Érosion et activités humaines : risques et aménagements

Produits de l’érosion et de la sédimentation utilisés par l’être humain, activités qui accélèrent ou freinent l’érosion des sols, barrages, extractions et ouvrages littoraux, zones d’érosion et risques, quantification et aménagements de prévention.

À propos de cette page

Cinq problèmes à partir de documents : le kaolin de Saint-Yrieix et la porcelaine de Limoges, un bassin versant défriché, un barrage qui fait reculer un delta, les extractions dans la Loire et l’effondrement du pont Wilson à Tours en 1978, une falaise qui menace une route côtière avec trois solutions à comparer.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je lis chaque document : sa source, sa date, si les valeurs sont réelles ou choisies, et les unités (t/an, t/km²/an, m³, m/an).
J’identifie le processus en jeu : ruissellement sur un versant, transport par une rivière, dérive littorale, gravité, vent.
Je calcule dans l’ordre des questions : bilan (apports − départs), taux (distance ÷ durée), conversions (masse ÷ masse volumique ÷ surface), pourcentages.
Je relie le résultat à l’activité humaine par un avant-après ou un témoin, en écartant les explications que les données contredisent.
Je conclus sur le risque et l’aménagement : phénomène ou enjeux, coût par an, durée de vie, report de l’érosion.

Problème 1 · De l’arène granitique à la porcelaine de Limoges★★★Facile

Document 1 — Une découverte en Limousin. En 1768, un gisement de kaolin, une argile très blanche, est découvert à Saint-Yrieix-la-Perche, au sud de Limoges ; une manufacture de porcelaine est fondée à Limoges en 1771 (d’après la Ville de Limoges).

Document 2 — L’origine du kaolin. Les grands gisements de kaolin proviennent de l’altération des feldspaths de roches granitiques ; le granite altéré devient une arène, un sable grossier et meuble.

Document 3 — La pâte de porcelaine dure. Elle associe, en proportions variables, du kaolin, du feldspath et du quartz. Une recette courante : la moitié de kaolin, le reste en parts égales de feldspath et de quartz.

Document 4 — Laver une arène (valeur choisie pour l’exercice). On lave l’arène pour séparer le kaolin, très fin, des grains plus gros : 100 kg d’arène donnent 18 kg de kaolin.

1. Le processus d’altération chimique qui a transformé les feldspaths en kaolin s’appelle l’.
L’hydrolyse : l’eau légèrement acide transforme les feldspaths en argile en emportant une partie de leurs éléments.
2. Pour préparer 600 kg de pâte selon la recette du document 3, quelle masse de kaolin faut-il ? kg
La moitié : 600 ÷ 2 = 300 kg.
3. Et quelle masse de quartz ? kg
Reste : 300 kg, partagés en deux parts égales : 150 kg de quartz et 150 kg de feldspath.
4. Quelle masse d’arène faut-il laver pour obtenir le kaolin de cette pâte ? Arrondis à l’unité : kg
18 % de kaolin : 300 ÷ 0,18 ≈ 1 666,7, soit environ 1 667 kg d’arène, plus de cinq fois la masse de kaolin.
5. Le kaolin s’est formé en des milliers, voire des millions d’années : pour l’être humain, c’est une ressource .
Une ressource non renouvelable à l’échelle humaine : un gisement exploité ne se reconstitue pas.

Problème 2 · Un bassin versant défriché★★★Moyen

Document 1 — Avant et après le défrichement (données choisies pour l’exercice). Un bassin versant de 36 km², autrefois couvert de forêt, a été en grande partie défriché pour des cultures. À son exutoire, la masse de sédiments exportée par la rivière est passée de 140 t/km²/an avant le défrichement à 1 120 t/km²/an après.

Document 2 — Le sol du bassin. Masse volumique du sol : 1,4 t/m³ ; 1 km² = 1 000 000 m².

Document 3 — Un programme d’aménagement (valeur choisie). Des haies et des bandes enherbées plantées perpendiculairement à la pente divisent par 4 la perte de sol des parcelles aménagées.

