04 - Pression Des Terres - Solutionnaire.pdf

Cours de Mécanique des sols II – Été 2013PRESSIONS DES M. Karray & F. Ghobrial CHAPITRE 04 TERRES, MURS DE SOUTÈNEMENT ET PALPLANCHES Note générale : toutes les forces sont par mètre longitudinal. Les principales hypothèses de Rankine: 1. Le sol est isotrope et homogène. 2. La surface de rupture est plane. 3. Le mur est lisse et vertical. 4. Le coin de rupture est rigide et subit une translation. Problème 4.1 Dans un dépôt de sable homogène, d’une profondeur de 8 m, on a mesuré un indice de pénétration standard moyen N=30. La nappe phréatique se trouve à la surface et le poids volumique γtotal de ce sable est 20kN/m³. (a) Établir le diagramme des contraintes effectives horizontales au repos dans ce sol. (b) Établir le diagramme des contraintes totales horizontales au repos dans ce sol. Solution Supposons que le sable soit grossier et ayant une densité relative dense ∴N=26→45  = 40 + ϕ=40°→50° (30 − 26) × (50 − 40) = 42,1°, Soit = 42° (45 − 26) Ko=1-sinϕ=1-sin42=0,33 (a) Contrainte effective horizontale = × (b) Contrainte totale horizontale = + ′ 1: = (20 − 10) × 0 × 0,33 = 0 1: = 0 + (10 × 0) = 0 2: = (20 − 10) × 8 × 0,33 = 26,4 2: = 26,4 + (10 × 8) = 106,4 Pression des Terres, Murs de Soutènement et Palplanches Page 1 de 26 Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M. Karray & F. Ghobrial Si le sable est fin →ϕ=38° Ko fin=0,38 1: = 0 = 0 2: = 30,4 = 110,4 Si le sable est moyen →ϕ=39° Ko moyen=0,37 1: = 0 = 0 2: = 29,6 = 109,6 Pression des Terres, Murs de Soutènement et Palplanches Page 2 de 26 Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M. Solution Supposons que le mur soit lisse  On peut utiliser la théorie de Rankine (a) coefficient de la poussée et de la butée des terres 1: = 1− 1+ = 1− 1+ 30 1 = 30 3 2: = 1− 1+ = 1− 1+ 25 = 0.2 Déterminer les diagrammes des pressions verticales et horizontales devant et derrière le mur illustré ci-dessous. Karray & F. Ghobrial Problème 4. Murs de Soutènement et Palplanches Page 3 de 26 .406 25 : = 1− 1+ = 1− 1+ 0 =1 0 = 1+ 1− = 1+ 1− 0 =1 0 Pression des Terres. 71 + 60 = 80. Karray & F.406 = 20. Murs de Soutènement et Palplanches ) ) Page 4 de 26 .406 − 0 0. é  1: = : = + + ( ) = (19 − 10) × 3 = 27 = 0 × 1⁄3 − 0 1⁄3 = 0 = 27 × 1⁄3 − 0 1/3 = 9 = 10 × 3 = 30 =0+0=0 = 9 + 30 = 39  3: 4: = (19 − 10) × 3 = 27 = 27 + (18 − 10) × 3 = 51 = 27 × 0. é : = × +2 .96 + 30 = 40.406 = 10.71 = 10 × 3 = 30 = 10 × 6 = 60 = 10.96 = 51 × 0.96  5: ( − é  = 20.406 − 0 0.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M.71 )  6: ( − é  = 19 × 3 + 18 × 3 = 111 = 111 + 16 × 3 = 159 = 111 × 1 − 2 × 20√1 = 71 = 159 × 1 − 2 × 20√1 = 119  7: ( − ( ) 2: = (19 − 10) × 0 = 0 = 10 × 0 = 0  : é  )  8: ( − é  = 16 × 0 = 0 = 16 × 3 = 48 = 0 × 1 + 2 × 20√1 = 40 = 48 × 1 + 2 × 20√1 = 88 Pression des Terres. Ghobrial (b) Calcul des pressions des terres é é  : = × −2 . Ghobrial Page 5 de 26 . Karray & F. Murs de Soutènement et Palplanches M.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 Pression des Terres. 