Contraintes dans le sol · Mécanique des sols

Objectifs du chapitre

À la fin de ce chapitre, vous serez capable de:

expliquer la notion de contrainte dans un milieu granulaire et énoncer le principe des contraintes effectives de Terzaghi;
tracer les profils de contrainte totale, de pression interstitielle et de contrainte effective dans un sol stratifié, avec ou sans nappe, frange capillaire ou écoulement;
estimer la contrainte horizontale au repos à l'aide du coefficient $K_{0}$ ;
représenter l'état de contrainte en un point par le cercle de Mohr et utiliser le pôle;
calculer l'accroissement de contrainte verticale dû à une surcharge en surface par les solutions de Boussinesq, la méthode de Fadum et la méthode approchée 2:1.

La contrainte dans un milieu granulaire

En mécanique des milieux continus, la contrainte est une force par unité de surface. Dans un sol, la notion demande une précaution: les forces se transmettent de grain à grain par des contacts ponctuels, et l'eau des vides supporte une pression indépendante. Si l'on coupe le sol par un plan fictif, la force normale $N$ qui traverse une surface $A$ de ce plan se décompose en une somme de forces de contact $\sum N_{i}$ entre grains et en une pression d'eau $u$ agissant sur la partie de la surface occupée par les vides. Les contacts n'occupant qu'une fraction infime de $A$ , l'eau agit pratiquement sur toute la surface.

Le principe de Terzaghi

Le principe a une explication physique simple. L'eau est un fluide: elle ne transmet pas de cisaillement et sa pression, isotrope, comprime chaque grain de la même manière de tous côtés, sans le déformer sensiblement ni modifier les forces aux contacts. Si l'on augmente $u$ et $σ$ de la même quantité, comme lorsque le niveau d'un lac monte au-dessus d'un fond sableux, rien ne change pour les grains: le sol ne tasse pas et sa résistance reste la même. En revanche, un rabattement de nappe diminue $u$ sans changer $σ$ : les grains sont davantage serrés les uns contre les autres et le sol tasse. La pression interstitielle est d'ailleurs sans effet sur le cisaillement: la résistance d'un sol est du frottement entre grains, proportionnel aux forces de contact, donc à $σ^{'}$ (chapitre 7).

Contraintes géostatiques

Contrainte verticale et pression interstitielle

En terrain horizontal, sans surcharge, l'état de contrainte à la profondeur $z$ ne résulte que du poids des terres: on parle de contraintes géostatiques. La contrainte verticale totale est le poids de la colonne de sol de section unité située au-dessus du point:

σ_{v} = i \sum γ_{i} z_{i}, (5.2)

où $z_{i}$ est l'épaisseur traversée dans chaque couche $i$ de poids volumique $γ_{i}$ , humide au-dessus de la nappe et saturé en dessous. Dans une nappe au repos dont la surface est à la profondeur $z_{w}$ , la pression interstitielle est hydrostatique:

u = γ_{w} (z - z_{w}) (z \geq z_{w}), u = 0 \overset{a}{ˋ} la surface de la nappe . (5.3)

La contrainte effective verticale s'en déduit par (5.1). Sous la nappe, elle croît avec la profondeur au rythme du poids volumique déjaugé $γ^{'} = γ_{s a t} - γ_{w}$ , deux fois moins vite que la contrainte totale.

Figure 5.1. Profils de contrainte totale, de pression interstitielle et de contrainte effective sous un site de Genève: 2 m de remblai (γ = 18 kN/m³) sur 4 m de grave (γ_sat = 21 kN/m³) et 6 m d'argile lacustre (γ_sat = 19 kN/m³), nappe à 2 m. La contrainte effective est la différence horizontale entre les deux premières courbes.

Exemple 5.1 · Profil de contraintes sous un bâtiment à Genève

Le site de la figure 5.1 comprend 2 m de remblai ( $γ = 18$ kN/m³) au-dessus de la nappe, puis 4 m de grave ( $γ_{s a t} = 21$ kN/m³) et 6 m d'argile lacustre ( $γ_{s a t} = 19$ kN/m³). Calculer $σ_{v}$ , $u$ et $σ_{v}^{'}$ à 2, 6 et 12 m de profondeur, puis l'effet d'un abaissement de la nappe de 2 m (la grave hors nappe prenant $γ = 19$ kN/m³).