1. Quelle masse de sédiments le bassin exportait-il chaque année avant le défrichement ? t
Masse = flux par km² × surface : 140 × 36 = 5 040 t par an.
2. Et après le défrichement ? t
1 120 × 36 = 40 320 t par an.
3. Par combien l’érosion a-t-elle été multipliée ?
40 320 ÷ 5 040 = 8 (ou directement 1 120 ÷ 140).
4. Après le défrichement, quelle épaisseur moyenne de sol le bassin perd-il chaque année ? mm
Par km² : 1 120 ÷ 1,4 = 800 m³ ; 800 ÷ 1 000 000 = 0,0008 m, soit 0,8 mm par an.
5. Si tout le bassin était aménagé selon le document 3, quelle masse de sédiments exporterait-il par km² et par an ? t
1 120 ÷ 4 = 280 t/km²/an : deux fois plus que sous la forêt, mais quatre fois moins qu’après le défrichement.
6. La forêt limitait le ruissellement : feuillage et litière amortissent les gouttes, et l’humus et les racines favorisent l’ de la pluie dans le sol.
L’infiltration : l’eau qui pénètre dans le sol ne ruisselle pas, elle n’arrache donc pas la terre.

Problème 3 · Un barrage et le recul d’un delta★★★Moyen

Document 1 — Les sédiments arrivant à l’embouchure d’un fleuve méditerranéen (données simplifiées). Avant la mise en service d’un grand barrage, en 1964 : 19 millions de tonnes par an (Mt/an). Après : 1,6 Mt/an.

Document 2 — Position de la pointe du delta par rapport à 1950 (valeur positive : avancée vers la mer ; valeur négative : recul).

Année	1950	1964	1979	1994	2009
Position (m)	0	+ 33	− 225	− 640	− 1 030

1. Quel pourcentage des sédiments le barrage retient-il ? Arrondis au dixième : %
Masse retenue : 19 − 1,6 = 17,4 Mt/an ; 17,4 ÷ 19 × 100 ≈ 91,6 %.
2. Vitesse moyenne de la pointe entre 1950 et 1964, au dixième (+ pour une avancée, − pour un recul) : m/an
(33 − 0) ÷ 14 ≈ + 2,4 m/an : le delta avançait.
3. Entre 1964 et 1979 : m/an
(− 225 − 33) ÷ 15 = − 258 ÷ 15 = − 17,2 m/an.
4. Entre 1979 et 1994, au dixième : m/an
(− 640 + 225) ÷ 15 = − 415 ÷ 15 ≈ − 27,7 m/an.
5. Entre 1994 et 2009 : m/an
(− 1 030 + 640) ÷ 15 = − 390 ÷ 15 = − 26 m/an.
6. Un élève attribue ce recul à la seule montée de la mer. À 3 mm par an, de combien la mer serait-elle montée entre 1964 et 2009 ? cm
45 ans × 3 mm = 135 mm = 13,5 cm : une montée lente et régulière, qui n’explique ni un recul d’un kilomètre, ni l’inversion brutale de 1964, date de mise en service du barrage.
7. Depuis 1964, la houle emporte bien plus de sédiments que le fleuve n’en apporte : le bilan sédimentaire du delta est devenu .
Négatif : le barrage n’a pas supprimé l’érosion, il l’a déplacée vers le littoral.

Problème 4 · La Loire, ses extractions et le pont Wilson★★★Difficile

Document 1 — Ce que dit un panneau d’information (Direction départementale des territoires d’Indre-et-Loire et DREAL Centre-Val de Loire). Entre Nevers et Nantes, 200 millions de tonnes de matériaux ont été retirées du lit mineur de la Loire, du début des années 1950 au début des années 1990. Conséquences : enfoncement du lit et abaissement de la ligne d’eau, ouvrages d’art déstabilisés (ponts, pieds de digues), bras secondaires de moins en moins alimentés. À Tours, la ligne d’eau a baissé de 2 m entre 1845 et 1977 ; le 9 avril 1978, une pile du pont Wilson cède et le pont s’effondre en partie.

