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Exercices corriges de mecanique des sols
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AUCE1172 Mécanique des sols
Correction des séances d'exercice
Damien Janssens
TABLE DES MATIÈRES
1 Analyse Volumétrique des sols 2
1.1 Exercice 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Exercice 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Exercice 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 Exercice 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.5 Exercice 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.6 Exercice 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Perméabilité des sols 7
2.1 Exercice 1 : Perméamètre à niveau constant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 Exercice 2 : Perméamètre à charge variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.3 Exercice 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.4 Exercice 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
3 Notions de contraintes dans le sol 10
3.1 Exercice 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.1.1 Caractéristiques des sols . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.1.2 Calcul des contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3.2 Exercice 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.2.1 Contraintes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.2.2 Contraintes après étiage de la nappe de 1m . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3.3 ds . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1
SÉANCE N�1
ANALYSE VOLUMÉTRIQUE DES SOLS
1.1 Exercice 1
a)
Données Inconues
Sol saturéγ = 19.4[kN/m3] γs
e = 0.7
Tab. 1.1 � Énoncé exercice 1a
Par la dé�nition de γ, et en utilisant le fait que le sol soit saturé, on a :
γsat =Ws +Ww
Vs + Vv
On utilise les dé�nitions de γs et γw :Ws +Ww
Vs + Vv=Vsγs + VvγwVs + Vv
Par dé�nition de e, on arrive àVsγs + VvγwVs + Vv
=Vsγs + eVsγwVs + eVs
On en déduit γs :
γsat =γs + eγw
1 + e=⇒ γs = (1 + e)γsat − eγw = 26.11
[kN/m3
]b)
Par dé�nition de γ,
γ =W
V=Ws +Ww
Vs + Vv
2
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Données Inconues
Sr = 76 %γs = 26.11
[kN/m3
]γ
e = 0.7
Tab. 1.2 � Énoncé exercice 1b
Or w = fracWwWs et e = VvVs, on a donc
Ws +Ww
Vs + Vv=Ws + wWs
Vs + eVs=Ws
Vs
(1 + w
1 + e
)= γs
(1 + w
1 + e
)Or, on a la relation
wsat =(Ww
Ws
)sat
=VvγwVsγs
= eγwγs
= 26.3%
On utilise la dé�nition de Sr :Sr =
w
wsat=⇒ w = Srwsat = 19.99%
Il vient �nalement :
γ = γs
(1 + w
1 + e
)= 19.43[kN/m3]
1.2 Exercice 2
Données Inconues
Sol saturé γsn = 48% γ
wsat = 43%
Tab. 1.3 � Énoncé exercice 2
On part de la dé�nition de γd :
γd =Ws
V=Ws
Ww· Ww
V=
1wsat
· Ww
V=
1wsat
· γwVvV
=γwn
wsat= 10.95[kN/m3]
Or on a la relation :γs = (1 + e)γd
D'autre part, on peut déterminer facilement
e =n
1− n= 0.923,
d'où on déduitγs = 21.06[kN/m3]
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AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Données Inconues
w = 11.5% Masse d'eau pourW = 1[kg] arriver à w = 21.5%
Tab. 1.4 � Énoncé exercice 3
1.3 Exercice 3
Par dé�nition de la teneur en eau, on a :
W = Ws +Ww = Ws + wWs = (1 + w)Ws = 1[kg]
Elle peut être décomposée en :{Partie solide Ws = 1
1+1w= 0.894[kg]
Partie liquide 1Ww = W −Ws = 0.103[kg]
Pour un w = 21.5%, il faut que2Ww =2 wWs = 0.193[kg] d'eau.
Donc, il faut ajouter :∆Ww =2 Ww −1 Ww = 89.7[g] d'eau.
