Serie de TD 1 Et 2 Avec Corrections [PDF]

Zitiervorschau

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés

Serie01 : Caractéristiques physiques Exercice 01 : Démontrer les formules suivantes : 



=



=



=

+

(à partir de diagramme de phases)

 Exercice 02 : Un échantillon d’argile saturée a une masse de 1526g après passage al ‘étuve ,sa masse n’est plus que de 1053g .le constituant solide des grains a une densité de 2.7 calculer : 

La teneur en eau



L’indice de vide



La porosité



Le poids volumique humide



La densité humide .on prendra g=9.81m/s2

Exercice 03 : Un échantillon d’argile est placé dans un récipient en verre.la masse totale de l’échantillon humide et du récipient est A=72.49g. Cette masse est ramenée a B =61.28g après passage a l’étuve. La masse de récipient C=32.54 g.une mesure au pycnomètre montre que la densité du constituant solide est : 2.69. a)On supposera l’échantillon saturé calculer : 

La teneur en eau



L’indice de vide



La porosité 1

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés 

La densité humide



La densité sèche .

Solution exercice 01 : Pour démontrer les relations il faut d’abord commencer par le diagramme des phases : Air

va

e Vv Eau

vw

V=1+e

Solide

Vs

n=

1

e=

Sr= Avec

: Teneur en eau : Poids volumique des grains solide n : porosité e : l’indice de vide Sr : degrés de saturation : Poids spécifique d’eau 1000kg/ m3 Poids volumique sec 

n=

=

=

=

= 2

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés 

=

=

=

=

=

=

= 

=

=

=

=

=

= = = 

=

=

=

+

+

+

=

=

=

+

+ 

Pour un sol saturé

=

=1 donc

3

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés e=

=

=

=

=

Solution exercice 02 : Poids de l’échantillon d’argile saturé est de : 1.526*9.81=14.97N le poids de l’échantillon étuvé : 1.053*9.81=10.33N Poids de l’eau : 14.97-10.33=4.64 N Donc la teneur en eau =45 Indice de vide est donné par : Puisque le sol est saturé, le volume des vides est égal au volume d’eau. Volume d’eau : VW=

=

=0.473

m3 = 473cm3

Poids volumique des grains solide :

m3 Volume des grains :

Vs=

=

=390 cm3

4

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés D’où l’indice de vide

:

Porosité n :

Poids volumique humide

:

Densité humide :

G h=

=

=1.77

Solution exercice 03 : Teneur en eau : La masse d’eau : A-B=72.49=11.21g La masse sèche B-C=61.28-32.54=28.74g La teneur en eau w=

=

=0.39=39

Porosité n :

L’échantillon étant supposé saturé, le volume des vides est le volume d’eau soit 11.21cm3 (

)

Volume des grains est donné par :

5

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés =

=10.68cm3

Donc

=0.51 n=0.51

Indice de vide :

e=01.05 Densité humide : Masse humide est A-C=72.49-32.54=39.95g Volume total V=11.21+10.68=21.89cm3 Masse volumique humide : =1.828g/cm3

=

= =1.82/1=1.82

Densité sèche : = =

=(28.74/21.89)/1=1.31

Exercices supplémentaires Exercice 04 Un limon saturé est caractérisé par un poids volumique saturé

et un teneur en eau

déterminer l’expression de l’indice de vide e, la porosité n et le poids volumique du squelette en fonction des paramètres connus. En considère 1m3 de limon, déterminer les expressions des volumes respectifs d’air d’eau

et de solide

,

.

6

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés Exercice 05 Sachant que 1 m3 de sol afin d’atteindre 95

, w=4

déterminer le poids d’eau a ajouter a

de degrés de saturation.

Réponse W=2.45kN

7

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés Serie02 : Identification et classification des sols Exercice 01 : On procède au tamisage a sec de 3500 d’un sable préalablement séché .on constate d’abord que de passoire de 12.5 mm ne retient aucune fraction du mat2riau. On utilise alors une colonne de six tamis dont l’ouverture intérieure des mailles est respectivement de haut en bas 5,2,0.5,0.2,et 0.1 .les refus sur chacun de six tamis sont les suivants (de haut en bas) 217g,868g,1095g,809g,444g,39g et le tamisât du dernier tamis ,recueilli sur le fond qui ferme la colonne ,est de 28g 

Construire la courbe granulométrique et déterminer les diamètres d10,d30,d60



Calculer le coefficient d’uniformité et le coefficient de courbure



Classer le matériau étudié selon la classification de LCPC

Exercice 02 : Afin de déterminer les limites d’Atterberg, des essais ont été réalisé sur la fraction de sol provenant d’une carrière du périphérique de sidi bel abbés. a)Limite de liquidité : 5 essais sont effectués a la coupelle de CASA -GRANDE sur des échantillons de 70 g a peu prés avec des teneur en eau differentes.aprés chaque essais, un prélèvement est passé a l’étuve a 105° C pendant 24 h, les résultats sont les suivants : N :essai

1

2

3

4

5

Nombre des

16

21

29

30

35

12.9

12.41

11.57

12.58

12.89

12.04

11.57

11.07

11.84

12.11

8.33

8.43

8.86

8.4

8.37

coups Masse totale humide (g) Masse totale sec (g) Masse de la tarre(g) b) Limite de plasticité : 3 essais sont réalisés sur des échantillons qu’on roule sous forme de fuseau qu’on amincit progressivement jusqu'à ce qu’il se petits tronçons de 1 a 2cm de long au moment ou sont diamètres atteint 3mm les résultats sont les suivants :

8

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés

N :essai

1

2

3

Masse totale

23.8

9.34

23.9

23.5

9.23

23.5

21

8.33

20.6

humide (g) Masse totale sec (g) Masse de la tarre(g) 

Déterminer la limite de liquidité graphiquement et par la formule empirique.



