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7/25/2019 03 Fondationssuperficielles Solutionnairetudiants 131225081949 Phpapp02
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Cours de
Fondation
Probl
Pour le
(a) cal
(b) Si l
est
(c) Si l
Soluti
(a) La fport
= 5 Pourcouc
= 5
= 2
canique des s
Superficielles
me 3.1
condition
uler le fact
e remblaya
ce que le fa
a nappe de
n
ormule utinte dans l
1 + 0. la rupturhe dargile
1 30
04
ols II t 2012
du sol, de
eur de scu
ge de la se
cteur de s
au est 1.5
lise pourrgile est:
1 + 0. locale, oen-dessous
+ 0.2..
Fonda
omtrie e
rit contre l
elle se fai
urit est m
m au lieu d
e calcul d
2 +
considrede la semel
1 + 0.2.
Chapitretions Supe
t de charge
a rupture d
uniqueme
difi?
e 3.0m, est-
e la capac
cu=30kPale)
+ 16 1.5
3rficielles
ent donn
u sol.
t aprs un
ce que le fa
it
(la
es la figu
charge de
teur de sc
Supp
Figure 1: C
M. Karray & F
Page 1
re ci-desso
100kN ait
urit est m
sons que
as (a) du prob
. Ghobrial
de 14
s :
pplique,
difi?
=1.0
lme 3.1
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Fondations Superficielles Page 2 de 14
= = 1001.5 = 66.67
. .= = 20466.67 = . Pour la rupture gnrale, on considre une valeur moyenne decu. (les deux couches dargile
en-dessous et au-dessus de la semelle)1
. = (35+30)+(30+30)4 = 31.25
= 5131.25 1+0.21.51.5(1+0)+161.5 = 211.5 . .= = .. = . (b) = 51+0.21+0.2+ = 51301+0.2 01.51+0.21.5 +0
= 150
. .= = . = . (c) Non, on utilise la contrainte totale dans le calcul. Par consquent, le niveau de la nappe ne
reprsente aucune importance.
1 Pour les tudiants acharns Au lieu dutiliser seulement la moyenne arithmtique, on utilise la moyenne pondre et puisque la zone dinfluencesous la semelle,Dmax, est dans lordre de0.71B o B est la largeur de la semelle. Donc,Dmax=1.07m.
.(1 ) = (35+30)2 = 32.5 .(2 ) = (30+30)2 = 30.0 . = 32.51.5 +301.07
(1.5 +1.07 ) = 31.46
Figure 2: Cas (b) du problme 3.1
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Problme 3.2
La semelle montre la figure ci-dessous exerce au contact avec le sol une pression de 250 kPa. valuer la scurit de cette semelle contre la rupture.
1) Semelle filante.
2) Semelle carre.
Solution
Ce cas reprsente le cas dune couche dargile en profondeur (Notes de cours, Page 23).
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(a) Semelle Filante
= + 1+ + + O : N c=5.14 D=1.5m H =2.8m
Pour =35 :N q=33 N =34
Abaque : =35 et
= .
=0.168 K s 2.4
= 20 5.14+182.81+21.52.8 2.4tan352 +181.5 = 371218234+181.5
= 375.42 . .= = 375.42250 = .
(b) Semelle Carre
= 1+0.2+ 1+2 tan 1++12 10.4+
= 205.14(1+0.2)+182.81+21.52.8 2.4tan352 (1+1)+181.5 =1218234(10.4)+181.533 = 1
= 641.6 . .= = 641.6250 = .
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Cours de
Fondation
Probl
On pr
dispose
longue
du sol e
Soluti
=
Pour
Bien qupour la
= 2.
= 1
Cette hcalcule
=
=
canique des s
Superficielles
me 3.3
oit de co
de 2.2m de
r pour que
n place son
n
+
=35 N c
e le 1er terformule de
2 0.35
pothse v
L, il faut v
20 1.5
90 1 + 1.0
ols II t 2012
struire un
largeur po
lle puisse r
t illustres
+ 0.5
46,N q=33,
e soit ngl Sq qui vien
= 1.5 ,
1.2
1 + ut dire quifier si cett
33 1 +76 + 255
e semelle
ur construi
sister la
sur la figur
=34
ig, on calt aprs.
= =?
= 1
lon suppe hypoths
.5 3346+
1 0.6 =
ectangulai
e cette sem
rupture. Le
ci-dessou
ule N c
0.4
se une val est correct
12 (20
990 +1065
e pour pr
elle et on v
condition
.
ur de Sq ple ou non.
