Estradas e transportes

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ESTRADAS DE RODAGEM
PROJETO GEOMÉTRICO
Resolução dos Exercícios
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	2
�
CAPÍTULO 2
ELEMENTOS GEOMÉTRICOS
DAS ESTRADAS
�
Glauco Pontes Filho	3
�
1. Calcular o raio R da curva circular da figura abaixo.
C
	
	d=100 m
	α=30º
	
	
	
B
A
	R
	Dados: (E,N)
	R
	A(200, 100)
	
	B(275,180)
Solução:
AB = (180 −100)2 + (275 − 200)2 = 109,66 m
Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos:
	100
	
	109,66
	
	ˆ
	
	ˆ
	
	=
	
	⇒
	senA = 0,4560 ⇒
	A = 62,8732°
	ˆ
	
	sen30°
	
	
	
	senA
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	B
	
	
	
	
	
	62,8732º
	
	
	
	
	
	
	109,66
	
	
	
	
	A
	
	R
	
	
	
	
	
	90º-62,8732º = 27,1268º
R
125,7465º
O
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo isósceles ABO, temos:
109,662 = R2 + R2 − 2 ⋅ R ⋅ R ⋅ cos125,7465º	⇒	R = 120,25 m
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	4
Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura abaixo. Calcular também os ângulos de deflexão.
N
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	B
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	6000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d1
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	∆1
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	4000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	A
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	3000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	C
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	1000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	E
	
	
	∆2
	
	
	
	
	d4
	
	
	
	F
	
	
	
	
	0
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	1000
	
	
	
	3000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	6000
	
	
	
	
	
	
	11000
	
	
	E
	Solução:
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d1 =
	
	
	=
	
	(1000 − 6000)2 + (4000 − 6000)2
	= 5.385,16 m
	PONTOS
	
	
	
	E
	
	N
	
	
	
	
	AB
	
	
	
	
	A
	
	1.000
	
	
	4.000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d2
	=
	
	
	=
	
	(6000 −12000)2 + (6000 − 3000)2 = 6.708,20 m
	B
	
	6.000
	
	
	6.000
	
	
	
	
	
	BC
	
	
	
	C
	
	12.000
	
	3.000
	
	
	
	d3 =
	
	
	
	=
	
	(3000 − 6000)2 + (3000 −1000)2
	= 3.605,55 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	DE
	
	
	
	
	D
	
	3.000
	
	
	3.000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	E
	
	6.000
	
	
	1.000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	(6000 −11000)2 + (1000 − 0)2 = 5.099,02 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d4
	= EF =
	
	
	F
	
	11.000
	
	0
	
	
	
	
	
	
	
	
	Az
	
	
	
	
	1000
	− 6000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	= arctan
	
	
	
	
	= 68,20º
	
	AB
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	4000
	− 6000
	
	
	
	
	Az
	
	
	
	
	
	
	6000 −12000
	
	
	
	
	
	
	= 180º+ arctan
	
	
	
	
	
	= 116,57º
	
	BC
	
	
	6000 − 3000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Az
	
	
	
	
	
	
	3000 − 6000
	
	
	
	
	
	
	= 180º+ arctan
	
	
	
	= 123,69º
	
	DE
	
	3000 −1000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Az
	
	
	
	
	
	
	6000 −11000
	
	
	
	
	
	= 180º+ arctan
	
	
	
	
	
	
	= 101,31º
	
	EF
	
	
	
	1000 − 0
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
∆1 = AzBC − AzAB = 48,37º
∆2 = AzEF − AzDE = −22,38º
�
	Glauco Pontes Filho
	5
(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
Az = 180º−(76º 30´) = 103º 30´
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
	12000
	=
	1
	⋅
	200
	=
	
	1
	1200
	
	2000
	
	1
	
	10
	
	
	
	
	
	
	
(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
(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
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	6
Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura a seguir. Calcular também os ângulos de deflexão.
	
	
	
	
	
	N
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D
	
	6000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	A
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	4000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d1
	
	
	
	
	
	
	
	d2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	3000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	1000B
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	0
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	1000
	3000
	
	
	
	6000
	
	
	
	11000 E
	Solução:
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	PONTOS
	
	
	
	E
	
	N
	
	d =
	(3000 − 0)2 + (1000 − 6000)2
	= 5.830,95 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	A
	
	
	0
	
	
	6000
	
	
	1
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d2
	
	(7000 − 3000)2 + (5000 −1000)2 = 5.656,85 m
	B
	
	
	3000
	
	
	1000
	
	
	
	=
	
	C
	
	
	7000
	
	
	5000
	
	
	d3
	=
	(12000 − 7000)2 + (7000 − 5000)2 = 5.385,17 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D
	
	12000
	
	
	7000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Az
	
	
	
	− 3000
	
	
	
	
	
	= 180º+ arctan
	
	
	= 149,04º
	
	AB
	
	
	5000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Az
	
	
	
	4000
	
	
	
	
	
	
	= arctan
	
	
	
	
	= 45º
	
	BC
	
	
	4000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Az
	
	
	
	5000
	
	
	
	
	
	= arctan
	
	
	
	
	= 68,20º
	
	CD
	
	2000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
∆1 = AzBC − AzAB = 45º−149,04 = −104,04º
∆2 = AzCD − AzBC = 68,2º−45º = 23,20º
�
Glauco Pontes Filho	7
�
CAPÍTULO 4
CURVAS HORIZONTAIS
CIRCULARES
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	8
�
Dados ∆ = 47º 30’ e G20 = 12º, calcular T e E.
Solução:
	R =
	1.145,92
	= 95,493 m
	
	
	
	
	12
	
	
	
	
	
	
	47,5°
	
	
	
	
	
	
	
	
	T =
	95,493 ⋅ tan
	
	
	⇒
	T = 42,02 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
⋅47,5° ⇒ E = 8,84 m
E 42,02 tan 4
Dados ∆ = 40º e E = 15 m, calcular T e R.
Solução:
	
	
	E
	
	
	
	
	
	
	15
	
	
	
	
	
	
	R =
	
	
	
	
	=
	
	
	
	
	
	
	
	⇒
	R = 233,73 m
	
	
	∆
	
	
	
	
	
	
	40°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	sec
	
	
	−1
	
	sec
	
	
	−1
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	40°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	T = 85,07 m
	
	T = 233,73 tan
	
	
	
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
3. Dados ∆ = 32º e R = 1220 m, calcular T e E.
	Solução:
	
	
	
	
	
	32°
	
	
	T = 1220 ⋅ tan
	
	
	⇒
	T = 349,83 m
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
⋅ 32° ⇒ E = 49,17 m E 349,83 tan
4
Dado R = 150 m, calcular a deflexão sobre a tangente para c = 20 m.
Solução:
	G =
	1.145,92
	= 7,639467°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	150
	
