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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. Solução: ( ) ( ) mAB 66,109200275100180 22 =−+−= Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos: °=⇒=⇒°= 8732,62 ˆ4560,0ˆ 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 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 110006000arctanº180 º69,123 10003000 60003000arctanº180 º57,116 30006000 120006000arctanº180 º20,68 60004000 60001000arctan 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 221 =−+−== ( ) ( ) mBCd 20,708.630006000120006000 222 =−+−== ( ) ( ) mDEd 55,605.31000300060003000 223 =−+−== ( ) ( ) mEFd 02,099.501000110006000 224 =−+−== 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 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 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 5000arctan º45 4000 4000arctan º04,149 5000 3000arctanº180 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 221 =−+−= ( ) ( ) md 85,656.51000500030007000 222 =−+−= ( ) ( ) md 17,385.550007000700012000 223 =−+−= PONTOS E N A 0 6000 B 3000 1000 C 7000 5000 D 12000 7000 Glauco Pontes Filho 7 CAPÍTULO 4 CURVAS HORIZONTAIS CIRCULARES 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 5,47tan493,95T mT 02,42= ⇒ °⋅= 4 5,47tan02,42E mE 84,8= 2. Dados ∆ = 40º e E = 15 m, calcular T e R. Solução: ⇒ − °=− ∆= 1 2 40sec 15 1 2 sec ER mR 73,233= ⇒ °= 2 40tan73,233T mT 07,85= 3. Dados ∆ = 32º e R = 1220 m, calcular T e E. Solução: ⇒ °⋅= 2 32tan1220T mT 83,349= ⇒ °⋅= 4 32tan83,349E mE 17,49= 4. Dado R = 150 m, calcular a deflexão sobre a tangente para c = 20 m. Solução: °== 639467,7 150 92,145.1G ⇒°== 2 639467,7 2 Gd °= 82,3d Glauco Pontes Filho 9 5. Dados ∆ = 43º e E = 52 m, calcular o grau da curva. Solução: ⇒ − °=− ∆= 1 2 43sec 52 1 2 sec ER mR 3151,695= ⇒= 3151,695 92,145.1G °= 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 2,30tan2571,409T mT 43,110= ⇒° °⋅⋅= 180 2,302571,409πD 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 6,22tan480,286T mT 24,57= ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 10 ⇒° °⋅⋅= 180 6,22480,286πD 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 Gd °=°== 1,0 40 4 40 Gdm °=°⋅−=⋅−= 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 92,145.1R mR 99,190= ⇒ °⋅= 2 2,47tan99,190T mT 44,83= ⇒ °⋅= 4 2,47tan44,83E mE 43,17= ⇒° °⋅⋅= 180 2,4799,190πD mD 34,157= 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 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 333333,24tan1500T mT 40,323= ⇒° °⋅⋅= 180 333333,241500πD 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 mTR 13,251.1 2 6,22tan 2502 tan = °= ∆= ⇒== 13,251.1 92,145.192,145.1 20 R G °= 9159,020G ⇒° °⋅⋅= 180 333333,241500πD mD 05,637= 12. Calcular o desenvolvimento de uma curva circular de raio R = 1524 m e ângulo central ∆ = 32º. Solução: ⇒° °⋅⋅= 180 321524πD mD 16,851= 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 Gd R G myx mxxd myyd 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 Æ = − 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 TRE x y 20 m d G 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). ⇒= 680 92,145.1 20G °= 69,1G ⇒ °⋅= 2 30tan680T mT 21,182= ⇒° °⋅⋅= 180 30680πD 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 DGAC mT 56,264 2 26tan92,145.1 = °⋅= 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 26tan2000´ +== °⋅= 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 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 TR mR 46,5411 = ⇒°= ∆= 16tan 48,85 2 tan 2 2 2 TR mR 10,2982 = T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!) 