0) 1.5.326+ 255
ndre une
ous deman
s de charge
us petite q
4 1 0
153 = 1
M. Karray & F
Page 5
harge exce
de den dt
ent, de g
e 1.2. Apr
.4 1.5
45+ 912.3
. Ghobrial
de 14
ntre. On
rminer la
mtrie et
s que lon
26
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. .= = 3 = = 1.51245+ 912.326 = 3000 33000 = 1867.5 + 1368 = 4.09
= 1+ 1.54.093346 = 1.263 > 1.2 Donc on suppose queSq=1.2. Cette hypothse, en ralit, veut dire que lon suppose une valeurde Sq plus grand que 1.2, mais puisque la valeur deSq doit ne pas dpasser 1.2, donc on utilise
une valeur de 1.2.
= 20 1.533 1.2+12(2010)1.534 10.41.5 = 1188+ 25510.6 = 1443 153 . .= = 3 = = 1.5 1443 153 = 3000 33000 = 2164.5 229.5 = .Vrification de lhypothse : = 1+ .. = 1.25 > 1.2 Problme 3.4Un essai de plaque a t effectu dans un dpt de sable laide dune plaque de 0.5m de ct. La charge a t augmente progressivement jusqu ce que la charge maximale de 600kN (charge la rupture) soit atteinte. Quelle serait la capacit portante dune fondation de 2m x 2m.
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Solution
Pour un dpt du sable :
= +2
= 6000.50.5
2+0.522 = 937.5
= = 937.5 (22) = 3750 Problme 3.5
Dans un dpt de sable silteux, des essais de pntration standard (SPT) ont fourni les valeurssuivantes de N
Profondeur (m) 1.5 3.0 4.5 6.0 7.5 9.0 10.5 12.0Valeur de N 15 19 24 28 26 30 28 31
Le poids volumique de ce sable est 20kN /m. Une semelle carre de 2.5m x 2.5m est assise dansce dpt une profondeur de 2.5m.
Dterminer la capacit admissible pour cette semelle si le tassement maximum permis est de15mm. Vrifier galement la scurit contre la rupture.
Solution
Du profile de SPT, les valeurs aux profondeurs de 3.0, 4.5, 6.0 et 7.5 sont utilises dans le calcul.
Plaque : 0.5x0.5m
QP= 600 kN
Fondation : 2.0x2.0m
QF = ? kN
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Prof. (m) 3.0 4.5 6.0 7.5
N 19 24 28 26
v (kPa) 60 90 120 150
C N 1.16 1.02 0.93 0.85
N cor. 22.04 24.48 26.04 22.1
= 0.77log1920 .. = 24.25,
.. = 23.67,
Notez que si lon prend la valeur deN 9.0m(ce qui pourrait tre correct), la valeur de..sera aussi 24
(1) Approche de Meyerhof (1956)
> 1.2 = 8 +0.3 = 1.3, = = 8241.32.5+0.32.5 = 313.1 = 1525 = 313.11525 = 187.86
(2) Approche de Peck et coll. (1974)
PourD/B=1,B=2.5m etN =24 (la valeur corrige)
La valeur deqadm 261 kPa ( partir de labaque)
= 1525 = 2611525 = 156.6 (3) Vrification de la scurit contre la rupture
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PourN =24 coups 35
= + +0.5 Pour =35 N c=46,N q=33,N =34Semelle Carre Sq=1.2,S=0.6
= 0+(202.5)331.2+0.5202.5 = 2490 = . . = 24903 = 830
Problme 3.6
Une semelle de 4.5m x 4.5m sera soumise en son centre une charge R=3000kN incline de 15 parapport la verticale avant que lon procde au remplissage de lexcavation. Aprs leremplissage la semelle sera soumise une charge de 4000kN incline de 15.
(a) Dterminer le facteur de scurit contre le glissement avant le remplissage.(b) Dterminer le facteur de scurit contre la rupture aprs le remplissage.
Extra-travail :
(c) Dterminer le facteur de scurit contre la rupture avant le remplissage.
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Solution
(1) Vrification du glissement avant le remplissage
. .= +
. .=504.54.5+(3000cos15)3000sin15 = 1.304 (2) Vrification de la capacit portante aprs le remplissage
= 51+0.21+0.2 +
= = 1 90 = 11590 = 0.694 = 51501+0.2 24.51+0.24.54.50.694+2020. = 254.63 = 40004.54.5 = 197.53 , . .= = 254.63197.53 = 1.28
(3) Vrification de la capacit portante avant le remplissage
= 51+0.21+0.2 + Avant le remplissage (juste aprs la construction), le remblai du sable nest pas encore mis alorsD=zro.
