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TitleCorrection TD 6 Soutènements, CHEBAP 2009 2010
TagsPhysics Building Materials Physics & Mathematics Building Engineering Structural Engineering
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Table of Contents
                            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.
Figure 1.1 : Géométrie du rideau et lithologie des sols en place
Les hypothèses géotechniques sont les suivantes :
Sols
30
0
20
Remblais
25
10
19
Alluvions
30
30
20
Craie en granules
35
40
20
Craie altérée
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 : .
Les contraintes de poussée et de butée sont calculées à partir de l’hypothèse de Rankine : écran parfaitement lisse et :
et
On rappelle qu’en poussée, la contrainte effective horizontale est donnée par la relation suivante :
On rappelle qu’en butée, la contrainte effective horizontale est donnée par la relation suivante :
(kPa)
(kPa)
(kPa)
(kPa)
(kPa)
Point
z (m)
0.00
0.00
0.00
0.00
0.00
A
0.00
26.67
26.67
80.00
0.00
80.00
B
4.00
40.00
30.00
90.00
10.00
100.00
C+
5.00
33.79
23.79
90.00
10.00
100.00
C-
5.00
102.05
42.05
135.00
60.00
195.00
D+
10.00
70.36
10.36
135.00
60.00
195.00
D-
10.00
110.36
20.36
165.00
90.00
255.00
F+
13.00
93.07
3.07
165.00
90.00
255.00
F-
13.00
156.62
16.62
215.00
140.00
355.00
G
18.00
Tableau 1 : Contraintes effectives et horizontales de poussée
(kPa)
(kPa)
(kPa)
Point
z (m)
(kPa)
(kPa)
103.92
103.92
0.00
0.00
0.00
E
12.00
143.92
133.92
10.00
10.00
20.00
F+
13.00
200.58
190.58
10.00
10.00
20.00
F-
13.00
435.09
375.09
60.00
60.00
120.00
G
18.00
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  et  variant, la contrainte horizontale varie également, ce qui se traduit par une discontinuité dans les diagrammes de répartition.
Figure 1.1 : Diagramme de poussée
Figure 1.2 : Diagramme de butée
Exercice 2 : Mur de soutènement
On se propose d’étudier le mur de soutènement présenté figure 2.1, avec les hypothèses suivantes :
Figure 2.1 : Géométrie du mur
 ,  ;
  (par simplification) ;
 Hauteur totale h :  ;
 Les poussées sont estimées selon l’hypothèse de Rankine.
( Calculer en fonction de  et  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  et
Le poids total de l’ouvrage est :
La poussée des terres est :
Moment moteur lié à la poussée des terres :
Moment résistant lié au poids du mur :
La somme des moments / au point E est donnée par :
Pour  et , on obtient les composantes du torseur au point E à la base de la semelle :
( 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 :
R désigne ici la résultante des forces, c'est-à-dire N
On a donc :
On en déduit
( 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 :  et appliqué au sol par la fondation
Soit :  et
Pour  et , on obtient , la semelle est donc entièrement comprimée et .
( Même question avec
Pour  et , on obtient , la semelle est donc partiellement comprimée et . Comme le sol ne peut admettre de traction, on cherche le couple solution  qui éauilibre le torseur des forces à la base de la semelle.
On trouve ainsi :
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.
Figure 3.1 : Géométrie du mur poids dans le cas 3b
Cas 1
Monocouche
Sols :
Sable, ,  ,
Nappe : non
Cas 2
Tricouche
Sols :
Sable de 0 m à 3 m,            , ,
Limons de 3 m à 5 m, , ,
Argile de 5 à 10 m, , ,
Nappe : non
Cas 3a
Monocouche
Sol :
Argile,  ,
Nappe : Non
En surface la contrainte horizontale effective est une contrainte de traction :
En pied de mur, la contrainte horizontale effective est une contrainte de compression égale à :
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 : .
La résultante de la poussée est donc égale à :
Figure 3.2 : Distribution des contraintes horizontales
Cas 3b
Monocouche
Sol :
Argile,  ,
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  dans tout le massif et on est ramené au cas 1.
Cas 3c
Idem que précédemment avec une nappe statique.
Exercice 4 : Réalisation d’une paroi moulée
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.
Figure 4.1 : Elévation d’un panneau de paroi moulée
Sachant que l’on travaille dans un sol purement cohérent, , et que les poids volumiques de la bentonite et du sol sont respectivement  et  :
( Déterminer la profondeur maximale  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 :
La contre pression apportée par bentonite équilibre la poussée horizontale lorsque :
Soit à résoudre : .
                        