	
	
	d =
	G
	=
	7,639467°
	⇒
	
	
	
	
	
	
	d = 3,82°
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
�
	Glauco Pontes Filho
	9
Dados ∆ = 43º e E = 52 m, calcular o grau da curva.
Solução:
	
	
	
	E
	
	
	
	
	
	
	52
	
	
	
	
	
	R =
	
	
	
	
	
	
	=
	
	
	
	
	
	
	⇒
	R = 695,3151 m
	
	
	
	∆
	
	
	
	
	
	43°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	sec
	
	
	− 1
	
	sec
	
	
	− 1
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	G =
	
	1.145,92
	
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	G = 1,648°
	
	
	695,3151
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
6. Se ∆ = 30º 12’ e G20 = 2º 48’, calcular T e D.
	Solução: 30º 12’ = 30,2º
	
	
	
	2º 48’ = 2,8º
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	R =
	
	1.145,92
	= 409,2571 m
	
	
	
	
	2,8°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	30,2°
	
	
	
	
	T = 409,2571⋅ tan
	
	
	
	
	⇒
	
	T = 110,43 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D =
	
	
	π ⋅ 409,2571⋅ 30,2°
	
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D = 215,72 m
	
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
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
Dados ∆ = 22º 36’ , G20 = 4º e E(PC) = 40 + 15,00. Construir a tabela de locação da curva pelo método das estacas fracionárias.
Solução:
	R =
	1.145,92
	= 286,480 m
	
	
	
	
	4°
	
	
	
	
	
	
	
	22,6°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	T =
	
	
	
	
	
	T = 57,24 m
	
	286,480 ⋅ tan
	
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
�
	ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO
	Solução dos Exercícios
	10
	D =
	
	π ⋅ 286,480
	⋅ 22,6°
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	D = 113,00 m
	
	
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
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)
d = G2 = 42° = 2°
dm = 40G = 404° = 0,1°
ds1 = (20 − a) ⋅ dm = (20 −15) ⋅ 0,1° = 0,5°
dsPT = b ⋅ dm = 8 ⋅ 0,1° = 0,8°
	ESTACAS
	DEFLEXÕES
	
	
	
	
	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)
	
	
	
	
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:
	R =
	1.145,92
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	R = 190,99 m
	
	
	
	6°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	47,2°
	
	
	
	
	T = 190,99 ⋅ tan
	
	
	
	⇒
	
	T = 83,44 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	47,2°
	
	
	E = 83,44 ⋅ tan
	
	
	⇒
	
	E = 17,43 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D =
	
	π ⋅190,99 ⋅ 47,2°
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	D = 157,34 m
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
�
Glauco Pontes Filho	11
	E(PC) = (58 + 12,00) – (4
	+
	3,44)
	= 54
	+ 8,56
	E(PT) = (54 + 8,56) + (7
	+
	17,34)
	= 62
	+ 5,90
Dados ∆ = 24º 20’ e R = 1500 m. Locar o PC e o PT, sabendo que a estaca do PI é 360 + 12,45.
	Solução:
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	24,333333°
	
	
	
	
	
	
	
	
	T =
	
	
	
	
	
	
	
	T = 323,40 m
	
	
	1500 ⋅ tan
	
	
	
	⇒
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D =
	π ⋅1500 ⋅ 24,333333°
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D = 637,05 m
	
	
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	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
	
	
	
	R =
	
	
	
	
	T
	
	
	=
	
	
	250
	
	
	= 1.251,13 m
	
	
	
	
	
	
	∆
	
	
	
	
	
	22,6°
	
	
	
	
	tan
	
	
	tan
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	G20
	=
	
	
	1.145,92
	
	=
	1.145,92
	
	⇒G20 = 0,9159°
	
	
	
	
	R
	
	
	
	1.251,13
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D =
	π ⋅1500 ⋅ 24,333333°
	
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	D = 637,05 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
Calcular o desenvolvimento de uma curva circular de raio R = 1524 m e ângulo central ∆ = 32º.
	Solução:
	
	
	
	
	
	
	
	
	D =
	
	π ⋅1524 ⋅ 32°
	⇒
	
	
	
	
	
	D = 851,16 m
	
	180°
	
	
	
	
	
	
�
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
	G =
	
	
	1.145,92
	
	=
	1.145,92
	= 6,7407°
	
	
	
	R
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	170
	
	d =
	G
	=
	6,7407°
	= 3,3703°
	
	2
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
�
x	y
d
20 m
G
�
	sin d =
	
	y
	⇒
	y = 20 ⋅ sin 3,3703° = 1,1758 m
	
	20
	
	
	
	
	
	
	
	
	cos d =
	
	x
	⇒
	x = 20 ⋅ cos 3,3703° = 19,9654 m
	
	20
	
	
	
	
	
	
x + y = 21,14 m
	
	
	
	
	∆
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	14. Demonstrar que:
	
	E = T ⋅ tan
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	x
	
	
	
	
	1− cos x
	
	
	
	x
	1
	− cos
	
	
	
	x
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	Da trigonometria, temos:
	
	
	= tan
	
	
	
	
	
	
	
	= tan
	
	
	
	
	sin x
	
	
	
	
	
	x
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	sin
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
�
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	1
	
	
	
	
	
	
	
	
	E = R ⋅
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	∆
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	− 1
	
	cos
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	∆
	
	1
	− cos
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	E = T ⋅
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	∆
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	sin
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
�
	
	
	
	
	
	
	
	
	∆
	
	
	T
	
	
	
	
	1
	− cos
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	=
	
	
	
	
	⋅
	
	
	2
	
	
	=
	
	
	∆
	
	
	
	∆
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	tan
	
	
	
	
	cos
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	∆
	
	
	
	
	
	
	
	= T ⋅ tan
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
�
	
	
	∆
	
	
	∆
	T ⋅ cos
	
	
	
	1
	− cos
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	⋅
	
	
	2
	
	
	∆
	
	
	
	∆
	
	
	
	
	
	
	
	
	sin
	
	
	
	
	cos
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
�
Glauco Pontes Filho	13
15. Dados ∆=30º, R=680 m e E(PI)=205+2,52, calcular G, T, D, E(PC) e E(PT).
	G20
	=
	1.145,92
	
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	G = 1,69°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	680
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	30°
	
	
	
	
	
	
	
	
	T = 680 ⋅ tan
	
	
	
	
	⇒
	
	
	T = 182,21 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D =
	π ⋅ 680 ⋅ 30°
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D = 356,05 m
	