1.4 Exercice 4
a)
Données Inconues
emin = 0.46emax = 0.66 γsat dans les deux cas
γs = 26[kN/m3]
Tab. 1.5 � Énoncé exercice 4a
On part de la formule :
γsat =eγw + γs
1 + e
On a donc :
emax emin
γsat[kN/m3] 19.6 20.9
b)
On utilise la formuleID,e =
emax − eemax − emin
,
d'où on déduit e = 0.56 et donc γsat = 20.19
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AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Données Inconues
emin = 0.46 γsatemax = 0.66ID,e = 50%
Tab. 1.6 � Énoncé exercice 4b
1.5 Exercice 5
Données Inconues
argile saturée ILIL = 84% eIP = 27%φ = 3.8 cmh = 7.6 cmm = 156.04[g]
Tab. 1.7 � Énoncé exercice 5
Le sol est saturé, on a donc
IL =w − wPwL − wP
La masse est de 0.15604[kg] et le volume est π · 3.8 · 7.6 · 10−3[m3], on a alors le poids volumique :
γsat =Wsat
V= 17.62[kN/m3].
Rappelons que la valeur classique pour le poids spéci�que d'un sable est γs = 26[kN/m3]. On a alors :
wsat =1− γsat
γsγsat
γw− 1
= 40.48%
On a �nalement IL = 23.65%. On calcule l'indice des vides :
e =VvVs
=Wvγv
Wsγs
=(Ww
Ws
)sat
· γsγw
= wsatγsγw
= 1.073
1.6 Exercice 6
On s'intéresse tout d'abord aux poids volumiques sec et saturé. On sait que IiD,n = 0.47, donc
IiD,n =nmax − n
nmax − nmin= 0.47
et on trouve n = 40%. On a donc l'indice des vides :
e =n
n− 1= 0.634.
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AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Données Inconues
sable γsIiD,n = 0.47 γsatnmin = 34.6% ∆hnmax = 44.8% wfsat
γd = 25.95[kN/m3]m = 156.04[g]hi = 1.5mIfD,n
Tab. 1.8 � Énoncé exercice 6
On a ensuite le compactage, qui suit la loi1 :
∆hh
= −∆VV
,
avec∆V = ∆Vv = ∆e · Vs
etV = (1 + e)Vs.
On a donc :∆hh
= − ∆e1 + e
= 1.98% =⇒ ∆h = 2.97cm.
On calcule aussi la teneur en eau :wsat = e
γwγs
= 23.97%
1La convention met le signe positif pour une diminution d'épaisseur.
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SÉANCE N�2
PERMÉABILITÉ DES SOLS
2.1 Exercice 1 : Perméamètre à niveau constant
Données Inconues
sable k20◦
φ = 10.4 cmL = 11.2 cmV = 251 ml∆t = 3 min∆h = 9 cm
η20◦ = 1.005 mPa sη23◦ = 0.936 mPa s
Tab. 2.1 � Énoncé exercice 1
À 23◦C, la formule de la perméabilité à niveau constant nous donne :
k =qL
A∆h.
Le débit vaut
q =0.251 10−3[m3]
180[s]= 1.4 10−6[m3/s],
L'aire vaut
A = π
(10.4
2
)2
= 8.495 10−3[m2]
La hauteur de charge est de ∆h = 9[10−2][m] et la hauteur de l'échantillon est de L = 11.210−2[m]. On a donc :
k23◦ =1.4 10−6 · 11.2 10−2
8.595 10−3 · 9 10−2= 2.03[m/s].
7
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
On peut donc maintenant trouver :
k20◦ =η23◦
η20◦k23◦ = 1.9 10−4[m/s].
2.2 Exercice 2 : Perméamètre à charge variable
Données Inconues
échantillon cylindrique k0
φechantillon = 6 cmL = 4 cm
∆t = 2 min 54 sech1 = 48 cmh2 = 31 cmφtube = 1 cm
Tab. 2.2 � Énoncé exercice 2
La formule de la perméabilité à charge variable nous donne
k =aL
A∆tln(h1
h2
).
On a :
A = π
(62
)2
= 2.827 10−3[m2],
la section du tube vaut
a = π ·(
12
)2
= 0.785 10−4[m2]
et la hauteur de l'éachantillon vaut L = 4 10−2 m. De plus, ∆t = 2 · 60 + 54 = 174 s. On a donc :
k =0.785 10−4 · 4 10−2
2.827 10−3 · 174ln(
4831
)= 2.79 10−6[m/s].
