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Exercicios Resolvidos Estradas I pdf
Trafego rodoviario (Universidade Estadual de Maringá)
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Exercicios Resolvidos Estradas I pdf
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ESTRADAS DE RODAGEM
PROJETO GEOMÉTRICO
Resolução dos Exercícios
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 2
CAPÍTULO 2
ELEMENTOS GEOMÉTRICOS
DAS ESTRADAS
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Glauco Pontes Filho 3
1. Calcular o raio R da curva circular da figura abaixo.
Solução:
( ) ( ) mAB 66,109200275100180 22 =−+−=
Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos:
°=⇒=⇒
°
= 8732,62ˆ4560,0ˆ
30
66,109
ˆ
100
AAsen
senAsen
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo isósceles ABO, temos:
⇒⋅⋅⋅−+= º7465,125cos266,109 222 RRRR mR 25,120=
R
d=100 m α=30º
B
R
A
C
Dados: (E,N)
A(200, 100)
B(275,180)
62,8732º
90º-62,8732º = 27,1268º
R
R
O
B
A
109,66
125,7465º
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 4
2. Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura abaixo. Calcular
também os ângulos de deflexão.
Solução:
º38,22
º37,48
º31,101
01000
110006000
arctanº180
º69,123
10003000
60003000
arctanº180
º57,116
30006000
120006000
arctanº180
º20,68
60004000
60001000
arctan
2
1
−=−=∆
=−=∆
=
−
−
+=
=
−
−
+=
=
−
−
+=
=
−
−
=
DEEF
ABBC
EF
DE
BC
AB
AzAz
AzAz
Az
Az
Az
Az
1000 6000 11000
B
d4
D
A
d2
E
d3
d1
∆2
N
E
C
F
∆1
0 3000
1000
3000
4000
6000
( ) ( ) mABd 16,385.56000400060001000 22
1 =−+−==
( ) ( ) mBCd 20,708.630006000120006000 22
2 =−+−==
( ) ( ) mDEd 55,605.31000300060003000 22
3 =−+−==
( ) ( ) mEFd 02,099.501000110006000 22
4 =−+−==
PONTOS E N
A 1.000 4.000
B 6.000 6.000
C 12.000 3.000
D 3.000 3.000
E 6.000 1.000
F 11.000 0
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Glauco Pontes Filho 5
3. (Concurso DNER) O azimute é o ângulo, no plano horizontal, de uma direção qualquer
com o meridiano. O rumo de 76º 30’ SE de uma visada a vante corresponde ao azimute de:
a) 103º 30’ b) 166º 30’ c) 256º 30’ d) 283º 30’
Solução: Letra a
No quadrante SE, temos: Az=180º-rumo
´30º103´)30º76(º180 =−=Az
4. (Concurso DNER) Nos projetos de estradas de rodagem, os perfis longitudinais são
desenhados em papel quadriculado ou milimetrado, em escalas horizontais (distâncias) e
verticais (cotas), que normalmente guardam uma proporção de:
a) 10:1 b) 2:3 c) 1:10 d) 3:2
Solução: Letra c
Escalas horizontais – normalmente escala 1:2000
Escalas verticais – normalmente escala 1:200
10
1
1
200
2000
1
200
1
2000
1
=⋅=
5. (Concurso DNER) Na planta de um projeto, a indicação de escala 1:500 (horizontal)
significa que 1 cm no desenho equivale, no terreno, a uma distância de:
a) 50 m b) 5 m c) 0,50 m d) 0,05 m
Solução: Letra b
1 cm no projeto equivale a 500 cm no campo = 5 m
6. (Concurso DNER) Numa rodovia de 3.000 metros de comprimento, a numeração final da
última estaca é:
a) 30 b) 60 c) 150 d) 300
Solução: Letra c
3000/20 = 150
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 6
7. Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura a seguir. Calcular
também os ângulos de deflexão.
Solução:
º20,23º45º2,68
º04,10404,149º45
º20,68
2000
5000
arctan
º45
4000
4000
arctan
º04,149
5000
3000
arctanº180
2
1
=−=−=∆
−=−=−=∆
=
=
=
=
=
−
+=
BCCD
ABBC
CD
BC
AB
AzAz
AzAz
Az
Az
Az
1000 6000 11000
3000
4000
6000
B
D
A
d2
d3
N
E
d1
0 3000
1000
( ) ( ) md 95,830.56000100003000 22
1 =−+−=
( ) ( ) md 85,656.51000500030007000 22
2 =−+−=
( ) ( ) md 17,385.550007000700012000 22
3 =−+−=
PONTOS E N
A 0 6000
B 3000 1000
C 7000 5000
D 12000 7000
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CAPÍTULO 4
CURVAS HORIZONTAIS
CIRCULARES
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 8
1. Dados ∆ = 47º 30’ e G20 = 12º, calcular T e E.
Solução:
mR 493,95
12
92,145.1
==
⇒
°
⋅=
2
5,47
tan493,95T mT 02,42=
⇒
°
⋅=
4
5,47
tan02,42E mE 84,8=
2. Dados ∆ = 40º e E = 15 m, calcular T e R.
Solução:
⇒
−
°
=
−
∆
=
1
2
40
sec
15
1
2
sec
E
R mR 73,233=
⇒
°
=
2
40
tan73,233T mT 07,85=
3. Dados ∆ = 32º e R = 1220 m, calcular T e E.
Solução:
⇒
°
⋅=
2
32
tan1220T mT 83,349=
⇒
°
⋅=
4
32
tan83,349E mE 17,49=
4. Dado R = 150 m, calcular a deflexão sobre a tangente para c = 20 m.
Solução:
°== 639467,7
150
92,145.1
G⇒
°
==
2
639467,7
2
G
d °= 82,3d
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5. Dados ∆ = 43º e E = 52 m, calcular o grau da curva.
Solução:
⇒
−
°
=
−
∆
=
1
2
43
sec
52
1
2
sec
E
R mR 3151,695=
⇒=
3151,695
92,145.1
G °= 648,1G
6. Se ∆ = 30º 12’ e G20 = 2º 48’, calcular T e D.
Solução: 30º 12’ = 30,2º 2º 48’ = 2,8º
mR 2571,409
8,2
92,145.1
=
°
=
⇒
°
⋅=
2
2,30
tan2571,409T mT 43,110=
⇒
°
°⋅⋅
=
180
2,302571,409π
D mD 72,215=
7. Usando os dados do problema anterior, e assumindo que
E(PI) = 42 + 16,60, calcular as estacas do PC e do PT.
Solução:
E(PC) = (42 + 16,60) – ( 5 + 10,43) = 37 + 6,17
E(PT) = (37 + 6,17) + (10 + 15,72) = 48 + 1,89
8. Dados ∆ = 22º 36’ , G20 = 4º e E(PC) = 40 + 15,00. Construir a tabela de locação da curva
pelo método das estacas fracionárias.
Solução:
mR 480,286
4
92,145.1
=
°
=
⇒
°
⋅=
2
6,22
tan480,286T mT 24,57=
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 10
⇒
°
°⋅⋅
=
180
6,22480,286π
D mD 00,113=
E(PT) = (40 + 15,00) + (5 + 13,00) = 46 + 8,00
Donde: a = 15,00 (parte fracionária do PC)
b = 8,00 (parte fracionária do PT)
°=
°
== 2
2
4
2
G
d
°=
°
== 1,0
40
4
40
G
dm
°=°⋅−=⋅−= 5,01,0)1520()20(1 mdads
°=°⋅=⋅= 8,01,08mPT dbds
DEFLEXÕES
ESTACAS
SUCESSIVAS ACUMULADAS
PC 40+15,00 --- ---
41 0,5º 0,5º
42 2º 2,5º
43 2º 4,5º
44 2º 6,5º
45 2º 8,5º
46 2º 10,5º
PT 46+8,00 0,8º 11,3º = ∆/2 (ok)
9. Dados ∆ = 47º 12’, E(PI) = 58 + 12,00. Calcular R, T, E e D para G20 = 6º. Calcular também
E(PC) e E(PT).
Solução: ⇒
°
=
6
92,145.1
R mR 99,190=
⇒
°
⋅=
2
2,47
tan99,190T mT 44,83=
⇒
°
⋅=
4
2,47
tan44,83E mE 43,17=
⇒
°
°⋅⋅
=
180
2,4799,190π
D mD 34,157=
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E(PC) = (58 + 12,00) – (4 + 3,44) = 54 + 8,56
E(PT) = (54 + 8,56) + (7 + 17,34) = 62 + 5,90
10. Dados ∆ = 24º 20’ e R = 1500 m. Locar o PC e o PT, sabendo que a estaca do PI é
360 + 12,45.
Solução:
⇒
°
⋅=
2
333333,24
tan1500T mT 40,323=
⇒
°
°⋅⋅
=
180
333333,241500π
D mD 05,637=
E(PC) = (360 + 12,45) – (16 + 3,40) = 344 + 9,05
E(PT) = (344 + 9,05) + (31 + 17,05) = 376 + 6,10
11. Dados ∆ = 22º 36’ e T = 250 m, calcular G20 e D.
Solução: 22º 36’ = 22,6º
m
T
R 13,251.1
2
6,22
tan
250
2
tan
=
°
=
∆
=
⇒==
13,251.1
92,145.192,145.1
20
R
G °= 9159,020G
⇒
°
°⋅⋅
=
180
333333,241500π
D mD 05,637=
12. Calcular o desenvolvimento de uma curva circular de raio R = 1524 m e ângulo central
∆ = 32º.
Solução:
⇒
°
°⋅⋅
=
180
321524π
D mD 16,851=
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 12
13. (Concurso DNER) Numa curva circular com um raio de 170 m, queremos locar um ponto
logo à frente do ponto de curvatura (PC). Sabemos que o comprimento do arco é de 20 m.
A soma das coordenadas sobre a tangente deste ponto são (considerar sen 3,3703º =
0,058789 e cos 3,3703º = 0,9983):
a) 0,168 m b) 0,924 m c) 1,848 m d) 21,14 m
Solução: Letra d
°=
°
==
°===
3703,3
2
7407,6
2
7407,6
170
92,145.192,145.1
G
d
R
G
myx
mx
x
d
my
y
d
14,21
9654,193703,3cos20
20
cos
1758,13703,3sin20
20
sin
=+
=°⋅=⇒=
=°⋅=⇒=
14. Demonstrar que:
∆
⋅=
4
tanTE
Da trigonometria, temos:
=
−
2
tan
sin
cos1 x
x
x
=
−
4
tan
2
sin
2
cos1
x
x
x
∆
⋅=
∆
∆
−
⋅=
∆
∆
−
⋅
∆
∆
⋅
=
∆
∆
−
⋅
∆
=
−
∆
⋅=
4
tan
2
sin
2
cos1
2
cos
2
cos1
2
sin
2
cos
2
cos
2
cos1
2
tan
1
2
cos
1
TTE
T
T
RE
x y
20 m
d
G
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15. Dados ∆=30º, R=680 m e E(PI)=205+2,52, calcular G, T, D, E(PC) e E(PT).
⇒=
680
92,145.1
20G °= 69,1G
⇒
°
⋅=
2
30
tan680T mT 21,182=
⇒
°
°⋅⋅
=
180
30680π
D mD 05,356=
E(PC) = (205 + 2,52) – ( 9 + 2,21) = 196 + 0,31
E(PT) = (196 + 0,31) + (17 + 16,05) = 62 + 5,90
16. (*) Em uma curva horizontal circular, conhecem-se os seguintes elementos: G20=1º,
E(PC)=55 + 9,83 e E(PT)=81 + 9,83. Se alterarmos o raio dessa curva para 2000 m, qual
será a estaca do novo PT?
Solução:
D = E(PT) – E(PC) = (81 + 9,83) – (55 + 9,83) = 26 estacas = 520 m
mR 92,145.1
1
92,145.1
==
°=
⋅°
=
⋅
==∆ 26
20
5201
c
DG
AC
mT 56,264
2
26
tan92,145.1 =
°
⋅=
E(PI) = E(PC) + T = (55 + 9,83) + (13 + 4,56) = 68 + 14,39
Novo raio: R = 2.000 m
mestmT 74,12374,461
2
26
tan2000´ +==
°
⋅=
mestmD 57,74557,907
180
262000
´ +==
°
°⋅⋅
=
π
E(PC´) = (68 + 14,39) – (23 + 1,74) = 45 + 12,65
E(PT´) = (45 + 12,65) + (45 + 7,57) = 91 + 0,22
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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+T2≤ d2
⇒
°
=
∆
=
14tan
135
2
tan 1
1
1
T
R mR 46,5411 =
⇒
°
=
∆
=
16tan
48,85
2
tan 2
2
2
T
R 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
=
+
=
=
∆
⋅+
∆
⋅
PI1
∆2=32º
∆1=28º
PI2
O
d1=135 m
d2=229,52 m d3=85,48 m F
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19. (*) Em um trecho de rodovia temos duas curvas circulares simples. A primeira começando
na estaca 10+0,00 e terminando na estaca 20+9,43 com 300 m de raio. A segunda
começando na estaca 35+14,61 e terminando na estaca 75+0,00 com 1500 m de raio.
Deseja-se aumentar o raio da primeira curva para 600 m sem alterar a extensão total do
trecho. Qual deverá ser o raio da segunda curva? Dados: ∆1=40º e ∆2=30º.
Solução:
T1 = 300 tan(20º) = 109,19 m
T2 = 1500 tan(15º) = 401,92 m
L = (35 + 14,61) – (20 + 9,43) = 305,18 m
Dist(PI1 - PI2) = T1 + L +T2 = 109,19 + 305,18 + 401,92 = 816,29 m
C = Extensão total do trecho = est 75 – est 10 = 65 estacas = 1300 m = D1 + L + D2
T1´= 600 tan(20º) = 218,38 m
T2´=R2´ tan(15º)
L´= Dist(PI1 - PI2) – T1´– T2´= 816,29 – 218,38 – R2´ tan(15º) = 597,91 – 0,26795R2´
mD 88,418
180
40600
´1 =
°
°⋅⋅
=
π
´5236,0
180
30´
´ 2
2
2 R
R
D =
°
°⋅⋅
=
π
C = D1´+ L´ + D2´ = 418,88 + 597,91 – 0,26795 R2´ + 0,5236 R2´ = 1300
mR 8,107.1´2 =
35+14,61
∆2 = 30º
D1
∆1 = 40º
20+9,43
75+0,00
10+0,00
D2
R1 = 300
R2 = 1500
L = 305,18
∆2 = 30º
∆1 = 40º
R1´= 600
R2´= ???