	
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	E(PC) = (205 + 2,52) – ( 9 + 2,21)
	= 196 + 0,31
	E(PT) = (196 + 0,31) + (17 + 16,05)
	= 62 + 5,90
(*) 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
	R =
	1.145,92
	= 1.145,92 m
	
	
	
	
	
	
	1
	
	
	
	
	
	
	
	
	∆ = AC =
	G ⋅ D
	=
	1° ⋅ 520
	= 26°
	
	c
	
	
	20
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	26°
	
	T = 1.145,92 ⋅ tan
	
	
	= 264,56 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
E(PI) = E(PC) + T = (55 + 9,83) + (13 + 4,56) = 68 + 14,39 Novo raio: R = 2.000 m
	
	26°
	
	T´= 2000 ⋅ tan
	
	
	= 461,74 m = 23est + 1,74m
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	D´=
	π ⋅ 2000 ⋅ 26°
	= 907,57 m = 45est + 7,57m
	
	
	
	180°
	
	
	
	
	E(PC´) = (68 + 14,39) – (23 + 1,74) = 45
	+ 12,65
	E(PT´) = (45 + 12,65) + (45 + 7,57) = 91
	+ 0,22
�
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.
	PI1
	∆1=28º
	
	
	
	
	
	
	d1=135 m
	
	
	
	O
	d2=229,52 m
	d3=85,48 m
	F
	
	
	
	
∆2=32º
PI2
Solução:
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2≤ d2
	
	
	
	T1
	
	
	
	
	
	
	135
	
	
	
	
	R1
	=
	
	
	
	
	
	
	
	=
	
	
	⇒
	R1 = 541,46 m
	
	
	
	
	
	∆
	1
	
	
	
	tan14°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	tan
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	T2
	
	
	
	
	
	
	85,48
	
	
	
	
	R2
	=
	
	
	
	
	
	
	
	=
	
	
	⇒
	R2 = 298,10 m
	
	
	
	
	
	
	∆2
	
	
	
	
	tan16°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	tan
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!)
(*) 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
	
	
	∆
	1
	
	
	
	∆
	2
	
	
	R ⋅ tan
	
	
	
	+ R ⋅ tan
	
	
	
	= 229,52
	
	2
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	R =
	
	229,52
	= 428,15 m
	
	tan14º+ tan16º
	
�
Glauco Pontes Filho	15
(*) 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.
∆1 = 40º
10+0,00	D1 20+9,43
	R1 = 300
	
	35+14,61
	R2 = 1500
	
	
	L = 305,18
	75+0,00
	
	
	Solução:
	D2
	
	
∆2 = 30º
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´
∆1 = 40º
D1´
R1´= 600
	L´
	R2´= ???D2´
	
	T2´
	
	
	
	∆2 = 30º
	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´
	D1´=
	π ⋅ 600 ⋅ 40°
	= 418,88 m
	D2
	´=
	π ⋅ R2
	´⋅30°
	= 0,5236 R2
	´
	
	180°
	
	
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
= D1´+ L´ + D2´ = 418,88 + 597,91 – 0,26795 R2´ + 0,5236 R2´ = 1300 R2´= 1.107,8 m
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	16
(*) 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).
	
	
	D=20 m
	
	
	PI1
	30º
	
	
	
	PI2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	PT1
	PC2
	
	20º
	PC1
	CURVA 1
	
	
	CURVA 2
	PT2
	
	R1 = 400 m
	
	
	R2 = 500 m
	
Solução:
	T1 =
	400 tan(15º) = 107,18 m
	
	20º+30º=50º
	T2 =
	500 tan(10º) =
	88,16 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	T
	x
	130º
	Aplicando a Lei dos Senos, temos:
	
	
	
	
	
	
	x
	
	= T1 + 20 + T2
	
	
	
	T1
	30º
	20º
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	sin 20°
	
	
	sin130°
	
	
	
	
	
	T1+20+T2
	x = 96,14 m
	
	
	
	
	
	PC1=PC
	
	
	T = T1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m
	
	
	
	R =
	203,32
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	R = 436,02 m
	
	
	
	
	
	
	
	50°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	tan
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
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.
PI1
	
	∆1=46º
	
	
	
	d1
	
	F
	
	R1=1200 m
	
	
	
	
	R2=1600 m
	
	
	
	
	d3
	
	d2
	
	
	Est. 0+0,00
	d1=1080 m
	PI2
	∆2=30º
	
	d2=2141,25 m
	
	
	
	d3=1809,10 m
	
	
�
Glauco Pontes Filho	17
�
Solução:
CURVA 1:	E(PI1) = d1 = 54 + 0,00
	
	
	46°
	
	
	
	
	T1
	= 1200 ⋅ tan
	
	
	
	⇒
	
	T1 = 509,37 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D =
	π ⋅1200 ⋅ 46°
	
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	D1 = 963,42 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	1
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
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
	
	30°
	
	
	
	
	T = 1600 ⋅ tan
	
	
	
	⇒
	
	T2 = 428,72 m
	
	
	
	
	
	
	
	2
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D =
	π ⋅1600 ⋅ 30°
	
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	D = 837,76 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	180°
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
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) G =
	
	180º⋅c
	=
	180º⋅(20)
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	G = 1,762954° = 1°45´47´´
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	π ⋅ R
	
	π ⋅ (650)
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	52°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	∆
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	T = 317,03 m
	
	T =
	R ⋅ tan
	
	
	
	
	= 650 ⋅ tan
	
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D =
	
	π ⋅ R ⋅ ∆
	=
	π ⋅ 650 ⋅ 52°
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D = 589,92 m
	
	
	
	180º
	
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	18
�
	
	
	
	
	
	
	
	∆
	
	
	
	
	
	
	
	52°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	E = 73,19 m
	
	E = T ⋅ tan
	
	
	= 317,03
	⋅ tan
	
	
	
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	G
	
	
	
	
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d =
	
	=
	1,762954°
	
	= 0,881477 ° = 0° 52´ 53´´
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	dm =
	G
	=
	
	
	G
	
	=
	1,762954
	°
	= 0,044074 ° = 0° 02´ 39´´
	
	2c
	
	
	2 ⋅ (20)
	
	
	
	40
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
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
	
	
�
Glauco Pontes Filho	19
�
Repetir a questão anterior adotando para G um valor múltiplo de 40’. Construir as tabelas de locação das curvas (R > R’).
Solução:
	180 º⋅c 180 º⋅(20)
	⇒ G = 1,762954 ° ⋅ (60) = 105,77724 '
	a) G = π ⋅ R = π ⋅ (650)
	
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
	novo R =
	180 º⋅c
	=
	180 º⋅(20)
	= 859,437 m
	
	
	π ⋅ G
	
	π ⋅ (1,333333º )
	
	
	
	
	
	
	
�
	
	
	
