41 0 56KB
ENSA Tétouan GC2
Année universitaire 2017-2018
Module: Mécanique des sols ; Elément de module: Ecoulement dans le sol Corrigé du contrôle continu 1
Exercice 1: (1pt par question) 1. Quels sont les deux principaux essais de laboratoire servant à déterminer la perméabilité des sols? Les deux principaux essais de laboratoires permettant de mesurer la perméabilité des sols sont l’essai à charge hydraulique constante et l’essai à charge variable. 2. Pourquoi néglige-t-on la charge de vitesse en mécanique des sols? Le milieu étant poreux, les vitesses d’écoulement sont très petites et le terme de charge de vitesse est négligeable par rapport aux termes de pression et de position. Ceci peut se comprendre à partir de la loi de Poiseuille qui donne la vitesse maximale d’un écoulement de Stokes dans un tuyau R 2 dp dp circulaire: v max = où R est le rayon du tuyau, le gradient de pression le long de l’axe z 4η dz dz du tuyau et η est la viscosité dynamique de l’eau η=10−3 Pa.s . Si R est de l’ordre d’un millimètre, la vitesse v max et bien très faible pour des gradients de pression modérés. 3. A quoi correspond une perte de charge? La perte de charge correspond à la dissipation de l’énergie de l’écoulement par unité de poids de l’eau. Elle résulte de la viscosité de l’eau, autrement dit le frottement des particules les unes sur les autres. 4. Qu’est-ce qu’une force d’infiltration? La force d’infiltration représente l’action d’un écoulement sur les grains. Il s’agit d’un champ de force volumique dont la densité est donnée par: γ w i où γ w est le poids volumique de l’eau et i le gradient hydraulique. 5. Quels sont les sols les plus susceptibles d’entrer dans un état de boulance? Pour qu’un sol soit exposé à la boulance, il suffit qu’il contienne des grains fins et qu’il se trouve dans un état de densité lâche avec une perméabilité suffisamment grande. En effet la force d’infiltration s’écrit γ w i = γ w kv et elle agit sur des grains de poids volumique effectif γ′ez avec γ′ le poids volumique déjaugé et ez le vecteur unitaire dirigeant l’accélération de pesanteur g . Dès que ces deux forces tendent à s’équilibrer les fines risquent d’être emportées par l’écoulement. 6. Expliquer comment peut-on réduire les risques de boulance. Pour réduire le risque de boulance, il faut réduire l’intensité de la force d’infiltration. On peut alors soit densifier le sol pour réduire sa perméabilité, soit réduire le gradient hydraulique en rallongeant le chemin hydraulique. On peut aussi en tant que remède passif disposer un filtre granulaire ou une géomembrane. 7. Expliquer pourquoi on effectue des essais de perméabilité sur le terrain. Les essais de perméabilité sur le terrain rendent compte de manière plus réaliste des hétérogénéités qui peuvent être présentes dans le sol. Etant donné qu’ils sont pratiqués in-situ, la mesure ne souffre pas non plus du remaniement qui affecte les essais de laboratoire. 8. Décrivez brièvement l’essai de perméabilité Lefranc. L’essai de perméabilité Lefranc est un essai in-situ qui permet de caractériser localement la perméabilité du sol. Il convient pour un terrain alluvionnaire où l’on réalise un forage d’essai avec une poche d’essai placée au fond. L’essai est conduit en stabilisé (charge hydraulique constante) par extraction ou injection d’un débit constant d’eau. La perméabilité est obtenue alors en utilisant le coefficient de forme de la cavité d’essai.
Exercice 2: Pour le perméamètre à charge variable, on applique la loi de Darcy v = ki pour un intervalle de temps élémentaire [ t , t + dt ]. Le gradient hydraulique étant i = h / L où L est la longueur de 1
l’échantillon, on obtient alors le débit: q = Sv = Skh / L où S est l’aire de la section de l’échantillon d’argile dans le perméamètre. En exprimant la conservation de la masse d’eau (ou ce qui revient au même la conservation du volume d’eau puisque l’eau est incompressible) durant dt , le débit de percolation est égal à la variation de niveau dans la burette. D’où qdt = −adh avec a qui représente l’aire de la section aL dh transversale du tube de la burette. En égalant les deux expressions du débit, il vient kdt = − . A h aL h πd 2 L’intégration de cette équation différentielle permet d’écrire: kT = − ln 2 . En posant a = A h1 4
πD 2 et A = où d est le diamètre du tube de la burette et D le diamètre de l’échantillon, il vient : 4 2 d L h1 k = ln (3pts). A.N. : d = 0.17cm ; D = 5cm ; L = 2cm ; T = 5 min 25s = 325s ; D T h2 h1 = 35cm et h 2 = 35 − 3 = 33cm . D’où k = 6.375 ×10−7 cm / s (3pts).