18. (*) Com relação ao problema anterior, supondo-se que as distâncias de 0 a PI1 e PI2 a F sejam suficientemente grandes, escolher um valor único para o raio das duas curvas de forma que esse valor seja o maior possível. Solução: Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m mR RR 15,428 º16tanº14tan 52,229 52,229 2 tan 2 tan 21 =+= = ∆⋅+ ∆⋅ PI1 ∆2=32º ∆1=28º PI2 O d1=135 m d2=229,52 m d3=85,48 m F Glauco Pontes Filho 15 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´´ 222 R RD =° °⋅⋅= 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´ 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 50tan 32,203R mR 02,436= 21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas dos PI’s e a estaca final do traçado. R1=1200 m R2=1600 m d1 PI1 ∆2=30º ∆1=46º PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m d2=2141,25 m d3=1809,10 m d2 d3 F PI1 PC1 PT1 PC2 PI2 PT2 D=20 m CURVA 1 R1 = 400 m CURVA 2 R2 = 500 m 30º 20º 20º+30º=50º 20º 30º 130º PC1=PC T x T1 T1+20+T2 Glauco Pontes Filho 17 Solução: CURVA 1: E(PI1) = d1 = 54 + 0,00 ⇒ °⋅= 2 46tan12001T mT 37,5091 = ⇒° °⋅⋅= 180 461200 1 πD 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 30tan16002T mT 72,4282 = ⇒° °⋅⋅= 180 301600 2 πD 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 cG ´´47´451762954,1 °=°=G ⇒ °⋅= ∆⋅= 2 52tan650 2 tanRT mT 03,317= ⇒° °⋅⋅=∆⋅⋅= 180 52650 º180 ππ RD mD 92,589= ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 18 ⇒ °⋅= ∆⋅= 4 52tan03,317 4 tanTE mE 19,73= ´´53´520881477,0 2 762954,1 2 °=°=°== Gd´´39´020044074,0 40 762954,1 )20(22 °=°=°=⋅== G c Gdm 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 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 cG '77724,105)60(762954,1 =⋅°=G Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º m G cRnovo 437,859 )º333333,1( )20(º180º180 =⋅ ⋅=⋅ ⋅= ππ ⇒ °⋅= ∆⋅= 2 52tan437,859 2 tanRT mT 18,419= ⇒° °⋅⋅=∆⋅⋅= 180 52437,859 º180 ππ RD mD 00,780= ⇒ °⋅= ∆⋅= 4 52tan18,419 4 tanTE mE 78,96= ´400 2 '201 2 °=°== Gd '20 40 '201 )20(22 °=°=⋅== G c Gdm 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 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 Glauco Pontes Filho 21 b) '3774,34)60(5729565,0 )2000( )20(º180º180 =⋅°=⋅ ⋅=⋅ ⋅= ππ R cG Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 40’ = 0,66666667º m G cRnovo 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 ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 22 c) '22111,98)60(637018,1 )350( )10(º180º180 =⋅°=⋅ ⋅=⋅ ⋅= ππ R cG Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º m G cRnovo 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 cG Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º m G cRnovo 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 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 40tan11001 = °⋅= mD 95,767 180 401100 1 =° °⋅⋅= π mT 95,472 2 35tan15002 = °⋅= 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 ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 24 25. (*) Em um traçado com curvas horizontais circulares, conforme esquema da figura, desejando-se fazer R1 = R2: a) qual o maior raio possível? b) qual o maior raio que se consegue usar, deixando um trecho reto de 80 m entre as curvas? Solução: a) T1 = R tan(20º) T2 = R tan(14º) T1 + T2 = 720 = R ( tan 20º + tan 14º) Æ R = 1.173,98 m b) T1 + T2 = 720 – 80 = R ( tan 20º + tan 14º) Æ R = 1.044,05 m 26. (EXAME NACIONAL DE CURSOS-1997) No projeto básico de um trecho da BR-101, a primeira tangente fez uma deflexão à direita de 90º, com o objetivo de preservar uma área de mata Atlântica. Originou-se o PI-1, localizado na estaca 81 + 19,00. Para a concordância horizontal necessária a essa deflexão, usou-se uma curva circular de raio igual a 600,00 metros. Quais as estacas dos pontos notáveis da curva (PC e PT)? Solução: 00,030600 2 90tan600 +== °⋅= 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 Glauco Pontes Filho 25 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√245º T2 45º R1√2 341,42 m 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 Glauco Pontes Filho 27 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 21 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 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 º34422,85045,598 º180 º40213,857 422,850 2 º34tan 260213,857 2 º40tan 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 Glauco Pontes Filho 29 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. Verificar condição 