67 = 124. .5 = 10 × 3.5 × 0. .5 = 35 = 21.5/2=1.5+1. é  1: = + ( ) 2: = 20 × 0 = 0 = 20 × 1.5 = 30 = 0 × 1⁄3 − 0 1⁄3 = 0 = 30 × 1⁄3 − 0 1/3 = 10 =0 =0 =0+0=0  : = 10 + 0 = 10 3: = 30 + (20 − 10) × 3. .5 = 81.67 − 10) × 3. / . déterminer la poussée des terres ainsi que la résultante des forces et son point d’application. Karray & F. . Solution (a) coefficient de la poussée des terres = 1− 1+ = 1− 1+ 30 1 = 30 3 (b) Calcul des pressions des terres é  : = × −2 .67 (c) Calcul des forces et le point d’application de la résultante Force = 10 × 1.17 / .Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M. Ghobrial Extra-problème Pour le mur lisse illustré ci-dessous. Pression des Terres.75m = (56.5/3=4m / .5/3=1.5 × 0.5 = 35 Bras de levier / . Murs de Soutènement et Palplanches =3.5 = 65 = 65 × 1⁄3 − 0 1/3 = 21.5 + 35 + 81. =3.67 + 35 = 56.67 = 10 × 3.5 = 7.17m =Z Page 6 de 26 . =3.67 = 7. Karray & F.5 124. Murs de Soutènement et Palplanches Page 7 de 26 . Ghobrial Moment de la résultante autour du pied du mur = ΣMoments des forces autour du pied du mur = (7.67 × 1.17 Pression des Terres.75) + (81.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M.17) = 1.5 × 4) + (35 × 1. 96 1Les 2: / .24 × 8 × 0.414 = 66. et la surface du terrain est inclinée) sont déterminée à l’aide de = cos Pression des Terres. Solution Pour ϕ=30°et α=20° . Ghobrial Problème 4. KA=0.414 (du tableau des valeurs de KA de Rankine)1 (a) Sans présence de la nappe d’eau   1: = 20 × é = é = 20 × 8 = 160 = 0 × 0.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M.24 = é = é = 66.414 = é = 160 × 0. respectivement. Murs de Soutènement et Palplanches et = cos . valeurs de KA et KP de Rankine (pour un mur vertical et lisse.3 Déterminer le diagramme des pressions s’exerçant sur le mur illustré ci-dessous ainsi que la résultante (considérer deux cas : sans la nappe et avec la nappe). Karray & F. .5 = 264. Page 8 de 26 . 5 = 320 2: / .12 × 8 × 0.48 = 80 × 8 × 0. . Pression des Terres. / .414 = é = 80 × 0.5 = 132.28 = 10 × 0 = é = 10 × 8 = 80 = 33. Murs de Soutènement et Palplanches Page 9 de 26 .Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M. Ghobrial (b) Avec présence de la nappe d’eau   1: = (20 − 10) × é = é = (20 − 10) × 8 = 80 = 0 × 0. . Karray & F.414 = 35. 35 = é ( ) = 100 × 0.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M. Solution Pour ϕ=30°et α=10° .35 = 56 ( ) = 100 × 0.35 (du tableau des valeurs de KA de Rankine) (a) Sans présence de la nappe d’eau   1: = 20 × é = é = 0 × 0.35 = 35 = é Pression des Terres.35 = 35 = é Page 10 de 26 . Murs de Soutènement et Palplanches 2: = 20 × 8 = 160 = 160 × 0.4 Déterminer le diagramme des pressions s’exerçant sur le mur illustré ci-dessous ainsi que la résultante. (b) Avec présence de la nappe d’eau. KA=0. Karray & F. Ghobrial Problème 4. (a) Sans présence de la nappe d’eau. .35 = é ( ) = 80 × 0. Karray & F. Murs de Soutènement et Palplanches Page 11 de 26 .35 = 42 ( ) = 100 × 0.