On suppose qu'on est à 20◦ et on utilise la dé�nition du coe�cient de perméabilité physique k0 pour trouver :
k0 = kη
γw= 1.79 10−6 10−6
9.81= 2.87 10−13[m2].
2.3 Exercice 3
On utilise la formule de Hansen, ce qui nous donne :
k = 116(0.7 + 0.03Teau)φ2actif = 116(0.7 + 0.03 · 12◦)(72 10−4)2 = 6.37 10−3[cm/s].
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AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Données Inconues
φactif = 72µm kTeau = 12◦
Tab. 2.3 � Énoncé exercice 3
2.4 Exercice 4
On réalise un essai de perméabilité sur un échantillon cylindrique saturé, de diamètre 10 cm et de hauteur55 cm. La percolation se fait verticalement, du bas vers le haut. La hauteur de charge à l'entrée est maintenueconstante, à 35 cm au-dessus du sommet de l'échantillon. A la sortie, l'eau déborde à l'air libre au sommet del'échantillon. L'échantillon est composé de deux couches :
• La couche inférieure, de 30 cm d'épaisseur, composée d'un sol A ayant un indice des vides de 0.65, unpoids spéci�que des grains de 26.5 kN/m3 et une perméabilité connue de 4 10−4 [m/s].• La couche supérieure, de 25 cm d'épaisseur, composée d'un sol B ayant un indice des vides de 0.55 et unpoids spéci�que des grains de 26 kN/m3.
On sait que 35 % de la perte de charge se produit dans le sol A.
a) Que vaut le coe�cient de perméabilité du sol B ?
On commence par calculer les gradients hydrauliques :
iA = ∆hAHA
= 0.35 ∆hHA
= 0.350.350.3 = 0.41[m/s]
iB = ∆hBHB
= ∆h−∆hAHb
= 0.35(1−0.35)0.25 = 0.91[m/s]
Par conservation du débit, on a qA = qB. Or, comme les sections sont égales, on a :
vAA = vBB =⇒ kAiA = kBiB =⇒ kB =iAiBkA = 1.8 10−4
b) Quel sera le débit de percolation ?
Le débit peut être calculé de la façon suivante :
Q[m3/s] = v[m/s] · S[m2] = kA · iA ·A = 1.28 10−6[m3/s] (= kB · iB ·B)
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SÉANCE N�3
NOTIONS DE CONTRAINTES DANS LE SOL
3.1 Exercice 1
Sable limoneux Argile Sable
5 m 15 m grande profondeurγs = 26.1[kN/m3] γd = 15.9[kN/m3] γs = 26.2[kN/m3]
e = 0.59 wsat = 24% n = 36%
Tab. 3.1 � Énoncé exercice 1
3.1.1 Caractéristiques des sols
Sable limoneux
On connait γs = 26.1[kN/m3] et e = 0.59 d'où on tire n = e1+e = 37%. Vient ensuite :
γd,1 = (1− n)γs = 16.44[kN/m3]γsat,1 = γs+eγw
1+e = 20.06[kN/m3]
wsat = γw
(1γd− 1
γs
)= 22%
γ′ = γsat − γw = 10.25[kN/m3]
Argile
On connait γd,2 = 15.9[kN/m3] et wsat = 24%.
γs =(
1γd− wsat
γw
)−1= 26.02[kN/m3]
e = γs
γd− 1 = 0.64
γsat,2 = γs+eγw
1+e = 19.69[kN/m3]γ′ = γsat − γw = 9.88[kN/m3]
10
AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Sable
On connait γs = 26.2[kN/m3] et n = 36% d'où e = n1−n = 0.56.
γd,3 = (1− n)γs = 16.77[kN/m3]γsat,3 = γs+eγw
1+e = 20.3[kN/m3]
wsat = γw
(1γd− 1
γs
)= 21%
γ′ = γsat − γw = 10.5[kN/m3]
3.1.2 Calcul des contraintes
Notes
• Comme l'exercice est (très) long et (très) répétitif, on se contentera de calculer les contraintes à 25m sousle sol, ce qui représente le cas le plus général.• Le calcul de la contrainte e�ective peut toujours se faire par σ′v = σv−u. Pour véri�er ses calculs, on peutcalculer σ′v avec les formules du cours et véri�er qu'on obtient bien la même chose.• Dans la suite, z représente la profondeur à laquelle on évalue la contrainte et zi l'épaisseur totale de lacouche i.• u, σv et σ′b sont donnés en [kN/m3].
