Correction TD 6 Soutènements, CHEBAP 2009 2010

CHEBAP 2010 / 2011 TD Mécanique des sols Soutènements / Corrections

Exercice 1 : Diagramme de poussée - butée  Etablir le diagramme de poussée et de butée pour la configuration suivante. A

B C

Remblais Position nappe amont

4.00 m 1.00 m

Alluvions sablo-limoneuses

5.00 m

Craie en granule

3.00 m

Craie altérée

5.00 m

D 1.00 m

Position nappe aval

E F

G Figure 1.1 : Géométrie du rideau et lithologie des sols en place

Les hypothèses géotechniques sont les suivantes : Sols Remblais Alluvions Craie en granules Craie altérée

γ (kN m 3 ) 20 19 20 20

c ' (kPa) 0 10 30 40

ϕ ' (°) 30 25 30 35

Tableau 1.1 : Caractéristiques géotechniques

Nota : On supposera qu’il n’y a pas d’écoulement autour de la paroi Comme la paroi est fichée dans la craie altérée supposée étanche, il n’y a pas d’écoulement, on est donc en régime hydrostatique : u = γ w × z . Olivier Pal, TD Groupe B1

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Les contraintes de poussée et de butée sont calculées à partir de l’hypothèse de Rankine : écran parfaitement lisse et : ka =

1 1 − sin ϕ ' et k = p ka 1 + sin ϕ '

On rappelle qu’en poussée, la contrainte effective horizontale est donnée par la relation suivante : σ h'

c' (z ) = k a × γ × z + ' × (k a − 1) tgϕ

On rappelle qu’en butée, la contrainte effective horizontale est donnée par la relation suivante : σ h' (z ) = k p × γ × z +

c' × (k p − 1) tgϕ'

z (m) 0.00 4.00 5.00 5.00 10.00 10.00 13.00 13.00 18.00

Point A B C+ CD+ DF+ FG

z (m) 12.00 13.00 13.00 18.00

Point E F+ FG

σ v (kPa) 0.00 80.00 100.00 100.00 195.00 195.00 255.00 255.00 355.00

u (kPa) 0.00 0.00 10.00 10.00 60.00 60.00 90.00 90.00 140.00

σ 'v (kPa) 0.00 80.00 90.00 90.00 135.00 135.00 165.00 165.00 215.00

σ h' (kPa) 0.00 26.67 30.00 23.79 42.05 10.36 20.36 3.07 16.62

σ h (kPa) 0.00 26.67 40.00 33.79 102.05 70.36 110.36 93.07 156.62

σ v (kPa) 0.00 20.00 20.00 120.00

u (kPa) 0.00 10.00 10.00 60.00

σ 'v (kPa) 0.00 10.00 10.00 60.00

σ h' (kPa) 103.92 133.92 190.58 375.09

σ h (kPa) 103.92 143.92 200.58 435.09

Tableau 1 : Contraintes effectives et horizontales de poussée

Tableau 2 : Contraintes effectives et horizontales de butée

Nota 1 : Au point E, la valeur de la contrainte de butée n’est pas nulle du fait de la cohésion. Nota 2 : A l’interface des différentes couches, les valeurs de k a et k p variant, la contrainte horizontale varie également, ce qui se traduit par une discontinuité dans les diagrammes de répartition.

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Profondeur (m)

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

Diagramme de poussée σ'h σh

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 Contrainte horizontale totale et effective (kPa) Figure 1.1 : Diagramme de poussée

0 Diagramme de butée σ'h

1

σh

Profondeur (m)

2

3

4

5

6 100

150 200 250 300 350 400 Contrainte horizontale totale et effective (kPa)

450

Figure 1.2 : Diagramme de butée

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Exercice 2 : Mur de soutènement On se propose d’étudier le mur de soutènement présenté figure 2.1, avec les hypothèses suivantes : A

h

B

h1 C

D h2

H

e1

G

F

α = GF

h2 + e1 = 2.19 m

E

β = FE

Figure 2.1 : Géométrie du mur

•

γ sol = 21kN m 3 , ϕ ' = 30° ;

• • •

γ beton = 21kN m 3 (par simplification) ; Hauteur totale h : h = 8 m ; Les poussées sont estimées selon l’hypothèse de Rankine.

 Calculer en fonction de α et β les moments de renversement et de stabilisation exprimés au point E, ainsi que les composantes horizontales et verticales de la résultante des efforts appliqués au dessus de la base de la fondation On donne α = 3.5 m et β = 1 m Le poids total de l’ouvrage est : Pγ = N = γ × [α × h + β × (e1 + h2 )] 1 La poussée des terres est : Pt = T = × k a × γ × h2 2

k a × γ × h3 6 2   α  β Moment résistant lié au poids du mur : ME (Pγ ) = γ × α × h ×  + β  + × (e1 + h2 ) 2  2  

Moment moteur lié à la poussée des terres : ME (Pt ) =

La somme des moments / au point E est donnée par : 2  k a × h3  α  β ME = γ × α × h ×  + β  + × (e1 + h2 ) −  6  2  2 

Pour α = 3.5 m et β = 1 m , on obtient les composantes du torseur au point E à la base de la semelle : N = 634 kN m  T = 224 kN m ME = 1043 kNm m Olivier Pal, TD Groupe B1

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 Calculer l’excentrement e de la résultante des efforts par rapport au centre de la fondation. Pour calculer l’excentricité e, on ramène le calcul du moment au centre de la semelle. On peut soit refaire le calcul précédent ou utiliser les relations vectorielles de composition des moments : M O = ME + OE ∧ R R désigne ici la résultante des forces, c'est-à-dire N On a donc :  α +β M O = ME −   × γ × [α × h + β × (e1 + h2 )]  2 

k × h3  α + β  β  β2  α × h ×  α +  + × (e1 + h2 ) − a −  × [α × h + β × (e1 + h2 )] ME 6 2  2 2   On en déduit e = = N α × h + β × (e1 + h2 )  Faire un schéma représentatif des efforts suivants à la base de la fondation : • •

Résultante des efforts ; Diagramme des contraintes appliquées au sol de fondation en supposant une répartition linéaire des contraintes (le sol ne peut générer des contraintes de traction).