Profil initial ( $γ_{w} = 9, 81$ kN/m³):

$z$ (m)	$σ_{v}$ (kPa)	$u$ (kPa)	$σ_{v}^{'}$ (kPa)
2	$2 \times 18 = 36, 0$	0	36,0
6	$36 + 4 \times 21 = 120, 0$	$4 \times 9, 81 = 39, 2$	80,8
12	$120 + 6 \times 19 = 234, 0$	$10 \times 9, 81 = 98, 1$	135,9

Nappe abaissée à 4 m. À 12 m: $σ_{v} = 36 + 2 \times 19 + 2 \times 21 + 6 \times 19 = 230, 0$ kPa, $u = 8 \times 9, 81 = 78, 5$ kPa, $σ_{v}^{'} = 151, 5$ kPa. La contrainte totale a légèrement diminué (la grave a perdu l'eau de ses vides), mais la contrainte effective a augmenté de 15,6 kPa: $Δ σ_{v}^{'} = Δ z_{w} [γ_{w} - (γ_{s a t} - γ)] = 2 \times (9, 81 - 2) = 15, 6$ kPa. Cette augmentation, uniforme sur toute la hauteur de l'argile, engendre un tassement de consolidation. Une remontée de 2 m de la nappe (remblai saturé à $γ_{s a t} = 20$ kN/m³) produirait au contraire une diminution de 15,6 kPa.

Exercice

Un site comprend 3 m de sable au-dessus de la nappe ( $γ = 17$ kN/m³), 4 m de sable saturé ( $γ_{s a t} = 20$ kN/m³) et 8 m d'argile ( $γ_{s a t} = 18, 5$ kN/m³). Calculez la contrainte effective verticale à 12 m de profondeur, en kPa ( $γ_{w} = 9, 81$ kN/m³).

Exercice

Sur le site précédent, un pompage abaisse la nappe de 3 à 5 m de profondeur; le sable désaturé prend $γ = 18$ kN/m³. De combien augmente la contrainte effective verticale à 12 m, en kPa?

Frange capillaire, variations de nappe et écoulement

Au-dessus de la nappe, dans la frange capillaire saturée de hauteur $h_{c}$ , l'eau est en dépression: $u = - γ_{w} (z_{w} - z)$ , jusqu'à $- γ_{w} h_{c}$ au sommet de la frange. La contrainte totale y est calculée avec $γ_{s a t}$ (le sol est saturé) et la contrainte effective vaut $σ_{v} - u$ , c'est-à-dire $σ_{v} + γ_{w} (z_{w} - z)$ : la succion augmente la contrainte effective. Dans un silt à frange capillaire de 1,5 m, la contrainte effective est ainsi majorée de 14,7 kPa au sommet de la frange, ce qui explique la tenue des talus provisoires dans ces sols, et leur effondrement lorsqu'ils sont inondés. On néglige souvent cet effet favorable dans les calculs, et l'on prend $u = 0$ au-dessus de la nappe.

Les variations de nappe modifient $u$ sans grand changement de $σ_{v}$ : l'exemple 5.1 montre qu'un abaissement $Δ z_{w}$ augmente la contrainte effective sous la nappe d'environ $γ_{w} Δ z_{w}$ , corrigé de la perte de poids du sol désaturé. La nappe du Rhône, en Valais, oscille de plus d'un mètre entre l'étiage hivernal et la fonte des neiges: les contraintes effectives sous les ouvrages de la plaine varient donc de plusieurs kilopascals chaque année, sans conséquence dans les graves mais avec des tassements mesurables là où subsistent des couches fines compressibles.

Explorateur du profil de contraintes

Deux couches (0–4 m et 4–10 m). Au-dessus de la nappe, la couche supérieure a le poids volumique γ choisi (γ + 2 kN/m³ sous la nappe); la couche inférieure a le poids volumique saturé γ_sat choisi (γ_sat − 2 kN/m³ au-dessus de la nappe). Déplacez la nappe et observez σ_v, u et σ′_v.

σ_v à 10 m

202.0kPa

u à 10 m

78.5kPa

σ′_v à 10 m

123.5kPa

Profondeur de la nappe z_w2.0m

γ couche supérieure18.0kN/m³

γ_sat couche inférieure21.0kN/m³

Lorsque l'eau s'écoule, la pression interstitielle n'est plus hydrostatique: elle se lit sur le réseau d'écoulement (chapitre 4). Pour un écoulement vertical de gradient $i$ dans une couche saturée de sol, la contrainte effective à la profondeur $z$ sous la surface de la couche vaut

σ_{v}^{'} = γ^{'} z \mp i γ_{w} z, (5.4)

le signe moins correspondant à un écoulement ascendant (la force d'écoulement soulève les grains) et le signe plus à un écoulement descendant. On retrouve le gradient critique $i_{c} = γ^{'} / γ_{w}$ du chapitre 4 comme la valeur qui annule la contrainte effective.

