8a_-_Curvas_Horizontais_com_Transicao

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CURVAS HORIZONTAIS
COM TRANSIÇÃO
ECI 010
ü O ponto de tangência no início da curva passa a ser
denominado TS (tangente-espiral) e é afastado do PC
original ao longo da tangente
ü O mesmo acontece com o fim da curva, onde o
ponto de tangência passa a ser denominado ST
(espiral-tangente)
O raio de curvatura da espiral varia do valor infinito, nos
pontos de tangência (TS e ST), até um valor finito igual ao
valor do raio da curva circular, nos pontos SC e CS, onde
as curvas são coincidentes
Após a inserção da concordância em espiral, o ângulo
central AC passará a compreender os ângulos centrais
qs, de cada ramo da espiral, e o ângulo central dc,
remanescente da curva circular (arco de círculo entre
SC e CS) \ 𝑨𝑪 = 𝜹𝒄 + 𝟐 . 𝜽𝒔
4.3.3 – Cálculo dos elementos da espiral 
Vamos aqui apresentar apenas as expressões para o cálculo dos elementos da espiral. 
I. 
Rc.2
Lss =q (em radianos) e 
Rc..2
Ls.180s
o
p
=q (em graus) 
II. ÷÷
ø
ö
çç
è
æ q+q-=
216
s
10
s1.LsXs
42
 (expressão reduzida) e qs em radianos 
III. ÷÷
ø
ö
çç
è
æ q-q=
42
s
3
s.LsYs
3
 (expressão reduzida) e qs em radianos 
IV. Q = Xs – Rc . senqs 
V. p = Ys – Rc . (1 - cosqs) 
VI. TT = Q + (Rc + p) . 
2
ACtg 
VII. Dc = (AC – 2 . qs) . Rc com Ac e qs em radianos 
VIII. E = Rc
2
ACcos
)pRc(
-
÷
ø
ö
ç
è
æ
+
 
IX. TL = Xs – Ys . cotg qs 
X. TC = 
ssen
Ys
q
 
Comprimento mínimo de transição
Menor comprimento de transição admissível:
30 m
ou
Distância percorrida por um veículo na VP por
2 segundos, prevalecendo o maior
𝑳𝒔min = 𝟎, 𝟓𝟓𝟔 . 𝑽𝑷
Lsmin (m); VP (km/h)
Critério Dinâmico de Barnett
O comprimento (L) da curva de transição 
deve ser adequado para que o efeito da 
aceleração centrífuga seja gradual
Variação da aceleração centrífuga 
constante:
𝑱 =
𝑽𝟑
𝑹 . 𝑳𝒔
J mede a solicitação radial (ou reação 
transversal) que os passageiros sentem 
devido a variação da aceleração centrífuga
Critério Dinâmico de Barnett
üJ aceitável varia para cada motorista
üValores ideais estão entre 0,3 e 0,8 m/s3
Barnett recomenda 𝑱𝒎𝒂𝒙 = 𝟎, 𝟔 𝒎/𝒔𝟑
(adotado pelo DNIT)
𝑳𝒔𝒎𝒊𝒏 = 𝟎, 𝟎𝟑𝟔 .
𝑽𝟑
𝑹
Comprimento máximo de transição
Corresponde a D = 0 (nulo para o 
comprimento do trecho circular), ou seja, as 
espirais se encontram
𝑳𝒔𝒎𝒂𝒙 = 𝑹 .𝑨𝑪 (AC em radianos)
𝑳𝒔𝒎𝒂𝒙 =
𝑹 . 𝑨𝑪 . 𝝅
𝟏𝟖𝟎
(AC em graus)
Em geral, adota-se:
𝑳𝒔 =
𝑳𝒔𝒎𝒊𝒏 + 𝑳𝒔𝒎𝒂𝒙
𝟐
ou
𝑳𝒔 = 𝟑 . 𝑳𝒔𝒎𝒊𝒏
desde que esses valores sejam menores que
Lsmax
Comprimento máximo de transição
Roteiro para cálculo dos elementos 
geométricos de curva com transição
1. Definir Rc
2. Com VP e Rc, determinar Ls adequado
3. Com Ls e Rc, calcular θs, Xs, Ys, p e Q
4. Utilizando os valores encontrados com o 
AC, determinar a tangente total (TT), o 
ângulo central da circular (δc) e o 
desenvolvimento da circular (D)
5. Determinar EST TS, fazendo EST PI - TT
6. Determinar EST SC, fazendo EST TS + Ls
7. Determinar EST CS, fazendo EST SC + D
8. Determinar EST ST, fazendo EST CS + Ls
Exemplo 1:
Numa curva de rodovia tem-se os seguintes 
elementos:
V = 80 km/h
AC = 35º
R = 500 m
Estaca do PI = 228 + 17,000 m
Determinar os elementos da curva com 
transição
No projeto básico de um trecho da BR-101, a
primeira tangente faz uma deflexão de 90º à
direita, a fim de preservar uma área de Mata
Atlântica. Originou-se o PI1, localizado na estaca
81+19,000 m. Para a concordância horizontal,
usou-se uma curva circular de raio 600,00 m.
Quais as estacas dos pontos notáveis da curva
(PC e PT)?
ü Procurando adequar esta curva às melhores
condições de conforto e segurança, estudar a
inserção de uma curva com transição neste
projeto
Exemplo 2:
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 24
25. (*) Em um traçado com curvas horizontais circulares, conforme esquema da figura, 
desejando-se fazer R1 = R2: 
a) qual o maior raio possível? 
b) qual o maior raio que se consegue usar, deixando um trecho reto de 80 m entre as 
curvas? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
a) T1 = R tan(20º) T2 = R tan(14º) 
 T1 + T2 = 720 = R ( tan 20º + tan 14º) Æ R = 1.173,98 m 
b) T1 + T2 = 720 – 80 = R ( tan 20º + tan 14º) Æ R = 1.044,05 m 
 