L´
D1´
D2´
T2´
T1´
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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:
°
++
=
° 130sin
20
20sin
21 TTx
x = 96,14 m
T = T1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m
⇒
°
=
2
50
tan
32,203
R 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
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Solução:
CURVA 1: E(PI1) = d1 = 54 + 0,00
⇒
°
⋅=
2
46
tan12001T mT 37,5091 =
⇒
°
°⋅⋅
=
180
461200
1
π
D mD 42,9631 =
E(PC1) = (54 + 0,00) – (25 + 9,37) = 28 + 10,63
E(PT1) = (28 + 10,63) + (48 + 3,42) = 76 + 14,05
CURVA 2: E(PI2) = E(PT1) + d2 – T1
E(PI2) = (76 + 14,05) + (107 + 1,25) – (25 + 9,37) = 158 + 5,93
⇒
°
⋅=
2
30
tan16002T mT 72,4282 =
⇒
°
°⋅⋅
=
180
301600
2
π
D mD 76,8372 =
E(PC2) = (158 + 5,93) – (21 + 8,72) = 136 + 17,21
E(PT2) = (136 + 17,21) + (41 + 17,76) = 178 + 14,97
E(F) = E(PT2) + d3 – T2 = (178 + 14,97) + (90 + 9,10) – (21 + 8,72) = 247 + 15,35
22. Calcular as curvas circulares abaixo {G, T, D, E, E(PC), E(PT), d, dm}:
a) E(PI) = 202 + 2,50 ∆ = 52º R = 650 m c = 20 m
b) E(PI) = 1345 + 12,73 ∆ = 10º R =2000 m c = 20 m
c) E(PI) = 376 + 19,50 ∆ = 64º 20' R = 350 m c = 10 m
d) E(PI) = 467 + 3,75 ∆ = 80º R = 200 m c = 5 m
Solução:
a) ⇒
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
)650(
)20(º180º180
ππ R
c
G ´´47´451762954,1 °=°=G
⇒
°
⋅=
∆
⋅=
2
52
tan650
2
tanRT mT 03,317=
⇒
°
°⋅⋅
=
∆⋅⋅
=
180
52650
º180
ππ R
D mD 92,589=
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 18
⇒
°
⋅=
∆
⋅=
4
52
tan03,317
4
tanTE mE 19,73=
´´53´520881477,0
2
762954,1
2
°=°=
°
==
G
d
´´39´020044074,0
40
762954,1
)20(22
°=°=
°
=
⋅
==
G
c
G
dm
E(PC) = (202 + 2,50) – (15 + 17,03) = 186 + 5,47
E(PT) = (186 + 5,47) + (29 + 9,92) = 215 + 15,39
b)
T = 174,98 m
D = 349,07 m
E = 7,64 m
G = 0,572958º = 0º 34’ 23”
d = 0,28648º = 0º 17’ 11”
dm= 0,01432º = 0º 0’ 52”
E(PC) = 1336 + 17,75
E(PT) = 1354 + 6,82
c)
T = 220,12 m
D = 392,99 m
E = 63,47 m
G = 1,637022º = 1º 38’ 13”
d = 0,81851º = 0º 49’ 7”
dm= 0,08185º = 0º 4’ 55”
E(PC) = 365 + 19,38
E(PT) = 385 + 12,37
d)
T = 167,82 m
D = 279,25 m
E = 61,08 m
G = 1,432394º = 1º 25’ 57”
d = 0,7162º = 0º 42’ 58”
dm= 0,14324º = 0º 8’ 36”
E(PC) = 458 + 15,93
E(PT) = 472 + 15,18
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23. Repetir a questão anterior adotando para G um valor múltiplo de 40’. Construir as tabelas
de locação das curvas (R > R’).
Solução:
a) ⇒
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
)650(
)20(º180º180
ππ R
c
G '77724,105)60(762954,1 =⋅°=G
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
m
G
c
Rnovo 437,859
)º333333,1(
)20(º180º180
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
ππ
⇒
°
⋅=
∆
⋅=
2
52
tan437,859
2
tanRT mT 18,419=
⇒
°
°⋅⋅
=
∆⋅⋅
=
180
52437,859
º180
ππ R
D mD 00,780=
⇒
°
⋅=
∆
⋅=
4
52
tan18,419
4
tanTE mE 78,96=
´400
2
'201
2
°=
°
==
G
d
'20
40
'201
)20(22
°=
°
=
⋅
==
G
c
G
dm
E(PC) = (202 + 2,50) – (20 + 19,18) = 181 + 3,32
E(PT) = (181 + 3,32) + (39 + 0,00) = 220 + 3,32
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 20
ESTACAS DEFLEXÕES
SUCESSIVAS ACUMULADAS
INT FRAC
grau min seg grau min seg
181 3,32 0 0 0 0 0 0
182 0 33 22 0 33 22
183 0 40 0 1 13 22
184 0 40 0 1 53 22
185 0 40 0 2 33 22
186 0 40 0 3 13 22
187 0 40 0 3 53 22
188 0 40 0 4 33 22
189 0 40 0 5 13 22
190 0 40 0 5 53 22
191 0 40 0 6 33 22
192 0 40 0 7 13 22
193 0 40 0 7 53 22
194 0 40 0 8 33 22
195 0 40 0 9 13 22
196 0 40 0 9 53 22
197 0 40 0 10 33 22
198 0 40 0 11 13 22
199 0 40 0 11 53 22
200 0 40 0 12 33 22
201 0 40 0 13 13 22
202 0 40 0 13 53 22
203 0 40 0 14 33 22
204 0 40 0 15 13 22
205 0 40 0 15 53 22
206 0 40 0 16 33 22
207 0 40 0 17 13 22
208 0 40 0 17 53 22
209 0 40 0 18 33 22
210 0 40 0 19 13 22
211 0 40 0 19 53 22
212 0 40 0 20 33 22
213 0 40 0 21 13 22
214 0 40 0 21 53 22
215 0 40 0 22 33 22
216 0 40 0 23 13 22
217 0 40 0 23 53 22
218 0 40 0 24 33 22
219 0 40 0 25 13 22
220 0 40 0 25 53 22
220 3,32 0 6 38 26 0 0
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Glauco Pontes Filho 21
b) '3774,34)60(5729565,0
)2000(
)20(º180º180
=⋅°=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
ππ R
c
G
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 40’ = 0,66666667º
m
G
c
Rnovo 87,718.1
)º66666667,0(
)20(º180º180
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
ππ
Logo:
T = 150,38 m
D = 300,00 m
E = 6,57 m graus min. seg.
G = 0,66666 º = 0 40 0
d = 0,33333 º = 0 20 0
dm= 0,016667 º = 0 1 0
E(PC) = 1338 + 2,35
E(PT) = 1353 + 2,35
ESTACAS DEFLEXÕES
SUCESSIVAS ACUMULADAS
INT FRAC
grau min seg grau min seg
1338 2,35 0 0 0 0 0 0
1339 0 17 39 0 17 39
1340 0 20 0 0 37 39
1341 0 20 0 0 57 39
1342 0 20 0 1 17 39
1343 0 20 0 1 37 39
1344 0 20 0 1 57 39
1345 0 20 0 2 17 39
1346 0 20 0 2 37 39
1347 0 20 0 2 57 39
1348 0 20 0 3 17 39
1349 0 20 0 3 37 39
1350 0 20 0 3 57 39
1351 0 20 0 4 17 39
1352 0 20 0 4 37 39
1353 0 20 0 4 57 39
1353 2,35 0 2 21 5 0 0
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 22
c) '22111,98)60(637018,1
)350(
)10(º180º180
=⋅°=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
ππ Rc
G
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
m
G
c
Rnovo 72,429
)º333333,1(
)10(º180º180
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
ππ
Logo:
T = 270,26 m
D = 482,50 m
E = 77,92 m graus min. seg.
G = 1,3333 º = 1 20 0
d = 0,66666 º = 0 40 0
dm= 0,066666 º = 0 4 0
E(PC) = 363 + 9,24
E(PT) = 387 + 11,74
d) '943468,85)60(4323911,1
)200(
)5(º180º180
=⋅°=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
ππ R
c
G
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
m
G
c
Rnovo 859,214
)º333333,1(
)5(º180º180
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
ππ
Logo:
T = 180,29 m
D = 300,00 m
E = 65,62 m graus min. seg.
G = 1,33333 º = 1 20 0
d = 0,666666 º = 0 40 0
dm= 0,133333 º = 0 8 0
E(PC) = 458 + 3,46
E(PT) = 473 + 3,46
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Glauco Pontes Filho 23
24. A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas dos
pontos notáveis das curvas (PC, PI e PT) e a estaca inicial do traçado, sabendo que a estaca
do ponto F é 540 + 15,00.
Solução:
mT 37,400
2
40
tan11001 =
°
⋅=
mD 95,767
180
401100
1 =
°
°⋅⋅
=
π
mT 95,472
2
35
tan15002 =
°
⋅=
mD 30,916
180
351500
2 °
°⋅⋅
=
π
E(PT2) = 10.815-1.800+472,95 = 9.487,95 m = 474 est + 7,95 m
E(PC2) = 9.487,95 – 916,30 = 8.571,65 m = 428 + 11,65
E(PI2) = 8.571,65 + 472,95 = 9.044,60 m = 452 + 4,60
E(PT1) = 9.044,60 – 2.200 + 400,37 = 7.244,97 m = 362 + 4,97
E(PC1) = 7.244,97 – 767,95 = 6.477,02 m = 323 + 17,02
E(PI1) = 6.477,02 + 400,37 = 6.877,39 m = 343 + 17,39
E(A) = 6.877,39 – 1.000 = 5.877,39 m = 293 + 17,39
R2=1500 m
d2 = 2200 m
∆2=35º
∆1=40º d1 = 1000 m
PI2
d3 = 1800 m
PI1
A
R1=1100 m
F
PC1 PT1
PC2 PT2
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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) R = 1.173,98 m
b) T1 + T2 = 720 – 80 = R ( tan 20º + tan 14º) 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
90
tan600 +==
°
⋅= mT
48,24748,942
180
90600
+==
°
°⋅⋅
= mD
π
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
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27. (*) Deseja-se projetar um ramo de cruzamento com duas curvas reversas, conforme figura.
A estaca zero do ramo coincide com a estaca 820 e o PT2 coincide com a estaca 837+1,42
da estrada tronco. Calcular os valores de R1, R2, E(PI1) e E(PT2).
Solução:
mRRR 42,341)00,0820()42,1837(2 222 =+−+=++
⇒
+
=
22
42,341
2R mR 00,1002 =
⇒= 42,34121R mR 42,2411 =
mD 61,189
180
4542,241
1 =
°
°⋅⋅
=
π
mD 62,235
180
135100
2 =
°
°⋅⋅
=
π
E(PI1) = (820 + 0,00) + (5 + 0,00) = 825 + 0,00
E(PT2) = 16.400 + 189,61 + 235,62 = 841 est + 5,23 m
O2
O1
Est. 820
PC1 ∆1 = 45º
Est. 837 + 1,42
PT2
∆2 = 135º
PT1=PC2
TRONCO
PI1
PI2
45º
T1 = R2
45º
135º
45º
R2
T2 = R1
R1
R2
R2√2
45º
T2
45º
R1√2
341,42 m
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 26
28. A figura é um esboço do projeto de um circuito. Calcule R (em metros), sabendo que o
comprimento do circuito é 7.217,64 m. Todas as curvas são circulares simples.
Solução:
∑
∑
=
=
RD
RT
9012,8
5436,6
64,1385
60sin
1200
=
°
=x
21200
45sin
1200
=
°
=y
88,692
º60tan
1200
==a
00,1200
º45tan
1200
==b
∑ ∑+−+++= DTzyxC 21500
7217,64 = 1385,64 + 1500 + 1200√2 + (692,88 + 1500 + 1200) – 2(6,5436 R) + 8,9012 R
mR 1,181=
T1 = R⋅ tan 60º = 1,7321 R
T2 = 2R⋅ tan 30º = 1,1547 R
T3 = 3R⋅ tan 22,5º = 1,2426 R
T4 = R⋅ tan 67,5º = 2,4142 R
D1 = π⋅R⋅120º/180º = 2,0944 R
D2 = π⋅2R⋅60º/180º = 2,0944 R
D3 = π⋅3R⋅45º/180º = 2,3562 R
D4 = π⋅R⋅135º/180º = 2,3562 R
CURVA 2
Raio = 2R
CURVA 3
Raio = 3R
45º 60º
1200 m
1500 m
CURVA 4
Raio = R
CURVA 1
Raio = R
45º 60º
120º 135º
1500 b a
x y
z = a + 1500 + b
1200
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29. Calcular a distância entre os pontos A e B pelos caminhos 1 e 2.
Solução:
T = 1000 tan25º = 466,31 m
t = 500 tan 25º = 233,15 m
D = π⋅1000⋅50º/180º = 872,66 m
d = π⋅500⋅50º/180º = 436,33 m
Caminho 1: 2(T-t) + d = 2(466,31 – 233,15) + 436,33 = 902,64 m
Caminho 2: d = 872,66 m
30. Calcular o comprimento do circuito.
Solução:
T1 = 200 tan 60º = 346,41 m
T2 = 300 tan 30º = 173,21 m
T3 = 400 tan 22,5º = 165,69 m
T4 = 200 tan 67,5º = 482,84 m
D1 = π⋅200⋅120º/180º = 418,88 m
D2 = π⋅300⋅60º/180º = 314,16 m
D3 = π⋅400⋅45º/180º = 314,16 m
D4 = π⋅200⋅135º/180º = 471,245 m
∆ = 50º
b
B A
a
V
1
2
1 1
r = 500 m
R = 1000 m
CURVA 2
R2 = 300
CURVA 3
R3 = 400
45º60º
3000 m
CURVA 4
R4 = 200
CURVA 1
R1 = 200
2000 m
T t
d
D
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 28
∑
∑
=
=
44,518.1
14,168.1
D
T
40,2309
60sin
2000
=
°
=x
22000
45sin
2000
=
°
=y
70,1154
º60tan
2000
==a
2000
º45tan
2000
==b
∑ ∑+−+++= DTzyxC 23000
C = 2309,40 + 3000 + 2000√2 + (1154,70 + 3000 + 2000) – 2(1168,14) + 1518,44
mC 7,474.13=
34. Dadas as curvas reversas da figura, calcular o comprimento do trecho entre os pontos A e
B e os raios das curvas.
2,1
572
2
1
21
=
=
T
T
mVV
Solução:
mTmTTT
TT
00,31200,2605722,1
572
1222
21
=⇒=⇒=+
=+
mDmD
mRmR
65,504
º180
º34422,850
45,598
º180
º40213,857
422,850
2
º34
tan
260
213,857
2
º40
tan
312
21
21
=
⋅⋅
==
⋅⋅
=
=
==
=
ππ
mDD 10,103.121 =+
V1
A ∆1 = 40º
V2
B
∆2 = 34º
C
45º 60º
120º 135º
3000 b a
x y
z = a + 3000 + b
2000
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36. (*) Considere a localização em planta das tangentes de uma curva (figura 1) e a seção
transversal da estrada (figura 2). Pede-se:
a) Raio mínimo da curva circular. Verificarcondição mínima de visibilidade e determinar
o afastamento mínimo necessário do talude para uso do raio mínimo quanto à
estabilidade.
b) Calcular todos os elementos da curva circular.
c) Calcular as coordenadas (x,y) dos pontos PC e PT da curva escolhida.