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Page 1

Olivier Pal, TD Groupe B1 23/12/2010 Page 1 sur 8


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.


4.00 m

1.00 m

5.00 m

3.00 m

5.00 m

1.00 m

Alluvions sablo-limoneuses

Craie en granule

Remblais

Craie altérée

Position nappe aval

Position nappe amont

A

B
C

D

E
F

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


Les hypothèses géotechniques sont les suivantes :


Sols )mkN( 3γ )kPa( c ' )( ' °ϕ
Remblais 20 0 30
Alluvions 19 10 25

Craie en granules 20 30 30
Craie altérée 20 40 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 : zu w ×γ= .

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Olivier Pal, TD Groupe B1 23/12/2010 Page 2 sur 8

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


'

'

a
sin1

sin1
k et

a
p

k
1

k


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


1k
tg

c
zkz a'

'

a
'
h


On rappelle qu’en butée, la contrainte effective horizontale est donnée par la relation suivante :


1k
tg

c
zkz p'

'

p
'
h


z (m) Point v (kPa) u (kPa)

'
v (kPa)

'
h (kPa) h (kPa)

0.00 A 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00
4.00 B 80.00 0.00 80.00 26.67 26.67
5.00 C+ 100.00 10.00 90.00 30.00 40.00
5.00 C- 100.00 10.00 90.00 23.79 33.79
10.00 D+ 195.00 60.00 135.00 42.05 102.05
10.00 D- 195.00 60.00 135.00 10.36 70.36
13.00 F+ 255.00 90.00 165.00 20.36 110.36
13.00 F- 255.00 90.00 165.00 3.07 93.07
18.00 G 355.00 140.00 215.00 16.62 156.62

Tableau 1 : Contraintes effectives et horizontales de poussée


z (m) Point v (kPa) u (kPa)
'
v (kPa)

'
h (kPa) h (kPa)

12.00 E 0.00 0.00 0.00 103.92 103.92
13.00 F+ 20.00 10.00 10.00 133.92 143.92
13.00 F- 20.00 10.00 10.00 190.58 200.58
18.00 G 120.00 60.00 60.00 375.09 435.09

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 ak et pk variant, la contrainte horizontale

varie également, ce qui se traduit par une discontinuité dans les diagrammes de répartition.

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0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100110120130140150160
Contrainte horizontale totale et effective (kPa)

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

P
ro

fo
nd

eu
r (

m
)

Diagramme de poussée
'h

h


Figure 1.1 : Diagramme de poussée



100 150 200 250 300 350 400 450
Contrainte horizontale totale et effective (kPa)

6

5

4

3

2

1

0

P
ro

fo
nd

eu
r (

m
)

Diagramme de butée
'h

h


Figure 1.2 : Diagramme de butée

Page 4

Olivier Pal, TD Groupe B1 23/12/2010 Page 4 sur 8

Exercice 2 : Mur de soutènement

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


h1

h2

e1

h

H

G

A B

EF

α = GF β = FE

h2 + e1 = 2.19 m

C D


Figure 2.1 : Géométrie du mur


• 3sol mkN21=γ , °=ϕ 30

' ;

• 3beton mkN21=γ (par simplification) ;
• Hauteur totale h : m 8h = ;
• 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 m 5.3=α et m 1=β

Le poids total de l’ouvrage est : ( )[ ]21 hehNP +×β+×α×γ==γ

La poussée des terres est : 2at hk2
1TP ×γ××==

Moment moteur lié à la poussée des terres : ( )
6

hk
PM

3
a

tE
×γ×

=

Moment résistant lié au poids du mur : ( )