Document 2 — L’arrêté du 22 septembre 1994 relatif aux exploitations de carrières, article 11.2 : « Les extractions de matériaux dans le lit mineur des cours d’eau et dans les plans d’eau traversés par des cours d’eau sont interdites. »

Document 3 — Pour les calculs (valeurs choisies) : masse volumique des sables et graviers en place, 2 t/m³ ; on suppose les extractions réparties sur un lit de 400 km de long et de 250 m de large.

1. En moyenne, quelle masse de matériaux a été extraite chaque année, sur 40 ans ? millions de tonnes
200 ÷ 40 = 5 millions de tonnes par an.
2. Quel volume ces 200 millions de tonnes représentent-ils ? millions de m³
Volume = masse ÷ masse volumique : 200 ÷ 2 = 100 millions de m³.
3. Réparti sur le lit du document 3, quelle épaisseur moyenne ce volume représente-t-il ? m
Surface : 400 000 m × 250 m = 100 000 000 m² ; 100 000 000 ÷ 100 000 000 = 1 m de lit retiré en moyenne.
4. À Tours, de combien la ligne d’eau a-t-elle baissé en moyenne par an entre 1845 et 1977 ? Arrondis au dixième : cm
2 m = 200 cm en 132 ans ; 200 ÷ 132 ≈ 1,5 cm par an en moyenne (la baisse s’est en réalité accélérée avec les extractions industrielles).
5. Le lit s’abaissant autour d’elles, les fondations des piles de pont se : elles perdent le sol qui les tenait.
Elles se déchaussent : selon les experts, l’abaissement du lit dû aux extractions a contribué à l’effondrement du pont Wilson, avec l’érosion locale du sable au pied de la pile.
6. L’arrêté de 1994 ne répare pas le lit déjà creusé : il supprime une cause du déficit. Pour la remplacer, on exploite davantage les roches massives concassées et les matériaux (bétons de démolition).
Les matériaux recyclés et les roches massives prennent le relais des alluvions du lit.

Problème 5 · Une falaise, une route et trois solutions★★★Difficile

Document 1 — Distance entre le bord d’une falaise et une route côtière, mesurée sur des photographies aériennes (valeurs choisies pour l’exercice).

Année	1962	1989	2021
Distance (m)	61	50,2	34,2

Document 2 — Trois solutions étudiées (valeurs choisies). A : un enrochement au pied de la falaise sur 1 km, à 7 500 € le mètre, d’une durée de vie de 25 ans. B : déplacer la route de 300 m vers l’intérieur des terres, pour 4,2 millions d’euros. C : surveiller la falaise et fermer la route quand le bord sera à moins de 10 m.

Document 3 — Une falaise nourrit ses plages. Les blocs qui tombent d’une falaise sont repris par la mer, qui en tire des galets et du sable pour les plages voisines.

1. Quel est le taux moyen de recul entre 1962 et 1989 ? m par an
(61 − 50,2) ÷ 27 = 10,8 ÷ 27 = 0,4 m par an.
2. Et entre 1989 et 2021 ? m par an
(50,2 − 34,2) ÷ 32 = 16 ÷ 32 = 0,5 m par an : le recul s’accélère.
3. Au rythme le plus récent, dans combien d’années après 2021 le bord atteindrait-il la route ? Arrondis à l’unité : ans
34,2 ÷ 0,5 = 68,4, soit environ 68 ans ; mais un pan de falaise peut tomber d’un coup, bien avant.
4. Avec la solution C, dans combien d’années environ la route serait-elle fermée ? Arrondis à l’unité : ans
(34,2 − 10) ÷ 0,5 = 24,2 ÷ 0,5 = 48,4, soit environ 48 ans.
5. Quel est le coût de la solution A ? millions d’euros
1 000 m × 7 500 € = 7 500 000 €, soit 7,5 millions d’euros, à renouveler tous les 25 ans.
6. Ramené à sa durée de vie, combien coûte-t-il par an ? €
7 500 000 ÷ 25 = 300 000 € par an. La solution B coûte 4,2 millions d’euros une fois pour toutes et éloigne l’enjeu.
7. D’après le document 3, en bloquant le recul de la falaise, l’enrochement prive les plages voisines de galets et de sable : leur érosion est .
Leur érosion est aggravée : l’ouvrage protège la route mais reporte l’érosion sur les plages voisines.

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