ADOTAR: Velocidade de projeto, V = 100 km/h
Coeficiente de atrito longitudinal, fL = 0,3
Máximo coeficiente de atrito transversal, fT = 0,13
Rampa, i = 0%
emax = 12%
a) Cálculo do raio mínimo, distância de parada e afastamento lateral livre de obstáculos:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) m
R
D
M
m
if
V
VD
m
fe
V
R
necessário
L
T
99,15
96,3148
72,200
8
72,200
03,0255
100
1007,0
255
7,0
96,314
13,012,0127
100
127
22
22
2
max
2
min
≅==
=
+
+=
+
+=
=
+
=
+
=
75,7=existenteM
Afastamento do talude = Mnecessário - Mexistente = 15,99 – 7,75 = 8,24 m
PC
PT
y
∆=30º PI x
fig. 1
3,50 3,50
1:1
0,75
7,75 fig. 2
8,24 m
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 30
CAPÍTULO 5
CURVAS HORIZONTAIS
DE TRANSIÇÃO
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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
V
Lsmín 11,27
680
80
036,0036,0
33
=⋅==
m
R
Ls c
máx 75,652
180
55680
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ
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
55
tan88,068098,59
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
088235,0
120
423
91,119
216
088235,0
10
088235,0
1120
21610
1
088235,0
6802
120
2
33
4242
=
°
⋅++=
∆
⋅++=
=−⋅−=−⋅−=
=⋅−=⋅−=
=⋅=⋅=
=⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
=
−⋅=
−⋅=
=
+−⋅=
+−⋅=
=
⋅
=
⋅
=
θ
θ
φ
πθφ
θθ
θθ
θ
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
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 32
b) m
R
V
Lsmín 62,29
2100
120
036,0036,0
33
=⋅==
m
R
Ls c
máx 824,439
180
122100
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ
Adotando Ls = 100 m (>0,56V), temos:
θs = 0,023810 rad
Xs = 99,99 m
Ys = 0,79 m
k = 50,00 m
p = 0,20 m
TT = 270,74 m
φ = 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
V
Lsmín 37,43
830
100
036,0036,0
33
=⋅==
m
R
Ls c
máx 89,961
180
4,66830
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ
Adotando Ls = 100 m (>0,56V), temos:
θs = 0,060241 rad
Xs = 99,96 m
Ys = 2,01 m
k = 49,99 m
p = 0,50 m
TT = 593,46 m
φ = 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
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d) m
R
V
Lsmín 58,20
600
70
036,0036,0
33
=⋅==
m
R
Ls c
máx 70,858
180
82600
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ
Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos:
θs = 0,100000 rad
Xs = 119,88 m
Ys = 4,00 m
k = 59,98 m
p = 1,00 m
TT = 582,42 m
φ = 1,231170 rad
D = 738,70 m
E(TS) = 728 + 4,33
E(SC) = 734 + 4,33
E(CS) = 771 + 3,03
E(ST) = 777 + 3,03
2. Construir as tabelas de locação do 1º ramo de transição das curvas da questão anterior.
Solução:
a) Cálculos para a linha correspondente à estaca 327 + 0,00
''58'271
864056,111
862960,2
arctanarctan
86296,2
42
076767,0
3
076767,0
93,111
423
864056,111
216
076767,0
10
076767,0
193,111
21610
1
076767,0
1206802
93,111
2
33
4242
22
°=
=
=
=
−⋅=
−⋅=
=
+−⋅=
+−⋅=
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=
X
Y
i
mLY
mLX
rad
LR
L
sc
θθ
θθ
θ
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 34
TABELA DE LOCAÇÃO (por estacas inteiras)
ESTACA i
INT FRAC
L θ X Y
grau min seg
321 8,07 --- --- --- --- --- ---
322 11,93 0,000872 11,93 0,00 0 0 60
323 31,93 0,006247 31,93 0,07 0 7 10
324 51,93 0,016524 51,93 0,29 0 18 56
325 71,93 0,031703 71,92 0,76 0 36 20
326 91,93 0,051784 91,91 1,59 0 59 20
327 111,93 0,076767 111,86 2,86 1 27 58
327 8,07 120 0,088235 119,91 3,53 1 41 6
js = θs – is = 3º 22’ 14”
b)
ESTACA i
INT FRAC
L θ X Y
grau min seg
1337 1,99 --- --- --- --- --- ---
1338 18,01 0,000772 18,01 0,00 0 0 53
1339 38,01 0,003440 38,01 0,04 0 3 57
1340 58,01 0,008012 58,01 0,15 0 9 11
1341 78,01 0,014489 78,01 0,38 0 16 36
1342 98,01 0,022871 98,00 0,75 0 26 13
1342 1,99 100 0,023810 99,99 0,79 0 27 17
js = θs – is = 0º 54’ 34”
c)
ESTACA i
INT FRAC
L θ X Y
grau min seg
446 16,04 --- --- --- --- --- ---
447 3,96 0,000094 3,96 0,00 0 0 6
448 23,96 0,003458 23,96 0,03 0 3 58
449 43,96 0,011641 43,96 0,17 0 13 20
450 63,96 0,024644 63,96 0,53 0 28 14
451 83,96 0,042466 83,94 1,19 0 48 40
451 16,04 100 0,060241 99,96 2,01 1 9 2
js = θs – is = 2º 18’ 04”
d)
ESTACA i
INT FRAC
L θ X Y
grau min seg
728 4,33 --- --- --- --- --- ---
729 15,67 0,001705 15,67 0,01 0 1 57
730 35,67 0,008836 35,67 0,11 0 10 8
731 55,67 0,021522 55,67 0,40 0 24 40
732 75,67 0,039764 75,66 1,00 0 45 34
733 95,67 0,063561 95,63 2,03 1 12 50
734 115,67 0,092914 115,57 3,58 1 46 28
734 4,33 120 0,100000 119,88 4,00 1 54 35
js = θs – is = 3º 49’ 11”
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3. Numa curva de transição, para a determinação do comprimento de transição (Ls) foi
escolhido o valor J = 0,4 m/s3 (variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo).
Calcular a estaca do ST. Dados: ∆ = 50º, Rc = 500 m, Vp = 100 km/h e E(PI) = 210 + 0,00.
Solução:
m
JR
V
L
LR
V
J
c
s
sc
17,107
5004,0
6,3
100
3
33
=
⋅
=
⋅
=⇒
⋅
=
rad
R
L
c
s
s 10717,0
5002
17,107
2
=
⋅
=
⋅
=θ
mLX ss
ss 05,107
216
10717,0
10
10717,0
117,107
21610
1
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY ss
ss 83,3
42
10717,0
3
10717,0
17,107
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
rads 658327,0)10717,0(2
180
502 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
πθφ
mestmradRD radc 16,91616,329)658327,0(500 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 56,53)10717,0(50005,107 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 96,0)10717,0cos(150083,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 16,71416,287
2
50
tan96,050056,53
2
tan +==
°
⋅++=
∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (210 + 0,00) – (14 + 7,16) = 195 + 12,84
E(SC) = E(TS) + [LS] = (195 + 12,84) + (5 + 7,17) = 201 + 0,01
E(CS) = E(SC) + [D] = (201 + 0,01) + (16 + 9,16) = 217 + 9,17
E(ST) = E(CS) + [LS] = (217 + 9,17) + (5 + 7,17) = 222 + 16,34
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 36
4. Com relação ao exercício anterior, calcular as coordenadas X e Y da estaca 220+0,00.
Solução:
L = (222 + 16,34) – (220 + 0,00) = 22 est + 16,34 m = 56,334 m
rad
LR
L
sc
029618,0
17,1075002
34,56
2
22
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=θ
mLX 335,56
216
029618,0
10
029618,0
134,56
21610
1
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY 56,0
42
029618,0
3
029618,0
34,56
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
5. (*) No traçado da figura, sendo Vp=100 km/h, verificar se é possível projetar a curva 2 de
maneira que a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo (J) seja a mesma
para as duas curvas. Se não for possível, justificar. Dados:
Curva 1: E(PI1) = 72 + 9,27 ∆1 = 11º 36’ R1 = 1000 m
E(TS1) = 65 + 15,26 E(SC1) = 69 + 0,10
E(CS1) = 75 + 17,72 E(ST1) = 79 + 2,56
Curva 2: E(PI2) = 91 + 10,00
R2 = 600 m
∆2 = 40º
Solução:
Ls1 = E(SC1) - E(TS1) = (69 + 0,10) – (65 + 15,26) = 64,84 m
D1 = E(CS1) - E(SC1) = (75 + 17,72) – (69 + 0,10) = 137,62 m
2
3
3
1 /330559,0
84,641000
6,3
100
JsmJ ==
⋅
=
PI2
PI1
TS1
ST1
ST
CS
L
50º
217+9,17
222+16,34
220+0,00
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CÁLCULO DA CURVA 2:
m
JR
smV
Ls 07,108
330559,0600
6,3
100
)/(
3
22
3
2 =
⋅
=
⋅
=
rads 090058,0
6002
07,108
=
⋅
=θ
rads 518017,0)090058,0(2
180
402 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
πθφ
mLX ss
ss 98,107
216
090058,0
10
090058,0
107,108
21610
1
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY ss
ss 24,3
42
090058,0
3
090058,0
07,108
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
mestmradRD radc 81,101581,310)518017,0(600 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 02,54)090058,0(60098,107 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 81,0)090058,0cos(160024,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 70,121370,272
2
40
tan81,060002,54
2
tan +==
°
⋅++=
∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS2) = E(PI2) – [TT2] = (91 + 10,00) – (13 + 12,70) = 77 + 17,30
Como o início da segunda curva deve ser depois do fim da primeira (ou coincidirem), não
é possível projetar a curva 2 com o J da curva 1, pois :
E(TS2)=77+17,30 < E(ST1)=104+4,25.
PI2
PI1
TS2
ST1
TS2 < ST1 ???
Impossível !!!
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 38
6. (*) Numa curva onde a deflexão entre as tangentes (∆) é igual a 0,8 radianos, calcular a
velocidade, em km/h, que a curva permite desenvolver sem que a variação da aceleração
centrífuga por unidade de tempo na transição (J) ultrapasse o valor 0,5 m/s3. Dados:
E(TS)=14+0,00; E(SC)=18+0,00; E(CS)=22+0,00; E(ST)=26+0,00.
Solução:
Ls = E(SC) - E(TS) = (18 + 0,00) – (14 + 0,00) = 80 m
D = E(CS) - E(SC) = (22 + 0,00) – (18 + 0,00) = 80 m
hkmsmV
LD
JLV
JRLV
LR
V
J
LD
R
R
LD
R
LR
R
L
s
s
cs
sc
s
c
c
s
c
sc
c
s
s
/72/20
8000
8,0
8080
5,080
2
22
3
3
3
==
=
+
⋅⋅=
∆
+
⋅⋅=
⋅⋅=⇒
⋅
=
∆
+
=⇒
+
=
+⋅
=+=+=∆
φφθφ
7. (*) Numa curva horizontal, adotando-se o comprimento de transição (Ls) igual à média
entre o comprimento mínimo e o comprimento máximo possível, calcular:
a) a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo na transição.
b) o afastamento necessário entre a curva circular e a tangente externa (p).
c) o comprimento do trecho circular da curva.
Dados: Vp = 80 km/h; Rc = 210 m; ∆ = 30º.
Solução:
m
R
V
Lsmín 771,87
210
80
036,0036,0
33
=⋅==
m
R
Ls c
máx 956,109
180
30210
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ
mLs 86,98
2
956,109771,87
=
+
=
rad
R
L
c
s
s 235381,0
2102
86,98
2
=
⋅
=
⋅
=θ
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mLY ss
ss 726,7
42
235381,0
3
235381,0
86,98
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
Letra a) 3
3
3
/53,0
86,98210
6,3
80
sm
LR
V
J
sc
=
⋅
=
⋅
=
Letra b) ( ) [ ] mradRYp scs 94,1)235381,0cos(1210726,7cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
Letra c) rads 052838,0)235381,0(2
180
302 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
πθφ
mradRD radc 10,11)052838,0(210 =⋅=⋅= φ
8. (*) Dado o alinhamento da figura, sendo o raio da curva 1 igual a 500 m e fixada a
velocidade de projeto Vp=72 km/h, calcular as estacas dos pontos TS1, SC1, CS1, ST1, PC2,
PT2 e estaca final do trecho, respeitando as seguintes condições: a) a curva 1 terá transições
simétricas de comprimento Ls, calculado para uma variação de aceleração centrífuga por
unidade de tempo J=0,2 m/s3; b) a curva 2 será uma curva circular sem transições; c) entre
o ST1 e o PC2 existe um trecho em tangente de comprimento 200 m; d) a curva 2 terá o
maior raio possível, respeitadas as condições a, b e c.
Solução:
CÁLCULO DA CURVA 1:
m
JR
V
L
LR
V
J
c
s
sc
80
5002,0
6,3
72
3
33
=
⋅
=
⋅
=⇒
⋅
=
rad
R
L
c
s
s 08,0
5002
80
2
=
⋅
=
⋅
=θ
452,66 m
∆2=24º
∆1=24º
CURVA 2
1000 m
PI2
1000 m
PI1
EST. 0
CURVA 1
F
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 40
mLX ss
ss 95,79
216
08,0
10
08,0
180
21610
1
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY ss
ss 13,2
42
08,0
3
08,0
80
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
rads 258880,0)08,0(2
180
242 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
πθφ
mestmradRD radc 44,9644,129)258880,0(500 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 99,39)08,0(50095,79 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 53,0)08,0cos(150013,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 38,6738,146
2
24
tan53,050099,39
2
tan +==
°
⋅++=
∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (50 + 0,00) – (7 + 6,38) = 42 + 13,62
E(SC) = E(TS) + [LS] = (42 + 13,62) + (4 + 0,00) = 46 + 16,32
E(CS) = E(SC) + [D] = (46 + 16,32) + (6 + 9,44) = 53 + 3,06
E(ST) = E(CS) + [LS] = (53 + 3,06) + (4 + 0,00) = 57 + 3,06
CÁLCULO DA CURVA 2:
E(PC2) = E(ST1) + 200 m = (57 + 3,06) + (10 + 0,00) = 67 + 3,06 = 1.343,06 m
T = 452,66 – TT – 200 = 452,66 – 146,38 – 200 = 106,28 m
m
T
R 01,500
2
º24
tan
28,106
2
tan 2
=
=
∆
=
mD 44,209
180
2401,500
=
°
°⋅⋅
=
π
E(PT2) = E(PC2) + D = 1.343,06 + 209,44 = 1.552,50 m = 77 + 12,50
E(F) = E(PT2) + 1000m - T = 1.552,50 + 1.000 – 106,28 = 2.446,22 m =122 + 6,22
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9. (*) Dada a curva horizontal da figura, calcular os valores de X e Y do ponto P que está na
estaca 100 + 0,00. Dados: Rc = 350 m, E(PI) = 90 + 15,00, Ls = 150 m e ∆ = 60º.
Solução: rad
R
L
c
s
s 214286,0
3502
150
2
=
⋅
=
⋅
=θmLX ss
ss 31,149
216
214286,0
10
214286,0
1150
21610
1
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY ss
ss 68,10
42
214286,0
3
214286,0
150
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
rads 618626,0)214286,0(2
180
602 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
πθφ
52,161052,216)618626,0(350 +==⋅=⋅= mradRD radc φ
mradsensenRXk scs 89,74)214286,0(35031,149 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 674,2)214286,0cos(135068,10cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 50,181350,278
2
60
tan674,235089,74
2
tan +==
°
⋅++=
∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (90 + 15,00) – (13 + 18,50) = 76 + 16,50
E(SC) = E(TS) + [LS] = (76 + 16,50) + ( 7 + 10,00) = 84 + 6,50
E(CS) = E(SC) + [D] = (84 + 6,50) + (10 + 16,52) = 95 + 3,02
E(ST) = E(CS) + [LS] = (95 + 3,02) + ( 7 + 10,00) = 102 + 13,02
L = (102 + 13,02) – (100 + 0,00)
L = 2 est + 13,02 m = 53,02 m
rad
LR
L
sc
026773,0
1503502
02,53
2
22
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=θ
mLX 02,53
216
026773,0
10
026773,0
102,53
21610
1
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY 47,0
42
026773,0
3
026773,0
02,53
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
ST
CS
L
60º
95+3,02
102+13,02
100+0,00
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 42
10. (*) Deseja-se projetar uma curva de transição com J = 0,4 m/s3. Calcular a deflexão que
deve ser dada no aparelho (colocado sobre o TS) para locar a estaca 200. Dados: Vp=100
km/h, ∆=40º, Rc=600 m, E(PI) = 209 + 3,23.
