1 | Génie Civil : Introduction à la mécanique des solsSolutions 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) eVv Vs On obtient directement de la figure 2.7 : e n 1n 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 eVv n s Ps Ps et w Pw Pw Vs 1n Vs 1n Vw n.Sr 5) Définissons les paramètres intervenant dans la relation : n. w Pw sat Pwsat d Ps Ps Ps Ps s(1n) V s Ps d Vs 1n doncsat w (n11) w w . s(1n) 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 41 min h emin 0.6 x100 % emax emin ) ho max emax s 1 1.21. (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%. alors 2.38 ho d s 1e 11. on trouve : I d s d s d max ( d d min) d max ( d max d min ) d Application numérique : Id =23. ho max h 4) 20% pour I d 56%.56. 29.6%.10 kN/ m3 ce qui est en accord avec la valeur trouvée au Gamma-densimètre.80 et eo 1. eo 1.73% et h 16.Sujets d’Examens corrigés 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. donc à: (1 eo ) h I d (%) 100 23. .4 mm. 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 . 103 N/m3 = 19 kN / m3 = 19 Ps + Pw = PS + 0.9.5 kN/m3 .5 | Sujets d’Examens corrigés Corrections d’Examen 2 : Exercice 2-1 : On a une argile saturée sat d= w= sat = 20.12 P = 19KN 1.0.36 Vw = 0.5 = 10.n = = = -1 = = -1 = = -1= = .e= n=?. = = . Ds = = 2.16.64 On a = = Vw = Vs = Ps / 26.5 KN/m3 Sat – = w+ Sat – - Sr = 1 et + Sat - = w = w w Sat – = w = d= =? .9 . = ( ) = 23 % e=?.103 10 = 19.12 Ps = 19kn Ps = 19/1. on aura : = Pt g = 1.96 On a = = Ps /Vs = 26.5 -10.5 kN/m3 On a = VV =Vt -Vs = 1.62 .203 e =0.103 kg /m3 . Supposons 1m3 .0 = d= w 20.5 = Vv = 0. = = = .1 n = 0. On a Pt = = = 12% .12 On a = Pw = Pt – Ps = 19 .65 = 26.38 Exercice 2-2 : = 1. or Ps ne change pas.2% *) p= 2.96kN = -1 = = Pt Pt = PS + = = Ps + Ps = (1+ ) PS -1 Donc la masse volumique de 2.4% = = = = = = 20.96 *Indice des vides e = ? e = = e = 0. Il n’est donc pas possible d’avoir en même temps cette valeur de la masse volumique et = 13.56 KN/m3 Pw sat * Teneur en eau de saturation = = Ps = = = 21.0.103 kg/m3 = 20 kN/m3 Soit Vt = 1 .696 = 16. .36 – 0.5%.56 *Degré de saturation Sr = ? Sr = *Poids vol saturé =? Sr = 56.Sujets d’Examens corrigés On a =Va = Vv – Vw = 0.203 6 Va = 0.5%.157 *) Densite sec Dd = ? Dd = = = Dd = 1.103 kg/m3 correspond à 13. Pt = 20 kN . il est toujours Ps = 16. 7 | Sujets d’Examens corrigés 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. T4 = 2= T2 = 9% Le % de tamisat des billes de diam.36 = = 4mm est : 3= 6mm est : T3 =36% Le % de tamisat des billes de diam. T3 = 2mm est : 4= T4 = 100% 8mm est : . T1 = = = 1= T1 = 1% Le % de tamisat des billes de diam T2 = = = = = 0. La surcharge du remblai est : 17 × 3 a) Les et u en A .Sujets d’Examens corrigés 8 Exercice 2-4 : 1. 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 .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. 9 | Sujets d’Examens corrigés 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 . 5kPa . La contrainte effective verticale : ’ ’ v (0)=0. Cc= 0. e0= 0. ’ v(15)=322.160/100 = 140kPa.5.5kPa.5= 45kPa. u(15)=130 kPa 3.21 – 100 =110kPa = z =I.5kPa.5- 130=192.5 kPa.u(5)=30 kPa. v(2)= 2. u(2)=0.22. v(15)=112. donc : =87.5 =112.5-30=82.05 .10=322.5+21.Sujets d’Examens corrigés 10 Corrections d’Examen 3 : Exercice 3-1 : Le tassement de la couche d’agile est le tassement moyen qui peut être estimé. ’ v=(5)=112. 