 
 
 
 
26. (EXAME NACIONAL DE CURSOS-1997) No projeto básico de um trecho da BR-101, a 
primeira tangente fez uma deflexão à direita de 90º, com o objetivo de preservar uma área 
de mata Atlântica. Originou-se o PI-1, localizado na estaca 81 + 19,00. Para a 
concordância horizontal necessária a essa deflexão, usou-se uma curva circular de raio 
igual a 600,00 metros. Quais as estacas dos pontos notáveis da curva (PC e PT)? 
 
Solução: 
 
00,030600
2
90tan600 � ¸
¹
·
¨
©
§ q� mT 
48,24748,942
180
90600
� 
q
q��
 mD S 
E(PC) = (81 + 19,00) – (30 + 0,00) = 51 + 19,00 
E(PT) = (51 + 19,00) + (47 + 2,48) = 99 + 1,48 
'1 = 40º 
'2 = 28º 
720 m 
Exemplo 3:
Um traçado com curvas horizontais circulares,
conforme esquema da figura, tem a distância
entre PI1 e PI2 igual a 720 m e deseja-se fazer
R1= R2:
a) qual o maior raio possível?
b) qual o maior raio que se consegue usar, 
deixando um trecho reto de 80 m entre as 
curvas?
PI1
AC1 = 40°
AC2 = 28o
PI2
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 24
25. (*) Em um traçado com curvas horizontais circulares, conforme esquema da figura, 
desejando-se fazer R1 = R2: 
a) qual o maior raio possível? 
b) qual o maior raio que se consegue usar, deixando um trecho reto de 80 m entre as 
curvas? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
a) T1 = R tan(20º) T2 = R tan(14º) 
 T1 + T2 = 720 = R ( tan 20º + tan 14º) Æ R = 1.173,98 m 
b) T1 + T2 = 720 – 80 = R ( tan 20º + tan 14º) Æ R = 1.044,05 m 
 
 
 
 
 
26. (EXAME NACIONAL DE CURSOS-1997) No projeto básico de um trecho da BR-101, a 
primeira tangente fez uma deflexão à direita de 90º, com o objetivo de preservar uma área 
de mata Atlântica. Originou-se o PI-1, localizado na estaca 81 + 19,00. Para a 
concordância horizontal necessária a essa deflexão, usou-se uma curva circular de raio 
igual a 600,00 metros. Quais as estacas dos pontos notáveis da curva (PC e PT)? 
 