Contrainte horizontale au repos

Le poids des terres engendre aussi une contrainte horizontale. Dans un massif de sol formé par sédimentation, sans déformation latérale, le rapport des contraintes effectives horizontale et verticale est le coefficient de pression des terres au repos:

K_{0} = \frac{σ _{h}^{'}}{σ _{v}^{'}} . (5.5)

Pour les sols normalement consolidés, la formule empirique de Jaky, $K_{0} = 1 - sin φ^{'}$ , donne 0,4 à 0,5 pour les sables et graves ( $φ^{'}$ de 30 à 36°) et 0,5 à 0,6 pour les argiles. Les sols surconsolidés, qui ont subi par le passé des contraintes plus fortes que les contraintes actuelles (moraines de fond chargées par le glacier, argiles érodées), conservent une partie de la contrainte horizontale acquise: on utilise $K_{0} = (1 - sin φ^{'}) OCR^{s i n φ^{'}}$ , où OCR est le rapport de surconsolidation (chapitre 6). Pour $φ^{'} = 32°$ , $K_{0}$ vaut $0, 47$ à l'état normalement consolidé et $0, 47 \times 4^{0, 53} = 0, 98$ pour OCR $= 4$ : dans une moraine de fond, la contrainte horizontale peut égaler la contrainte verticale. La contrainte horizontale totale s'obtient en ajoutant la pression interstitielle, qui est isotrope: $σ_{h} = K_{0} σ_{v}^{'} + u$ .

État de contrainte en un point: le cercle de Mohr

Contraintes principales et facette inclinée

L'état de contrainte en un point n'est pas un simple nombre: la contrainte normale $σ$ et la contrainte de cisaillement $τ$ agissant sur une facette dépendent de l'orientation de celle-ci. En déformation plane (cas des talus, murs et semelles filantes), il existe deux orientations perpendiculaires pour lesquelles le cisaillement s'annule: ce sont les plans principaux, sur lesquels agissent les contraintes principales $σ_{1} \geq σ_{3}$ . En terrain horizontal au repos, les plans principaux sont l'horizontale et la verticale, avec $σ_{1} = σ_{v}$ et $σ_{3} = σ_{h}$ .

L'équilibre d'un prisme triangulaire découpé dans le sol donne, sur une facette inclinée de $θ$ par rapport au plan de $σ_{1}$ :

σ = \frac{σ _{1} + σ _{3}}{2} + \frac{σ _{1} - σ _{3}}{2} cos 2 θ, τ = \frac{σ _{1} - σ _{3}}{2} sin 2 θ . (5.6)

Dans le plan ( $σ$ , $τ$ ), ces équations décrivent un cercle de centre $(\frac{σ _{1} + σ _{3}}{2}, 0)$ et de rayon $\frac{σ _{1} - σ _{3}}{2}$ : le cercle de Mohr. Chaque point du cercle représente les contraintes sur une facette; le cisaillement maximal $τ_{ma x} = (σ_{1} - σ_{3}) /2$ agit sur les facettes à 45° des plans principaux. En mécanique des sols, les compressions sont comptées positives.

Figure 5.2. Cercle de Mohr pour σ_1 = 300 kPa et σ_3 = 100 kPa. Le pôle P est le point du cercle tel que toute droite passant par P et parallèle à une facette coupe le cercle au point représentant les contraintes sur cette facette. Pour la facette inclinée de θ = 30° sur l'horizontale, on lit M(250 kPa, 87 kPa); l'angle au centre vaut 2θ.

Le pôle

Le cercle de Mohr donne les contraintes, le pôle donne les directions. Le pôle $P$ est le point du cercle tel que la droite joignant $P$ au point représentatif d'une facette quelconque est parallèle à cette facette. Pour le construire, on part d'une facette dont on connaît les contraintes et l'orientation: en terrain horizontal, la contrainte $σ_{1}$ agit sur une facette horizontale; on trace par le point ( $σ_{1}$ , 0) une horizontale, qui recoupe le cercle en $P = (σ_{3}, 0)$ . Réciproquement, toute droite passant par $P$ coupe le cercle au point représentant la facette parallèle à cette droite. L'angle au centre étant double de l'angle inscrit, on retrouve l'angle $2 θ$ des équations (5.6).

Exercice

Laquelle de ces affirmations sur le cercle de Mohr est correcte?