 Calculer les contraintes minimale et maximale : σ min et σ max appliqué au sol par la fondation Soit : σ max =

 6× e   N N 6× e   et σ max = ×  1 −  ×  1 + α + β  α + β  α +β  α +β

Pour α = 3.5 m et β = 1 m , on obtient e = 0.61 m < σ = 27.16 kPa comprimée et  min . σ max = 254.61 kPa

α +β = 0.75 m , la semelle est donc entièrement 6

 Même question avec α = 2.5 m Pour α = 2.5 m et β = 1 m , on obtient e = 0.95 m >

α +β = 0.75 m , la semelle est donc partiellement 6

σ = −84.73 kPa comprimée et  min . Comme le sol ne peut admettre de traction, on cherche le couple σ max = 351.01 kPa solution (σ max , B ) qui éauilibre le torseur des forces à la base de la semelle. On trouve ainsi :

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2×N  σ max = B = 390.56 kPa   α +β  B = 3 ×  − e  = 2.39 m   2 

Exercice 3 : Diagramme de poussée derrière un mur poids  Calculer les poussées derrière le mur de soutènement (type poids) dans les cas suivants par la méthode de Rankine. Position de la nappe

h = 10 m

Figure 3.1 : Géométrie du mur poids dans le cas 3b

Cas 1 Monocouche Sols : Sable, γ = 18 kN m 3 , c ' = 0 kPa , ϕ ' = 35° Nappe : non 1 P = × k a × γ × h2 = 243.90 kN m 2

Cas 2 Tricouche Sols : Sable de 0 m à 3 m, γ = 18 kN m 3 , c ' = 0 kPa , ϕ ' = 30° Limons de 3 m à 5 m, γ = 17 kN m3 , c uu = 10 kPa , ϕuu = 20° Argile de 5 à 10 m, γ = 18 kN m 3 , c uu = 20 kPa , ϕuu = 25° Nappe : non P = P1 + P2 + P3 = 27.00 + 41.61 + 142.48 = 211.09 kN m Cas 3a Monocouche Sol : Argile γ = 19 kN m3 , c uu = 30 kPa , ϕuu = 0° Olivier Pal, TD Groupe B1

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Nappe : Non En surface la contrainte horizontale effective est une contrainte de traction : σ h' (z = 0) = γ × z − 2 × c u = −60 kPa En pied de mur, la contrainte horizontale effective est une contrainte de compression égale à : σh' (z = 10) = γ × z − 2 × c u = 130 kPa Comme le sol ne peut exercer de traction, ie retenir le mur de soutènement, la poussée ne s’exerce qu’à partir du moment où la contrainte horizontale effective devient positive, c'est-à-dire la profondeur pour laquelle on vérifie : σ h' z = h' = γ × h' − 2 × c u ≥ 0 ⇔ h' ≈ 3.16 m .

(

)

La résultante de la poussée est donc égale à : 1 P = × h − h' × σ 'z (z = 10) = 444.60 kN m 2

(

)

σ'h=-60 kPa

h' h

σ'h=130 kPa Figure 3.2 : Distribution des contraintes horizontales

Cas 3b Monocouche Sol : Argile γ = 19 kN m3 , c ' = 0 kPa , ϕ ' = 30° Nappe : on supposera que la surface du massif est constamment alimentée par une nappe. Pour simplifier l’écoulement permanent sera pris vertical. Dans ce cas u = 0 dans tout le massif et on est ramené au cas 1. 1 P = × k a × γ × h2 = 316.67 kN m 2 Cas 3c Idem que précédemment avec une nappe statique. 1 P = × k a × γ ' + γ w × h2 + = 650 kN m 2

(

)

Exercice 4 : Réalisation d’une paroi moulée

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La technique dite des parois moulées consiste, pour une tranchée soutenue latéralement par des murs de soutènement, à construire d’abord ces murs avant de creuser la tranchée. Pour permettre l’excavation du sol à l’emplacement du mur, on utilise une boue argileuse, la bentonite, qui maintient les parois du sol par la pression qu’elle exerce, voir figure 4.1.

Hc

Bentonite

Figure 4.1 : Elévation d’un panneau de paroi moulée

Sachant que l’on travaille dans un sol purement cohérent, c u = 40 kPa , et que les poids volumiques de la bentonite et du sol sont respectivement γ bentonite = 11kN m 3 et γ sol = 20 kN m 3 :  Déterminer la profondeur maximale Hc que l’on peut donner au mur de soutènement. En contrainte totale pour un matériau purement cohérent, l’expression de la contrainte horizontale est donnée par la relation : σh = γ × z − 2 × c u La contre pression apportée par bentonite équilibre la poussée horizontale lorsque : σ h = γ bentonite × z Soit à résoudre : (γ − γ bentonite )× z = 2 × c u ⇒ z ≈ 9.00 m .

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