β
+







β+
α

××α×γ=γ 21
2

E he22
h)P(M


La somme des moments / au point E est donnée par :


( ) 






 ×
−+×

β
+







β+
α

××α×γ=
6

hk
he

22
hM

3
a

21

2

E


Pour m 5.3=α et m 1=β , on obtient les composantes du torseur au point E à la base de la semelle :








=
=
=





mkNm1043M
mkN224T
mkN634N

E

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Olivier Pal, TD Groupe B1 23/12/2010 Page 5 sur 8


 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 :


ROEMM EO ∧+=

R désigne ici la résultante des forces, c'est-à-dire N

On a donc :


( )[ ]21EO heh2
MM +×β+×α×γ×






 β+α

−=



On en déduit
( ) ( )[ ]

( )21

21

3
a

21

2

E

heh

heh
26

hk
he

22
h

N
M

e
+×β+×α

+×β+×α×





 β+α


×

−+×
β

+





 β

+α××α
==



 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 : minσ et maxσ appliqué au sol par la fondation


Soit : 







β+α

×


β+α


e61Nmax et 







β+α

×
−×

β+α


e61Nmax



Pour m 5.3=α et m 1=β , on obtient m 75.0
6

m 61.0e =β+α<= , la semelle est donc entièrement

comprimée et







kPa 61.254
kPa 16.27

max

min .



 Même question avec m 5.2=α


Pour m 5.2=α et m 1=β , on obtient m 75.0
6

m 95.0e =β+α>= , la semelle est donc partiellement

comprimée et





−=σ

kPa 01.351
kPa 73.84

max

min . Comme le sol ne peut admettre de traction, on cherche le couple

solution ( )B,maxσ qui éauilibre le torseur des forces à la base de la semelle.

On trouve ainsi :

Page 6

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




=








β+α

×=

=
×



m 39.2e
2

3B

kPa 56.390
B

N2
max






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.


h = 10 m

Position de la nappe


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


Cas 1
Monocouche
Sols :
Sable, 3mkN18=γ , kPa 0c ' = , °=ϕ 35'
Nappe : non


mkN90.243hk
2
1P 2a =×γ××=


Cas 2
Tricouche
Sols :
Sable de 0 m à 3 m, 3mkN18=γ , kPa 0c ' = , °=ϕ 30'
Limons de 3 m à 5 m, 3mkN17=γ , kPa 10cuu = , °=ϕ 20uu
Argile de 5 à 10 m, 3mkN18=γ , kPa 20cuu = , °=ϕ 25uu
Nappe : non


mkN09.21148.14261.4100.27PPPP 321 =++=++=

Cas 3a
Monocouche
Sol :
Argile 3mkN19=γ , kPa 30cuu = , °=ϕ 0uu

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Olivier Pal, TD Groupe B1 23/12/2010 Page 7 sur 8

Nappe : Non

En surface la contrainte horizontale effective est une contrainte de traction :

( ) kPa 60c2z0z u'h −=×−×γ==σ

En pied de mur, la contrainte horizontale effective est une contrainte de compression égale à :

( ) kPa 130c2z10z u'h =×−×γ==σ

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 : ( ) m 16.3h0c2hhz 'u'''h ≈⇔≥×−×γ==σ .

La résultante de la poussée est donc égale à :

( ) ( ) mkN 60.44410zhh
2
1

P 'z
' ==σ×−×=



σ'h=130 kPa

σ'h=-60 kPa

h'

h


Figure 3.2 : Distribution des contraintes horizontales


Cas 3b
Monocouche
Sol :
Argile 3mkN19=γ , kPa 0c' = , °=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 0u= dans tout le massif et on est ramené au cas 1.

mkN67.316hk
2
1

P 2a =×γ××=


Cas 3c
Idem que précédemment avec une nappe statique.

( ) mkN650hk
2
1

P 2w
'

a =+×γ+γ××=




Exercice 4 : Réalisation d’une paroi moulée

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