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Cours de M Fondations Problèm Pour les (a) calc (b) Si l est- (c) Si l Solutio (a) La fo porta ݍ௨௧ = 5 Pour couch ݍ௨௧ = 5 ݍ௨௧ = 2 Mécanique des s s Superficielles me 3.1 s conditions culer le fact le remblaya -ce que le fa la nappe d’e on ormule uti ante dans l’a 5ߤ ൬1 + 0.2 r la rupture he d’argile e 5 × 1 × 30 ቀ1 204 sols II – Été 2012 s du sol, de teur de sécur age de la sem acteur de séc eau est à 1.5 lise pour l argile est: 2 ܦ ܤ൰ ൬1 + 0. e locale, on en-dessous 1 + 0.2 ଵ.ହ ଵ.ହ 2 Fondat géométrie e rité contre l melle se fait curité est mo 5m au lieu d le calcul d 2 ܤ ܮ൰+ ߪ n considère de la semel 1 + 0.2 ଵ.ହ Chapitre 0 tions Supe et de chargem la rupture d t uniquemen odifié? de 3.0m, est- de la capac c u =30kPa lle) + 16 × 1.5 ௧௧ ௧௧ 03 erficielles ment donné du sol. nt après une ce que le fac ité (la ées à la figur e charge de cteur de sécu Suppo Figure 1: Ca M. Karray & F Page 1 re ci-dessou 100kN ait a urité est mo osons que μ as (a) du prob . Ghobrial de 14 us : appliquée, odifié? μ=1.0 blème 3.1

fondationssuperficielles solutionnair etudiants

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Cours de M

Fondations

Problèm

Pour les

(a) calc

(b) Si l

est-

(c) Si l

Solutio

(a) La fo

porta= 5 Pour

couch

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Mécanique des s

s Superficielles

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Fondat

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100kN ait a

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de 14

us :

appliquée,

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µ=1.0

blème 3.1

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Fondations Superficielles Page 2 de 14

= = 1001.5 = 66.67

. . = = 20466.67 = .

Pour la rupture générale, on considère une valeur moyenne de cu. (les deux couches d’argile

en-dessous et au-dessus de la semelle)1

. = (35 + 30) + (30 + 30)4 = 31.25

= 5 × 1 × 31.25 1 + 0.2 1.51.5 (1 + 0) + 16 × 1.5 = 211.5

. . = = .. = .

(b) = 5 1 + 0.2 1 + 0.2 +

= 5 × 1 × 30 1 + 0.2 01.5 1 + 0.2 1.5∞ + 0

= 150

. . = = . = .

(c) Non, on utilise la contrainte totale dans le calcul. Par conséquent, le niveau de la nappe ne

représente aucune importance.

1 Pour les étudiants acharnés Au lieu d’utiliser seulement la moyenne arithmétique, on utilise la moyenne pondérée et puisque la zone d’influence sous la semelle, Dmax, est dans l’ordre de 0.71B où B est la largeur de la semelle. Donc, Dmax=1.07m.

.(1è ℎ ) = (35 + 30)2 = 32.5

.(2è ℎ ′ ) = (30 + 30)2 = 30.0

. = 32.5 × 1.5 + 30 × 1.07(1.5 + 1.07 ) = 31.46

Figure 2: Cas (b) du problème 3.1

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Fondations Superficielles Page 3 de 14

Problème 3.2

La semelle montrée à la figure ci-dessous exerce au contact avec le sol une pression de 250 kPa.

Évaluer la sécurité de cette semelle contre la rupture.

1) Semelle filante.

2) Semelle carrée.

Solution

Ce cas représente le cas d’une couche d’argile en profondeur (Notes de cours, Page 23).

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Fondations Superficielles Page 4 de 14

(a) Semelle Filante

= + 1 + ++

Où : Nc=5.14 D=1.5m H=2.8m

Pour φ=35 : Nq=33 N=34

Abaque : φ =35 et = × .× =0.168 Ks2.4

= 20 × 5.14 + 18 × 2.8 1 + 2 × 1.52.8 2.4 tan 352 + 18 × 1.5 = 375.4212 × 18 × 2 × 34 + 18 × 1.5 × 33 = 1503

∴ = 375.42

. . = = 375.42250 = .

(b) Semelle Carrée

= 1 + 0.2 + 1 + 2 tan 1 + +12 1 − 0.4 +

= 20 × 5.14(1 + 0.2) + 18 × 2.8 1 + 2 × 1.52.8 2.4 tan 352 (1 + 1) + 18 × 1.5 = 641.612 × 18 × 2 × 34(1 − 0.4) + 18 × 1.5 × 33 = 1258.2

∴ = 641.6

. . = = 641.6250 = .

Cours de M

Fondations

Problèm

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Solutio=Pour φ

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= 20 × 1.5 ×990 1 + 1.0

sols II – Été 2012

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t illustrées

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Sq qui vient= 1.5 ,1.2 = 1 + ×eut dire que

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33 × 1 + 176 + 255

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sur la figure

Nγ=34

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t après. = =? = 1

e l’on suppo

e hypothèse1.5 × 3346 +1 − 0.6 =

rectangulair

re cette sem

rupture. Les

e ci-dessous

cule Nc

− 0.4 ×

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e est correct12 × (20 − 1990 + 1065

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s conditions

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te ou non.