Solução: 
 
00,030600
2
90tan600 � ¸
¹
·
¨
©
§ q� mT 
48,24748,942
180
90600
� 
q
q��
 mD S 
E(PC) = (81 + 19,00) – (30 + 0,00) = 51 + 19,00 
E(PT) = (51 + 19,00) + (47 + 2,48) = 99 + 1,48 
'1 = 40º 
'2 = 28º 
720 m 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 24
25. (*) Em um traçado com curvas horizontais circulares, conforme esquema da figura, 
desejando-se fazer R1 = R2: 
a) qual o maior raio possível? 
b) qual o maior raio que se consegue usar, deixando um trecho reto de 80 m entre as 
curvas? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
a) T1 = R tan(20º) T2 = R tan(14º) 
 T1 + T2 = 720 = R ( tan 20º + tan 14º) Æ R = 1.173,98 m 
b) T1 + T2 = 720 – 80 = R ( tan 20º + tan 14º) Æ R = 1.044,05 m 
 
 
 
 
 
26. (EXAME NACIONAL DE CURSOS-1997) No projeto básico de um trecho da BR-101, a 
primeira tangente fez uma deflexão à direita de 90º, com o objetivo de preservar uma área 
de mata Atlântica. Originou-se o PI-1, localizado na estaca 81 + 19,00. Para a 
concordância horizontal necessária a essa deflexão, usou-se uma curva circular de raio 
igual a 600,00 metros. Quais as estacas dos pontos notáveis da curva (PC e PT)? 
 
Solução: 
 
00,030600
2
90tan600 � ¸
¹
·
¨
©
§ q� mT 
48,24748,942
180
90600
� 
q
q��
 mD S 
E(PC) = (81 + 19,00) – (30 + 0,00) = 51 + 19,00 
E(PT) = (51 + 19,00) + (47 + 2,48) = 99 + 1,48 
'1 = 40º 
'2 = 28º 
720 m 
CURVA 3 CURVA 2
Raio3 = 400 m Raio2 = 400 m
2000 m
CURVA 4 CURVA 1
Raio4 = 500 m Raio1 = 500 m
3000 m
Exemplo 4:
Calcular o comprimento do circuito:
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 14
17. (*) Dado o traçado da figura, adotar para as curvas 1 e 2 os maiores raios possíveis. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Para obtermos os maiores raiospossíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2d d2 
 
 
�
q
 
¸
¹
·
¨
©
§ '
 
14tan
135
2
tan 1
1
1
TR mR 46,5411 
�
q
 
¸
¹
·
¨
©
§ '
 
16tan
48,85
2
tan 2
2
2
TR mR 10,2982 
 
T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!) 
 
 
 
18. (*) Com relação ao problema anterior, supondo-se que as distâncias de 0 a PI1 e PI2 a F 
sejam suficientemente grandes, escolher um valor único para o raio das duas curvas de 
forma que esse valor seja o maior possível. 
 
Solução: 
 
 
Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m 
 
mR
RR
15,428
º16tanº14tan
52,229
52,229
2
tan
2
tan 21
 
�
 
 ¸
¹
·
¨
©
§ '��¸
¹
·
¨
©
§ '�
 
 
 
PI1 
'2=32º 
'1=28º 
PI2 
O 
d1=135 m 
d2=229,52 m d3=85,48 m F 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 14
17. (*) Dado o traçado da figura, adotar para as curvas 1 e 2 os maiores raios possíveis. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2d d2 
 
 
�
q
 
¸
¹
·
¨
©
§ '
 
14tan
135
2
tan 1
1
1
TR mR 46,5411 
�
q
 
¸
¹
·
¨
©
§ '
 
16tan
48,85
2
tan 2
2
2
TR mR 10,2982 
 
T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!) 
 