Exercice 3: r0 = 15cm 4m
R 4m
13m
Figure 1
3.1 En utilisant la loi de Darcy et le fait que la pression atmosphérique est constante sur la surface
libre, le débit traversant un cylindre de rayon r est donné en régime permanent par: dy Q = 2πryv = 2πryki = 2πkry où k est la perméabilité du sol. dr Par conservation de la masse, le débit Q est constant. L’intégration de l’équation différentielle
Q R ln πk r La mesure de la charge hydraulique H en R , du débit collecté (Lorsque le régime permanent est établi après 24 heures de pompage) ainsi que la connaissance du rayon du puits r0 et la charge h de précédente permet d’obtenir l’équation de la surface libre sous la forme: y = H 2 −
H2 − h 2 . ln(R / r0 ) 3.2 L’inversion de la formule de Dupuit permet d’obtenir la perméabilité sous la forme: ln(R / r0 ) k=Q (3pts). A.N.: H = 17 − 4 = 13m , h = 13 − 4 = 9m , Q = 6.3 m3 / h = 0.00175m3 / s , 2 2 π H −h
l’eau dans le puits, permettent d’obtenir la formule suivante dite de Dupuit: Q = πk
(
)
R = 20m et r0 = 0.15m . D’où k = 3.1×10−3 cm / s (3pts). (Si l’on avait pris h = 13 − 3 = 10m , on aurait trouver k = 3.95 ×10−3 cm / s ).
2
ENSA Tétouan GC2
Année universitaire 2017-2018
Module: Mécanique des sols ; Elément de module: Mécanique des sols Corrigé du contrôle continu 1
Exercice 1: (1 pt par question) 1. Une variation de la hauteur du plan d’eau au-dessus d’un dépôt submergé a-t-elle une influence sur la contrainte effective? Lorsqu’un dépôt est submergé, la contrainte totale en un point de ce dépôt varie en fonction de la variation ∆h de la hauteur du plan d’eau selon: ∆σ= γ w ∆h . La pression interstitielle varie aussi de la même quantité: ∆u = γ w ∆h . Il en résulte que la variation de la contrainte effective: ∆σ′ = ∆(σ− u) = ∆σ−∆u = γ w ∆h −γ w ∆h = 0 . Ainsi, l’état de consolidation du sol reste inchangé. 2. Quel est l’effet d’un abaissement de la nappe phréatique sur l’état des contraintes totales et effectives? Le sol sous la nappe phréatique est saturé et son poids volumique est γ sat . Au-dessus de la nappe phréatique le sol a un poids volumique γ . La variation de la contrainte totale est donc: ∆σ= ( γ −γ sat )∆h . Un abaissement ∆h de la nappe phréatique, provoque une dépression ∆u = −γ w ∆h . D’où la variation de la contrainte effective qui est donnée par : ∆σ′ = ∆σ−∆u = ( γ + γ w −γ sat )∆h . Il faut étudier le signe de la quantité γ + γ w −γ sat . Pour cela, on fait γ s + eSr γ w γ + eγ w et γ sat = s qui permettent d’écrire: 1+ e 1+ e γ + eSr γ w + (1+ e) γ w −γ s − eγ w 1+ eSr γ + γ w −γ sat = s , soit γ + γ w −γ sat = γ w . Cette dernière expression 1+ e 1+ e est tout le temps positive quelque soit le degré de saturation et l’indice des vides. On conclut donc que ∆σ′ ≥ 0 et que le sol se consolide toujours. 3. Définir le gradient hydraulique critique Dans un sol qui est le siège d’un écoulement, il existe un champ de force volumique d’infiltration de densité γ w i où i est le gradient hydraulique. Les grains du sol sont soumis aussi au champ de pesanteur et à la poussée d’Archimède. Un grain du sol isolé est soumis, en plus de la force volumique d’infiltration, au champ de force volumique γ′ez . La situation de gradient hydraulique critique est liée à la condition: γ w ic = γ ′ . Si cette condition se réalise dans le sol, les particules appel aux formules de la géotechnique γ =
peuvent être entrainées facilement. En particulier si l’écoulement est ascendant le phénomène de boulance peut apparaître. 4. Quels sont les facteurs qui influencent le gradient hydraulique critique? γ′ D’après la question précédente, le gradient hydraulique critique est: i c = . Mais, γw Gs −1 γ −γ γ −γ 1 γ′ = γ sat −γ w = s w . D’où ic = s w , soit ic = . Le gradient critique dépend donc de 1+ e 1+ e γ w 1+ e Gs (qui varie peu dans la pratique) mais surtout de l’indice des vides. Un sol lâche est donc plus exposé car le gradient critique y est plus faible que dans le cas d’un sol dense. 5. Que représente le cercle de Mohr? Le cercle de Mohr est une représentation graphique d’un état de contrainte (Plan) pour un point fixé du milieu continu. Il permet de décrire l’évolution du vecteur contrainte agissant sur une facette quelconque lorsque cette dernière change de direction et tourne autour du point où l’état de contrainte est étudié. Le cercle de Mohr a un défaut, car lorsqu’on est dans le plan de Mohr on se trouve avec deux données seulement et on a besoin d’une troisième donnée pour décrire effectivement l’état de contrainte réel. Le lien sera fait avec le plan physique si pour une facette
3
donnée on connaît le point représentant sur le cercle de Mohr le vecteur contrainte qu’elle subit. Ceci permet de construire le pole et de relier complètement l’espace de Mohr à l’espace physique. L’utilité du cercle de Mohr est incontestable: il permet de déterminer les orientations des facettes subissant des états de contraintes particuliers: directions principales, directions des plans de glissement,… 6. Sur quel principe repose l’essai de cisaillement direct? Le principe de base sur lequel repose l’essai de cisaillement direct et le frottement de Coulomb. On soumet un échantillon à une force de cisaillement horizontale lorsqu’on le consolide a priori par une force verticale. En faisant varier la force de consolidation, on peut mesurer l’angle de frottement interne et la cohésion de l’échantillon de sol. 7. Quelles sont les deux étapes de l’essai triaxial? L’essai triaxial consiste à imposer une pression isotrope de consolidation, suivi d’un déviateur de contrainte au moyen d’une charge verticale. 8. Quels sont les trois principaux types d’essais triaxiaux? Les trois principaux types d’essais triaxiaux sont : - l’essai consolidé drainé CD; - l’essai consolidé non drainé CU; - l’essai non consolidé - non drainé UU. Ces essais dépendent donc du contrôle effectué sur le drainage.