Déterminer la limite de plasticité.



In situ le sol à un teneur en eau égale à 14

calculer l’indice de consistance que peut-

on conclure ? 

En considérant que le sol n’est constitue que de la fraction

, identifier

ce sol. Exercice 03 : Le tamisage de 3200g d’un sol inorganique se donne le résultat suivant : Ouverture du

tamis

200

10

50

20

10

5

2

1

0.5

0.2

0.08

416

352

192

128

128

576

160

32

192

(mm) Refus(g)

0

64



Quel sont les proportions des différents constituant ?



Aurait-on besoin de déterminer le coefficient d’uniformité et le coefficient de courbure pour identifier le sol selon la classification LCPC ?



Sachant l’étude de limite d’ATTERBERG ont donné WL=65% et Wp=45 %donner le type du sol.

Solution exercice 01 : La courbe granulométrique : Il s’agit de construire la courbe donnant les tamisât(%) en fonction de l’ouverture des tamis (mm) 9

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés Tamisât au tamis n =tamisât au tamis (n-1)-refus au tamis n Soit TN=Tn-1-Rn Exemple de calcul Le premier passoir ne retenant aucun refus donc T1=3500g. Le refus de premier tamis qui suit est de 217g d’où T2 =3500-217=3283g Les résultats obtenus sont dans le tableau suivant : Coefficient de courbure et d’uniformité : D’après la courbe granulométrique on a : d10=0.4 d30=0.84 d60=1.6 Cu= Cc=

=4 =1.125

Ouverture des

Refus(g)

Tamisât(g)

Tamisât(%)

12.5

0

3500

100

5

217

3283

94

2

868

2415

69

1

1.095

1320

37.7

0.5

809

511

14.6

0.2

444

67

1.92

0.1

39

28

0.8

Fond

28

tamis

10

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés

11

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés Classification lcpc : On commence d’abord par le pourcentage des éléments 100-0.8=99.2%donc le sol est grenus Pourcentage des éléments 100-69=31% Donc 69% des éléments

2mm le sol est un sable

0.8%Des éléments

don on utilise les coefficients cu et cc

Selon le tableau de LCPC lorsque cu =4 et cc= 1.1.25 le sol est un sable propre mal gradué Sm Solution exercice 02 : Détermination de La limite de liquidité par la formule empirique et graphiquement Empirique : WL= Les résultats dans le tableau suivant : Nombre de coups

W%°

WL %

16

23.98

22.72

21

26.75

26.19

29

22.62

23.03

30

21.51

21.98

35

20.86

21.73

12

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés Graphique :

wl 28 26 w

24 22 20 18 10

15

20

25

30

35

40

Nombre de coups

Wl=24.5 Limite de plasticité : essais

w%

WP

1

12

12.67

2

12.22

3

13.79

WP=12.67 Indice de plasticité : IP=Wl-Wp=24.5-12.67 IP=11.83 D’après le diagramme de casa grande le sol est une argile peu plastique.

13

MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés Classification des sols fins (CASA_GRANDE)

Indice de consistance : IC=

=(24.5-14)/11.83

IC=0.88 On conclu que le sol est plastique proche de l’état solide Solution exercice 03 : Proportions des différents constituants : M=3200g Ouverture des

Refus (g)

Tamisât(g)

Tamisât(%)

200

0

3200

100

100

64

3136

98

50

416

2720

85

20

352

2368

74

10

192

2176

68

5

128

2048

64

2

128

1920

60

1

276

1344

42

0.5

160

1184

37

0.2

32

1152

36

0.08

192

960

30

tamis (mm)

100-74=26%des cailloux

60-36=24% gros sable 36-30=6%sable fin

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MDS01 – PARTIE I : travaux dirigés Classification LCPC : 100-30=70%des éléments 0.08mm le sol est grenus. 100-60=40 %des éléments 30%des éléments

le sol est un sable donc plus de 12%des éléments

On n’a pas besoin de calculer Cu et Cc. Exercices supplémentaires : Exercice 04 Les échantillons provenant d’un sondage carotté dans la région de la Soukra, nous ont fournis les résultats suivants : = 19.1kN/m3 ; w = 33.56% ; 

=26.8KN/m3 ; wL= 42.2% wp= 18.3%

Déterminer le poids volumique sec, l’indice des vides et le degré de saturation du sol.



Calculer les indices : de plasticité, de liquidité et de consistance. En déduire l’état de consistance du sol.



Classer ce sol d’après la classification LPC.

Exercice 05 On a effectué sur 4 échantillons différents les essais d’identification dont les résultats sont : Appliquer à ces sols la classification LCPC. Sol

Tamisat

Tamisat

D10

D30 (mm) D60 (mm) Wl (%)

WP(%)

2mm (%) 0,08mm(%) (mm)

1

93

14

0.06

0.16

0.35

45

65

2

70

50

-

-

-

38

25

3

56

3

0.2

0.75

2.4

-

-

4

100

90

-

-

-

32

12

15