 
 
18. (*) Com relação ao problema anterior, supondo-se que as distâncias de 0 a PI1 e PI2 a F 
sejam suficientemente grandes, escolher um valor único para o raio das duas curvas de 
forma que esse valor seja o maior possível. 
 
Solução: 
 
 
Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m 
 
mR
RR
15,428
º16tanº14tan
52,229
52,229
2
tan
2
tan 21
 
�
 
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¹
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§ '��¸
¹
·
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©
§ '�
 
 
 
PI1 
'2=32º 
'1=28º 
PI2 
O 
d1=135 m 
d2=229,52 m d3=85,48 m F 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 14
17. (*) Dado o traçado da figura, adotar para as curvas 1 e 2 os maiores raios possíveis. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2d d2 
 
 
�
q
 
¸
¹
·
¨
©
§ '
 
14tan
135
2
tan 1
1
1
TR mR 46,5411 
�
q
 
¸
¹
·
¨
©
§ '
 
16tan
48,85
2
tan 2
2
2
TR mR 10,2982 
 
T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!) 
 
 
 
18. (*) Com relação ao problema anterior, supondo-se que as distâncias de 0 a PI1 e PI2 a F 
sejam suficientemente grandes, escolher um valor único para o raio das duas curvas de 
forma que esse valor seja o maior possível. 
 
Solução: 
 
 
Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m 
 
mR
RR
15,428
º16tanº14tan
52,229
52,229
2
tan
2
tan 21
 
�
 
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©
§ '��¸
¹
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©
§ '�
 
 
 
PI1 
'2=32º 
'1=28º 
PI2 
O 
d1=135 m 
d2=229,52 m d3=85,48 m F 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 14
17. (*) Dado o traçado da figura, adotar para as curvas 1 e 2 os maiores raios possíveis. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2d d2 
 
 
�
q
 
¸
¹
·
¨
©
§ '
 
14tan
135
2
tan 1
1
1
TR mR 46,5411 
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q
 
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§ '
 
16tan
48,85
2
tan 2
2
2
TR mR 10,2982 
 
T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!) 
 
 
 
18. (*) Com relação ao problema anterior, supondo-se que as distâncias de 0 a PI1 e PI2 a F 
sejam suficientemente grandes, escolher um valor único para o raio das duas curvas de 
forma que esse valor seja o maior possível. 
 
Solução: 
 
 
Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m 
 
mR
RR
15,428
º16tanº14tan
52,229
52,229
2
tan
2
tan 21
 
�
 
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¹
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§ '��¸
¹
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©
§ '�
 
 
 
PI1 
'2=32º 
'1=28º 
PI2 
O 
d1=135 m 
d2=229,52 m d3=85,48 m F 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 16
20. (*) A figura mostra a planta de um trecho de rodovia com duas curvas de mesmo sentido, 
desejando-se substituir estas duas curvas por uma curva única de raio R. Calcular o valor 
de R para que o PC da nova curva coincida com o PC1 do traçado antigo (início da curva 
1). 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
T1 = 400 tan(15º) = 107,18 m 
T2 = 500 tan(10º) = 88,16 m 
 
Aplicando a Lei dos Senos, temos: 
 
q
��
 
q 130sin
20
20sin
21 TTx 
 
x = 96,14 m 
T = T1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m 
 
�
¸
¹
·
¨
©
§ q
 
2
50
tan
32,203R mR 02,436 
 
 
21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas 
dos PI’s e a estaca final do traçado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R1=1200 m R2=1600 m 
 d1 
PI1 
 '2=30º 
 '1=46º 
PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m 
d2=2141,25 m 
d3=1809,10 m 
 d2 d3 
F 
 PI1 
 PC1 
 PT1 PC2 
 PI2 
 PT2 
D=20 m
CURVA 1 
R1 = 400 m 
CURVA 2 
R2 = 500 m 
 30º 
 20º 
20º+30º=50º 
20º 30º 
130º 
PC1=PC 
T x 
T1 
T1+20+T2 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 16
20. (*) A figura mostra a planta de um trecho de rodovia com duas curvas de mesmo sentido, 
desejando-se substituir estas duas curvas por uma curva única de raio R. Calcular o valor 
de R para que o PC da nova curva coincida com o PC1 do traçado antigo (início da curva 
1). 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
T1 = 400 tan(15º) = 107,18 m 
T2 = 500 tan(10º) = 88,16 m 
 