	∆
	
	52°
	T =
	R ⋅ tan
	
	
	
	= 859,437 ⋅ tan
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	2
	D =
	
	π ⋅ R ⋅ ∆
	=
	π ⋅ 859,437 ⋅ 52°
	⇒
	
	
	
	
	180°
	
	
	180º
	
	
	
	
	
	
�
T = 419,18 m
D = 780,00 m
�
	
	∆
	
	
	52°
	
	
	
	
	
	
	
	
	E = 96,78 m
	E = T ⋅ tan
	
	
	= 419,18
	⋅ tan
	
	
	⇒
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	4
	
	
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d =
	G
	=
	1° 20'
	
	= 0° 40´
	
	
	2
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	dm =
	G
	
	=
	
	G
	
	=
	1° 20'
	= 0° 2'
	
	2c
	
	
	2
	⋅ (20)
	
	
	40
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
E(PC) = (202 + 2,50) – (20 + 19,18) = 181 + 3,32 E(PT) = (181 + 3,32) + (39 + 0,00) = 220 + 3,32
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	20
�
	ESTACAS
	
	
	DEFLEXÕES
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	INT
	FRAC
	SUCESSIVAS
	ACUMULADAS
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	grau
	min
	seg
	grau
	min
	
	seg
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	181
	3,32
	0
	0
	0
	0
	0
	
	0
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	182
	
	0
	33
	22
	0
	33
	
	22183
	
	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
�
Glauco Pontes Filho	21
	b) G =
	180 º⋅c
	=
	180 º⋅(20)
	= 0,5729565° ⋅ (60) = 34,3774'
	
	π ⋅ R
	
	π ⋅ (2000)
	
	
	
	
	
	
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 40’ = 0,66666667º
	novo R =
	180 º⋅c
	=
	180 º⋅(20)
	= 1.718,87 m
	
	
	π ⋅ G
	
	π ⋅ (0,66666667 º )
	
	
	
	
	
	
	
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
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	INT
	FRAC
	SUCESSIVAS
	ACUMULADAS
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	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
	
	
	
	
	
	
	
	
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	22
�
	c) G =
	180 º⋅c
	=
	180 º⋅(10)
	= 1,637018 ° ⋅ (60) = 98,22111 '
	
	π ⋅ R
	
	
	π ⋅ (350)
	
	
	
	
	
	
	
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
	novo R =
	180 º⋅c
	=
	180 º⋅(10)
	= 429,72 m
	
	
	π ⋅ G
	
	π ⋅ (1,333333 º )
	
	
	
	
	
	
	
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)
	G =
	180 º⋅c
	=
	180 º⋅(5)
	= 1,4323911° ⋅ (60) = 85,943468 '
	
	
	π ⋅ R
	
	π ⋅ (200)
	
	
	
	
	
	
	
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
	novo R =
	180 º⋅c
	=
	
	180 º⋅(5)
	
	
	= 214,859 m
	
	
	π ⋅ G
	
	π
	⋅ (1,333333º )
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	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
	
	
	
	
	
�
Glauco Pontes Filho	23
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.
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	PI1
	d2
	= 2200 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d1 = 1000 m
	
	
	
	
	∆1=40º
	F
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	PC1
	R1=1100 m
	PT1
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	R2=1500 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	A
	
	
	
	
	
	
	
	
	PC2
	PT2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	∆2=35º
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	PI2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	d3 = 1800 m
	Solução:
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	T1
	
	
	
	
	
	40°
	= 400,37 m
	
	
	
	= 1100
	⋅ tan
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D =
	π ⋅1100 ⋅ 40°
	
	
	= 767,95 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	1
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	T2
	
	
	
	
	
	
	
	35°
	
	472,95 m
	
	
	
	
	= 1500
	⋅ tan
	
	
	
	
	
	
	=
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D
	
	=
	π ⋅1500 ⋅ 35°
	
	916,30 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
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
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	24
(*) Em um traçado com curvas horizontais circulares, conforme esquema da figura, desejando-se fazer R1 = R2:
qual o maior raio possível?
qual omaior raio que se consegue usar, deixando um trecho reto de 80 m entre as curvas?
∆1 = 40º
720 m
∆2 = 28º
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
(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:
	
	
	
	90°
	
	T = 600
	⋅ tan
	
	
	= 600 m = 30
	+ 0,00
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	D =
	π ⋅ 600 ⋅ 90°
	= 942,48 m = 47 + 2,48
	
	
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
E(PC) = (81 + 19,00) – (30 + 0,00) = 51 + 19,00
E(PT) = (51 + 19,00) + (47 + 2,48) = 99 +	1,48
�
Glauco Pontes Filho	25
(*) 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).
�
	Est. 820
	PI1
	O2
	
	
	
	PC1
	∆1
	
	
	
PT1=PC2
Solução:	O1
R2 + R2 2 + R2 = (837 + 1,42) − (820 + 0,00) = 341,42 m
	R = 341,42
	⇒
	
	
	
	
	
	
	R
	
	= 100,00 m
	
	2
	2 + 2
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	R1 2 = 341,42 ⇒
	
	
	R1 = 241,42 m
	D =
	π ⋅ 241,42 ⋅ 45°
	= 189,61 m
	D =
	π ⋅100 ⋅135°
	
	
	
	
	
	
	1
	180°
	
	2
	180°
	
	
	
	
	
	
	
E(PI1) = (820 + 0,00) + (5 + 0,00) = 825 + 0,00
E(PT2) = 16.400 + 189,61 + 235,62 = 841 est + 5,23 m
�
Est. 837 + 1,42
TRONCO
PT2
∆2 = 135º
PI2
235,62 m
�
	
	341,42 m
	
	T1 = R2
	R2√2
	R2
45º	45º
R2
R1
T2
45º	T2 = R1
45º
45º	135º
R1√2
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	26
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.
�
CURVA 1
Raio = R
�
CURVA 4
Raio = R
�
1200 m
	
	CURVA 2
	CURVA 3
	
	60º
	Raio = 2R
	Raio = 3R
	45º
	
	
	
	
1500 m
Solução:
	T1
	= R⋅ tan 60º = 1,7321 R
	
	D1
	= π⋅R⋅120º/180º = 2,0944 R
	T2
	= 2R⋅ tan 30º = 1,1547 R
	
	D2
	= π⋅2R⋅60º/180º = 2,0944 R
	T3
	= 3R⋅ tan 22,5º = 1,2426 R
	
	D3
	= π⋅3R⋅45º/180º = 2,3562 R
	T4
	= R⋅ tan 67,5º = 2,4142 R
	
	D4
	= π⋅R⋅135º/180º = 2,3562 R
	∑T = 6,5436R
	
	
	z = a + 1500 + b
	
	120º
	
	135º
D = 8,9012R
1200
	x =
	1200
	
	= 1385,64
	
	
	x
	
	
	
	
	y
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	sin 60°
	
	
	