Chemins de contraintes

Pour suivre l'évolution de l'état de contrainte au cours d'un chargement, on représente chaque état par un point dans un plan de variables invariantes. En géotechnique, on utilise la contrainte moyenne effective et le déviateur:

p^{'} = \frac{σ _{1}^{'} + 2 σ _{3}^{'}}{3}, q = σ_{1}^{'} - σ_{3}^{'}, (5.7)

ou, en déformation plane, $s^{'} = (σ_{1}^{'} + σ_{3}^{'}) /2$ et $t = (σ_{1}^{'} - σ_{3}^{'}) /2$ , coordonnées du sommet du cercle de Mohr. La succession des points au cours d'un essai ou d'une construction est le chemin de contraintes. Pour le point à 6 m de l'exemple 5.1, avec $K_{0} = 0, 47$ : $σ_{v}^{'} = 80, 8$ kPa, $σ_{h}^{'} = 38, 0$ kPa, d'où $p^{'} = 52, 2$ kPa et $q = 42, 8$ kPa; la construction d'un bâtiment déplace ce point vers la droite et vers le haut, tandis qu'une excavation le rapproche de l'origine. Ce mode de représentation sera repris pour les essais triaxiaux du chapitre 7.

Contraintes dues aux surcharges

Charge ponctuelle: solution de Boussinesq

Une charge appliquée en surface diffuse dans le sol et s'atténue avec la profondeur. Boussinesq (1885) a résolu le problème d'une force verticale $Q$ appliquée à la surface d'un massif semi-infini, homogène, isotrope et élastique linéaire. L'accroissement de contrainte verticale en un point situé à la profondeur $z$ et à la distance horizontale $r$ de la charge ( $R^{2} = r^{2} + z^{2}$ ) vaut

Δ σ_{z} = \frac{3 Q z ^{3}}{2 π R ^{5}} = \frac{3 Q}{2 π z ^{2}} [\frac{1}{1 + ( r / z ) ^{2}}]^{5/2} . (5.8)

Cette expression ne dépend ni du module d'élasticité ni du coefficient de Poisson, ce qui explique qu'elle donne des résultats acceptables pour les sols, matériaux pourtant loin d'être élastiques. Sous une charge de 500 kN (un pieu court, une pile de stockage), à 2 m de profondeur, $Δ σ_{z}$ vaut 59,7 kPa à l'aplomb de la charge et 34,2 kPa à 1 m de l'axe ( $R = 5 = 2, 236$ m).

Charges réparties

Par intégration de (5.8) sur la surface chargée, on obtient l'accroissement de contrainte sous une charge uniforme $q$ .

Charge circulaire de rayon $a$ , sur l'axe:

Δ σ_{z} = q [1 - (\frac{1}{1 + ( a / z ) ^{2}})^{3/2}] . (5.9)

Charge rectangulaire $B \times L$ , sous un coin (méthode de Fadum): en posant $m = B / z$ et $n = L / z$ (les deux rôles sont interchangeables),

Δ σ_{z} = q I (m, n), I = \frac{1}{4 π} [\frac{2 mn m ^{2} + n ^{2} + 1}{m ^{2} + n ^{2} + m ^{2} n ^{2} + 1} \cdot \frac{m ^{2} + n ^{2} + 2}{m ^{2} + n ^{2} + 1} + arctan \frac{2 mn m ^{2} + n ^{2} + 1}{m ^{2} + n ^{2} - m ^{2} n ^{2} + 1}] . (5.10)

Lorsque le dénominateur de l'arc tangente est négatif (grandes valeurs de $m$ et $n$ ), il faut ajouter $π$ à l'arc tangente. Le facteur d'influence $I$ croît de 0 vers 0,25 lorsque $m$ et $n$ augmentent; quelques valeurs calculées par (5.10):

$m$	$n$	$I$
0,2	0,3	0,0259
0,4	0,6	0,0801
0,5	0,5	0,0840
0,5	1,0	0,1202
1,0	1,0	0,1752
1,0	1,5	0,1936
2,0	3,0	0,2378

La solution sous un coin suffit à traiter tous les cas par superposition: pour un point quelconque, on décompose la surface chargée en rectangles ayant tous un coin à l'aplomb du point et l'on additionne (ou soustrait) leurs contributions. Sous le centre d'une semelle, on somme quatre rectangles de côtés $B /2$ et $L /2$ ; pour un point extérieur, on ajoute des rectangles fictifs chargés et l'on retranche ceux qui dépassent.

Exercice

Remettez dans l'ordre les étapes du calcul de $Δ σ_{z}$ à la profondeur $z$ sous un point situé à l'intérieur d'une semelle rectangulaire, mais hors de son centre.

