du remblai, la contrainte effective aura pour valeur :
( 0’ + ’) = 0,12 + 0,50 = 0,62 daN/cm², et l’on a ( 0’ + ’ ) > c’ La courbe de compressibilité nous donne : - Pour 0’ = 0,12 daN/cm² : - Pour 0’ = 0,62 daN/cm²
e = 1,80 : e = 1,56
∆h ∆e = fournit la valeur du tassement : h 1+e ∆e 1,80−1,56 ∆ h=h × =400 × =34,30,arrondi à34 vm 1+e 1+1,80 La relation:
c/ Epaisseur de remblai pour obtenir en 4 mois la totalité du tassement calculé On peut tout d’abord se demander le temps que mettrait la couche d’argile pour tasser de 34 cm. Théoriquement un temps infini. Mais en pratique, on considère le tassement terminé lorsque le facteur temps Tv = 2, c’est-à-dire pour U = 99,4 % (voir tableau ci-après) : Tableau donnant le facteur temps Tv en fonction du degré de consolidation U Tv
U (%)
Tv
U (%)
Tv
U (%)
0,02 0,06 0,10 0,15 0,20
16,00 27,60 35,60 43,70 50,40
0,30 0,40 0,50 0,60 0,70
61,30 69,70 76,40 81,60 85,60
0,80 0,90 1,00 2,00
88,70 91,20 93,10 99,40 1,00
Le facteur temps est donné par l’expression : T v = Ce qui donne :
t=
∞ C v .t h2
T v . h2 Cv
La couche étant ouverte, c’est-à-dire le drainage se faisant des 2 côtés, on prend h égale à la moitié de l’épaisseur de la couche soit 2 m =200 cm. 200 ¿ ¿ ¿2 2× ¿ T v . h2 t= =¿ Cv En divisant ce résultat par 86 400 pour l’obtenir en jours, on aura : 8 1 7 ×10 × =805 jours , soit 02 années , 02 mois et 15 jours . 1,15 86 400 On veut réduire ce temps de tassement à 4 mois uniquement, soit 120 jours (en secondes : 120 x 86 400). Dans ces conditions, le facteur temps a pour valeur : t=
T v=
C v .t h2
=
( 1,15× 10−3 ) × ( 120 ×86 400 ) ( 200 )2
=0,298, arrondi à 0, 3
Le tableau précédent donne pour cette valeur de Tv = 0,30, une valeur du degré de consolidation U = 0,613. Ce qui veut dire que les 34 cm de tassement correspondent à 61,3 % de consolidation sous une surcharge plus importante, ce qui donne : -
Pour 61,3 % de consolidation Pour 100 % de consolidation Et :
61,3 × s2=100 × s 1=¿=¿ s 2=
Tassement : s1 = 34 cm. Tassement : s2
100 ×34=55,46, arrondi à 55 cm 61,3
Le sol étant surconsolidé et ’ + ’ > ’c, le tassement est donné par la relation : s=H ×
[
]
Cc σ ' +∆σ ' × log 0 (Voir Cours) 1+e 0 σ 'c
La surcharge due à la hauteur initial du remblai ayant été notée ’, celle qui sera due à la hauteur cherchée pour réduire le temps de tassement, sera notée : ’*
[
Cc σ ' 0+ ∆ σ ' ¿ s=H × × log 1+e 0 σ 'c
]
σ ' 0 +∆ σ '¿ s ×(1+e 0) 55 ×(1+1,86) En posant : X= , il vient :log X = = =0,187 ' H ×C c 400 ×2,1 σc σ ' 0 +∆ σ '¿ Ce quidonne : X=1,54= =¿=¿ ( 1,54 × 0,50 )=0,12+ ∆ σ ' ¿ σ 'c ∆ σ '¿ =( 1,54 × 0,50 )−0,12=0,65 daN /cm 2=65 kPa ∆ σ ' ¿ 65 '¿ ' ' ∆ σ =H × γ h=¿=¿ H = = =3,10 m γh 21 m
La surépaisseur de remblai à prévoir est donc : H = 3,10 – 2,40 = 0,70
Il est donc possible de stabiliser rapidement les tassements, si l’on prévoit d’exécuter provisoirement pendant 04 mois, une surépaisseur de remblai de 70 cm environ qui sera éliminée par la suite. On n’aura d’ailleurs simplement qu’à éliminer (70 – 34) = 36 cm, compte tenu des tassements.