	
	
	60º
	
	45º
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	1200
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	y =
	
	
	= 1200 2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	sin 45°
	
	
	
	
	a
	1500
	b
	a =
	1200
	
	= 692,88
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	tan 60º
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	b =
	
	1200
	
	= 1200,00
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	tan 45º
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
= x + 1500 + y + z − 2∑T + ∑D
7217,64 = 1385,64 + 1500 + 1200√2 + (692,88 + 1500 + 1200) – 2(6,5436 R) + 8,9012 R
= 181,1 m
�
Glauco Pontes Filho	27
�
29. Calcular a distância entre os pontos A e B pelos caminhos  e .
	V
	∆ = 50º
	
	

	a
	r = 500 m
	b
	
	
	
	R = 1000 m
	
	
	
	
�
A
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
�
B
T	t
d
D
�
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.
CURVA 1	CURVA 4
R1 = 200	R4 = 200
2000 m
	
	CURVA 2
	CURVA 3
	
	60º
	R2 = 300
	R3
	= 400
	45º
	
	
	
	
	
	
	
	3000 m
	
	
�
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
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	28
�
T = 1.168,14
D = 1.518,44
x = sin200060° = 2309,40
y = sin200045° = 2000 2
�
z = a + 3000 + b
120º	135º
2000
x	y
60º	45º
�
	a =
	2000
	= 1154,70
	a
	3000
	b
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	tan 60º
	
	
	
	
	b =
	2000
	= 2000
	
	
	
	
	tan 45º
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
= x + 3000 + y + z − 2∑T + ∑ D
C = 2309,40 + 3000 + 2000√2 + (1154,70 + 3000 + 2000) – 2(1168,14) + 1518,44
= 13.474,7 m
34. Dadas as curvas reversas da figura, calcular o comprimento do trecho entre os pontos A e
B e os raios das curvas.
V1
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	A
	∆1 = 40º
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	= 572 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	V1V2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	T1
	= 1,2
	
	C
	
	
	
	
	
	
	
	Solução:
	
	
	
	T2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	B
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	V2
	∆2 = 34º
	T1 + T2
	= 572
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	1,2T2 + T2
	= 572
	⇒ T2 = 260,00 m
	⇒ T1 = 312,00 m
	
	
	R1 =
	
	
	312
	
	
	
	= 857,213 m
	R2 =
	260
	
	
	= 850,422 m
	
	
	
	
	40º
	
	
	
	
	
	34º
	
	
	
	
	tan
	
	
	
	
	
	
	
	tan
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	D =
	π ⋅ 857,213 ⋅ 40º
	= 598,45 m
	D =
	π ⋅ 850,422 ⋅ 34º
	= 504,65 m
	
	
	
	
	
	
	1
	
	
	
	
	180º
	
	
	2
	
	
	180º
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
D1 + D2 = 1.103,10 m
�
Glauco Pontes Filho	29
(*) Considere a localização em planta das tangentes de uma curva (figura 1) e a seção transversal da estrada (figura 2). Pede-se:
Raio mínimo da curva circular. Verificar condição mínima de visibilidade e determinar o afastamento mínimo necessário do talude para uso do raio mínimo quanto à estabilidade.
Calcular todos os elementos da curva circular.
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%
	PC
	y
	fig. 1
	fig. 2
	
	
	
	
	
	7,75
	
	
	
	
	
	
	
	
	1:1
	
	
	
	
	
	
	
	
	PT
	
	0,75
	
	
	
	
	
	PI
	∆=30º
	x
	3,50 3,50
	
a) Cálculo do raio mínimo, distância de parada e afastamento lateral livre de obstáculos:
	Rmin =
	
	
	V 2
	
	
	
	
	=
	
	
	
	
	1002
	
	
	= 314,96 m
	
	127(emax
	+ fT )
	
	127
	
	(0,12 + 0,13)
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D = 0,7(V )+
	
	
	V 2
	
	
	
	= 0,7(100)+
	
	
	1002
	= 200,72 m
	
	255 ( f L + i)
	
	255 (0,3 + 0)
	
	M necessário =
	D2
	=
	
	200,722
	
	≅ 15,99m
	
	
	
	8R
	
	8(314,96)
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
M existente = 7,75
Afastamento do talude = Mnecessário - Mexistente = 15,99 – 7,75 = 8,24 m
�
8,24 m
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	30
�
CAPÍTULO 5
CURVAS HORIZONTAIS
DE TRANSIÇÃO
�
Glauco Pontes Filho	31
�
Calcular as curvas de transição abaixo:
	a) E(PI) =
	342 +
	2,50
	∆ = 55º
	Rc= 680 m
	b) E(PI) = 1350
	+ 12,73
	∆ = 12º
	Rc=2100 m
	c) E(PI) =
	476 +
	9,50
	∆ = 66º24'
	Rc=
	830 m
	d) E(PI) =
	757
	+
	6,75
	∆ = 82º
	Rc=
	600 m
�
V= 80 km/h
V=120 km/h
V=100 km/h
V= 70 km/h
�
Solução:
Lsmín = 0,036 V 3 = 0,036 ⋅ 803 = 27,11 m
R680
Lsmáx = Rc ⋅ ∆ ⋅π	= 680 ⋅ 55° ⋅π = 652,75 m
180°	180°
Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos:
	θs
	=
	
	Ls
	
	
	
	=
	
	
	
	120
	
	= 0,088235 rad
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2 ⋅
	Rc
	
	
	2 ⋅ 680
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	4
	
	
	
	
	0,088235
	2
	
	0,088235
	4
	
	
	X
	s
	= L ⋅ 1
	−
	θs
	
	+
	θs
	
	= 120 ⋅ 1
	−
	
	
	+
	
	
	
	= 119,91 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	s
	
	
	
	
	10
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	
	10
	
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	s
	
	
	
	
	θ 3
	
	
	
	
	
	
	0,088235
	
	0,0882353
	
	
	
	
	
	
	Y =
	L ⋅
	
	
	
	
	
	−
	
	s
	
	
	= 120
	⋅
	
	
	
	−
	
	
	
	
	
	= 3,53 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	s
	
	
	
	s
	
	3
	
	
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	
	3
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
= ∆ − 2 ⋅θs = 55° ⋅ 180π° − 2 ⋅ (0,088235) = 0,783461 rad D = Rc ⋅φrad = 680 ⋅ (0,783461 rad ) = 532,75 m
k = X s − Rc ⋅ senθs = 119,91− 680 ⋅ sen(0,088235 rad ) = 59,98 m
p = Ys − Rc ⋅ (1 − cosθs ) = 3,53 − 680 ⋅ [1 − cos(0,088235 rad )] = 0,88 m
	