Aplicando a Lei dos Senos, temos: 
 
q
��
 
q 130sin
20
20sin
21 TTx 
 
x = 96,14 m 
T = T1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m 
 
�
¸
¹
·
¨
©
§ q
 
2
50
tan
32,203R mR 02,436 
 
 
21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas 
dos PI’s e a estaca final do traçado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R1=1200 m R2=1600 m 
 d1 
PI1 
 '2=30º 
 '1=46º 
PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m 
d2=2141,25 m 
d3=1809,10 m 
 d2 d3 
F 
 PI1 
 PC1 
 PT1 PC2 
 PI2 
 PT2 
D=20 m
CURVA 1 
R1 = 400 m 
CURVA 2 
R2 = 500 m 
 30º 
 20º 
20º+30º=50º 
20º 30º 
130º 
PC1=PC 
T x 
T1 
T1+20+T2 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 16
20. (*) A figura mostra a planta de um trecho de rodovia com duas curvas de mesmo sentido, 
desejando-se substituir estas duas curvas por uma curva única de raio R. Calcular o valor 
de R para que o PC da nova curva coincida com o PC1 do traçado antigo (início da curva 
1). 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
T1 = 400 tan(15º) = 107,18 m 
T2 = 500 tan(10º) = 88,16 m 
 
Aplicando a Lei dos Senos, temos: 
 
q
��
 
q 130sin
20
20sin
21 TTx 
 
x = 96,14 m 
T = T1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m 
 
�
¸
¹
·
¨
©
§ q
 
2
50
tan
32,203R mR 02,436 
 
 
21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas 
dos PI’s e a estaca final do traçado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R1=1200 m R2=1600 m 
 d1 
PI1 
 '2=30º 
 '1=46º 
PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m 
d2=2141,25 m 
d3=1809,10 m 
 d2 d3 
F 
 PI1 
 PC1 
 PT1 PC2 
 PI2 
 PT2 
D=20 m
CURVA 1 
R1 = 400 m 
CURVA 2 
R2 = 500 m 
 30º 
 20º 
20º+30º=50º 
20º 30º 
130º 
PC1=PC 
T x 
T1 
T1+20+T2 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 16
20. (*) A figura mostra a planta de um trecho de rodovia com duas curvas de mesmo sentido, 
desejando-se substituir estas duas curvas por uma curva única de raio R. Calcular o valor 
de R para que o PC da nova curva coincida com o PC1 do traçado antigo (início da curva 
1). 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
T1 = 400 tan(15º) = 107,18 m 
T2 = 500 tan(10º) = 88,16 m 
 
Aplicando a Lei dos Senos, temos: 
 
q
��
 
q 130sin
20
20sin
21 TTx 
 
x = 96,14 m 
T = T1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m 
 
�
¸
¹
·
¨
©
§ q
 
2
50
tan
32,203R mR 02,436 
 
 
21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas 
dos PI’s e a estaca final do traçado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R1=1200 m R2=1600 m 
 d1 
PI1 
 '2=30º 
 '1=46º 
PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m 
d2=2141,25 m 
d3=1809,10 m 
 d2 d3 
F 
 PI1 
 PC1 
 PT1 PC2 
 PI2 
 PT2 
D=20 m
CURVA 1 
R1 = 400 m 
CURVA 2 
R2 = 500 m 
 30º 
 20º 
20º+30º=50º 
20º 30º 
130º 
PC1=PC 
T x 
T1 
T1+20+T2 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 16
20. (*) A figura mostraa planta de um trecho de rodovia com duas curvas de mesmo sentido, 
desejando-se substituir estas duas curvas por uma curva única de raio R. Calcular o valor 
de R para que o PC da nova curva coincida com o PC1 do traçado antigo (início da curva 
1). 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
T1 = 400 tan(15º) = 107,18 m 
T2 = 500 tan(10º) = 88,16 m 
 