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 = 56 × 8 × 0.35 = 35 = é 3: = 80 + (20 − 10) × 4 = 120 = 120 × 0.35 = 35 = 10 × 4 = 40 = 28 × 4 × 0. . Pression des Terres.35 = 35 ( ) = é  2: = 100 × 0. (b) Avec présence de la nappe d’eau   1: = 20 × é = é = 20 × 4 = 80 = 0 × 0. Ghobrial / . .5 = 56 / .35 = 28 = 100 × 0.5 = 224 = 35 × 8 = 280 M. / . Karray & F. . Ghobrial / . Murs de Soutènement et Palplanches Page 12 de 26 . = (42 − 28) × 4 × 0. . .5 = 80 / .5 = 28 = 35 × 8 = 280 M. / .Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 = 28 × 4 = 112 / . Pression des Terres. . = 40 × 4 × 0. Solution (a) Rankine Le mur est lisse  δ=0° (mur vertical θ=0°) Pour = 32° = 15° = 0.5 Compte tenu de la géométrie et des conditions du sol au contact du mur illustré ci-dessous (a) Déterminer le coefficient de sécurité contre le renversement du mur (négliger l’effet de la butée au pied du mur).Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M.341 OU = cos cos − cos − cos cos + cos − cos = cos 15 Pression des Terres. Karray & F. Ghobrial Problème 4. (b) Déterminer le coefficient de sécurité contre le glissement si le coefficient de frottement entre le sol de fondation et la base du mur est de 0. Murs de Soutènement et Palplanches cos 15 − √cos 15 − cos 32 cos 15 + √cos 15 − cos 32 = 0.5 (négliger l’effet de la butée au pied du mur).341 Page 13 de 26 . 42) =3. ⁄ .57 - 0.63 0.4 158.l.) Bras de levier (m) MR MS (kN. Karray & F.2 • Facteur de sécurité contre le glissement Pression des Terres. .1) =115.l.33 116.9 9.) (kN.14 0.4 161.7 P3 17x(0.63 2 = 32 = 3.5 PAv 72.25 32 ⁄ .) (kN/m.46 2 = 1 2 = 1 × 17 × 1 × 3.7 50.75 - 2.l.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 Pour = 32° = 10° M. Ghobrial = 3.) P1 22x(0.341 = 72.l.25 = 27. .0 1.m/m.67 =27.25 OU = 1+ 1− 1+ 1− = 1 2 = 1 × 17 × 5 × 0.63 PAh - PP - 72.m/m.5 - 1.6x5) =66 - 2. Force Verticale Force Horizontale (kN /m.4 P2 22x(0.5x5x2. Murs de Soutènement et Palplanches Page 14 de 26 .46cos15 =70.46sin15 =18.5x1x0. 5  δ≈26. le F.25 > 2.(Avec butée)=1. αP=0°.( é ) = 1. .6° et θP=22.( é )= . .85 < 2.83 • Facteur de sécurité contre le renversement . + . .63 70 Si l’on néglige la force P3 (qui est très petite).9 (b) Coulomb Le mur est rugueux  tanδ=μ=0. + = = .4 + 161. . = . Murs de Soutènement et Palplanches sin ( + ) ∙ sin ( + ) cos ( − ) ∙ cos ( − ) Page 15 de 26 . δ≈26.83φ) Pour φ=32°.5 + 9.63 + 0.S.( é )= é )= ∑ ∑ ∑ ∑ .( .7 + 50.5 + + + )× + = (66 + 115. . Karray & F. . .57) × 0. .( é )= .6° (≈0.5 158.0 116. + .75 + 3. )× . > 1.0 ( M. Pour φ=32°. Ghobrial = ( + .34 = 72.2 380. .3 2 sin ( + ) ∙ sin ( − ) cos ( + ) ∙ cos ( − ) / . = ( .9 116.78° = 1 2 = 1 2 ( + ) ∙ cos ( − ) 1 − Pression des Terres. αA=15°. )× .( é )= . δ≈26. < 1.5 + 27. .6° et θA=0° = = 1 2 = 1 2 ( − ) ∙ cos ( + ) 1 + 1 × 17 × 5 × 0.43 = = 3.5 + 18.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 ( + )× + . = . Ghobrial 1 × 17 × 1 × 4.4 158.37 - 2. Karray & F. )× + × (66 + 115.3sin26.) P1 22x(0.) (kN. = . )× .l.65 + 2.m/m.18) =37. .1) =115.l.19 > 2.m/m.5x5x2.( é )= .4 161. + .l.49 - 37.7 PAv 72.24 1.67 107.) (m) (kN.