	∆
	
	
	55°
	TT = k + ( Rc + p)⋅ tan
	
	= 59,98 + (680 + 0,88)⋅ tan
	
	= 414,43 m
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	2
	E(TS) = E(PI) – [TT]
	= (342 + 2,50)
	– (20 + 14,43) = 321 + 8,07
	E(SC) = E(TS) + [LS]
	= (321 + 8,07)
	+ (6 + 0,00) = 327 + 8,07
	E(CS) = E(SC) + [D]
	= (327
	+ 8,07)
	+ (26 + 12,75) = 354 + 0,82
	E(ST) = E(CS) + [LS]
	= (354
	+ 0,82)
	+ (6 + 0,00) = 360 + 0,82
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	32
�
	b) Lsmín = 0,036
	
	V 3
	
	= 0,036 ⋅
	1203
	
	
	= 29,62 m
	
	
	
	
	R
	
	
	2100
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Lsmáx =
	
	Rc ⋅ ∆ ⋅π
	
	=
	2100 ⋅12° ⋅π
	= 439,824 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	180°
	
	
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	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) Lsmín = 0,036
	V 3
	
	= 0,036 ⋅
	1003
	
	
	
	= 43,37 m
	
	
	
	
	R
	
	
	830
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Lsmáx =
	Rc ⋅ ∆ ⋅π
	
	=
	
	830 ⋅ 66,4° ⋅π
	= 961,89 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	180°
	
	
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	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
�
Glauco Pontes Filho	33
�
Lsmín = 0,036 V 3 = 0,036 ⋅ 703 = 20,58 m
R600
	Lsmáx =
	Rc ⋅ ∆ ⋅π
	=
	600 ⋅ 82° ⋅π
	
	= 858,70 m
	
	
	
	
	180°
	
	180°
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	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
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
	
θ =
	
	L2
	
	
	
	
	
	
	
	
	=
	
	
	111,932
	
	
	= 0,076767 rad
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	⋅ R
	
	⋅ L
	s
	
	
	
	2 ⋅ 680 ⋅120
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	c
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	
	2
	
	
	
	
	
	θ
	4
	
	
	
	
	
	
	
	0,076767
	2
	
	
	0,076767
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	X = L ⋅ 1 −
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	+
	
	
	
	= 111,93 ⋅ 1
	−
	
	
	
	
	+
	
	
	
	
	
	= 111,864056 m
	
	10
	
	
	
	216
	
	
	
	
	10
	
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	0,076767
	
	0,076767
	3
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Y = L ⋅
	
	
	
	
	−
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	= 111,93
	⋅
	
	
	
	
	−
	
	
	
	
	
	
	= 2,86296 m
	
	
	3
	
	
	
	
	42
	
	
	
	
	3
	
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Y
	
	
	
	
	
	
	
	
	2,862960
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	i = arctan
	
	
	
	
	
	
	
	
	= arctan
	
	
	
	
	
	
	= 1° 27' 58''X
	
	
	
	
	
	
	
	111,864056
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	34
�
TABELA DE LOCAÇÃO (por estacas inteiras)
	
	ESTACA
	L
	θ
	X
	Y
	
	i
	
	INT
	
	FRAC
	
	
	
	
	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
	L
	θ
	X
	Y
	
	i
	
	INT
	FRAC
	
	
	
	
	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
	L
	θ
	X
	Y
	
	i
	
	INT
	
	FRAC
	
	
	
	
	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
	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
	L
	θ
	X
	Y
	
	i
	
	INT
	
	FRAC
	
	
	
	
	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”
�
Glauco Pontes Filho	35
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:
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	100
	3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	V 3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	V 3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	J =
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	⇒
	
	
	
	L
	=
	
	
	=
	3,6
	
	
	
	
	= 107,17 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Rc ⋅ Ls
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	s
	
	
	Rc ⋅ J
	
	
	0,4 ⋅ 500
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θs
	=
	
	Ls
	
	
	
	=
	107,17
	
	= 0,10717 rad
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2 ⋅
	Rc
	
	
	
	2 ⋅ 500
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θs
	2
	
	
	
	
	
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	0,10717
	2
	
	
	0,10717
	4
	
	
	
	X
	s
	= L ⋅ 1
	−
	
	
	
	+
	θs
	= 107,17 ⋅ 1
	−
	
	
	+
	
	
	
	
	= 107,05 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	s
	
	
	
	
	10
	
	216
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	10
	
	
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	s
	
	
	
	
	θ
	3
	
	
	
	
	
	
	0,10717
	
	
	
	0,107173
	
	
	
	
	
	
	
	Y
	
	=
	L ⋅
	
	
	
	
	
	−
	
	
	s
	
	= 107,17 ⋅
	
	
	
	
	−
	
	
	
	
	
	
	= 3,83 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	s
	
	
	
	s
	
	3
	
	
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	
	3
	
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
= ∆ − 2 ⋅θs = 50° ⋅ 180π° − 2 ⋅ (0,10717) = 0,658327 rad
= Rc ⋅φrad = 500 ⋅ (0,658327 rad ) = 329,16 m = 16 est + 9,16 m k = X s − Rc ⋅ senθs = 107,05 − 500 ⋅ sen(0,10717 rad ) = 53,56 m
p = Ys − Rc ⋅ (1 − cosθs ) = 3,83 − 500 ⋅ [1 − cos(0,10717 rad )] = 0,96 m
	
	
	∆
	
	
	50°
	
	TT = k + ( Rc + p)⋅ tan
	
	
	= 53,56 + (500 + 0,96)⋅ tan
	
	= 287,16 m = 14
	+ 7,16
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	2
	
	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
	
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	36
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
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	50º
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	CS
	222+16,34
	
	
	L2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	56,342
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ =
	
	
	
	
	
	
	=
	
	
	
	
	
	
	= 0,029618 rad
	
	
	
	
	
	
	
	217+9,17
	L
	ST
	
	2
	⋅ Rc ⋅ Ls
	
	
	2 ⋅ 500 ⋅107,17
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	220+0,00
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	2
	
	
	
	
	
	θ
	4
	
	
	
	
	
	
	0,029618
	2
	
	
	0,029618
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	X = L ⋅ 1
	−
	
	
	
	
	
	
	+
	
	
	
	
	= 56,34 ⋅ 1
	−
	
	
	
	
	+
	
	
	
	
	
	= 56,335 m
	
	
	
	
	10
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	10
	
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	
	θ
	3
	
	
	
	
	
	
	
	0,029618
	
	0,029618
	3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Y = L ⋅
	
	
	−
	
	
	