Aplicando a Lei dos Senos, temos: 
 
q
��
 
q 130sin
20
20sin
21 TTx 
 
x = 96,14 m 
T = T1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m 
 
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¹
·
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©
§ q
 
2
50
tan
32,203R mR 02,436 
 
 
21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas 
dos PI’s e a estaca final do traçado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R1=1200 m R2=1600 m 
 d1 
PI1 
 '2=30º 
 '1=46º 
PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m 
d2=2141,25 m 
d3=1809,10 m 
 d2 d3 
F 
 PI1 
 PC1 
 PT1 PC2 
 PI2 
 PT2 
D=20 m
CURVA 1 
R1 = 400 m 
CURVA 2 
R2 = 500 m 
 30º 
 20º 
20º+30º=50º 
20º 30º 
130º 
PC1=PC 
T x 
T1 
T1+20+T2 
Glauco Pontes Filho 31
1. Calcular as curvas de transição abaixo: 
a) E(PI) = 342 + 2,50 ' = 55º Rc= 680 m V= 80 km/h 
b) E(PI) = 1350 + 12,73 ' = 12º Rc=2100 m V=120 km/h 
c) E(PI) = 476 + 9,50 ' = 66º24' Rc= 830 m V=100 km/h 
d) E(PI) = 757 + 6,75 ' = 82º Rc= 600 m V= 70 km/h 
 
 
Solução: 
 
a) m
R
VLsmín 11,27680
80036,0036,0
33
 � 
mRLs cmáx 75,652180
55680
180
 
q
�q�
 
q
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SS 
Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos: 
� � > @
� � � � mpRkTT
mradRYp
mradsensenRXk
mradRD
rad
mLY
mLX
rad
R
L
c
scs
scs
radc
s
ss
ss
ss
ss
c
s
s
43,414
2
55tan88,068098,59
2
tan
88,0)088235,0cos(168053,3cos1
98,59)088235,0(68091,119
75,532)783461,0(680
783461,0)088235,0(2
180
552
53,3
42
088235,0
3
088235,0120
423
91,119
216
088235,0
10
088235,01120
21610
1
088235,0
6802
120
2
33
4242
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T
T
I
STI
TT
TT
T
 
E(TS) = E(PI) – [TT] = (342 + 2,50) – (20 + 14,43) = 321 + 8,07 
E(SC) = E(TS) + [LS] = (321 + 8,07) + (6 + 0,00) = 327 + 8,07 
E(CS) = E(SC) + [D] = (327 + 8,07) + (26 + 12,75) = 354 + 0,82 
E(ST) = E(CS) + [LS] = (354 + 0,82) + (6 + 0,00) = 360 + 0,82 
Glauco Pontes Filho 31
1. Calcular as curvas de transição abaixo: 
a) E(PI) = 342 + 2,50 ' = 55º Rc= 680 m V= 80 km/h 
b) E(PI) = 1350 + 12,73 ' = 12º Rc=2100 m V=120 km/h 
c) E(PI) = 476 + 9,50 ' = 66º24' Rc= 830 m V=100 km/h 
d) E(PI) = 757 + 6,75 ' = 82º Rc= 600 m V= 70 km/h 
 
 
Solução: 
 
a) m
R
VLsmín 11,27680
80036,0036,0
33
 � 
mRLs cmáx 75,652180
55680
180
 
q
�q�
 
q
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SS 
Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos: 
� � > @
� � � � mpRkTT
mradRYp
mradsensenRXk
mradRD
rad
mLY
mLX
rad
R
L
c
scs
scs
radc
s
ss
ss
ss
ss
c
s
s
43,414
2
55tan88,068098,59
2
tan
88,0)088235,0cos(168053,3cos1
98,59)088235,0(68091,119
75,532)783461,0(680
783461,0)088235,0(2
180
552
53,3
42
088235,0
3
088235,0120
423
91,119
216
088235,0
10
088235,01120
21610
1
088235,0
6802
120
2
33
4242
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§
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T
T
I
STI
TT
TT
T
 