Solução: m
JR
V
L
LR
V
J
c
s
sc
31,89
6004,0
6,3
100
3
33
=
⋅
=
⋅
=⇒
⋅
=
rad
R
L
c
s
s 074425,0
6002
31,89
2
=
⋅
=
⋅
=θ
mLX ss
ss 26,89
216
074425,0
10
074425,0
131,89
21610
1
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY ss
ss 21,2
42
074425,0
3
074425,0
31,89
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
rads 549283,0)074425,0(2
180
402 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
πθφ
mestmradRD radc 57,91657,329)549283,0(600 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 65,44)074425,0(60026,89 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 554,0)074425,0cos(160021,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 23,31323,263
2
40
tan554,060065,44
2
tan +==
°
⋅++=
∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (209 + 3,23) – (13 + 3,23) = 196 + 0,00
E(SC) = E(TS) + [LS] = (196 + 0,00) + ( 4 + 9,31) = 200 + 9,31
E(CS) = E(SC) + [D] = (200 + 9,31) + (16 + 9,57) = 216 + 18,87
E(ST) = E(CS) + [LS] = (216 + 18,87) + ( 4 + 9,31) = 221 + 8,18
L = (200 + 0,00) – (196 + 0,00) = 4 est + 0,00 m = 80 m
rad
LR
L
sc
029618,0
17,1075002
34,56
2
22
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=θ
mLX 335,56
216
029618,0
10
029618,0
134,56
21610
1
4242
=
+−⋅=
+−⋅=
θθ
mLY 56,0
42
029618,0
3
029618,0
34,56
423
33
=
−⋅=
−⋅=
θθ
ST
CS
L
50º
217+9,17
222+16,34
220+0,00
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11. (*) A figura mostra trecho de uma via contendo tangentes perpendiculares entre si e duas
curvas circulares com transição, reversas e consecutivas. Dados que Rc = 200 m e Ls = 80
m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas dado.
Solução:
Calculando os elementos da transição, temos:
Coordenada X = (TT – k) + TT = 2 (241,28) – 39,95 = 442,61 m
Coordenada Y = -(k + TT) = - (39,95 + 241,28) = -281,23 m
SC1
CS1
ST1= TS2
SC2
CS2
ST2
C2
C1
TS1
E
N
θs = 0,083333 rad
Xs = 99,93 m
Ys = 2,78 m
k = 49,99 m
p = 0,69 m
TT = 252,35 m
SC1
CS1
ST1= TS2
SC2
CS2 ST2
C2
C1
TS1
E
k
TT
TT-k
TT
TT
k
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 44
12. (*) A figura mostra trecho do eixo da planta de um autódromo formado por 3 tangentes
paralelas concordadas entre si por curvas circulares com transição. Sabendo que Rc = 50 m
e Ls = 50 m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas
dado.
Solução:
Calculando os elementos da transição, temos:
θs = 0,50 rad
Xs = 48,76 m
Ys = 8,18 m
k = 24,79 m
p = 2,06 m
Coordenada E = k = 24,76 m
Coordenada N = 4 (Rc+p) = 4 (50 + 2,06) = 208,24 m
100 m
TS1 E
TS2
SC1
CS1
ST1 SC2
CS2 ST2
C2
C1
N
Rc+p
Rc+p
Rc+p
Rc+p
k
100 m
TS1 E
TS2
SC1
CS1
ST1 SC2
CS2
ST2
C2
C1
N
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13. (*) A figura mostra uma pista de teste composta por duas curvas horizontais de raio Rc = 80
m, concordadas com duas tangentes de comprimento 150 m através de curvas de transição
de comprimento Ls = 100 m. Calcular as coordenadas dos pontos TS, SC, CS e ST em
relação ao sistema de eixos da figura, que tem como origem o centro de uma das curvas.
Solução:
Calculando os elementos da transição, temos:
θs = 0,625 rad
Xs = 96,16 m
Ys = 20,25 m
k = 49,36 m
p = 5,13 m
TS1 (k ; –Rc– p) TS2 (k + L ; Rc+ p)
SC1 (–Xs + k ; Ys – Rc – p) SC2 (k + L + Xs ; Rc + p – Ys)
CS1 (–Xs + k ; Rc + p – Ys ) CS2 (k + L + Xs ; Ys – Rc – p)
ST1 (k ; Rc + p) ST2 (k + L ; –Rc – p)
Logo:
TS1 ( +49,36 ; –85,13 ) TS2 ( +199,36 ; +85,13 )
SC1 ( –46,80 ; –64,88 ) SC2 ( +295,52 ; +64,88 )
CS1 ( –46,80 ; +64,88 ) CS2 ( +295,52 ; –64,88 )
ST1 ( +49,36 ; +85,13 ) ST2 ( +199,36 ; –85,13 )
y
x
TS1
CS2
SC2
TS2
SC1
CS1
ST1
O
ST2
y
x
TS1
CS2
SC2
TS2
SC1
CS1
ST1
O
ST2
Ys
Rc+p
Rc+p
Ys
k
Xs Xs L=150
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 46
14. Calcular as estacas dos pontos notáveis das curvas e a estaca final do traçado (ponto B),
sendo dados:
a) Estaca inicial do traçado (ponto A) = 0 + 0,00
b) Raio da curva 1 = 300 m (transição)
c) Raio da curva 2 = 600 m (transição)
d) Vp = 80 km/h
Solução:
Coordenadas:
Pontos E N
A 0 1.000
PI1 4.000 7.000
PI2 7.000 2.000
B 12.000 0
Cálculo dos azimutes:
°=
=
−
−
= 690,33
3
4
arctan
70001000
40000
arctan1Az
°=
−
−
+°= 036,149
20007000
70004000
arctan1802Az
°=
−
−
+°= 801,111
02000
120007000
arctan1803Az
d3
A
d2
d1
N
E
B
PI1
PI2
0 1000
1000
7000
7000 11000
4000
4000
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Cálculo dos ângulos centrais:
∆1 = Az2 – Az1 = 149,036° - 33,690° = 115,346°
∆2 = | Az3 – Az2 | = 149,036° - 111,801° = 37,235°
Cálculo dos comprimentos dos alinhamentos:
( ) ( ) md 10,211.77000100004000 22
1 =−+−=
( ) ( ) md 95,830.52000700070004000 22
2 =−+−=
( ) ( ) md 16,385.502000120007000 22
3 =−+−=
Cálculo da curva 1 (transição):Lsmin = 0,036⋅ (80)3/300 = 61,44 m
Lsmax = 300⋅(115,346º)⋅(3,1416)/180º = 603,95 m
Adotando Ls = 200 m (>0,56V) (o leitor pode adotar outro valor), temos:
E(PI1) = [d1] = 360 est + 11,10 m
R1 = 300 m
AC1 = ∆1 = 115,346°
Ls = 200 m
θs1 = 0,166667 rad
Xs1 = 99,72 m
Ys1 = 5,54 m
k1 = 49,95 m
p1 = 1,39 m
TT1 = 526,20 m
φ 1= 1,679838 rad
D1= 503,95 m
E(TS1) = 334 + 4,90
E(SC1) = 339 + 4,90
E(CS1) = 364 + 8,85
E(ST1) = 369 + 8,85
Cálculo da curva 2 :
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 48
R2 = 600 m
∆2 = 37,235°
E(PI2) = E(ST1) + [d2] – [TT1]
E(PI2) = 7.388,85 + 5830,95 – 526,20 = 12.693,60 m= 634 est + 13,60 m
Lsmin = 0,036⋅ (80)3/600 = 30,72 m
Lsmax = 600⋅(37,235º)⋅(3,1416)/180º = 389,93 m
Adotando Ls = 100 m (>0,56V) (o leitor pode adotar outro valor), temos:
θs2 = 0,083333 rad
Xs2 = 99,93 m
Ys2 = 2,78 m
k2 = 49,99 m
p2 = 0,69 m
TT2 = 252,35 m
φ 2 = rad
D2 = 289,92 m
E(TS2) = 622 + 1,25
E(SC2) = 627 + 1,25
E(CS2) = 641 + 11,18
E(ST2) = 646 + 11,18
Estaca final do traçado (ponto B):
E(B) = E(ST2) + [d3] – [TT2]
E(B) = 12.931,18 + 5.385,16 – 252,35 = 18.063,99 = 903 est + 3,99 m
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CAPÍTULO 6
SUPERELEVAÇÃO
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 50
1. Numa rodovia de Classe I, temos: emax=8% , V = 100 km/h. Se uma curva nesta rodovia
tem raio de 600 metros, calcular a superelevação a ser adotada, segundo o DNER.
Solução:
V = 100 km/h fmáx = 0,13 (tab.4.2)
( )
%9,6
600
95,374
600
95,3742
8
95,374
13,008,0127
100
2
2
2
min
=
−
⋅
⋅=
=
+⋅
=
e
mR
2. Numa rodovia de Classe II, temos: emax=6% , V = 80 km/h. Se uma curva nesta rodovia tem
raio de 400 metros, calcular a superelevação a ser adotada, segundo o DNER.
Solução:
V = 80 km/h fmáx = 0,14 (tab.4.2)
( )
%2,5
400
97,251
400
97,2512
6
97,251
14,006,0127
80
2
2
2
min
=
−
⋅
⋅=
=
+⋅
=
e
mR
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Glauco Pontes Filho 51
3. Fazer o diagrama da superelevação de uma curva de transição em espiral, anotando todas as
cotas e pontos em relação ao perfil de referência (extraído das notas de aula do professor
Creso Peixoto). Dados:
E(TS) = 40 + 2,00
Considerar Ls = Le
e = 8%
Método de giro em torno da borda interna (BI)
Critério de cálculo: BARNETT (α1 = 0,25% e α2 = 0,50%)
Solução:
a) Em tangente: mLmh t 24
25,0
)06,0(100
06,0
100
%)2(3
1 =
⋅
=⇒=
⋅
=
b) Na transição:
( )
mLeLeLLmLe
mSmLe
es 48361236
)5,0(2
06,0248,0100
48,0
100
%832
12
5,0
06,0100
212
1
=+=+===
⋅
⋅−⋅
=
=
⋅⋅
==
⋅
=
L = 3 m L = 3 m
a = 2% a = 2%
h1
39 40 41 42 43 44 45 46 38
+18,00
+2,00
+14,00
+10,00
EIXO
BE, BI
TS
M
SC
BE
EIXO
Lt = 24 m
Ls = Le = 48 m
Le2 = 36 m
Le1 = 12 m
S/2 = 0,24
S/2 = 0,24
BI
+0,42
+0,18
-0,06
+0,06
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 52
CAPÍTULO 7
SUPERLARGURA
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Glauco Pontes Filho 53
1. Calcular a superlargura, sendo dados os seguintes elementos:
Largura do veículo: L = 2,50 m.
Distância entre os eixos do veículo: E = 6,50 m.
Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,10 m.
Raio da curva: R = 280 m.
Velocidade de projeto: V = 90 km/h.
Faixas de tráfego de 3,3 m (LB = 6,6 m).
Número de faixas: 2.
Solução: Tabela 7.1: LB = 6,6 m → GL = 0,75 m.
( ) [ ]
( ) 6,6538,0028,0)75,0575,2(22
538,0
28010
90
10
028,0280)5,6(210,110,12802
575,2
)280(2
5,6
50,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
V
F
mREFFRG
m
R
E
LG
Steórico = 0,62 m
Sprático = 0,80 m (múltiplo de 0,20 m)
2. Idem, para:
Largura do veículo: L = 2,50 m.
Distância entre os eixos do veículo: E = 6,10 m.
Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,20 m.
Raio da curva: R = 200 m.
Velocidade de projeto: V = 80 km/h.
Faixas de tráfego de 3,6 m (LB = 7,2 m).
Número de faixas: 2.
Solução: Tabela 7.1: LB = 7,2 m → GL = 0,90 m.
( ) [ ]
( ) 2,7566,0040,0)90,0593,2(22
566,0
20010
80
10
040,0200)10,6(220,120,12002
593,2
)200(2
1,6
50,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
V
F
mREFFRG
m
R
E
LG
Steórico = 0,39 m
Sprático = 0,40 m (múltiplo de 0,20 m)
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 54
3. Idem, para:
Largura do veículo: L = 2,40 m.
Distância entre os eixos do veículo: E = 7,0 m.
Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,40 m.
Raio da curva: R = 180 m.
Velocidade de projeto: V = 100 km/h.
Faixas de tráfego de 3,6 m (LB = 7,2 m).
Número de faixas: 2.
Solução: Tabela 7.1: LB = 7,2 m → GL = 0,90 m.
( ) [ ]
( ) 2,77454,00599,0)90,05361,2(22
7454,0
18010
100
10
0599,0180)7(240,140,11802
5361,2
)180(2
7
40,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
V
F
mREFFRG
m
R
E
LG
Steórico = 0,48 m
Sprático = 0,60 m (múltiplo de 0,20 m)
4. Calcular a superlargura necessária numa curva:
a) R = 250 m; LB = 7,20 m; V = 100 km/h (Veículo SR).
b) R = 280 m; LB = 7,00 m; V = 90 km/h (Veículo CO).
Solução: a) mSteórico 88,020,0250
25010
100
250
100
25044,25 2 =−−+++=
Sprático = 1,00 m (múltiplo de 0,20 m)
b) Tabela 7.1: LB = 7,0 m → GL = 0,90 m.
( ) [ ]
( ) 0,75379,00287,0)90,06664,2(22
5379,0
28010
90
10
0287,0280)1,6(220,120,12802
6664,2
)280(2
1,6
60,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
V
F
mREFFRG
m
R
E
LG
Steórico = 0,70 m
Sprático = 0,80 m (múltiplo de 0,20 m)
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Glauco Pontes Filho 55
5. Calcular a superlargura pela fórmula de VOSHELL-PALAZZO:
Dados: E = 6,00 m, R = 350 m, V = 80 km/h, n = 2.
Solução:
( ) mSteórico 53,0
35010
80
63503502 22 =+−−⋅=
Sprático = 0,60 m (múltiplo de 0,20 m)
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICOSolução dos Exercícios 56
CAPÍTULO 8
CURVAS VERTICAIS
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Glauco Pontes Filho 57
1. Calcular os elementos notáveis (estacas e cotas do PCV, PTV e V) da curva abaixo e
confeccionar a nota de serviço a seguir. O raio da curva vertical (Rv) é igual a 4000 m e a
distância de visibilidade de parada (Dp) é igual a 112 m.