2.805. v(5)= 5.22. en évaluant la contrainte due au réservoir au milieu de la couche d’argile. La pression interstitielle : u(0)=0. Cas où le niveau de la nappe phréatique s’abaisse de 3m : H0=20m . peut être évaluée facilement : = 10.7cm Exercice 3-2 : 1.q0/100 qui doit être tirée de l’abaque Z/R= 10/20=0. Donc le tassement est : H = 19. 40 m = q= 160kPa 10m CcLog Nous avons H0= 20m.5. v(2) = 45kPa. r/R=0. Contrainte verticale totale : v(0)=0. 22.7-10.7+70kPa ’ B =(18-10). donc on pourra se servir de la même équation utilisée lors du calcul du tassement. Les différentes valeurs de la pression interstitielle et la contrainte effective aux différentes profondeurs sont : U(0)=0. Puisque qu’on fait le calcul au point B (milieu de la couche d’argile).u(2)=u(5)=0.5=112. .5kPa. qu’il faut calculer à partir de : = A partir de ces deux équations l’indice des vides initiale e0 sera : e0=1.4+70=102kPa 2) Pour placer le point représentatif de l’état en B (désigné par O) . 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=20.2+70=86kPa ’ C=(18-10). v(5)=5. = CS.1 1 | Sujets d’Examens corrigés Les valeurs de la contrainte verticale totale ne changent pas.u(15)=100kPa. ’ ’ v(0)=0. ’ v(15)=322.5kPa.Log .L’ordonnée e0. 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).12 3) a : calcul du gonflement de l’argile : le gonflement est le phénomène inverse à celui du tassement.5-100=222.L’abscisse connue : ’B=86 kPa. il faut . deux coordonnées sont nécessaires : . le gonflement aura pour valeur : .Log = -2cm 5m Fouille 2m 1m 2m .L’abscisse connue : Bf = 46kPa .2+2.10=30kPa En substituant ces valeurs dans l’équation précédente.18=76kPa =3.Sujets d’Examens corrigés 12 Bi=contrainte effective initial au point B= 86kPa Bf=contrainte effective finale au point B à déterminer.L’ordonnée ef (l’indice des vides après le creusement de la fouille) à déterminer : .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. =20. 106s= 46 jours et 7heures.01)=1.1 3 | Sujets d’Examens corrigés = et =e0-ef en remplaçant les valeurs connues on obtiendra = -0.01 donc ef = eo- =1. t= 4.12-(-0. . Tv =1 et H=2 m (puisque la couche d’argile est drainée des deux faces).13 ef = 1.13 c : Temps nécessaire pour obtenir la déconsolidation : t= Cv= 10-6 m2 /s . Dans le cas contraire. la granulométrie est dite uniforme. 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. Le coefficient de perméabilité n'est pas une caractéristique intrinsèque du sol. Le gradient hydraulique est la perte de charge hydraulique par unité de déplacement d'un courant d'eau. Si CU est égal à 10. 3. Il diminue lorsque l'indice des vides du sol diminue. La nappe libre en mouvement est un volume d'eau en écoulement reposant sur une couche imperméable. La granulométrie étalée d'un sol est caractérisée par un important intervalle des dimensions de grains. La nappe d'eau captive est un volume d'eau emprisonné entre deux couches de sols imperméables. Dans l'essai de limites d'Atterberg. . 