10) × 1.5 × 35.326 + 255

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M. Karray & F

Page 5

charge exce

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245 + 912.32

. Ghobrial

5 de 14

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ès que l’on

26

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Fondations Superficielles Page 6 de 14

. . = = 3

= × × = 1.5 1245 + 912.326 = 3000

∴ 3 × 3000 = 1867.5 + 1368.489 = 4.09 é ’ℎ ℎè : = 1 + 1.54.09 × 3346 = 1.263 > 1.2 ℎ ℎè é

Donc on suppose que Sq=1.2. Cette hypothèse, en réalité, veut dire que l’on suppose une valeur

de Sq plus grand que 1.2, mais puisque la valeur de Sq doit ne pas dépasser 1.2, donc on utilise

une valeur de 1.2.

∴ = 20 × 1.5 × 33 × 1.2 +12 × (20 − 10) × 1.5 × 34 × 1 − 0.4 × 1.5

= 1188 + 255 1 − 0.6 = 1443 − 153

. . = = 3

= × × = 1.5 1443 − 153 = 3000

∴ 3 × 3000 = 2164.5 − 229.5 = . Vérification de l’hypothèse : = 1 + .. × = 1.25 > 1.2ℎ ℎè é

Problème 3.4

Un essai de plaque a été effectué dans un dépôt de sable à l’aide d’une plaque de 0.5m de côté.

La charge a été augmentée progressivement jusqu’à ce que la charge maximale de 600kN (charge

à la rupture) soit atteinte. Quelle serait la capacité portante d’une fondation de 2m x 2m.

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Fondations Superficielles Page 7 de 14

Solution

Pour un dépôt du sable :

= +2

= 6000.5 × 0.5 2 + 0.52 × 2 = 937.5

= × = 937.5 × (2 × 2) = 3750

Problème 3.5

Dans un dépôt de sable silteux, des essais de pénétration standard (SPT) ont fourni les valeurs

suivantes de N

Profondeur (m) 1.5 3.0 4.5 6.0 7.5 9.0 10.5 12.0 Valeur de N 15 19 24 28 26 30 28 31

Le poids volumique de ce sable est 20kN /m³. Une semelle carrée de 2.5m x 2.5m est assise dans

ce dépôt à une profondeur de 2.5m.

Déterminer la capacité admissible pour cette semelle si le tassement maximum permis est de

15mm. Vérifier également la sécurité contre la rupture.

Solution

Du profile de SPT, les valeurs aux profondeurs de 3.0, 4.5, 6.0 et 7.5 sont utilisées 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

CN 1.16 1.02 0.93 0.85

Ncor. 22.04 24.48 26.04 22.1

= 0.77 log 1920 .. = 24.25, .. = 23.67,

Notez que si l’on prend la valeur de N à 9.0m (ce qui pourrait être correct), la valeur de ..sera aussi 24

(1) Approche de Meyerhof (1956)

> 1.2 → = 8 + 0.3 = 1.3, = − é

= 8 × 24 × 1.3 2.5 + 0.32.5 = 313.1 = × 1525 = 313.1 × 1525 = 187.86

(2) Approche de Peck et coll. (1974)

Pour D/B=1, B=2.5m et N=24 (la valeur corrigée)

La valeur de qadm261 kPa (à partir de l’abaque)

= × 1525 = 261 × 1525 = 156.6

(3) Vérification de la sécurité contre la rupture

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Fondations Superficielles Page 9 de 14

Pour N=24 coups 35°

= + + 0.5

Pour φ =35° Nc=46, Nq=33, Nγ=34

Semelle Carrée Sq=1.2, Sγ=0.6 = 0 + (20 × 2.5) × 33 × 1.2 + 0.5 × 20 × 2.5 × 34 × 0.6 = 2490

= . . = 24903 = 830

Problème 3.6

Une semelle de 4.5m x 4.5m sera soumise en son centre à une charge R=3000kN inclinée de 15° pa

rapport à la verticale avant que l’on procède au remplissage de l’excavation. Après le

remplissage la semelle sera soumise à une charge de 4000kN inclinée de 15°.

(a) Déterminer le facteur de sécurité contre le glissement avant le remplissage.

(b) Déterminer le facteur de sécurité contre la rupture après le remplissage.

Extra-travail :

(c) Déterminer le facteur de sécurité contre la rupture avant le remplissage.

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Fondations Superficielles Page 10 de 14

Solution

(1) Vérification du glissement avant le remplissage

. . = × × +

. . = 50 × 4.5 × 4.5 + (3000 cos 15) × 03000 sin 15 = 1.304

(2) Vérification de la capacité portante après le remplissage

= 5 1 + 0.2 1 + 0.2 × + ×

= = 1 − 90 = 1 − 1590 = 0.694

= 5 × 1 × 50 1 + 0.2 24.5 1 + 0.2 4.54.5 × 0.694 + 20 × 2 × 0.694

= 254.63

= 40004.5 × 4.5 = 197.53 , ℎ è 4000

. . = = 254.63197.53 = 1.28

(3) Vérification de la capacité portante avant le remplissage

= 5 1 + 0.2 1 + 0.2 × + × Avant le remplissage (juste après la construction), le remblai du sable n’est pas encore mis alors

D=zéro.