( é )= .18) PPh =64.m/m.7 87.32 2 / .35 - 0.5 Pression des Terres.0 64. .39 = 37.49 × 0.32cos(86.5 + 37. .6 =32.5 + 32.65 =2.37) × 0. . > .33 12.6x5) =66 - 2. Force Verticale Force Horizontale Bras de levier MR MS (kN /m. .4 P2 22x(0.5 - 1.) (kN. Murs de Soutènement et Palplanches Page 16 de 26 .24 = 2.3cos26.( é ) = ( ( + + + + + )× = ( + .Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 = M.6 37.41 PAh PPv - 72.96 0.29 • Facteur de sécurité contre le glissement .14 0.32sin(86.l. 88 > 2.7 2.7 = 200.73 − 116.S.4 + 161.25 *Contrainte maximale et minimale (qmax et qmin) = = ∑ ∑ 1+ 1− 6 6 = 200.25 3. (c) Capacité portante (en utilisant les pressions de Rankine sans butée) *L’excentricité (e) = 2 − − ∑ = 2. Karray & F.( é )= é )= ∑ ∑ ∑ ∑ = = .23 • Facteur de sécurité contre le renversement .l.SR (Sans butée) 3.l.88 En général.17 3.19 F. le F.77 F.08 1− = 61 2.08 1+ = 87.43 1.SG (Sans butée) 1.65 F.SG (Avec butée) 1.96 + 0.9 − = 0. = .7 2. . 72.63 kN/m. PP 27.35 2.(Avec butée)=2. Ghobrial Si l’on néglige la force PPV (qui est très petite).25 6 × 0.00 kN/m.( .Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M. . on remarque que l’utilisation de la théorie de Rankine est plus critique que celle de Coulomb.l. + .85 2.08 2 200.0 107.35 Rankine Coulomb PA 78.30 kN/m. > . 158. Murs de Soutènement et Palplanches Page 17 de 26 .25 6 × 0.41 + 12.SR (Avec butée) 3.7 370.7 + 87.32 kN/m. .l. + .7 *Calcul de la capacité portante (charge inclinée + excentricité) Pression des Terres. F. 37.29 = 3. 03 = 4 > 3  é 83.35 Pression des Terres.54 2. .27 90 19.52 2.13 = = 83.62 = 0. Nγ=22.5 × 17 × 2.25 B’=2.0.27 32 = 0.16 = 252.6 Semelle filante → Sq=1.7-2x0. Sγ=1.54 = .96 + 78.6 × 1 × 0. Ghobrial + 0.5 Pour ϕ=32° → Nq=24.= = 331.52 . .79 > 3  é 87.03 = 3. Karray & F.54 × 22.62 + 0.07 = 331.0) + (200.03 = ′ (70. Murs de Soutènement et Palplanches Page 18 de 26 .= = 331.0 = 1− = 1− 90 = 1− = 1− ù = tan 19.54m = 0 + 17 × 1 × 24 × 1 × 0.08=2.25) 212.16 70 = 19.27° 200.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 = + M. Ghobrial × × × ± × × ± 1± 2 12 × × × = × 2 12 6 Pression des Terres. Murs de Soutènement et Palplanches Page 19 de 26 .Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 = = = = × ± à × ± = M. Karray & F. Karray & F. Ghobrial Problème 4. Murs de Soutènement et Palplanches Page 20 de 26 .5=2.0 Pression des Terres.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M.6 Une palplanche sera simplement encastrée au pied dans un sable. Déterminer la longueur de fiche requise et la section de la palplanche. Solution Kp’=Kp/1.5 Kp’=3/1. Ghobrial (1) Détermination des pressions des terres =0×1 3=0 ) × 1 3 = (18 + 6 = 18(3 + ) =0×2=0 = (18 × ) × 2 = 36 (2) Calcul des forces = (18 + 6 = (3 + 18 = (36 )( + 3) × 0. . Karray & F.5 = (18 ) / .07 Pression des Terres. Murs de Soutènement et Palplanches Page 21 de 26 .Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M. (3) Somme des moments autour O (ΣM@O=zéro) M@ =  (3  × + 18 +3  − 5  ∴ (3 + 3 − + 27) × +6 +9 ) × (3 + 3 + 18 + 27 3 ) =0 − 18 +9 × + 27 − 6 3 =0 =0 + 27 = 0 = 3.671 = 1.2 ≈ 4.5 + 27) )( / .40 (4) Détermination de la position où V=zéro = 3 15 ∴ + 18 + 27 = 18 − 18 − 27 = 0 = 2. ) × 0. . 