80 µm. 5.Sujets d’Examens corrigés 14 Corrections d’Examen 4 : Réponses de COURS-4: 1. La nappe phréatique est la première nappe d'eau rencontrée depuis la surface du sol. 6. 2. 4. la granulométrie est dite étalée et ne peut être uniforme. et un terrain aquifuge est imperméable. Un terrain aquifère est un terrain de grande perméabilité. La courbe granulométrique "s'étale" ainsi sur un large étendue de dimensions de tamis. donc on a: Kv= Vel/(SHt)= 1. donc KH Ks/2 et Ks=2x10-2 cm/s. l'hypothèse de la question 1 est donc justifiée. En se déplaçant au point B se trouvant aussi sur la surface en bas du point A. 4) On a Kv =2h/(h/Ks +h/Kc) 2Kc puisque kc <<Ks.sin.S/l = Ve/t. Non.i K x K avec: Ky K z vx v vy v z i x i iy i z 8.S = Kv. Puisqu’on a Kc/Ks 1. 3) i = H/l =1.i. le trajet parcouru est dx et la perte de charge est dH = Z A -ZB = dx. Kc= 0.06 et la perte de charge est H =10.2x10-5 cm/s. Exercice 4-1 : 1) KH = (Ksh +Kch)/2h.6x10-5 cm/s.S =Kvh.1 5 | Sujets d’Examens corrigés 7. La pression d'eau est nulle. Exercice 4-2 1) Considérons un point A situé à la surface du terrain en pente. . donc: Q =V. car l'écoulement est facilité parallèlement aux plans de stratifications (ou toits de couches supposées horizontales) et non perpendiculairement aux toits des couches.6 cm. v K . Le sol étudié n'est pas isotrope puisque Kv est différent de KH. 2) L'écoulement suit un régime permanent. ceci est dû en général au fait que le sol est compacté naturellement dans le sens vertical. Kc/Ks=3x10-4 <<1. Ve est le volume d'eau sortie pendant le temps t. i1= 5.285. 3) i1= sin1= 0.S. donc sin2 =(sin1)/2 . . on obtient : i2= 0. v = k. En imposant que le débit soit réduit à la moitié.7x10-4cm/s. on aura: Q2=Ki2S = Q1/2 = Ki1S/2.i1. 2) Le débit correspondant la pente initiale est Q1= k. Après terrasement.57.Sujets d’Examens corrigés 16 Le gradient hydraulique i est égal à dH/dx =sin. C v . 4 H 2 Δu B.t Puisque Δu(t . 0)= 0.sin Z .sin(αz))c3 e 2 . 0) = Δ v(Z). t) = f(z). B étant une constante et la solution 2H générale peut être trouvée sous la forme de la série suivante : .1 7 | Sujets d’Examens corrigés Corrections d’Examen 5 : Exercice 5-1 : 1) Au début du chargement. e -α 2 .t -α Δu(z.C v . α 2H Ainsi : t 2 2 kπ k π C v . t)= (c1cos(αz ) + c2. 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. l'eau interstitielle reprend l'augmentation des contraintes totales : t= 0 : Δu(Z.g(t). dont l'intégration donne : f(z) = c1cos(αz) + c2sin(αz) g(t) = c3. K étant un nombre entier quelconque. Les toits de la couche sont des horizons drainants. 2) Posons Δu(z . La condition Δu(t. Ainsi pour z=0 et z=2H : Δu = 0 . on doit avoir c1= 0. e . 2H)=0 conduit à : kπ . Remarquons que : mZ 2H sin( 2H ).sin Z . 0 Multiplions les deux termes de l'expression de Δu par : mZ 2H sin ( 2H ).dZ 0 si m ≠ n.e π 2 Tv 4 e 9π 2 Tv 4 ) 15 kPa . Application numérique : Δu sera calculée en retenant les trois premiers termes de la série : Δu q (3. 4 H 2 Δu B k. 0) = Δ v(z).Sujets d’Examens corrigés 18 t 2 2 kπ k π C v . e 2 H k Cette série doit vérifier que Δu(z.sin( 0 mZ 2H et sin ( 2H 2 nZ ). 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 .dZ . 