= 5150 1+0.2 04.5 1+0.24.54.50.694+2000 = 208.2 = 30004.54.5
= 148.15 ,
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. .= = 208.2148.15
= 1.4 Problme 3.8
Dimensionnez selon les rgles de lArt une semelle filante qui sera construite 2.0m de profondeur et qui devra transmettre au sol de fondation une charge de 300kN/m.l.
Solution
(1) Dtermination de B
Prof. (m) 2.25 3.0 3.75
N 34 37 38
v (kPa) 45 60 75C N 1.26 1.16 1.08
N cor. 42.68 42.88 41.21
.. = 42.25, = 0.77log1920
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Notez que on va utiliser une valeur de N=42 dans toutes les itrations car quel que soit lenombre de coups utilis, la moyenne est toujours 42.
En gnral, il faut calculer dans chaque itration la profondeur 2.5B et calculer ensuite lamoyenne des N limits par cette profondeur.
Supposons queB=1.0m D/B=2
qadm=458.8 kPa
= = 300 = 458.8 = 0.654 Supposons queB=0.65m D/B=3.08
qadm=447 kPa
= = 300 = 447 = 0.67 SoitB=0.7m
Si lon vrifie la profondeur 2.5B
2.5 = 2.5 0.7 = 1.75 Il faut considrer les valeurs deN limites entre 2,0m et 3,75m Il faut utiliser les troisvaleurs deN dj utilises.
(2) Vrification de la scurit contre la rupture
= + +0.5 Semelle Filante Sq=1.0,S=1.0
Pour =39 N q=57.8,N =70.8 (Par interpolation)
= 0+(202) 57.81.0+0.5200 = 2807.6 = . . = 2807.63 936
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Cours de
Fondation
Pour
= Pou
Probl
Si la ch
sans fai
(a) Dit
(b) Dit
Soluti
(a) La
=
canique des s
Superficielles
=38
0 + (20 2495.2
. . = .
r =37
0 + (20
2182.8= . . =
2
me 3.10
arge trans
re de calcul
es lequel d
es lequel ta
n
capacit po
+
ols II t 2012
q=51.6,N
2) 51.6
831.7 N q=45.4,N
2) 45.4
182.83 72
ise par la
s :
s 3 cas sui
ssera le pl
rtante ulti
+ 0.5
61.6 (Par i
1.0 +0.5
=52.4 (Par i
1.0 +0.5
7.6
olonne l
ants est le
s.
e dans le s
terpolatio
20 0.7
nterpolatio
20 0.7
semelle e
moins scu
ble est calc
)
61.6 1.0
n)
52.4 1.0
t la mme
itaire au p
ule laid
ans chacu
int de vue
e de la for
M. Karray & F
Page 1
des 3 cas
rupture.
ule suivan
. Ghobrial
3 de 14
suivants ;
e
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Mettons 1 le poids volumique au-dessus du niveau de la fondation et 2 le poids volumique en-dessous du niveau de la fondation.
N c, N q et N sont constants pour les trois cas.
Sc, Sq etS sont aussi constants pour les trois cas.
cN cSc est gal zro (c=0)
Donc les seules variables sont 1D et 2B
Pour le cas 1, il y a deux possibilits pour la mise du remblai : soit le remblai est mis aprs la
mise de la chargeQ (le cas le plus critique et qui sera considr), soit le remblai est mis avant lamise de la chargeQ.
Cas 1 Cas 2 Cas 3 Remarques
1 D
[D]1 = [D]2 = [D]3 -
[ 1]1= 1 < [ 1]2= 1 > [ 1]3= 1 [ 1]1 = [ 1]3
[ 1D]3 < [ 1D]2 > [ 1D]3 [ 1D]3 = [ 1D]3 2B [ 2B]1 = [ 2B]2 = [ 2B]3 -
qult [qult]1 < [qult]2 > [qult]3 [qult]1 = [qult]3
Donc, le cas le plus critique est le cas 3 ou le cas 1.
Notons que si lon considre la mise du remblai avant la mise deQ, [D]1 sera plus lev que [D]3
et [qult]1 sera plus lev que [qult]3. Donc, le cas 3 sera seulement le cas le plus critique.
(b) En utilisant la mthode de Peck et coll. (1974), le tassement des cas 1, cas 2 et cas 3 est lemme bien que le niveau de la nappe ne soit pas le mme. Ce niveau varie au-dessus duniveau de la fondation. Ainsi, cette variation du niveau naffecte pas la valeur deqadm correspondant au tassement de 25mm puisque la valeur deB et deD/B.Donc, la mise du remblai causera une sollicitation supplmentaire ce qui augmentera letassement. Ainsi, le cas 1 tassera le plus.