Solução:
Cálculo do comprimento da curva:
mRgL
iig
v 160400004,0
04,0%4%)3(%121
=⋅=⋅=
==−−=−=
Verificação de Lmin: )(79,1214
412
112
412
22
min OKmA
D
LLD
p
p =⋅=⋅=→<
Flecha máxima: m
Lg
F 80,0
8
16004,0
8
=
⋅
=
⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 80 m = 4 estacas
00,078)00,04()00,074()(
00,070)00,04()00,074()(
+=+++=
+=+−+=
PTVEst
PCVEst
m
Li
PIVCotaPTVCota
m
Li
PIVCotaPCVCota
60,667
2
160)03,0(
670
2
)()(
20,669
2
16001,0
670
2
)()(
2
1
=
⋅−
+=
⋅
+=
=
⋅
−=
⋅
−=
Cálculo do vértice V:
m
g
Li
y
mestm
g
Li
L
20,0
)04,0(2
160)01,0(
2
00,0240
04,0
16001,0
22
1
0
1
0
=
⋅
⋅
=
⋅
=
+==
⋅
=
⋅
=
V
i1 = +1%
i2 = -3%
PTV
PCV
PIV cota 670 m
Est. 74+0,00
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 58
E(V) = E(PCV) + [L0] = (70+ 0,00) + (2+ 0,00) = 72 est + 0,00 m
myPCVCotaVCota 40,66920,020,669)()( 0 =+=+=
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
222 000125,0
1602
04,0
2
xxx
L
g
f ⋅=⋅
⋅
=⋅=
800,080000125,0
450,060000125,0
200,040000125,0
050,020000125,0
00000125,0
2
74
75
2
73
76
2
72
77
2
71
78
2
70
=⋅=
==⋅=
==⋅=
==⋅=
==⋅=
f
ff
ff
ff
ffestaca
NOTA DE SERVIÇO SIMPLIFICADA
EST. COTAS DO
GREIDE DE
PROJETO
ORDENADAS
DA PARÁBOLA
GREIDE
DE PROJETO
70=PCV 669,20 0,00 669,20
71 669,40 0,05 669,35
72 669,60 0,20 669,40
73 669,80 0,45 669,35
74=PIV 670,00 0,80 669,20
75 669,40 0,45 668,95
76 668,80 0,20 668,60
77 668,20 0,05 668,15
78=PTV 667,60 0,00 667,60
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Glauco Pontes Filho 59
2. Calcular os elementos notáveis da curva vertical abaixo e confeccionar a nota de serviço.
Solução:
06,0%6%4%221 −=−=−−=−= iig
Flecha máxima: m
Lg
F 40,2
8
32006,0
8
−=
⋅−
=
⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 160 m = 8 estacas
m
Li
PIVCotaPTVCota
m
Li
PIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
40,561
2
32004,0
555
2
)()(
20,558
2
32002,0
555
2
)()(
00,084)00,08()00,076()(
00,068)00,08()00,076()(
2
1
=
⋅
+=
⋅
+=
=
⋅−
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
myPCVCotaVCota
mestLPCVEVE
m
g
Li
y
mestm
g
Li
L
13,55707,120,558)()(
67,673)67,65()00,068()()(
07,1
)06,0(2
320)02,0(
2
67,6567,106
06,0
32002,0
0
0
22
1
0
1
0
=−=+=
+=+++=+=
−=
⋅
⋅−
=
⋅
=
+==
−
⋅−
=
⋅
=
Cálculo das cotas do greide reto:
V
i1 = -2%
i2 = +4%
PTV
PCV
PIV cota 555 m
Est. 76+0,00
L = 320 m
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 60
GRPCV = cota(PCV) = 558,20 m
GR69 = 558,20 – 20(0,02) = 557,80 m
GR70 = 557,80 – 20(0,02) = 557,40 m
:
:
GRPIV = cota(PIV) = 555,00 m
GR77 = 555,00 + 20(0,04) = 555,80 m
GR78 = 555,80 + 20(0,04) = 556,60 m
:
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522 103750,9
3202
06,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅−=⋅
⋅
−
=⋅= −
4,280103750,984,180103750,9
35,180103750,994,080103750,9
60,080103750,934,060103750,9
15,040103750,904,020103750,9
25
76
25
75
25
74
25
73
25
72
25
71
25
70
25
69
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−−
−−
−−
−−
ff
ff
ff
ff
NOTA DE SERVIÇO
Estacas
Greide
Reto
f
Greide de
Projeto
68=PCV 558,20 0,00 558,20
69 557,80 -0,04 557,84
70 557,40 -0,15 557,55
71 557,00 -0,34 557,34
72 556,60 -0,60 557,20
73 556,20 -0,94 557,14
74 555,80 -1,35 557,15
75 555,40 -1,84 557,24
76=PIV 555,00 -2,40 557,40
77 555,80 -1,84 557,64
78 556,60 -1,35 557,95
79 557,40 -0,94 558,34
80 558,20 -0,60 558,80
81 559,00 -0,34 559,34
82 559,80 -0,15 559,95
83 560,60 -0,04 560,64
84=PTV 561,40 0,00 561,40
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Glauco Pontes Filho 61
3. Idem para:
Solução:
03,0%3%)4(%121 ==−−−=−= iig
Flecha máxima: m
Lg
F 75,0
8
20003,0
8
=
⋅
=
⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0 m
m
Li
PIVCotaPTVCota
m
Li
PIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
00,119
2
20004,0
123
2
)()(
00,124
2
20001,0
123
2
)()(
00,055)00,05()00,050()(
00,045)00,05()00,050()(
2
1
=
⋅−
+=
⋅
+=
=
⋅−
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV.
Cálculo das cotas do greide reto:
GRPCV = cota(PCV) = 124,00 m
GR46 = 124,00 – 20(0,01) = 123,80 m
GR47 = 123,80 – 20(0,01) = 123,60 m
:
:
GRPIV = cota(PIV) = 123,00 m
GR51 = 123,00 - 20(0,04) = 122,20 m
GR52 = 122,20 - 20(0,04) = 121,40 m
:
i1 = -1%
i2 = -4%
PTV
PCV
PIV cota 123 m
Est. 50+0,00
L = 200 m
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 62
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522 105,7
2002
03,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅=⋅
⋅
=⋅= −
75,090105,7
48,070105,727,050105,7
12,030105,703,010105,7
25
50
25
49
25
48
25
47
25
46
=⋅⋅=
=⋅⋅==⋅⋅=
=⋅⋅==⋅⋅=
−
−−
−−
f
ff
ff
NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM
Estaca
Greide
Reto
f
Greide de
Projeto
45 124,00 0,00 124,00
46 123,80 0,03 123,77
47 123,60 0,12 123,48
48 123,40 0,27 123,13
49 123,20 0,48 122,72
50 123,00 0,75 122,25
51 122,20 0,48 121,72
52 121,40 0,27 121,13
53 120,60 0,12 120,48
54 119,80 0,03 119,77
55 119,00 0,00 119,00
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Glauco Pontes Filho 63
4. Idem para:
Solução:
01,0%1%5,1%5,221 ==−=−= iig
Flecha máxima: m
Lg
F 50,0
8
40001,0
8
=
⋅
=
⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 200 m = 10 est + 0,00 m
m
Li
PIVCotaPTVCota
m
Li
PIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
00,90
2
400015,0
87
2
)()(
00,82
2
400025,0
87
2
)()(
00,050)00,010()00,040()(
00,030)00,010()00,040()(
2
1
=
⋅−
+=
⋅
+=
=
⋅
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV.
Cálculo das cotas do greide reto:
GRPCV = cota(PCV) = 82,00 m
GR46 = 82,00 + 20(0,025) = 82,50 m
GR47 = 82,50 + 20(0,025) = 83,00 m
:
:
GRPIV = cota(PIV) = 87,00 m
GR51 = 87,00 + 20(0,015) = 87,30 m
GR52 = 87,30 + 20(0,015) = 87,60 m
:
i1 = +2,5%
i2 = +1,5%
PTV
PCV
PIV cota 87 m
Est. 40+0,00
L = 400 m
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Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522 1025,1
4002
01,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅=⋅
⋅
=⋅= −
50,0200101025,141,0180101025,1
32,0160101025,125,0140101025,1
18,0120101025,113,0100101025,1
08,080101025,105,060101025,1
02,040101025,101,020101025,1
245
40
245
39
245
38
245
37
245
36
245
35
245
34
245
33
245
32
245
31
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
−−−−
−−−−
−−−−
−−−−
−−−−
ff
ff
ff
ff
ff
NOTA DE SERVIÇO
Estacas
Greide
Reto
f
Greide de
Projeto
30+0,00=PCV 82,00 0,00 82,00
31 82,50 0,01 82,50
32 83,00 0,02 82,98
33 83,50 0,05 83,46
34 84,00 0,08 83,92
35 84,50 0,13 84,38
36 85,00 0,18 84,82
37 85,50 0,25 85,26
38 86,00 0,32 85,68
39 86,50 0,41 86,10
40=PIV 87,00 0,50 86,50
41 87,30 0,41 86,90
42 87,60 0,32 87,28
43 87,90 0,25 87,66
44 88,20 0,18 88,02
45 88,50 0,13 88,38
46 88,80 0,08 88,72
47 89,10 0,05 89,06
48 89,40 0,02 89,38
49 89,70 0,01 89,70
50+0,00=PTV 90,00 0,00 90,00
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5. Calcular os elementos notáveis da curva vertical abaixo e confeccionar a nota de serviço.
Solução:
024,0%4,2%6,3%2,121 −=−=−=−= iig
Flecha máxima: m
Lg
F 60,0
8
200024,0
8
−=
⋅−
=
⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0,00 m
m
Li
PIVCotaPTVCota
m
Li
PIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
60,673
2
200036,0
670
2
)()(
80,668
2
200012,0
670
2
)()(
00,089)00,05()00,084()(
00,079)00,05()00,084()(
2
1
=
⋅
+=
⋅
+=
=
⋅
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV.
Cálculo das cotas do greide reto:
GRPCV = cota(PCV) = 668,80 m
GR46 = 668,80 + 20(0,012) = 669,04 m
GR47 = 669,04 + 20(0,012) = 669,28 m
:
:
i1 = +1,2%
i2 = +3,6%
PTV
PCV PIV cota 670 m
Est. 84+0,00
L = 200 m
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 66
GRPIV = cota(PIV) = 670,00 m
GR51 = 670,00 + 20(0,036) = 670,72 m
GR52 = 670,72 + 20(0,036) = 671,44 m
:
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522 1000,6
2002
024,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅−=⋅
⋅
−
=⋅= −
60,01001000,6
38,0801000,622,0601000,6
10,0401000,602,0201000,6
25
84
25
83
25
82
25
81
25
80
−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−
−−
−−
f
ff
ff
NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM
Estacas
Greide
Reto
f
Greide de
Projeto
79=PCV 668,80 0,00 668,80
80 669,04 -0,02 669,06
81 669,28 -0,10 669,38
82 669,52 -0,22 669,74
83 669,76 -0,38 670,14
84=PIV 670,00 -0,60 670,60
85 670,72 -0,38 671,10
86 671,44 -0,22 671,66
87 672,16 -0,10 672,26
88 672,88 -0,02 672,90
89=PTV 673,60 0,00 673,60
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Glauco Pontes Filho 67
6. (*) Calcular cotas e estacas dos PCV’s, PTV’s e vértices das curvas do perfil da figura
abaixo.
Solução:
%10,30310,0
)5373(20
80,8420,97
%50,40450,0
)2553(20
11080,84
%00,20200,0
2520
100110
3
2
1
==
−⋅
−
=
−=−=
−⋅
−
=
==
⋅
−
=
i
i
i
CURVA 1:
00,1017)00,012()00,105()(
60,10440,220,102)(
40,2
)065,0(2
780)02,0(
240
065,0
78002,0
45,92
2
780045,0
110)(
20,102
2
78002,0
110)(
00,1044)00,1019()00,025(
2
)00,025()(
00,105)00,1019()00,025(
2
)00,025()(
780045,002,0000.12
2
00
1
1
1
1
1
1
111
+=+++=
=+=
=
⋅
⋅
==
⋅
=
=
⋅−
+=
=
⋅
−=
+=+++=++=
+=+−+=−+=
=+=⋅=
VEstaca
mVCota
mymL
mPTVCota
mPCVCota
L
PTVE
L
PCVE
mgRvL
i3 100 m
PIV1 cota 110,00
97,20
i1
i2
53 73 25 0
Rv2=4000 m
PIV2 cota 84,80
C
O
T
A
S
(
m
)
Rv1=12000 m
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 68
CURVA 2:
00,854)00,09()00,845()(
59,8705,464,91)(
05,4
)076,0(2
304)045,0(
180
076,0
304045,0
51,89
2
304031,0
80,84)(
64,91
2
304045,0
80,84)(
00,1260)00,127()00,053(
2
)00,053()(
00,845)00,127()00,053(
2
)00,053()(
00,304031,0045,0000.4
2
00
1
2
2
2
2
2
222
+=+++=
=−=
−=
−⋅
⋅−
==
−
⋅−
=
=
⋅
+=
=
⋅−
−=
+=+++=++=
+=+−+=−+=
=−−=⋅=
VEstaca
mVCota
mymL
mPTVCota
mPCVCota
L
PTVE
L
PCVE
mgRvL
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Glauco Pontes Filho 69
7. (*) Construir a nota de serviço de terraplenagem do trecho correspondente à curva 2 do
exemplo anterior.
Notação: CGRx = Cota do greide reto na estaca x.
CGPx = Cota do greide de projeto na estaca x.
fx = Ordenada da parábola na estaca x.
CGR45+8,00= 91,64 = Cota(PCV2)
CGR46 = CGR45+8,00 + rampa i2 x distância entre E46 e E45+8,00 = 91,64 + (-0,045 x 12) = 91,10 m
CGR47 = CGR46 + (-0,045) x distância entre E47 e E46 = 91,10 + (-0,045) x 20 = 90,20 m
E assim sucessivamente, até o PIV.
Após o PIV, muda-se o valor da rampa para i3
CGR54 = CGR53 + 0,031 x distância entre E54 e E53 = 84,80 + 0,031 x 20 = 85,42 m
E assim sucessivamente, até o PTV.
CGR60+12,00 = CGR60 + rampa i2 x distância entre E60+12,00 e E60 = 89,14 + 0,031 x 12 = 89,51 m
Fórmula p/ cálculo dos valores de f:
222322
608
076,0
)304(2
031,0045,0
22
xxx
L
ii
x
L
g
f ⋅
−
=⋅
−−
=⋅
−
=⋅=
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) 888,2152
608
076,0
178,2132
608
076,0
568,1112
608
076,0
058,192
608
076,0
648,072
608
076,0
338,052
608
076,0
128,032
608
076,0
018,012
608
076,0
2
53
2
52
2
51
2
50
2
49
2
48
2
47
2
46
−=⋅
−
=−=⋅
−
=
−=⋅
−
=−=⋅
−
=
−=⋅
−
=−=⋅
−
=
−=⋅
−
=−=⋅
−
=
ff
ff
ff
ff
Para o vértice V, temos:
CGR54+8,00 = CGR54 + rampa i3 x distância entre E54+8,00 e E54 = 89,14 + 0,031 x 8 = 85,668 m
Como a curva é simétrica, temos x = (60+12,00) – (54+8,00) = 124 m
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 70
( ) mf 922,1124
608
076,0 2
00,854 −=⋅
−
=+
Para o cálculo dos greides de projeto, basta subtrair: CGPx = CGRx – fx
ESTACA COTAS DO GREIDE
RETO
f
COTAS DO GREIDE
DE PROJETO
PCV = 45+8,00 91,64 91,64
46 91,10 -0,018 91,118
47 90,20 -0,128 90,328
48 89,30 -0,338 89,638
49 88,40 -0,648 89,048
50 87,50 -1,058 88,558
51 86,60 -1,568 88,168
52 85,70 -2,178 87,878
PIV = 53 + 0,00 84,80 -2,888 87,688
54 85,42 -2,178 87,598
V = 54 + 8,00 85,668 -1,922 87,590
55 86,04 -1,568 87,608
56 86,66 -1,058 87,718
57 87,28 -0,648 87,928
58 87,90 -0,338 88,238
59 88,52 -0,128 88,648
60 89,14 -0,018 89,158
PTV = 60+12,00 89,512 89,512
8. (*) Dado o perfil longitudinal da figura, determinar um valor único para os raios Rv1, Rv2 e
Rv3 de forma que este valor seja o maior possível.