Glissez les éléments pour les mettre dans le bon ordre

Additionner les quatre facteurs d'influence

Pour chaque rectangle, calculer m = B_i/z et n = L_i/z

Tracer par le point deux droites parallèles aux côtés, qui découpent la semelle en quatre rectangles ayant chacun un coin à l'aplomb du point

Multiplier la somme par la contrainte appliquée q

Lire ou calculer le facteur d'influence I(m, n) de chaque rectangle

La méthode approchée 2:1

Pour une estimation rapide, on admet que la charge se diffuse dans un tronc de pyramide dont les faces s'inclinent de 2 (vertical) pour 1 (horizontal). À la profondeur $z$ , la charge $q B L$ se répartit sur $(B + z) (L + z)$ :

Δ σ_{z} \approx \frac{q B L}{( B + z ) ( L + z )} . (5.11)

La méthode donne une valeur moyenne sur la surface diffusée. Elle sous-estime la contrainte sous le centre pour $z < 2 B$ et la surestime aux bords; elle est utile pour un avant-projet et pour les tassements de couches profondes, mais ne remplace pas Boussinesq lorsque la précision compte.

Exercice

Une semelle carrée de 3 m de côté transmet $q = 200$ kPa. Que donne la méthode 2:1 à 3 m de profondeur, et comment se compare-t-elle à la solution de Boussinesq sous le centre ( $4 \times I (0, 5; 0, 5) \times q$ )?

Bande chargée et bulbe des pressions

Pour une semelle filante de largeur $B$ (déformation plane), l'intégration de Boussinesq donne, en un point d'où les deux bords de la bande sont vus sous les angles $β_{1}$ et $β_{2}$ mesurés depuis la verticale,

Δ σ_{z} = \frac{q}{π} [(β_{1} - β_{2}) + \frac{1}{2} (sin 2 β_{1} - sin 2 β_{2})], (5.12)

soit, sous l'axe, $Δ σ_{z} = (q / π) (α + sin α)$ où $α = 2 arctan (B /2 z)$ est l'angle sous lequel on voit la bande. À la profondeur $z = B$ , on obtient $0, 55 q$ .

Figure 5.3. Bulbe des pressions sous une semelle filante: isobares de Δσ_z/q calculées par (5.12). L'isobare 0,1 q descend à environ 6B sous une bande, contre 2B seulement sous une semelle carrée ou circulaire: une charge allongée se fait sentir beaucoup plus profondément.

Les lignes d'égal accroissement de contrainte forment le bulbe des pressions. Par convention, on considère que la zone d'influence d'une fondation s'étend jusqu'à l'isobare $0, 1 q$ : environ $2 B$ sous une semelle carrée ou circulaire, environ $6 B$ sous une semelle filante. C'est dans cette zone que doivent porter la reconnaissance géotechnique et le calcul de tassement.

Application aux tassements

Le calcul des surcharges n'est pas une fin en soi: il fournit l'accroissement $Δ σ_{z}$ qui, ajouté à la contrainte effective initiale $σ_{v 0}^{'}$ , détermine le tassement de chaque couche (chapitre 6). Dans les argiles lacustres de la région lémanique, un accroissement de quelques dizaines de kilopascals à 5 ou 10 m de profondeur suffit à provoquer des tassements de plusieurs centimètres; c'est pourquoi le profil de contraintes initial et le bulbe des pressions sont les deux premières pièces de tout calcul de fondation.

Synthèse

Principe de Terzaghi: $σ^{'} = σ - u$ ; seule la contrainte effective gouverne les déformations et la résistance.
Contraintes géostatiques: $σ_{v} = \sum γ_{i} z_{i}$ , $u = γ_{w} (z - z_{w})$ sous la nappe (négatif dans la frange capillaire), $σ_{v}^{'} = σ_{v} - u$ croît au rythme de $γ^{'}$ sous la nappe.
Un abaissement de nappe augmente $σ_{v}^{'}$ d'environ $γ_{w} Δ z_{w}$ ; un écoulement ascendant la diminue de $i γ_{w} z$ .
Contrainte horizontale au repos: $σ_{h}^{'} = K_{0} σ_{v}^{'}$ , avec $K_{0} = 1 - sin φ^{'}$ (Jaky) pour un sol normalement consolidé, majoré par $OCR^{s i n φ^{'}}$ pour un sol surconsolidé.
Le cercle de Mohr représente les contraintes sur toutes les facettes passant par un point; le pôle relie les points du cercle aux orientations réelles.
Surcharges: Boussinesq (charge ponctuelle), formule axiale (cercle), Fadum et superposition (rectangle), formule de la bande, méthode 2:1 pour l'avant-projet; le bulbe des pressions ( $0, 1 q$ ) s'étend à $2 B$ sous une semelle carrée et $6 B$ sous une semelle filante.

Série d'exercices du chapitre 5

Exercice 1 sur 5

Exercice

Le niveau d'un lac s'élève de 3 m au-dessus d'un fond sableux saturé. Que se passe-t-il dans le sable?