	
	
	
	
	= 56,34 ⋅
	
	
	
	
	−
	
	
	
	
	
	
	= 0,56 m
	
	
	
	
	
	3
	
	42
	
	
	
	
	3
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
(*) No traçado da figura, sendo Vp=100km/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
	PI1
	
	R2
	= 600 m
	
	
	ST1
	∆2
	= 40º
	
	
	
	
	
	
	TS1
	
	
	
	
	
	
�
Solução:
�
PI2
�
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
	
	
	100
	3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	=3,6
	
	=
	3 =
	J1
	
	
	
	
	0,330559 m / s
	J2
	
	1000 ⋅ 64,84
	
	
	
	
	
	
�
Glauco Pontes Filho	37
CÁLCULO DA CURVA 2:
	
	
	
	
	
	
	100
	3
	
	
	
	V (m / s)3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Ls2
	=
	
	=
	3,6
	
	= 108,07 m
	
	
	
	R2
	⋅ J2
	
	600 ⋅ 0,330559
	
	
	
	
	
	
	
	
	
s = 108,07 = 0,090058 rad 2 ⋅ 600
= ∆ − 2 ⋅θs = 40° ⋅ 180π° − 2 ⋅ (0,090058) = 0,518017 rad
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	4
	
	
	
	
	0,090058
	2
	
	0,090058
	4
	
	
	
	
	
	
	θs
	
	
	θs
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	X s = Ls ⋅ 1
	−
	
	
	
	
	
	+
	
	
	= 108,07 ⋅ 1
	−
	
	
	
	
	+
	
	
	
	
	
	= 107,98 m
	
	
	10
	
	
	216
	
	
	
	
	
	10
	
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	s
	
	
	
	
	θ 3
	
	
	
	
	
	0,090058
	
	0,0900583
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	−
	
	s
	
	
	
	
	
	
	
	
	−
	
	
	
	
	
	= 3,24 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Ys = Ls ⋅
	3
	
	
	42
	
	
	= 108,07 ⋅
	3
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
= Rc ⋅φrad = 600 ⋅ (0,518017 rad ) = 310,81 m = 15 est + 10,81 m
k = X s − Rc ⋅ senθs = 107,98 − 600 ⋅ sen(0,090058 rad ) = 54,02 m
p = Ys − Rc ⋅ (1 − cosθs ) = 3,24 − 600 ⋅ [1 − cos(0,090058 rad )] = 0,81 m
	∆
	
	
	
	40°
	
	
	TT = k + ( Rc + p)⋅ tan
	
	
	= 54,02
	+ (600
	+ 0,81)⋅ tan
	
	
	= 272,70 m = 13
	+ 12,70
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	2
	
	
	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.
�
PI1
�
TS2
�
TS2 < ST1 ???
Impossível !!!
�
ST1
PI2
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	38
(*) 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
	∆ = φ + 2θ
	s
	= φ + 2
	Ls
	=
	φ ⋅ Rc + Ls
	=
	D + Ls
	⇒
	R
	=
	D + Ls
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2Rc
	Rc
	
	Rc
	c
	
	∆
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	J =
	V 3
	
	
	
	⇒ V 3 = L ⋅ R ⋅ J
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Rc ⋅ Ls
	
	
	
	
	
	
	
	s
	c
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	D + L
	
	80 + 80
	
	
	
	V 3 = L ⋅ J ⋅
	
	s
	= 80 ⋅ 0,5 ⋅
	
	
	= 8000
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	s
	
	
	
	
	∆
	
	0,8
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
= 20 m / s = 72 km / h
(*) Numa curva horizontal, adotando-se o comprimento de transição (Ls) igual à média entre o comprimento mínimo e o comprimento máximo possível, calcular:
a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo na transição.
o afastamento necessário entre a curva circular e a tangente externa (p).
o comprimento do trecho circular da curva.
Dados: Vp = 80 km/h; Rc = 210 m; ∆ = 30º.
Solução:
Lsmín = 0,036 V 3 = 0,036 ⋅ 803 = 87,771 m
R	210
Lsmáx = Rc ⋅ ∆ ⋅ π	= 210 ⋅ 30° ⋅ π = 109,956 m
180°	180°
	L =
	87,771 + 109,956
	= 98,86 m
	
	
	
	
	s
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θs
	=
	
	
	Ls
	=
	98,86
	= 0,235381 rad
	
	
	2
	⋅ Rc
	
	
	2 ⋅ 210
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
�
Glauco Pontes Filho	39
	
	
	θ
	s
	
	
	θ 3
	
	
	
	
	
	0,235381
	
	0,2353813
	
	Ys = Ls
	
	
	
	
	
	−
	
	
	s
	
	
	= 98,86 ⋅
	
	
	
	
	−
	
	
	
	= 7,726 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	⋅
	3
	
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	3
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	80
	3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	V 3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Letra a) J =
	
	
	
	=
	3,6
	
	
	= 0,53 m / s
	3
	
	
	
	
	R
	
	
	⋅ L
	s
	
	210 ⋅ 98,86
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	c
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
Letra b) p = Ys − Rc ⋅ (1 − cosθs ) = 7,726 − 210 ⋅ [1 − cos(0,235381 rad )] = 1,94 m Letra c) φ = ∆ − 2 ⋅θs = 30° ⋅ 180π° − 2 ⋅ (0,235381) = 0,052838 rad
= Rc ⋅φrad = 210 ⋅ (0,052838 rad ) = 11,10 m
(*) 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.
	
	PI1
	
	452,66 m
	
	
	
	
	1000 m
	
	∆1=24º
	F
	
	
	
	
	
	
	CURVA 1
	
	
	
	CURVA 2
	
	
	EST. 0
	PI2
	∆2=24º
	Solução:
	
	
	
	
	
	
	1000 m
	
	
	
	
	
	
	
	
CÁLCULO DA CURVA 1:
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	72
	3
	
	
	V 3
	
	
	
	
	V 3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	3,6
	
	J =
	
	
	
	⇒ L =
	
	=
	
	
	
	= 80 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Rc ⋅ Ls
	
	
	s
	
	Rc ⋅ J
	
	0,2 ⋅ 500
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θs =
	
	Ls
	
	=
	80
	
	= 0,08 rad
	
	
	
	
	
	2 ⋅ Rc
	
	2 ⋅ 500
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	40
�
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	4
	
	
	
	
	
	
	0,08
	2
	
	
	0,08
	4
	
	
	
	
	
	
	
	θs
	
	
	θs
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	X s = Ls ⋅ 1
	−
	
	
	
	
	
	+
	
	
	= 80 ⋅ 1
	−
	
	
	
	
	
	
	+
	
	
	