Sol sec partout
En règle général, pour un sol sec on a :σv(z) =
∑γd,i · zi
u(z) = 0
A 25 m, on obtient : σv(25) = γd,1 · 5 + γd,2 · 15 + γd,3 · 5 = 404.5
u(25) = 0
σ′v(25) = σv = 404.5
Terrain innondé sous 2m d'eau
Dans le cas général, on a : σv(z) = γwH +
∑γsat,i · zi
u(z) = γw(H + z)A 25 m, on obtient :
σv(25) = γw · 2 + γsat,1 · 5 + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 517.13
u(25) = γw(25 + 2) = 264.87
σ′v(25) = σv − u = 252.26
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AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Terrain saturé par une nappe au niveau du sol
Dans le cas général, on a : σv(z) =
∑γsat,i · zi
u(z) = γw(z)
A 25 m, on obtient : σv(25) = γsat,1 · 5 + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 497.5
u(25) = γw(25 + 2) = 245.25
σ′v(25) = σv − u = 252.26
Nappe dans la dernière couche, dont le niveau atteint 8m
Dans le cas général, on a :σv(z) =
au dessus de la nappe︷ ︸︸ ︷∑γd,i · zi +
en dessous de la nappe︷ ︸︸ ︷∑γsat,j · zj
u(z) = γw(z −D)
A 25 m, on obtient : σv(25) = γd,1 · 5 + γd,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 422
u(25) = γw(25− 8) = 166.77
σ′v(25) = σv − u = 255.2
Nappe à 2.5m, sans remontée capillaire
Dans le cas général, on a :σv(z) =
au dessus de la nappe︷ ︸︸ ︷∑γd,i · zi +
Couche contenant la nappe︷ ︸︸ ︷γd,k ·D + γsat,k · (zk −D) +
en dessous de la nappe︷ ︸︸ ︷∑γsat,j · zj
u(z) = γw(z −D)
A 25 m, on obtient :σv(25) = γd,1 · 2.5 + γsat,1 · (5− 2.5) + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 488.1
u(25) = γw(25− 2.5) = 220.7
σ′v(25) = σv − u = 267.4
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AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
Nappe à 2.5m, avec remontée capillaire
Dans le cas général, on a : σv(z) =
∑γsat,i · zi
u(z) = γw(z −D)
A 25 m, on obtient : σv(25) = γsat,1 · 5 + γsat,2 · 15 + γsat,3 · 5 = 497.5
u(25) = γw(25− 2.5) = 220.7
σ′v(25) = σv − u = 276.8
3.2 Exercice 2
On a un sol sableux de 7m de profondeur, saturé par une nappe à 0.6m qui a un niveau de 1.6m. Sans donnéeprécise, on prend les valeurs caractéristiques des sables, à savoir :
γs γd γsat[kN/m3] [kN/m3] [kN/m3]
26 16 20
Tab. 3.2 � Valeurs caractéristiques des sables
3.2.1 Contraintes
à 0.6m, on a : σv(0.6) = z · γsat = 12
u(0.6) = 0
σ′v(0.6) = σv − u = 12
à 7m, on a : σv(7) = z · γsat = 140
u(7) = γw(z −D) = 62.78
σ′v(7) = σv − u = 77.22
3.2.2 Contraintes après étiage de la nappe de 1m
La remontée capilaire a lieu à présent dans le sol. Donc, sur toute la partie du sol concernée par la remontée,on doit considérer une pression intersticielle négative.
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AUCE1172 Mécanique des sols Résolution des TPs
à 0.6m, on a : σv(0.6) = z · γsat = 12
u(0.6) = −zwγw = −9.81
σ′v(0.6) = σv − u = 21.81
à 7m, on a : σv(7) = z · γsat = 140
u(7) = γw(z −D) = 52.97
σ′v(7) = σv − u = 87.03
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