Problème guidé

Contraintes sous une semelle à Lausanne

Un site de Lausanne comprend, de haut en bas: 1,5 m de remblai ( $γ = 18$ kN/m³), 2,5 m de moraine limoneuse (de 1,5 à 4 m; $γ = 20$ kN/m³ au-dessus de la nappe, $γ_{s a t} = 21$ kN/m³ en dessous) et une argile lacustre ( $γ_{s a t} = 19$ kN/m³) jusqu'à 10 m. La nappe se trouve à 2,5 m de profondeur. Une semelle de 2 m × 3 m fondée en surface transmet $q = 150$ kPa. On prend $γ_{w} = 9, 81$ kN/m³. On étudie le point situé à 5 m de profondeur sous le centre de la semelle.

1
Contrainte totale
Additionnez le poids des couches traversées jusqu'à 5 m, en distinguant la moraine au-dessus et au-dessous de la nappe.
Exercice
Calculez $σ_{v}$ à 5 m de profondeur, en kPa.
kPa
Pression interstitielle
Contrainte effective initiale
Accroissement de contrainte dû à la semelle

Exercices

Vous pouvez afficher le corrigé directement sous chaque énoncé après avoir cherché la solution.

Exercice 5.1 · Profil de contraintes avec frange capillaire

Un site de la plaine de l'Orbe comprend 2,5 m de sable limoneux ( $γ = 17, 5$ kN/m³ humide, $γ_{s a t} = 19, 5$ kN/m³), 3,5 m de sable ( $γ_{s a t} = 20$ kN/m³) puis 8 m d'argile ( $γ_{s a t} = 18$ kN/m³). La nappe est à 2,5 m de profondeur et le sable limoneux présente une frange capillaire saturée de 1 m de hauteur. Tracer les profils de $σ_{v}$ , $u$ et $σ_{v}^{'}$ jusqu'à 14 m, en donnant les valeurs à 1,5 m, 2,5 m, 6 m et 14 m. Que devient $σ_{v}^{'}$ à 1,5 m si l'on néglige la frange capillaire?

Solution

Le sable limoneux est saturé de 1,5 m (sommet de la frange capillaire) à 2,5 m (nappe): on y utilise $γ_{s a t} = 19, 5$ kN/m³; au-dessus de 1,5 m, $γ = 17, 5$ kN/m³. Dans la frange, $u = - γ_{w} (z_{w} - z)$ .

$z$ (m)	$σ_{v}$ (kPa)	$u$ (kPa)	$σ_{v}^{'}$ (kPa)
0	0	–	0
1,5	$1, 5 \times 17, 5 = 26, 3$	$- 1, 0 \times 9, 81 = - 9, 8$	36,1
2,5	$26, 3 + 1, 0 \times 19, 5 = 45, 8$	0	45,8
6	$45, 8 + 3, 5 \times 20 = 115, 8$	$3, 5 \times 9, 81 = 34, 3$	81,4
14	$115, 8 + 8 \times 18 = 259, 8$	$11, 5 \times 9, 81 = 112, 8$	146,9

Entre 0 et 1,5 m, $u$ est négative mais mal définie (zone partiellement saturée); on la prend nulle. Le profil de $σ_{v}^{'}$ présente donc un saut de $26, 3$ à $36, 1$ kPa au sommet de la frange, puis croît de 9,7 kN/m³ dans la frange (où $σ_{v}^{'}$ augmente de $γ_{s a t}$ tandis que la succion diminue de $γ_{w}$ ), de 10,2 kN/m³ dans le sable et de 8,2 kN/m³ dans l'argile.

Sans frange capillaire: on prend $u = 0$ au-dessus de la nappe et $σ_{v}^{'} (1, 5) = σ_{v} = 26, 3$ kPa. La succion majore ici la contrainte effective de 9,8 kPa, soit 37 %; c'est un effet favorable mais fragile (il disparaît en cas d'inondation), que l'on néglige dans les calculs de stabilité.

Exercice 5.2 · Rabattement de nappe et contrainte horizontale

Sur le site de l'exercice 5.1 (frange capillaire négligée), un rabattement abaisse la nappe de 2,5 m à 5,5 m de profondeur; le sable désaturé prend $γ = 18$ kN/m³. Calculer $σ_{v}$ , $u$ et $σ_{v}^{'}$ au milieu de l'argile (10 m) avant et après rabattement, ainsi que la contrainte effective horizontale $σ_{h}^{'}$ pour $K_{0} = 0, 50$ . Commenter les conséquences pour un bâtiment voisin fondé sur l'argile.