	
	= 79,95 m
	
	
	10
	
	
	216
	
	
	
	10
	
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	s
	
	
	
	
	θ 3
	
	
	
	
	
	0,08
	
	
	0,083
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	−
	
	s
	
	
	
	
	
	
	
	−
	
	
	
	
	
	
	= 2,13 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Ys = Ls ⋅
	3
	
	
	42
	
	
	= 80 ⋅
	3
	
	
	
	
	42= ∆ − 2 ⋅θs = 24° ⋅ 180π° − 2 ⋅ (0,08) = 0,258880 rad
= Rc ⋅φrad = 500 ⋅ (0,258880 rad ) = 129,44 m = 6 est + 9,44 m k = X s − Rc ⋅ senθs = 79,95 − 500 ⋅ sen(0,08 rad ) = 39,99 m
= Ys − Rc ⋅ (1 − cosθs ) = 2,13 − 500 ⋅ [1 − cos(0,08 rad )] = 0,53 m
	
	
	∆
	
	
	
	
	24°
	
	TT = k + ( Rc + p)⋅ tan
	
	
	= 39,99 + (500 + 0,53)⋅ tan
	
	
	= 146,38 m = 7 + 6,38
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	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
	R =
	T
	
	
	=
	106,28
	
	= 500,01 m
	
	
	∆
	
	
	
	24º
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	tan
	
	2
	
	
	tan
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	2
	
	
= π ⋅ 500,01⋅ 24° =
D	209,44 m
180°
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
�
Glauco Pontes Filho	41
(*) 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:
	
	
	
	
	θs =
	
	
	
	Ls
	
	=
	150
	= 0,214286 rad
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2 ⋅ Rc
	
	
	2 ⋅ 350
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	4
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θs
	
	
	
	
	
	
	0,214286
	
	
	
	0,214286
	
	
	
	X s = Ls
	
	
	
	
	θs
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	= 149,31 m
	
	⋅ 1
	−
	
	
	
	
	
	
	+
	
	
	
	
	= 150 ⋅ 1
	−
	
	
	
	
	
	+
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	10
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	10
	
	
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	s
	
	
	
	
	θ
	3
	
	
	
	
	
	
	
	0,214286
	
	0,2142863
	
	
	
	
	Ys = Ls ⋅
	
	
	
	
	
	−
	
	s
	
	
	= 150
	
	
	
	
	
	−
	
	
	
	
	
	
	= 10,68 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	3
	
	
	42
	
	
	
	⋅
	
	3
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
= ∆ − 2 ⋅θs = 60° ⋅ 180π° − 2 ⋅ (0,214286) = 0,618626 rad D = Rc ⋅φrad = 350 ⋅ (0,618626 rad ) = 216,52 m = 10 + 16,52
k = X s − Rc ⋅ senθs = 149,31 − 350 ⋅ sen(0,214286 rad ) = 74,89 m
p = Ys − Rc ⋅ (1 − cosθs ) = 10,68 − 350 ⋅ [1 − cos(0,214286 rad )] = 2,674 m
	
	
	∆
	
	
	
	
	60°
	
	
	TT = k + ( Rc + p)⋅ tan
	
	
	= 74,89 + (350 + 2,674)⋅ tan
	
	
	
	= 278,50 m = 13 + 18,50
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	
	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
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	60º
�
L = (102 + 13,02) – (100 + 0,00)
L = 2 est + 13,02 m = 53,02 m
�
102+13,02
CS
95+3,02	 L	ST
�
100+0,00
	θ =
	L2
	
	
	
	
	
	=
	
	
	53,022
	
	
	= 0,026773 rad
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2 ⋅ R ⋅ L
	s
	
	
	2 ⋅ 350 ⋅150
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	c
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	2
	
	
	
	
	
	θ
	4
	
	
	
	
	
	
	0,026773
	2
	
	0,026773
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	X = L ⋅ 1
	−
	
	
	
	
	
	
	
	+
	
	
	
	=
	53,02 ⋅ 1
	−
	
	
	
	
	+
	
	
	
	
	
	= 53,02 m
	
	
	10
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	10
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	
	
	θ
	3
	
	
	
	
	
	
	
	0,026773
	
	
	3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	0,026773
	
	
	
	
	
	
	Y = L ⋅
	
	
	−
	
	
	
	
	
	
	
	
	= 53,02
	⋅
	
	
	
	
	−
	
	
	
	
	= 0,47 m
	
	
	
	3
	
	
	42
	
	
	
	
	3
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
�
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO	Solução dos Exercícios	42
(*) 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.
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	100
	3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	V 3
	
	
	
	
	V 3
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Solução:
	
	
	
	
	
	
	
	J =
	
	
	
	
	
	⇒
	L =
	
	
	
	=
	3,6
	
	= 89,31 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	Rc ⋅ Ls
	
	
	s
	Rc ⋅ J
	
	
	0,4 ⋅ 600
	
	
	
	
	
	
	
	Ls
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θs =
	
	
	
	
	
	=
	
	89,31
	= 0,074425 rad
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2 ⋅ Rc
	
	
	2 ⋅ 600
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	4
	
	
	
	
	
	
	0,074425
	2
	
	
	0,074425
	4
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θs
	
	
	
	
	θs
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	X s = Ls ⋅ 1
	−
	
	
	
	
	
	
	+
	
	
	
	= 89,31⋅ 1
	−
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	+
	
	
	
	
	
	
	
	= 89,26 m
	
	
	10
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	
	10
	
	
	
	
	
	
	
	216
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	θ
	s
	
	
	
	
	
	θ
	3
	
	
	
	
	
	
	0,074425
	
	
	
	0,0744253
	
	
	
	
	
	Ys =
	Ls
	
	
	
	
	
	
	
	−
	
	s
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	−
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	= 2,21 m
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	⋅
	3
	
	
	
	42
	
	
	= 89,31⋅
	3
	
	
	
	
	
	42
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
= ∆ − 2 ⋅θs = 40° ⋅ 180π° − 2 ⋅ (0,074425) = 0,549283 rad
= Rc ⋅φrad = 600 ⋅ (0,549283 rad ) = 329,57m = 16 est + 9,57 m
k = X s − Rc ⋅ senθs = 89,26 − 600 ⋅ sen(0,074425 rad ) = 44,65 m
p = Ys − Rc ⋅ (1 − cosθs ) = 2,21 − 600 ⋅ [1 − cos(0,074425 rad )] = 0,554 m
	
	
	∆
	
	
	
	40°
	
	TT = k + ( Rc + p)⋅ tan
	
	
	= 44,65 + (600 + 0,554)⋅ tan
	
	
	
	= 263,23 m = 13 + 3,23
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	2
	
	
	
	
	
	
	
	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