Solução:
Para que os raios sejam
os maiores possíveis,
devemos ter:
mRRRRgRgLL
m
LL
b
mRRRRgRgLL
mestestest
LL
a
vvvvv
vvvvv
00,600.5065,006,0700
350
22
)
39,217.506,0055,0600
30015120135
22
)
3232
32
2121
21
=⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+
=+
=⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+
==−=+
Logo, o maior valor possível de Rv é 5.217,39 m.
i3 Rv3
Rv1
+2%
-4%-3,5%
PIV1
PIV3
cota 93,75
Rv2
170 152 + 10,00 135 120 Est. 0
PIV2
cota 85,00
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Glauco Pontes Filho 71
9. (*) Dado o esquema da figura, deseja-se substituir as duas curvas dadas por uma única
curva usando para ela o maior raio possível, sem que a curva saia do intervalo entre as
estacas 58 e 87. Calcular Rv e a estaca do ponto PIV da nova curva.
Solução:
CURVA 1:
g1 = 0,06 – 0,01 = 0,05
L1 = 6000 0,05 = 300 m = 15 estacas
E(PTV1) = (58 + 0,00) + (15 + 0,00) = 73 + 0,00
CURVA 2:
g2 = 0,01 + 0,02 = 0,03
L1 = 8000 x 0,03 = 240 m = 12 estacas
E(PCV2) = (87 + 0,00) + (12 + 0,00) = 75 + 0,00
+6%
+1%
-2%
Est. 87
Est. 58
Rv = 6000 m
Rv = 8000 m
310 m
PIV1
300/2 = 150 m
PTV2
PIV2
460 m
580 m
x
y
PCV1
6%
1%
-2%
240/2 = 120 m
2
1
PIV
PTV1
PCV2
58
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 72
a) Equação da reta 1: y = 0,06x
b) Para o cálculo da equação da reta 2, determinaremos a posição do PIV2:
xPIV2 = 460 m
yPIV2 = 0,06 (150) + 0,01 (310) = 12,10 m
c) Equação da reta 2:
y = -0,02x + b
12,10 = -0,02(460) + b b = 21,30
d) Determinação da posição do novo PIV
y = 0,06x
y = -0,02x + 21,30
Logo: x = 266,25 m
E(PIV) = estaca 58 + 266,25 m = 71 est + 6,25 m
e) Determinação de Lmáx
distância da estaca 58 ao PIV = 266,25 m
distância da estaca 87 ao PIV = 580 - 266,25 m = 313,75 m
O menor valor satizfaz, logo:
Lmáx = 266,25 L = 532,50 m
f) Cálculo de Rv
Rv = L/g = 532,50/(0,06 + 0,02) = 6.656,25 m
E(PCV) = 58 + 0,00
E(PIV) = (58 + 0,00) + L/2 = (58 + 0,00) + (13 + 6,25) = 71 + 6,25
E(PTV) = (71+6,25) + (13+6,25) = 84 + 12,50
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10. (*) A figura mostra o perfil longitudinal de um trecho de estrada. Calcular o valor da rampa
i2 para que os pontos PTV1 e PCV2 sejam coincidentes. Determinar as estacas e cotas do
ponto mais alto da curva 1 e do ponto mais baixo da curva 2.
Solução:
mPIVCota
LL
iPIVCotaPIVCota
i
ii
ii
gRvgRv
LL
LL
50,9047502,0100)(
22
)()(
%2020,0
950250500010000400
95005,0500004,010000
950
950475
22
2
21
212
2
22
22
2211
21
21
=⋅−=
+⋅+=
−=−=
=+−−
=+−⋅+−⋅
=⋅+⋅
=+⇒=+
CURVA 1:
m
Li
PIVCotaPCVCota
L
PCVE
myestacasmL
mgRvL
00,88
2
60004,0
100
2
)()(
00,035)00,015()00,050(
2
)00,050()(
00,8
)06,0(2
600)04,0(
20400
06,0
60004,0
00,60002,004,0000.10
11
11
1
1
2
00
111
=
⋅
−=−=
+=+−+=−+=
=
⋅
⋅
===
⋅
=
=+=⋅=
PCV1
i2 +4% +5%
PIV1 cota 100
PTV1 ≡ PCV2
Rv2 = 5000 m
120 73+15,00 50 Est. 0
Rv1 = 10000 m
PTV2
PIV2
L1/2 + L2/2 = 475 m
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 74
PONTO MAIS ALTO DA CURVA 1 (VÉRTICE)
myPCVCotaVCota
LPCVEVEstaca
0,960,80,88)()(
00,055)00,020()00,035()()(
011
011
=+=+=
+=+++=+=
CURVA 2:
mPIVCotaPCVCota
L
PIVEPCVE
myestacasmL
mgRvL
0,94
2
35002,0
)()(
00,065)00,158()00,1573(
2
)()(
00,1
)07,0(2
350)02,0(
5100
07,0
35002,0
00,35005,002,0000.5
22
2
22
2
00
222
=
⋅−
−=
+=+−+=−=
−=
−⋅
⋅−
===
−
⋅−
=
=−−=⋅=
PONTO MAIS BAIXO DA CURVA 2 (VÉRTICE)
myPCVCotaVCota
LPCVEVEstaca
0,93194)()(
00,070)00,05()00,065()()(
022
022
=−=+=
+=+++=+=
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11. (*) No esquema da figura, calcular a menor altura de corte possível na estaca 144 para uma
estrada de pista dupla com velocidade de projeto V = 100 km/h. Calcular também o raio da
curva vertical e estacas dos pontos PCV e PTV da solução adotada (Calcular Lmin –
condições recomendadas).
Solução:
• A menor altura de corte é atingida quando adotarmos o comprimento mínimo da curva vertical.
• Condições recomendadas (ou mínimas) utiliza-se a velocidade de operação no cálculo.
• Condições excepcionais (ou desejáveis) utiliza-se a velocidade de projeto no cálculo.
Cálculo de Lmín:
mA
D
L
m
f
V
VD
p
mín
p
36,59710
412
88,156
412
88,155
)30,0(255
86
)86(7,0
255
7,0
22
22
=⋅=⋅=
=
⋅
+=+=
Adotando um valor múltiplo de 10, temos: L = 600 m.
Cálculo da flecha da parábola na estaca 144:
m
Lg
F 50,7
8
)600(10,0
8
=
⋅
=
⋅
=
ALTURA MÍNIMA DE CORTE = F – (cota 654,28 – cota 653,71) = 7,5 - 0,57 = 6,93 m
00,0159)00,015()00,0144()(
00,0129)00,015()00,0144()(
000.6
10,0
600
+=+++=
+=+−+=
===
PTVE
PCVE
m
g
L
Rv
-5%
+5%
PIV cota 654,28 m
cota do terreno = 653,71 m
Est. 144
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 76
12. (*) A figura mostra o perfil longitudinal de uma estrada onde as duas rampas intermediárias
têm inclinação de –2,5% e +2,5%, respectivamente. Determinar estaca e cota do PIV2.
Solução:
Cota(PIV1) = 804,12 + 0,02 (2.734) = 858,80 m
Cota(PIV3) = 869,10 - 0,01 (3.398) = 835,12 m
Cota(PIV2) = Cota(PIV1) – 0,025x = Cota(PIV3) – 0,025 y
Logo: 858,80 – 0,025x = 835,12 – 0,025 y x – y = 947,20
x + y = 2.244,00
Donde: x = 1.595,60 m e y = 648,40 m
Cota(PIV2) = Cota(PIV1) – 0,025x = 858,80 – 0,025 (1595,60) = 818,91 m
E(PIV2) = E(PIV1) + [x] = (136 + 14,00) + (79 + 15,60) = 216 + 9,60
PIV3
PIV2
+2,5%
+2%
+1%
-2,5%
PIV1
418+16,00 248+18,00 ? 136+14,00 Est. 0
cota 804,12 m
x y
cota 869,10 m
2.734 m 3.398 m
x+y=2.244 m
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13. (*) Uma curva vertical tem o PIV na estaca 62, sendo sua cota igual a 115,40 m. A cota do
ponto mais alto do greide é 112,40 m. Calcular a cota na estaca 58.
Solução:
00,054)00,08()00,062(
2
)()(
320
16
25,0
025,040,11540,112
)()(
16
25,0
)08,0(2
)05,0(
2
025,040,115
2
05,0
40,115
2
)()(
0
22
1
0
1
+=+−+=−=
=⇒+−=
+=
=
⋅
=
⋅
=
−=⋅−=−=
L
PIVEPCVE
mL
L
L
yPCVCotaVCota
LL
g
Li
y
LL
Li
PIVCotaPCVCota
Distância entre a estaca 58 e o PCV: x = 4 estacas = 80 m
mECota
ECota
PCVCotaxix
L
g
ECota
60,110)(
)320(025,040,115)80(05,080
)320(2
08,0
)(
)(
2
)(
58
2
58
1
2
58
=
−+⋅+⋅
−
=
+⋅+⋅
−
=
-3% +5%
PIV cota 115,40 m
c
ot
a
11
2,
40
m
E
st
ac
a
62
P
C
V
V
E
st
ac
a
58
c
ot
a
=
?
P
T
V
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 78
14. (*) No perfil longitudinal da figura, determinar o raio equivalente da curva vertical 2 (Rv2)
de forma que os pontos PTV1 e PCV2 sejam coincidentes.Calcular também as cotas do
greide da estrada nas estacas 27 e 31 e no ponto mais baixo da curva 2.
Solução:
%00,10100,0
210
40,10750,109
%00,20200,0
350
40,11440,107
%00,60600,0
1220
10040,114
3
2
1
==
−
=
−=−=
−
=
==
⋅
−
=
i
i
i
mRv
Rv
Rv
gRvgRv
LL
LL
000.10
70003,0400
70001,002,002,006,05000
700
700350
22
2
2
2
2211
21
21
=
=+
=−−⋅++⋅
=⋅+⋅
=+⇒=+
PCV1
PIV1 cota 114,40
PTV1 ≡ PCV2
Rv2
40 29 + 10,00 12 Est. 0
Rv1 = 5000 m
PTV2
PIV2 cota 107,40
c
ot
a
10
0,
00
c
ot
a
10
9,
50
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)(
2
)(
40,110200*)02,0(40,114
2
)()(
00,037)00,107()00,1029()(
00,022)00,010()00,012()()(
00,02)00,010()00,012()(
30003,0*1000040008,0*5000
:
1
2
1
212
2
12
1
21
PCVCotaxix
L
g
PCota
geralEquação
m
L
iPIVCotaPCVCota
PTVE
PTVEPCVE
PCVE
mLmL
Logo
+⋅+⋅
−
=
=−+=
⋅+=
+=+++=
+=+++==
+=+−+=
====
Na estaca 27 temos: x = 5 estacas = 100 m (distância entre a estaca 27 e o PCV), logo:
mECota
ECota
90,108)(
40,110)100()02,0(100
)300(2
)03,0(
)(
27
2
27
=
+⋅−+⋅
−−
=
Na estaca 31 temos: x = 9 estacas = 180 m (distância entre a estaca 31 e o PCV), logo:
mECota
ECota
42,108)(
40,110)180()02,0(180
)300(2
)03,0(
)(
27
2
27
=
+⋅−+⋅
−−
=
Ponto mais baixo (vértice):
myPCVCotaVCota
my
40,10800,240,110)()(
00,2
)03,0(2
300)02,0(
02
2
0
=−=+=
−=
−⋅
⋅−
=
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 80
15. (*) Dado o perfil longitudinal da figura, calcular a rampa i2 de forma que ela tenha a menor
inclinação possível. Os raios mínimos das curvas verticais são iguais a 4000 m.
Solução:
[ ]
[ ] [ ]
1875,00200,0
0158304000
950)02,0(2000)01,0(2000)02,0(40486)01,0(20500
:21
)2()02,0(40486)01,0(20500
)()(
)02,0(4048602,0
2
486)(
)01,0(2050001,0
2
500)(
)1(950)02,0(2000)01,0(2000
950
22
)02,0(400002,04000
)01,0(400001,04000
22
2
2
2
22222
222
221
2
2
2
2
1
1
22
21
22222
22111
−=−=
=++
+−⋅−−⋅−⋅−=−⋅−−−⋅+
⋅−=−⋅−−−⋅+
⋅−=−=
−⋅−=⋅−=
−⋅+=⋅+=
=+−⋅−−⋅−
=++
−⋅=−⋅=⋅=
−⋅=−⋅=⋅=
ioui
ii
iiiii
emdoSubstituin
equaçãoxiii
xiPIVCotaPIVCotah
i
L
PIVCota
i
L
PIVCota
equaçãoxii
L
x
L
iigRvL
iigRvL
Logo: %22 −=i
x
i2
+1% +2%
E
st
ac
a
0
950 m c
ot
a
50
0
E
st
. 4
7+
10
,0
0
c
ot
a
48
6
L1/2 h
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Glauco Pontes Filho 81
16. (*) A figura 1 mostra o eixo da planta do ramo de um cruzamento e a figura 2 o perfil
longitudinal do mesmo ramo. Adotando para a curva vertical convexa um raio Rv = 5000
m, determinar o maior raio possível para a curva vertical côncava.
Solução:
FIGURA 1:
Cálculo do comprimento do trecho TS1 – ST2:
CURVA 1, trecho circular:
mRD
rads
rad
R
Ls
s
81,105)05807,1(100
05807,1)3,0(2
º180
º95
2
180
3000,0
100*2
60
2
111
1
1
1
1
1
1
=⋅=⋅=
=−
⋅
=−
°
⋅°∆
=
===
φ
πθπφ
θ
CURVA 2, trecho circular:
mRD
rads
rad
R
Ls
s
08,117)58540,0(200
58540,0)1,0(2
º180
º45
2
180
1000,0
200*2
40
2
222
2
2
2
2
2
2
=⋅=⋅=
=−
⋅
=−
°
⋅°∆
=
===
φ
πθπφ
θ
∆1 = 95º
TS1
∆2 = 45º
SC1
CS1
ST1
TS2
SC2
ST2 CS2
R1 = 100 m
R2 = 200 m
200 m
Ls1 = 60 m
Ls2 = 40 m
PIV1
PIV2
x y
L2/2 L2/2
-1%
+5% -1%
TS1 ST2
PCV2
Cota 100,00
Cota 113
Cota 114,50
Fig. 1
Fig. 2
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 82
Comprimento total do trecho TS1 – ST2:
C =2Ls1 + D1 + 200 + 2Ls2 + D2 = 622,88 m
FIGURA 2:
Obs.: Para Rv1 (máx), devemos ter PTV1=PCV2
Curva vertical convexa 2:
L2 = Rv2*g2 = 5000*(0,05+0,01) = 300 m
Cota(PCV2) = 114,50 – 150*0,05 = 107,00 m
Curva vertical côncava 1:
Cota(PIV1) = 100 – 0,01x (pela esquerda)
Cota(PIV1) = 107 – 0,05y = 107 – 0,05*(322,88-x) (pela direita)
Logo: 100 – 0,01x = 107 – 16,144 + 0,05x x = 152,40 m
y = 322,88 – x = 322,88 – 152,40 = 170,48 m
CONDIÇÃO: L1/2 = menor dos valores x e y L1/2 = 152,40 L1 = 304,80 m
Donde: Rv1(máx) = L1/|g1|= 304,80/ (0,05 + 0,01) = 5080 m
PIV1
PIV2
x
y=322,88-x
L2 = 300 m
622,88 m
-1%
+5% -1%
TS1 ST2
PCV2
Cota 100,00 Cota 113
Cota 114,50
Fig. 2
622,88 -300 = 322,88 m
Cota 107,00
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17. Preencher a Nota de Serviço de Terraplenagem:
Dados: distância de visibilidade de parada = 60 m
cota do greide reto na estaca zero = 200,000 m
E(PIV1) = 9 + 0,00
E(PIV2) = 18 + 0,00
i1 = -2,3%
i2 = +3,5%
i3 = -4,6%
ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS
VERMELHAS
EST.
HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE
RETO
ORDENADAS
DA PARÁBOLA
GREIDE
DE
PROJETO CORTE
(+)
ATERR
O (-)
0 200,000
1 199,200
2 198,300
3 197,450
+ 7,50 PCE 197,180
4 196,700
5 195,200
6 194,600
7 AC=20º 194,000
8 R=687,5 m 193,550
9 T=121,2 m 193,000
10 D=240,0
m 194,200
11 dm = 2,5’ 195,500
12 196,600
13 197,800
14 199,050
15 200,300
+ 7,50 PT 200,900
16 201,800
17 203,400
18 204,150
19 203,000
20 201,850
21 200,620
22 199,450
23 198,200
24 196,900
25 195,720
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 84
Solução:
Esboço do perfil longitudinal:
Pelo esboço, já obtemos as estacas dos pontos notáveis.
Verificação de Lmin:
Curva 1: S< L )(9,625,33,2
605,3122
60
5,3122
22
min OKmA
D
D
L
p
p =−−⋅
⋅+
=⋅
+
=
Curva 2: S< L )(8,706,45,3
412
60
412
22
min OKmA
D
L
p =+⋅=⋅=
Equação para cálculo das ordenadas da parábola:
Curva 1: g = – 0,023 – 0,035 = – 0,058
2422 10625,3
)80(2
058,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅−=⋅
−
=⋅= −
Onde x = distância do ponto em questão ao PCV.
Curva 2: g = 0,035 + 0,046 = 0,081
2422 100625,5
)80(2
081,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅=⋅=⋅= −
200 m
9 7 11 1816 20 25
-2,3%
+3,5%
-4,6%
L1 = 80 m
L2 = 80 m
PCV1
PIV1
PTV1
PCV2
PIV2
PTV2
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• Para o cálculo do greide reto em cada estaca, basta multiplicar o valor da rampa pela
distância desta estaca à estaca anterior e somar à cota da estaca anterior.
• A coluna greide de projeto (GP) = greide reto (GR) – ordenada da parábola (f).
• A coluna CORTE = TERRENO – GREIDE DE PROJETO (se positivo)
• A coluna ATERRO = TERRENO – GREIDE DE PROJETO (se negativo)
Faremos apenas uma linha da tabela, por exemplo, estaca 1:
GRestaca 1 = GRestaca 0 – 20*0,023 = 200 – 20*0,023 = 199,540 m
GPestaca 1 = GRestaca 1 – f = 199,540 – 0,00 = 199,54 m
TERRENO – GP = 199,200 - 199,540 = - 0,340(ATERRO)
E assim sucessivamente....
ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS
EST.
HORIZ. VERT. TERRENO G. RETO
ORDENADAS
DA
PARÁBOLA
GREIDE
DE
PROJETO CORTE (+) ATERRO (-)
0 200,000 200,000 200,000
1 199,200 199,540 199,540 -0,340
2 198,300 199,080 199,080 -0,780
3 197,450 198,620 198,620 -1,170
+ 7,50 PCE 197,180 198,448 198,448 -1,268
4 196,700 198,160 198,160 -1,460
5 195,200 197,700 197,700 -2,500
6 194,600 197,240 197,240 -2,640
7 AC=20º PCV1 194,000 196,780 0,000 196,780 -2,780
8 R=687,5 m L=80 m 193,550 196,320 -0,145 196,465 -2,915
9 T=121,2 m PIV1 193,000 195,860 -0,580 196,440 -3,440
10 D=240,0 m 194,200 196,560 -0,145 196,705 -2,505
11 dm = 2,5’ PTV1 195,500 197,260 0,000 197,260 -1,760
12 196,600 197,960 197,960 -1,360
13 197,800 198,660 198,660 -0,860
14 199,050 199,360 199,360 -0,310
15 200,300 200,060 200,060 0,240
+ 7,50 PT 200,900 200,323 200,323 0,577
16 PCV2 201,800 200,760 0,000 200,760 1,040
17 L=80 m 203,400 201,460 0,203 201,257 2,143
18 PIV2 204,150 202,160 0,810 201,350 2,800
19 203,000 201,240 0,203 201,037 1,963
20 PTV2 201,850 200,320 0,000 200,320 1,530
21 200,620 199,400 199,400 1,220
22 199,450 198,480 198,480 0,970
23 198,200 197,560 197,560 0,640
24 196,300 196,640 196,640 -0,340
25 195,720 195,720 195,720
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 86
18. Preencher a Nota de Serviço de Terraplenagem (extraído das notas de aula do professor
Carlos Alexandre Braz de Carvalho):
Dados: i1 = 2,5%
i2 = -2%
parábola simples
EST. ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS
VERMELHAS
INT FRAC HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE
RETO
f
GREIDE
DE
PROJETO CORTE
(+)
ATERRO
(-)
30 PCV 103,415
+10 104,785
31 104,914
+10 105,112
32 105,222
+10 105,317
33 105,419
+10 105,613
34 105,712
+10 105,801
35 PIV 105,903 103,500
+10 105,793
36 105,685
+10 105,417
37 105,335
+10 105,127
38 104,295
+10 104,015
39 103,970
+10 103,950
40 PTV 103,550
Solução:
Para o ramo esquerdo da curva, temos: GRn-1 = GRn – 0,025*10 = GRn – 0,25
Para o ramo direito da curva, temos: GRn+1 = GRn – 0,02*10 = GRn – 0,2
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
)100,90,,30,20,10,0(
400
045,0
)200(2
020,0025,0
2
222 K=⋅=⋅
+
=⋅= xxxx
L
g
f
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Por exemplo, na estaca 33 temos:
GR = 103,500 – 0,025*40 = 102,500
405,060
400
045,0 2 =⋅=f
GP = GR – f = 102,500 – 0,405 = 102,095
TERRENO – GP = 105,419 – 102,095 = +3,324 (CORTE)
Procede-se de forma análoga para as outras estacas, obtendo-se:
EST. ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS
INT FRAC HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE RETO
f GREIDE
DE PROJETO CORTE (+) ATERRO (-)
30 PCV 103,415 101,000 0,000 101,000 2,415
+10 104,785 101,250 0,011 101,239 3,546
31 104,914 101,500 0,045 101,455 3,459
+10 105,112 101,750 0,101 101,649 3,463
32 105,222 102,000 0,180 101,820 3,402
+10 105,317 102,250 0,281 101,969 3,348
33 105,419 102,500 0,405 102,095 3,324
+10 105,613 102,750 0,551 102,199 3,414
34 105,712 103,000 0,720 102,280 3,432
+10 105,801 103,250 0,911 102,339 3,462
35 PIV 105,903 103,500 1,125 102,375 3,528
+10 105,793 103,300 0,911 102,389 3,404
36 105,685 103,100 0,720 102,380 3,305
+10 105,417 102,900 0,551 102,349 3,068
37 105,335 102,700 0,405 102,295 3,040
+10 105,127 102,500 0,281 102,219 2,908
38 104,295 102,300 0,180 102,120 2,175
+10 104,015 102,100 0,101 101,999 2,016
39 103,970 101,900 0,045 101,855 2,115
+10 103,950 101,700 0,011 101,689 2,261
40 PTV 103,550 101,500 0,000 101,500 2,050
19. (Concurso DNER) Sabendo que os valores de L1 e L2 são, respectivamente, 40 m e 60 m, a
flecha de uma parábola composta, utilizada para concordar um perfil cujas rampas são
+4,2% e –3,5%, tem o seguinte valor:
a) 0,168 m b) 0,924 m c) 1,848 m d) 3,850 m
Solução: mg
L
LL
F 924,0)035,0042,0(
)6040(2
)60(40
2
21 =+⋅
+
=⋅
⋅
=
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 88
20. Levantar o perfil longitudinal do alinhamento horizontal da figura (extraído das notas de
aula do professor Creso Peixoto).
Solução:
A
B
795 800
795
790
785
805
810
810
805
795
800
805
800
x 812
x 810
0 50 100 150 200 250 300
x 802
5
10
15
20
25
30
798
10 20 25 300=A 5 15 33
800
802
804
806
808
810
812
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21. Calcular as declividades e os comprimentos das tangentes verticais da figura (extraído das
notas de aula do professor Creso Peixoto).
Solução:
%25,10125,0
2020
325320
%00,50500,0
2520
300325
%00,50500,0
1520
315300
3
2
1
−=−=
⋅
−
=
==
⋅
−
=
−=−=
⋅
−
=
i
i
i
22. Com relação aos dados da questão anterior, completar a tabela abaixo. Considerar o
comprimento da curva vertical número 6 igual a 320 metros e o comprimento da curva
número 7 igual a 400 metros. Calcular os raios das curvas.
EST. GREIDE
RETO
ORDENADAS
DA PARÁBOLA
GREIDE
DE PROJETO
100
101
…
159
160
325
100 110 120 130 140 150
320
315
310
305
300
295
C
O
T
A
S
(
m
)
ESTACAS
PIV6
PIV7
PIV8
PIV5
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 90
Solução:
CURVA 6
Estaca do PIV: 115 Est + 0,00 metros
Cota do PIV: 300,00 m
Comprimento L: 320 m
Rampa i1 (%): -5,00%
Rampa i2 (%): 5,00%
g = -0,1000 m/m
Flecha máx, F = -4,00 m
Estaca(PCV) = 107 Sta + 0,00 m
Estaca(PIV) = 115 Sta + 0,00 m
Estaca(PTV) = 123 Sta + 0,00 m
Cota(PCV) = 308,00 m
Cota(PTV) = 308,00 m
Lo = 160,00 m
Yo = -4,00 m
Estaca(V) = 115 Sta + 0,00 m
Cota(V) = 304,00 m
Raio Rv = 3.200 m
CURVA 7
Estaca do PIV: 140 Est + 0,00 metros
Cota do PIV: 325,00 m
Comprimento L: 400 m
Rampa i1 (%): 5,00%
Rampa i2 (%): -1,25%
g = 0,0625 m/m
Flecha máx, F = 3,13 m
Estaca(PCV) = 130 Sta + 0,00 m
Estaca(PIV) = 140 Sta + 0,00 m
Estaca(PTV) = 150 Sta + 0,00 m
Cota(PCV) = 315,00 m
Cota(PTV) = 322,50 m
Lo = 320,00 m
Yo = 8,00 m
Estaca(V) = 146 Sta + 0,00 m
Cota(V) = 323,00 m
Raio Rv = 6.400 m
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Estacas Greide Reto f Greide de Projeto
100 315,000 315,000
101 314,000 314,000
102 313,000 313,000
103 312,000 312,000
104 311,000 311,000
105 310,000 310,000
106 309,000 309,000
107 308,000 0,000 308,000
108 307,000 -0,063 307,063109 306,000 -0,250 306,250
110 305,000 -0,563 305,563
111 304,000 -1,000 305,000
112 303,000 -1,563 304,563
113 302,000 -2,250 304,250
114 301,000 -3,063 304,063
115 300,000 -4,000 304,000
116 301,000 -3,063 304,063
117 302,000 -2,250 304,250
118 303,000 -1,563 304,563
119 304,000 -1,000 305,000
120 305,000 -0,563 305,563
121 306,000 -0,250 306,250
122 307,000 -0,063 307,063
123 308,000 0,000 308,000
124 309,000 309,000
125 310,000 310,000
126 311,000 311,000
127 312,000 312,000
128 313,000 313,000
129 314,000 314,000
130 315,000 0,000 315,000
131 316,000 0,031 315,969
132 317,000 0,125 316,875
133 318,000 0,281 317,719
134 319,000 0,500 318,500
135 320,000 0,781 319,219
136 321,000 1,125 319,875
137 322,000 1,531 320,469
138 323,000 2,000 321,000
139 324,000 2,531 321,469
140 325,000 3,125 321,875
141 324,750 2,531 322,219
142 324,500 2,000 322,500
143 324,250 1,531 322,719
144 324,000 1,125 322,875
145 323,750 0,781 322,969
146 323,500 0,500 323,000
147 323,250 0,281 322,969
148 323,000 0,125 322,875
149 322,750 0,031 322,719
150 322,500 0,000 322,500
151 322,250 322,250
152 322,000 322,000
153 321,750 321,750
154 321,500 321,500
155 321,250 321,250
156 321,000 321,000
157 320,750 320,750
158 320,500 320,500
159 320,250 320,250
160 320,000 320,000
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 92
23. Desenhar o perfil longitudinal da estrada e do terreno, do ponto A ao ponto B. No trecho, o
greide apresenta uma única rampa contínua com declividade de 5%. Calcular a cota do
ponto B sobre o greide. Determinar em planta a posição da embocadura e da
desembocadura do túnel e das cabeceiras do viaduto a ser construído em seqüência ao
túnel. Verificar se é possível interligar os pontos A e B somente com uma tangente
(extraído das notas de aula do professor Creso Peixoto).
Dados: imax = 7%
R1 = 124 m R2 = 46 m R3 = 76 m
∆1 = 83º Cota do ponto A sobre o greide = 244 m
Solução:
Cálculo dos desenvolvimentos das curvas:
mDmDmD 76,2387651,1444663,179
º180
º83124
321 =⋅==⋅==
⋅⋅
= πππ
Extensão total do trecho = D1 + D2 + D3 = 562,9 m
Cota(B) = 244 + 0,05*562,9 = 272,51 m
Locação das Obras:
• Início do Túnel: 128 m (embocadura)
• Fim do Túnel: 416 m (desembocadura)
• Início do viaduto: 416 m (cabeceira)
• Fim do viaduto: 525 m (cabeceira)
O1
O2
O3 R3
R2
R1
D1
D3
D2
240
245
250
255
260 265
270
275
280
275
270
A
B
0 50 100 150 200
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Glauco Pontes Filho 93
Verificação da interligação AB com uma tangente:
LAB = 192 m (medido no desenho)
∆HAB = cota(B) – cota(A) = 272,15 – 244 = 28,15 m
iAB = 28,15/192 = 0,1466 = 14,66% > 7% (não pode)
272,15
244
240
100 m 200 300 400 500
416 525 562,9
TÚNEL: 288 m Viaduto: 109 m
128 m
A
B
Cotas (m)
O1
O2
O3 R3
R2
R1
D1
D3
D2
240
245
250
255
260 265
270
275
280
275
270
A
B
0 50 100 150 200
EMBOCADURA DO TÚNEL
DESEMBOCADURA DO TÚNEL
CABECEIRA DO VIADUTO
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 94
CAPÍTULO 9
NOÇÕES DE TERRAPLENAGEM
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Glauco Pontes Filho 95
2,30 m
4,10 3,80
1,80
3,60
4,00
5,05
2,10
0,90
PERFIL DO TERRENO
GREIDE DA ESTRADA (+1%)
4+8,60
PP
1 2 3 4 65 7 8 9
9+5,43
1. (*) Dado o trecho de estrada da
figura abaixo e suas seções
transversais, determinar as
quantidades de escavação,
volume de aterro compactado e
o momento total de trans-
porte. Considerar Fh =1,1 e
DMT para empréstimo e/ou
bota-fora=10,2 dam.