Solution

Frange capillaire négligée: le sable limoneux est pris à $γ = 17, 5$ kN/m³ sur toute sa hauteur.

Avant rabattement (nappe à 2,5 m), à $z = 10$ m:

σ_{v} = 2, 5 \times 17, 5 + 3, 5 \times 20 + 4 \times 18 = 43, 75 + 70 + 72 = 185, 8 kPa, u = 7, 5 \times 9, 81 = 73, 6 kPa, σ_{v}^{'} = 112, 2 kPa .

Après rabattement (nappe à 5,5 m; sable désaturé de 2,5 à 5,5 m à 18 kN/m³):

σ_{v} = 43, 75 + 3 \times 18 + 0, 5 \times 20 + 4 \times 18 = 43, 75 + 54 + 10 + 72 = 179, 8 kPa, u = 4, 5 \times 9, 81 = 44, 1 kPa, σ_{v}^{'} = 135, 6 kPa .

Augmentation de la contrainte effective: $Δ σ_{v}^{'} = 135, 6 - 112, 2 = 23, 4$ kPa, soit $3 \times 9, 81 - 3 \times (20 - 18) = 29, 4 - 6, 0$ kPa.

Contrainte horizontale effective ( $K_{0} = 0, 50$ ): $σ_{h}^{'} = 56, 1$ kPa avant, $67, 8$ kPa après.

Commentaire. L'augmentation de 23,4 kPa s'applique à toute l'épaisseur de l'argile: pour un bâtiment voisin fondé sur cette argile, elle équivaut à une surcharge supplémentaire d'environ 21 % de la contrainte effective initiale, qui provoquera un tassement de consolidation (chapitre 6) différé dans le temps et souvent inégal d'un point à l'autre du bâtiment, d'où des fissures. Le rayon d'action du rabattement, les tassements induits et leur suivi par nivellement font partie du projet; on peut limiter les effets par une enceinte étanche ou une réalimentation de la nappe.

Exercice 5.3 · Cercle de Mohr et pôle

En un point d'un remblai, la facette horizontale supporte $σ_{z} = 200$ kPa et $τ = 40$ kPa, la facette verticale $σ_{x} = 120$ kPa. Déterminer les contraintes principales, le cisaillement maximal et l'inclinaison du plan principal majeur sur l'horizontale. Construire le pôle et en déduire les contraintes sur la facette inclinée de 30° sur l'horizontale, du même côté que le plan principal majeur.

Solution

Données: facette horizontale ( $σ_{z} = 200$ kPa, $τ = 40$ kPa), facette verticale ( $σ_{x} = 120$ kPa, $τ = 40$ kPa en valeur absolue).

Centre et rayon.

c = \frac{200 + 120}{2} = 160 kPa, R = (\frac{200 - 120}{2})^{2} + 4 0^{2} = 1600 + 1600 = 56, 6 kPa .

Contraintes principales et cisaillement maximal.

σ_{1} = 160 + 56, 6 = 216, 6 kPa, σ_{3} = 160 - 56, 6 = 103, 4 kPa, τ_{ma x} = R = 56, 6 kPa .

Orientation. L'angle au centre entre le point de la facette horizontale et $σ_{1}$ vaut $2 θ$ avec $tan 2 θ = 40/40 = 1$ , soit $2 θ = 45°$ et $θ = 22, 5°$ : le plan principal majeur est incliné de 22,5° sur l'horizontale (et le plan principal mineur de 112,5°).

Pôle. On trace par le point $H (200; 40)$ représentant la facette horizontale une droite horizontale: elle recoupe le cercle au pôle $P (120; 40)$ . On vérifie que la verticale menée par $P$ recoupe le cercle en $V (120; - 40)$ , point de la facette verticale.

Facette à 30° sur l'horizontale, du côté du plan principal majeur. Cette facette fait un angle $β = 30° - 22, 5° = 7, 5°$ avec le plan principal majeur. D'après (5.6):

σ = 160 + 56, 6 cos 15° = 160 + 54, 6 = 214, 6 kPa, τ = 56, 6 sin 15° = 14, 6 kPa .

Sur le cercle, la droite menée par $P$ à 30° sur l'horizontale coupe le cercle au point $(214, 6; 14, 6)$ . La facette inclinée de 30° de l'autre côté ferait un angle de $52, 5°$ avec le plan principal majeur et supporterait $σ = 160 + 56, 6 cos 105° = 145, 4$ kPa et $τ = 56, 6 sin 105° = 54, 6$ kPa, valeur proche du cisaillement maximal.