2H )H. 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. S 1 .t d2 On peut donc écrire que : S Si S() . on aura ainsi : Si = α + Si-1β.t .Cv 4d 2 2 .i. S(t) S()1 . 2) On déduit le coefficient de consolidation à partir de l'expression de β : . on obtient l'expression approchée du tassement : 8 π .1 9 | Sujets d’Examens corrigés Exercice 5-2 : 1) En se basant sur l'expression du degré de consolidation : 2 S(t) 2 U 1 2 .(i .e S Posons β = e 2 .Tv . 2 et en tronquant les termes de la série pour i ≥ 1.i -1 .t d2 et Tvi-1 Cv . .2 e 4 π 2 Les tassements Si.t .Tv S i m avec M 2i 1 .C v 4d 2 et α = S(∞)(1.e m .1).β). Si-1 correspondent respectivement aux facteurs de temps : Tvi Cv . 8 jours .6x10-6 m²/s .t Application numérique : Cv = 1.d 2 . t100% =46.ln π 2 .β ) = 70 mm. 20 .Sujets d’Examens corrigés Cv - 4. S∞ = α/(1. Vt= 3 m3 .17 m3 = 3- c’est justement le volume d’eau nécessaire à la saturation des 3m3 du remblai donc Vw=1. On a Vt = S Ht + = e= = variation de l’indice des vides. 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 .64 et e .5KN .4 = . = 20. donc donc = Or e= 0.17 m3 b) e= = à la saturation = sat = c) = = = = = + .2 1 | Sujets d’Examens corrigés Corrections d’Examen 6 : Exercice 6-1 : Ps= 49. 1/ a) Vv=Vt –Vs = Vt - s= 27 KN/m3 Vv =1. I = 2 .em2Tv = = 707. t = 2 ans 5 mois = 0.0.42 OR Tv = = 0.20 .0.72 = 72% = (emax - (emax - ) = emax - ) = 0.756.9 – (0.7 kPa .54 – 0.Sujets d’Examens corrigés Cherchons maintenant la variation de : .9 – 0.52 + 0.52 et I I 1= 0.64) Donc = .1085 soit 3/ Calcul de ).= 0. = emax - I 2= 0.10 ( ‘– ‘ indique qu’il y’a que une diminution de e) On a démontré : = = H= .15 m soit un tassement de = 15cm Exercice 6-2 : 1 / Eo= - =- avec ’= q = H= courbe 2 / U= t= =70% =0.7 = TV = 0 .54 22 .I I = 52% = 0.64 e = . 57 m=4.45.42 + =2×707. e-(1.57)2× 0.107s T = 13ans c’est le temps correspondant à le consolidation totale. u0= = 2× ) = 320 KPa Ou aura alors : ’= U= u0+ u = (10 3) + 320 = sin ( .5. H= 6m .7 e-4.14. 3/ on a Cv= E0= = avant d’exercer la charge = + à la fin de la consolidation Le tassement est = =- E0=2.71 .712 0.2 3 | Sujets d’Examens corrigés . z = 4 m .10 -3 = = 114KPa . = 414 kPa = u – u0 h =10 × (2/3 × 12) = 80 kpa ) e-m2TV ( = 140 – 80 = 60 kPa = m= 1. 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= 41.4 + 0 i= 0 i=1 = 707 – 320 U = 350 kPa = (9×3) + 387 Exercice 6-3 : Ou a u= u0 + U = 140 kpa .103kPa E0 = =- = - = . 57 m= 4.45. = 114 kPa =2 =33kpa . Le surplus de tassement est de 44.107s t= = c’est le surplus qu’il faut pour T= 3ans et 10 mois réaliser le surplus de tassement de 44.547m soit : . £= 6m .= 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) .7 cm = 0 . Tv=0.Sujets d’Examens corrigés = . H= 6m .6 or Tv= t = 12. e. u= Courbe TV= 0.6 . u= u0 + =(10×6) 33 interstitielle au milieu de la couche * = .71 .10-3 12 4/ U = 24 = 54.m2Tv 5 /* = 2.34.7cm u = 81.7% c’est le degré de consolidation.7 cm sin ( ). i= 0 i= 1 m=1. =(15 = 60.5 .N. .8 × = .5 = 930 – 330 = 864 . (1) et (2) donc (1) et (2) ( +1) = = = aussi = 930 × La valeur de = 80% = + = .264 .20% = 0.5×3) + (21 2.5) =55kPa Exercice 7-2 : ou a : e= = Vs= - donc VS= A .5 =45. est telle que = = 0. =89 kPa .55 864× On a = = - = - +(10.75kPa +(20. u=0 =(15 En C : = 15kPA = 15 UB= 15kPa =144kPa + (20.2 5 | Sujets d’Examens corrigés Corrections d’Examen 7 : Exercice 7-1: En A: = =15 kPa En B : . u= = = .75kPa c=(15×2) . uB= 10 1.8 0. 