E(TS) = E(PI) – [TT] = (342 + 2,50) – (20 + 14,43) = 321 + 8,07 
E(SC) = E(TS) + [LS] = (321 + 8,07) + (6 + 0,00) = 327 + 8,07 
E(CS) = E(SC) + [D] = (327 + 8,07) + (26 + 12,75) = 354 + 0,82 
E(ST) = E(CS) + [LS] = (354 + 0,82) + (6 + 0,00) = 360 + 0,82 
Glauco Pontes Filho 31
1. Calcular as curvas de transição abaixo: 
a) E(PI) = 342 + 2,50 ' = 55º Rc= 680 m V= 80 km/h 
b) E(PI) = 1350 + 12,73 ' = 12º Rc=2100 m V=120 km/h 
c) E(PI) = 476 + 9,50 ' = 66º24' Rc= 830 m V=100 km/h 
d) E(PI) = 757 + 6,75 ' = 82º Rc= 600 m V= 70 km/h 
 
 
Solução: 
 
a) m
R
VLsmín 11,27680
80036,0036,0
33
 � 
mRLs cmáx 75,652180
55680
180
 
q
�q�
 
q
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SS 
Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos: 
� � > @
� � � � mpRkTT
mradRYp
mradsensenRXk
mradRD
rad
mLY
mLX
rad
R
L
c
scs
scs
radc
s
ss
ss
ss
ss
c
s
s
43,414
2
55tan88,068098,59
2
tan
88,0)088235,0cos(168053,3cos1
98,59)088235,0(68091,119
75,532)783461,0(680
783461,0)088235,0(2
180
552
53,3
42
088235,0
3
088235,0120
423
91,119
216
088235,0
10
088235,01120
21610
1
088235,0
6802
120
2
33
4242
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§
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§
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T
T
I
STI
TT
TT
T
 
E(TS) = E(PI) – [TT] = (342 + 2,50) – (20 + 14,43) = 321 + 8,07 
E(SC) = E(TS) + [LS] = (321 + 8,07) + (6 + 0,00) = 327 + 8,07 
E(CS) = E(SC) + [D] = (327 + 8,07) + (26 + 12,75) = 354 + 0,82 
E(ST) = E(CS) + [LS] = (354 + 0,82) + (6 + 0,00) = 360 + 0,82 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 32
b) m
R
VLsmín 62,292100
120036,0036,0
33
 � 
mRLs cmáx 824,439180
122100
180
 
q
�q�
 
q
�'�
 
SS 
Adotando Ls = 100 m (>0,56V), temos: 
 
Ts =� 0,023810 rad 
Xs = 99,99 m 
Ys = 0,79 m 
k = 50,00 m 
p = 0,20 m 
TT = 270,74 m 
I =� 0,161820 rad 
D = 339,82 m 
E(TS) = 1337 + 1,99 
E(SC) = 1342 + 1,99 
E(CS) = 1359 + 1,81 
E(ST) = 1364 + 1,81 
 
c) m
R
VLsmín 37,43830
100036,0036,0
33
 � 
mRLs cmáx 89,961180
4,66830
180
 
q
�q�
 
q
�'�
 
SS 
Adotando Ls = 100 m (>0,56V), temos: 
 
Ts =� 0,060241 rad 
Xs = 99,96 m 
Ys = 2,01 m 
k = 49,99 m 
p = 0,50 m 
TT = 593,46 m 
I =� 1,038417 rad 
D = 861,89 m 
E(TS) = 446 + 16,04
E(SC) = 451 + 16,04
E(CS) = 494 + 17,93
E(ST) = 499 + 17,93