= 5 × 1 × 50 1 + 0.2 04.5 1 + 0.2 4.54.5 × 0.694 + 20 × 0 × 0.694

= 208.2

= 30004.5 × 4.5 = 148.15 , ℎ è 3000

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Fondations Superficielles Page 11 de 14

. . = = 208.2148.15 = 1.4

Problème 3.8

Dimensionnez selon les règles de l’Art une semelle filante qui sera construite à 2.0m de

profondeur et qui devra transmettre au sol de fondation une charge de 300kN/m.l.

Solution

(1) Détermination de B

Prof. (m) 2.25 3.0 3.75

N 34 37 38

’v (kPa) 45 60 75

CN 1.26 1.16 1.08

Ncor. 42.68 42.88 41.21 .. = 42.25, = 0.77 log 1920

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Fondations Superficielles Page 12 de 14

Notez que on va utiliser une valeur de N=42 dans toutes les itérations car quel que soit le nombre de coups utilisé, la moyenne est toujours 42.

En général, il faut calculer dans chaque itération la profondeur 2.5B et calculer ensuite la moyenne des N limités par cette profondeur.

Supposons que B=1.0m D/B=2

qadm=458.8 kPa

= = 300 = 458.8 ⇒ = 0.654

Supposons que B=0.65m D/B=3.08

qadm=447 kPa

= = 300 = 447 ⇒ = 0.67

Soit B=0.7m

Si l’on vérifie la profondeur 2.5B ∴ 2.5 = 2.5 × 0.7 = 1.75

Il faut considérer les valeurs de N limitées entre 2,0m et 3,75m Il faut utiliser les trois

valeurs de N déjà utilisées.

(2) Vérification de la sécurité contre la rupture = + + 0.5

Semelle Filante Sq=1.0, Sγ=1.0

Pour φ =39° Nq=57.8, Nγ=70.8 (Par interpolation)

= 0 + (20 × 2) × 57.8 × 1.0 + 0.5 × 20 × 0.7 × 70.8 × 1.0 = 2807.6

= . . = 2807.63 ≈ 936

Cours de M

Fondations

Pour

===

Pour

==

Problèm

Si la ch

sans fai

(a) Dit

(b) Dit

Solutio

(a) La c=

Mécanique des s

s Superficielles

r φ =38° N

= 0 + (20 ×= 2495.2. . = .

r φ =37°

= 0 + (20 ×= 2182.8= . . = 2

me 3.10

arge transm

ire de calcul

tes lequel de

tes lequel ta

on

capacité por+

sols II – Été 2012

Nq=51.6, Nγ=2) × 51.6 ×

≈ 831.7 Nq=45.4, Nγ2) × 45.4 ×

182.83 ≈ 727

mise par la c

ls :

es 3 cas suiv

assera le plu

rtante ultim+ 0.5

2

=61.6 (Par in

× 1.0 + 0.5 ×

γ=52.4 (Par i

× 1.0 + 0.5 ×7.6

colonne à la

vants est le m

us.

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nterpolation

× 20 × 0.7 ×

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a semelle es

moins sécur

able est calc

n)

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52.4 × 1.0

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M. Karray & F

Page 1

n des 3 cas

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. Ghobrial

3 de 14

suivants ;

te

Cours de Mécanique des sols II – Été 2012 M. Karray & F. Ghobrial

Fondations Superficielles Page 14 de 14

Mettons 1 le poids volumique au-dessus du niveau de la fondation et 2 le poids volumique en-

dessous du niveau de la fondation.

Nc, Nq et N sont constants pour les trois cas.

Sc, Sq et S sont aussi constants pour les trois cas.

cNcSc est égal à zéro (c=0)

Donc les seules variables sont 1D et 2B

Pour le cas 1, il y a deux possibilités pour la mise du remblai : soit le remblai est mis après la

mise de la charge Q (le cas le plus critique et qui sera considéré), soit le remblai est mis avant la

mise de la charge Q.

Cas 1 Cas 2 Cas 3 Remarques

1D

[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 l’on considère la mise du remblai avant la mise de Q, [D]1 sera plus élevé que [D]3

et [qult]1 sera plus élevé que [qult]3. Donc, le cas 3 sera seulement le cas le plus critique.

(b) En utilisant la méthode de Peck et coll. (1974), le tassement des cas 1, cas 2 et cas 3 est le

même bien que le niveau de la nappe ne soit pas le même. Ce niveau varie au-dessus du

niveau de la fondation. Ainsi, cette variation du niveau n’affecte pas la valeur de qadm

correspondant au tassement de 25mm puisque la valeur de B et de D/B.

Donc, la mise du remblai causera une sollicitation supplémentaire ce qui augmentera le

tassement. Ainsi, le cas 1 tassera le plus.