ESTACA 0
4,90 m
2,90 m
1:1
1:1 14,0 m
8,80 1:1
1,101:1
h = 4,1
14,0
ESTACA 2
1,15 1:1
7,01:1 h = 3,6
ESTACA 5
14,0
6,70 1:1
4,20 1:1 h = 5,05
ESTACA 7
14,0
4,80 1:1
2,50 1:1
h = 3,8
14,0
ESTACA 3
ESTACA 4+8,60 m
3,70
2,60
1:1
1:1 14,0
3,0 1:1
4,45 1:1 h = 4,0
ESTACA 6
14,0
5,70
1:1
2,50 1:1
h=0,9
ESTACA 9
14,0
5,0
6,20 1:1
2,601:1
h = 1,8
14,0
ESTACA 4
2,5
5,60
1:1
0,70 1:1
h = 2,10
ESTACA 8
14,0
0,75
1:1
0,80 1:1
ESTACA 9+5,43 m
14,0
5,0 1:1
4,0 1:1
h = 2,3
14,0
ESTACA 1
3,0
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 96
Solução: Dividiremos as seções em triângulos para o cálculo das áreas:
Estaca 0:
==
==
2
2
150,17
2
90,4*7
150,10
2
90,2*7
mA
mA
a
c
Estaca 1:
==
==
2
2
0,6
2
4*3
50,27
2
5*11
mA
mA
a
c
Estaca 2:
=+++= 2645,83
2
10,1*7
2
10,8*1,4
2
8,15*1,4
2
80,8*7
mAc
Estaca 3:
=+++= 202,66
2
50,2*7
2
50,9*8,3
2
80,11*8,3
2
80,4*7
mAc
Estaca 4:
==
==
2
2
25,3
2
60,2*5,2
65,35
2
20,6*5,11
mA
mA
a
c
Estaca 4+8,60:
==
==
2
2
95,12
2
70,3*7
10,9
2
6,2*7
mA
mA
a
c
Estaca 5:
=+++= 2395,68
2
7*7
2
14*6,3
2
15,8*6,3
2
7*15,1
mAa
Estaca 6:
=+++= 2975,68
2
45,4*7
2
45,11*4
2
10*4
2
3*7
mAa
Estaca 7:
=+++= 2023,101
2
20,4*7
2
20,11*05,5
2
70,13*05,5
2
70,6*7
mAa
Estaca 8:
=+++= 2365,43
2
7,0*7
2
7,7*1,2
2
60,12*1,2
2
60,5*7
mAa
Estaca 9:
==
==
2
2
650,25
2
70,5*9
25,6
2
50,2*5
mA
mA
a
c
Estaca 10:
==
==
2
2
625,2
2
75,0*7
80,2
2
80,0*7
mA
mA
a
c
Escolhendo uma ordenada inicial de Brückner igual 2.500 (de modo que todas as ordenadas
fiquem positivas), teremos a seguinte tabela de volumes acumulados:
h
h1
h2 1 1
n n
L/2 L/2
A1
A2
A3
A4
n.h1 n.h2
L
L1 L2
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Glauco Pontes Filho 97
Estacas Áreas (m2)
Soma das Áreas
(m2)
VOLUME (m3)
INT FRAC Corte Aterro Aterro
Corrigido Corte Aterro
Semi-
distância
(m) Corte (+) Aterro (-)
Compens.
Lateral
(m3)
Volumes
Acumulados
(m3)
10,150 17,150 18,865 2.500,00
1 27,500 6,000 6,600 37,650 25,465 10,000 376,50 254,65 254,65 2.621,85
2 83,645 0 0 111,145 6,600 10,000 1.111,45 66,00 66,00 3.667,30
3 66,020 0 0 149,665 10,000 1.496,65 5.163,95
4 35,650 3,250 3,575 101,670 3,575 10,000 1.016,70 35,75 35,75 6.144,90
4 8,6 9,100 12,950 14,245 44,750 17,820 4,300 192,43 76,63 76,63 6.260,70
5 0 68,395 75,235 9,100 89,480 5,700 51,87 510,03 51,87 5.802,54
6 68,975 75,873 151,107 10,000 1.511,07 4.291,47
7 101,023 111,125 186,998 10,000 1.869,98 2.421,49
8 0 43,365 47,702 158,827 10,000 1.588,27 833,22
9 6,250 25,650 28,215 6,250 75,917 10,000 62,50 759,17 62,50 136,55
9 5,43 2,800 2,625 2,888 9,050 31,103 2,715 24,57 84,44 24,57 76,68
DIAGRAMA DE MASSAS
a)Volume de escavação = Vcorte + Vcorte para empréstimo + ∑Vcompensação lateral
Vescavação = (6.260,70–2.500) + (2.500–76,68) + 571,97 = 6.755,99 m3
b) Volume de aterro compactado = Volume de escavação = 6.755,99 m3
c) Momento Total de Transporte:
MT = (6.260,70 – 2.500)*7 + (2.500 – 76,68)*10,2 = 51.042,764 m3 *dam
2.621,85
3.667,30
5.163,95
5.802,54
4.291,47
2.421,49
833,22
76,68
2.500,00
6.144,90
6.260,70
136,55
0
1.000
2.000
3.000
4.000
5.000
6.000
7.000
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Estacas
V
ol
um
es
a
cu
m
ul
ad
os
4+8,60 9+5,43
LINHA DE TERRA
V= 3.760,70 m3
DMT= 7 dam
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 98
2. (*) Com relação ao movimento de terra da figura, calcular:
a) Volume total a ser escavado (incluindo empréstimo e/ou bota-fora).
b) Volume de bota-fora e/ou empréstimo.
c) Momento total de transporte, em m3.dam (considerar eventuais
empréstimos ou bota-foras a uma DMT de 150 m).
d) Volume de corte C1 e volume de aterro A2.
Solução:
a) Volume total de escavação
Vesc = Vcorte C1 + Vcorte C2 + Vcorte C3 + Vcorte necessário ao empréstimo A2
Vesc = 60.000 + 20.000 + 20.000 + 40.000 = 140.000 m3
b) Empréstimo A2 = 40.000 m3
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(
10
3 m
3 )
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
50
-40
60
5 10 15 20 25 30
C1
A1
C2
A2
C3
TERRENO
GREIDE
0
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
50
-40
60
5 10 15 20 25 30
C1
C2
C3
Empréstimo A2
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Glauco Pontes Filho 99
c) Momento total de transporte = V1*D1 + V2*D2 + V3*D3 + Vemp*Demp + Vbota-fora*Dbota-fora
MT = 40.000*9 + 20.000*8 + 20.000*8 + 40.000*15 + 20.000*15 = 1,58*106 m3
dam
d) Volume do corte C1 = 60.000 m3
e) Volume do aterro A2 = 80.000 m3
0
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
50
-40
60
5 10 15 20 25 30
Bota-fora
Empréstimo
V1
D1
0
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
50
-40
60
5 10 15 20 25 30
C1
60
0
-30
-20
-10
0
10
20
30
40
50
-40
60
5 10 15 20 25 30
Aterro A2 80
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 100
3. (*) Para execução do movimento de terra da figura, foi escolhida para linha de equilíbrio
(LE) a horizontal tracejada da figura. Sabendo-se que os eventuais bota-foras e/ou
empréstimos terão uma distância de transporte de 10 dam, calcular:
a) quantos m3 serão transportados do corte C1 para o aterro A1.
b) volume do corte C1.
c) volume total a ser escavado para a execução dos serviços.
d) momento de transporte total, em m3.dam
Solução:
a) [-2-(-8)]*103 = 6.000 m3
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(
10
3 m
3 )
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
C1
A1
C2
A2
A3
TERRENO
GREIDE
LE
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(1
03 m
3 )
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
C1
A1
C2 A2
A3
TERRENO
GREIDE
LE
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Glauco Pontes Filho 101
b) Vcorte C1 = [2-(-8)] )]*103 = 10.000 m3
c) Vescavação = Vcorte C1 + Vcorte C2
+ Vcorte para empréstimo = 10.000 + 6.000 + 2.000 = 18.000 m3
d) MT = V1*D1+V2*D2+V3*D3+V4*D4+Vemp*Demp = 6000*12+4000*8+4000*8,6+2000*4+2000*10
MT = 1,66*105 m3.dam
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(1
03 m
3 )
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
LE
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(
10
3 m
3 )
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
LE
Empréstimo
Corte C1
Corte C2
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(
10
3 m
3 )
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
LE
V1
D1
D1 = 12 dam
D2 = 8 dam
D3 = 8,6 dam
D4 = 4 dam
Empréstimo
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 102
4. (Concurso DNER) Num corte feito em material argiloso, foram obtidas três seções
transversais, distantes uma da outra 20 metros. Calculadas as áreas, obteve-se,
respectivamente, S1 = 125 m2, S2 = 257 m2 e S3 = 80 m2. O volume de material escavado
nestas seções é:
a) 4.799,333 m3 b) 7.190 m3 c) 9.240 m3 d) 14.380 m3
Solução:
3
21
3
32
3
21
190.7370.3820.3
370.320
2
80257
820.320
2
125257
mVVV
mV
mV
=+=+=
=⋅
+
=
=⋅
+
=
−
−
5. (Concurso DNER) Considerando que, numa seção de aterro, a cota vermelha é de 4,02 m, a
declividade do terreno da esquerda para a direita é de +12% e os taludes de aterro são de
2:3 (V:H), a distância para a marcação do offset de uma estaca, à direita, é:
a) 8,905 m b) 9,680 m c) 9,710 m d) 11,042 m
Solução: Da figura, temos:
( )
695,2
18,084,05,1712,002,4
=
+=+⋅=−
h
hhh
Distância para a marcação do offset:
mx
hx
042,11
)695,2(5,175,17
=
⋅+=+=
20 m
S2 = 257 m2
S1 = 125 m2
S3 = 80 m2
20 m
H = 4,02
7,0 7,0
2
3 7 1,5h
4,02-h
h
1,5
1
+12%
x
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Glauco Pontes Filho 103
6. (*) A figura mostra o perfil longitudinal e o diagrama de massas de um trecho de estrada.
Para a execução da terraplenagem foram escolhidas duas linhas de equilíbrio (linhas 1 e 2
da figura). Para as duas soluções propostas, responder (DMT para bota-fora e/ou
empréstimo = 300 m):
a) volume total de corte, em m3.
b) volume do aterro A1.
c) momento total de transporte para cada uma das linhas.
d) qual das duas soluções propostas é mais econômica?
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(
10
3 m
3 )
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
L1
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(
10
3 m
3 )
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
L2
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 104
Solução:
a) Volume total = Vcorte C1 + Vcorte C2 = (16.000– 0) + (16.000 – 4.000) = 28.000 m3
b) Volume do aterro A1 = 16.000 – 4.000 = 12.000 m3
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(1
03 m
3 )
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(1
03 m
3 )
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
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c) Momento de Transporte
LINHA 1: MT1 = V1*D1 + V2*D2 + V3*D3 + VBF1*DBF1
MT1 = (16000-8000)*11 + (8000-4000)*7 + (16000-8000)*7 + 8000*30
MT1 = 4,12*105 m3 dam
LINHA 2: MT2 = V4*D4 + V5*D5 + VBF2*DBF2 + VBF3*DBF3
MT2 = (16000-4000)*13 + (16000-8000)*7 + 4000*30 + 4000*30
MT2 = 4,52*105 m3 dam
d) Linha + econômica Linha de menor momento de transporte: LINHA 1
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(1
03 m
3 )
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
L2
0
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
A
C
U
M
U
L
A
D
O
S
(1
03 m
3 )
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
V1
D1 D3
V3
V2
D2
D4
V4
V5
D5
Bota-fora 1
Bota-fora 2
Bota-fora 3
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 106
7. (EXAME NACIONAL DE CURSOS-1997) Para a realização do projeto detalhado de
terraplenagem no intervalo entre as estacas 0 e 75 de uma rodovia, lançou-se mão do
Diagrama de Brückner abaixo esquematizado. Com base nesse diagrama, indique:
a) o volume do empréstimo, em m3.
b) o volume do bota-fora, em m3.
c) o volume do maior corte, em m3.
d) o volume do maior aterro, em m3.
e) as estacas de cota vermelha nula.
Solução:
0 30 75
ESTACAS
V
O
L
U
M
E
S
(
10
3 m
3 )
-5
0
5
10
15
20
25
30
35
-10
10 20 40 50 60 70 5 15 25 35 45 55 65
20 m3
a) Volume de empréstimo = 20.000 m3 b) Volume de bota-fora = 15.000 m3
5 m3
10 m3
x103 m3 x103 m3
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Glauco Pontes Filho 107
8. (Concurso DNER) Ao invés de recuperar uma camada de base da Rodovia DF-025, o
engenheiro fiscal, depois de consultar o projetista, decidiu substituir toda a camada, usando
o cascalho laterítico. Após a estabilização desse cascalho, mediu-se um volume de 2.000
m3. O transporte do cascalho foi feito por caminhão basculante com capacidade de 5 m3.
Sabendo-se que a densidade do cascalho compactado é de 2,035 t/m3, a densidade natural é
de 1,430 t/m3 e a densidade solta é de 1,10 t/m3, calcular o total de viagens necessárias para
transportar todo o volume de cascalho.
Solução:
3700.3
1,1
)2000(035,2
m
V
V
V
V
V
m
V
m
s
compcomp
s
comp
s
s
comp
s
comp =
⋅
=
⋅
=⇒==
γ
γ
γ
γ
Número de viagens = 3700 m3/5 m3 = 740 viagens
γn = 1,430
γs = 1,10
γcomp = 2,035
Vs = ?
Vcomp = 2.000
x103 m3
d) Volume do maior aterro = 35.000 m3
35 m3
x103 m3
c) Volume do maior corte = 20.000 m3
20 m3
x103 m3
e) As estacas de cota vermelha nula correspondem às estacas dos
pontos de máximo e mínimo, ou seja: estacas 10, 20 ,30, 45, 60 e 70
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ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 108
9. Calcular a área da
seção transversal da figura.
Solução:
uaA
A
A
50,40
3122415104309
2
1
0054630
3362153
2
1
=
+−−−+−−−⋅=
−−−−
⋅=
10. Calcular o volume do prismóide.
( )21 4
6
AAA
L
V m +⋅+⋅=
Solução:
[ ] 333,853.2100)144(4180
6
20
mV =+⋅+⋅=
11. Com relação à questão anterior, qual o erro cometido se o volume fosse calculado pela
fórmula das áreas médias V = L.(A1 + A2)/2 ?
Solução: ( ) 3800.2100180
2
20
mV =+⋅=
Erro de -53,33 m3 ou -1,87%
(0,0) (-3,0)
(-5,3)
(-1,6)
(2,4)
(6,5)
(3,0)
L = 20 m
Am = 144 m2
A1 = 180 m2
A2 = 100 m2
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