67 = 77.27 × 10 0.07) + 9(2. fy=265MPa = 0.105 . . Ghobrial (5) Calcul de Mmax = (3 + 18 = −5 +9 + 27) × (3 + 3 + 27 + 27 ) − 18 × 3 = −5(2.07) + 27(2. / . utiliser section no PDA-27 Pression des Terres. Karray & F.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M.105 = 434. (6) Conception de la section de la palplanche Acier A328. Murs de Soutènement et Palplanches Page 22 de 26 .67 × 265 × 10 = 434.27 × 10 ³ ³ Du tableau.07) + 27 = 77. Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M. Solution (1) Détermination des coefficients des pressions des terres : = 1− 1+ = 1− 1+ 30 1 = 30 3 : = 1− 1+ = 1− 1+ 34 = 0.5 Pression des Terres.537 34 = 1.283 34 = 1+ 1− = 1+ 1− 34 = 3.5 = 3. Ghobrial Problème 4. Karray & F. la tension dans le tirant et la section de palplanche à utiliser pour la construction du mur illustré ci-dessous.358 1. Murs de Soutènement et Palplanches Page 23 de 26 .7 Déterminer la dimension D. Faire l’hypothèse d’un appui simple au pied.537 = 2. 835 / . Pression des Terres. Murs de Soutènement et Palplanches Page 24 de 26 .283 = 33.358 = 44. Karray & F. .283 = (33.667 × 7 × 0.677 + 5.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M.802 (3) Calcul des forces = 39.5 = 138.667 = 17 × 7 × 0.377 ) = 19 × 0 × 2.358 = 0 = (19 × ) × 2.677 = (17 × 7 + 19 × ) × 0. Ghobrial (2) Détermination des pressions des terres = 17 × 0 × 1 3 = 0 = 17 × 7 × 1 3 = 39. 802 × M.646 = 0 = 2.677 − 19. . . . Karray & F.39 + 33.46 < 7.Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 = 33. Murs de Soutènement et Palplanches Page 25 de 26 . si on essaie de déterminer le point d'effort tranchant nul sous la ligne de dragage.947 + 16.839 ∗ F = 0   + − − 6. Note : Dans les notes de cours. on avait le cas contraire (PA1 < FA) ce qui nous a amenés à déterminer une position (V=0) sous la ligne de dragage. (5) Détermination de la position où V=zéro ∵ > ∴ = (17 × =  17 6 − 1 × )× 3 2 = 84.571 − 1  13. nulle): 54.677 ) = 2. Ghobrial = (33.677 × = 5.835 + 33.713 D'2 = 0 Pression des Terres. / .0 ∴ .452  = 5.689 2 2 / . .677D' – 19.377 × = 44.401 / .452 / .578 × − − 5.2 − 185.712 2 ∴ + × − … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … .141 + 91. (4) Détermination de D et force de tirant FA ∗ M@ = × + × + +  138.224 − 439. = 22. . on résout l'équation suivante (somme des forces horiz.5 × (5. Dans le cas présent.835 + 323.5 + ) = 0 − = 0……………………1 =0 = 138.722 = 84. . (6) Calcul de Mmax ∴ ( ( ) = 17 × 1.188 × 3 3 2 3 − .45 − 84. Ce n'est donc pas le point à retenir pour calculer le moment Max. / . Karray & F. . (7) Conception de la section de la palplanche Acier fs=220MPa = = 180.727 ≈ 821. .5) 5. .727 × 1 1.5 1. Murs de Soutènement et Palplanches Page 26 de 26 .5 × 10 220 × 10 = 821.452(5.46 − 1. ( − 1.5 × = 3. utiliser section no PZ-27 Pression des Terres.5) 3 . / .452 × = 180.72 m donc D'=D.727 / .Cours de Mécanique des sols II – Été 2013 M. = 180.5 × ù = 0) = = 84. Ghobrial (D' étant la distance entre la ligne de dragage et le point V=0) On obtient D'=2.5 × 10 ³ ³ Du tableau.