97 kN/m3 = = 17.37% = Après l’essai : = = = = n2 = = =21.8 = =18.30 . et = = 10 Réponses aux questions : Avant essai : = = = n1= = 20. on a = = 27× 600.Sujets d’Examens corrigés . = = = 20. 3% 26 . Sol saturé = Et = On a = = = = 10 330. = = 16.35 .75 kN/ n2= 0.4 kN/m3 = n1= 0. 5 400 900 1300 52 0.5 750 1000 40 0. on calcule ses tamisats en « g » en multipliant les % de tamisat correspondant par la masse correspondante .2 500 500 20 0.5 kg de s2). on aura le tableau suivant : Refus (g) Tamisats (g) Tamisats (%) 5 0 2500 100 2 250 2250 90 1 500 1750 70 0.1 4 Tamisat (%) Pour le mélange (1kg de s1 et 1. on peut lire les tamisats en % suivants : 5 100 2 100 1 90 0. à partir de se courbe granulométrique . 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 0.4 La courbe granulométrique Cm du mélange est tracée sur le graphe granulométrique ci-après. .2 200 300 500 20 0.1 100 60 160 6.1 250 250 10 Foud 250 Pour le sol S2 .5 60 0 .2 20 0.2 7 | Sujets d’Examens corrigés Exercice 7-3 : Pour le sol S1 . Sujets d’Examens corrigés 28 . en cas d'essai CU+u. augmente avec la contrainte de consolidation 3.γw)z. Le degré de consolidation est défini par : u (t . . le diamètre du cercle en contraintes totales. 6. L'épaisseur minimale est égale à 3B dans les deux cas de fondation. qu’il est possible de remplacer l'étude d'un sol cohérent (0.2 9 | Sujets d’Examens corrigés Corrections d’Examen 8 : Réponses de COURS-8: 1. En cas d'un essai triaxial UU+ u. qui est d'après le critère de Mohr-Coulomb égal à la cohésion Cu. 5. qui est tangente simultanément aux cercles en contraintes effectives. Par contre. 3. t ) 1 u (0. donc on ne peut pas tracer la droite de résistance au cisaillement. C0) 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. et obtenir les caractéristiques mécaniques effectives. 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. z ) U ( z. tracer la droite de résistance au cisaillement et déduire les caractéristiques C' et φ'. 4. on retrouve le même diamètre du cercle de Mohr. 240 kPa. 2. v' = (γ' – i. On peut ainsi tracer les cercles de Mohr en contraintes effectives en retranchant la pression interstitielle u des contraintes totales verticale et horizontale. 16 x 10 . 2 Exercice 8-2 : 1) La fin de consolidation correspond à Tv = 2.6 2 367 jours Cv 10 -5 Le temps de fin de consolidation est proportionnel au carré de l’épaisseur de la couche.7 m d'argile.Sujets d’Examens corrigés 30 Exercice 8-1 : On a t100% 2.(1 υ) donc ΔCv /Cv = ΔK/K.(1 υ)(1 2 ) Cv = 0.5 x 10 -8 3) C v .7 K.16x10-7 = 7.56 ans 7.9 m .65 x 1. on doit diminuer l'épaisseur de la couche telle que: dH C v .5 x 10-8 m²/s. 1. γ w .t100% 8.10 3 ) 2 Cv 1. 2 x 32 t100% 4.9 ans . donc excaver 3.16 x10 7 m 2 /s 3 x 3600 2) La couche d'argile tassera de ΔH = 3x2/25 =24 cm. Pour réduire le temps de consolidation à la moitié. 2 x (25.E. 2 x 32 t100% 7.d 2 2 x 12.