Exercice 2: D’après la théorie de Terzaghi et Fröhlich, le degré de consolidation d’une argile est une fonction c du facteur temps: Tv = v2 t où t est le temps et h la hauteur équivalente, ici h est toute l’épaisseur h Tv h 2 t = de la couche qui n’est drainée que d’un seul côté. D’où le temps qui est donné par (1pt). cv A.N.: c v = 5 ×10−8 m 2 / s , Tv,95 = 1.2 et h = 5m donnent: t 95% = 6 ×108 s = 19 ans 9 jours (1pt). Exercice 3: 3.1 Puisque l’échantillon est saturé, l’indice des vides ef à la fin de l’essai est tel que : ef = G s w f où w f est la teneur en eau à l’état final de l’échantillon. Cette dernière est calculée par : 0.883 − 0.743 wf = = 0.1884 , d’où ef = G s w f = 2.65 × 0.1884 , soit ef = 0.5 (2pts). 0.734 3.2 Pour tracer le diagramme œdométrique ( log10 (σ′), e ) , il faut calculer l’indice des vides en fonction de la hauteur actuelle de l’échantillon. On exprime pour cela la conservation de la hauteur des particules car la section de l’enceinte œdométrique demeure constante. En utilisant l’état final H(1+ ef ) H 1+ e −1 . Les résultats obtenus sont comme référence, on obtient : = . D’où e = Hf H f 1+ ef présentés dans le tableau 1. Contraintes (bar)
log10 (σ′)
1 2 4 8 16
5 5.301 5.602 5.903 6.204
Hauteur de l’échantillon ( mm ) 11.99 11.85 11.63 11.05 10.40
Tableau 1
4
e 0.7293 0.7091 0.6774 0.5937 0.5
0.75
0.7
e
0.65
0.6
0.55
0.5
5
5.5
σ′p
6
6.5
log10(sigma)
Diagramme œdométrique ( log10 (σ′), e ) (2pts)
3.3 Le diagramme œdométrique permet de calculer la pression de consolidation. Elle est telle que log10 (σ′p ) = 5.558 , d’où σ′p = 3.614×105 Pa . Calculons maintenant la contrainte initiale effective du sol. On a: σ′v0 = γ′× 4 . Mais H (1+ ef ) γ −γ Gs −1 −1 et H 0 =12mm , soit e0 = 0.7308 . D’où γ′ = s w = γ w avec e0 = 0 Hf 1+ e0 1+ e0
γ′ = 9.352kN / m3 et σ′v0 = 3.74×104 Pa . Comme σ′v0 σ p où σp est la contrainte de préconsolidation: Cc = − ∆ ( log10 σ ) 0.6585 − 0.5 , soit Cc = 0.2464 . (2pts) 6.204 − 5.558 3.5 Si la nappe phréatique descend jusqu’à 2m au-dessous de la surface du sol, le sol se consolide et la contrainte effective augmente. En admettant que le sol reste saturé à court terme, la contrainte Gs + e0 effective devient: σ′v2 = γ sat × 4 −γ w × 2 avec γ sat = γ w , soit γ sat =19.16kN / m3 . D’où 1+ e0 ici les deux points: (5.558,0.6585) et (6.204,0.5). D’où Cc =
σ′v1 = 5.703×104 Pa . On est donc dans le domaine dit de gonflement et il faut calculer l’indice de ∆e gonflement Cg = − . On prend pour cela les deux points (5,0.7293) et (5.558,0.6585). On ∆ ( log10 σ ) trouve alors Cg = 0.1269 . D’où ∆e0→1 = Cg log10 ( σ′v0 / σ′v1 ) , soit ∆e0→1 = −0.0232 . Le tassement relatif est alors S/ H 0 =
∆e0→1 0.0232 =− , soit S/ H 0 = −1.34% . (2pts) 1+ e0 1+ 0.7308
5