Exercice 5.4 · Semelle rectangulaire par la méthode de Fadum

Une semelle de 3 m × 4 m transmet $q = 180$ kPa. Calculer $Δ σ_{z}$ à 3 m de profondeur (a) sous un coin, (b) sous le centre, (c) sous un point situé sur l'axe longitudinal, à 1 m à l'extérieur du petit côté. Comparer la valeur sous le centre à celle de la méthode 2:1.

Solution

Semelle $B = 3$ m, $L = 4$ m, $q = 180$ kPa, $z = 3$ m.

(a) Sous un coin. $m = 3/3 = 1$ , $n = 4/3 = 1, 333$ . Formule (5.10): $m^{2} + n^{2} + 1 = 3, 778$ et $3, 778 = 1, 944$ ; $m^{2} n^{2} = 1, 778$ ; $m^{2} + n^{2} + m^{2} n^{2} + 1 = 5, 556$ ; $m^{2} + n^{2} + 2 = 4, 778$ ; dénominateur de l'arc tangente $m^{2} + n^{2} - m^{2} n^{2} + 1 = 2, 0$ (positif, pas de correction de $π$ ).

I = \frac{1}{4 π} [\frac{2 \times 1 , 333 \times 1 , 944}{5 , 556} \times \frac{4 , 778}{3 , 778} + arctan \frac{2 \times 1 , 333 \times 1 , 944}{2 , 0}] = \frac{1}{4 π} [0, 933 \times 1, 265 + arctan 2, 592] = \frac{1 , 180 + 1 , 203}{4 π} = 0, 1896.

$Δ σ_{z} = 0, 1896 \times 180 = 34, 1$ kPa.

(b) Sous le centre. Quatre rectangles de $1, 5 \times 2$ m: $m = 0, 5$ , $n = 0, 667$ , $I = 0, 1007$ .

$Δ σ_{z} = 4 \times 0, 1007 \times 180 = 72, 5$ kPa.

(c) Point extérieur. Le point est sur l'axe longitudinal, à 1 m du petit côté. On considère deux rectangles fictifs de $1, 5 \times 5$ m allant du point au bord opposé ( $m = 0, 5$ , $n = 1, 667$ , $I = 0, 1330$ ) et l'on retranche les deux rectangles de $1, 5 \times 1$ m situés entre le point et la semelle ( $m = 0, 5$ , $n = 0, 333$ , $I = 0, 0612$ ):

Δ σ_{z} = 2 (0, 1330 - 0, 0612) \times 180 = 25, 8 kPa .

Un point extérieur à la semelle reçoit donc encore, à 3 m de profondeur, plus du tiers de la contrainte sous le centre: c'est l'origine de l'interaction entre semelles voisines.

Méthode 2:1 sous le centre. $Δ σ_{z} = 180 \times 3 \times 4/ (6 \times 7) = 51, 4$ kPa, contre 72,5 kPa par Boussinesq: à $z = B$ , la méthode approchée sous-estime la contrainte sous le centre de près de 30 %, comme au quiz du chapitre. Elle représente en fait la contrainte moyenne sur la surface $(B + z) (L + z)$ , non la contrainte maximale.

Références

SIA 267, Géotechnique, Société suisse des ingénieurs et des architectes, Zurich, 2013.
SN EN 1997-1, Eurocode 7: Calcul géotechnique – Partie 1: Règles générales, SIA, Zurich.
Terzaghi, K., Erdbaumechanik auf bodenphysikalischer Grundlage, Deuticke, Vienne, 1925.
Recordon, E., Mécanique des sols, cours EPFL, Presses polytechniques et universitaires romandes.
Lang, H.-J., Huder, J., Amann, P., Puzrin, A. M., Bodenmechanik und Grundbau, Springer, Berlin.
Craig, R. F., Knappett, J. A., Craig's Soil Mechanics, 8e éd., Spon Press, Londres, 2012.

Objectifs du chapitre

La contrainte dans un milieu granulaire

Le principe de Terzaghi

Contraintes géostatiques

Contrainte verticale et pression interstitielle

Frange capillaire, variations de nappe et écoulement

Explorateur du profil de contraintes

Contrainte horizontale au repos

État de contrainte en un point: le cercle de Mohr

Contraintes principales et facette inclinée

Le pôle

Chemins de contraintes

Contraintes dues aux surcharges

Charge ponctuelle: solution de Boussinesq

Charges réparties

La méthode approchée 2:1

Bande chargée et bulbe des pressions

Application aux tassements

Synthèse

Série d'exercices du chapitre 5

Contraintes sous une semelle à Lausanne

Contrainte totale

Pression interstitielle

Contrainte effective initiale

Accroissement de contrainte dû à la semelle

Exercices

Références