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: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) mR DM m if VVD m fe VR necessário L T 99,15 96,3148 72,200 8 72,200 03,0255 1001007,0 255 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 ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 30 CAPÍTULO 5 CURVAS HORIZONTAIS DE TRANSIÇÃO Glauco Pontes Filho 31 1. Calcular as curvas de transição abaixo: a) E(PI) = 342 + 2,50 ∆ = 55º Rc= 680 m V= 80 km/h b) E(PI) = 1350 + 12,73 ∆ = 12º Rc=2100 m V=120 km/h c) E(PI) = 476 + 9,50 ∆ = 66º24' Rc= 830 m V=100 km/h d) E(PI) = 757 + 6,75 ∆ = 82º Rc= 600 m V= 70 km/h Solução: a) m R VLsmín 11,27680 80036,0036,0 33 =⋅== mRLs cmáx 75,652180 55680 180 =° ⋅°⋅=° ⋅∆⋅= 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 55tan88,068098,59 2 tan 88,0)088235,0cos(168053,3cos1 98,59)088235,0(68091,119 75,532)783461,0(680 783461,0)088235,0(2 180 552 53,3 42 088235,0 3 088235,0120 423 91,119 216 088235,0 10 088235,01120 21610 1 088235,0 6802 120 2 33 4242 = °⋅++= ∆⋅++= =−⋅−=−⋅−= =⋅−=⋅−= =⋅=⋅= =⋅−°⋅°=⋅−∆= = −⋅= −⋅= = +−⋅= +−⋅= =⋅=⋅= 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 ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 32 b) m R VLsmín 62,292100 120036,0036,0 33 =⋅== mRLs cmáx 824,439180 122100 180 =° ⋅°⋅=° ⋅∆⋅= 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 VLsmín 37,43830 100036,0036,0 33 =⋅== mRLs cmáx 89,961180 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 Glauco Pontes Filho 33 d) m R VLsmín 58,20600 70036,0036,0 33 =⋅== mRLs cmáx 70,858180 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 862960,2arctanarctan 86296,2 42 076767,0 3 076767,093,111 423 864056,111 216 076767,0 10 076767,0193,111 21610 1 076767,0 1206802 93,111 2 33 4242 22 °= = = = −⋅= −⋅= = +−⋅= +−⋅= =⋅⋅=⋅⋅= X Yi mLY mLX rad LR L sc θθ θθ θ 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” Glauco Pontes Filho 35 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 VL LR VJ c s sc 17,107 5004,0 6,3 100 3 33 =⋅ =⋅=⇒⋅= rad R L c s s 10717,05002 17,107 2 =⋅=⋅=θ mLX ssss 05,107216 10717,0 10 10717,0117,107 21610 1 4242 = +−⋅= +−⋅= θθ mLY ssss 83,342 10717,0 3 10717,017,107 423 33 = −⋅= −⋅= θθ rads 658327,0)10717,0(2180 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 50tan96,050056,53 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 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 029618,0134,56 21610 1 4242 = +−⋅= +−⋅= θθ mLY 56,0 42 029618,0 3 029618,034,56 423 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 /330559,084,641000 6,3 100 JsmJ ==⋅ = PI2 PI1 TS1 ST1 ST CS L 50º 217+9,17 222+16,34 220+0,00 Glauco Pontes Filho 37 CÁLCULO DA CURVA 2: m JR smVLs 07,108 330559,0600 6,3 100 )/( 3 22 3 2 =⋅ =⋅= rads 090058,06002 07,108 =⋅=θ rads 518017,0)090058,0(2180 402 =⋅−°⋅°=⋅−∆= πθφ mLX ssss 98,107216 090058,0 10 090058,0107,108 21610 1 4242 = +−⋅= +−⋅= θθ mLY ssss 24,342 090058,0 3 090058,007,108 423 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 40tan81,060002,54 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 !!! 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 LDJLV JRLV LR VJ LDR R LD R LR R L s s cs sc s c c s c sc c s s /72/20 8000 8,0 80805,080 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 VLsmín 771,87210 80036,0036,0 33 =⋅== mRLs cmáx 956,109180 30210 180 =° ⋅°⋅=° ⋅∆⋅= ππ mLs 86,982 956,109771,87 =+= rad R L c s s 235381,02102 86,98 2 =⋅=⋅=θ Glauco Pontes Filho 39 mLY ssss 726,742 235381,0 3 235381,086,98 423 33 = −⋅= −⋅= θθ Letra a) 3 3 3 /53,0 86,98210 6,3 80 sm LR VJ sc =⋅ =⋅= Letra b) ( ) [ ] mradRYp scs 94,1)235381,0cos(1210726,7cos1 =−⋅−=−⋅−= θ Letra c) rads 052838,0)235381,0(2180 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 tempoJ=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 VL LR VJ c s sc 80 5002,0 6,3 72 3 33 =⋅ =⋅=⇒⋅= rad R L c s s 08,05002 80 2 =⋅=⋅=θ 452,66 m ∆2=24º ∆1=24º CURVA 2 1000 m PI2 1000 m PI1 EST. 0 CURVA 1 F ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 40 mLX ssss 95,79216 08,0 10 08,0180 21610 1 4242 = +−⋅= +−⋅= θθ mLY ssss 13,242 08,0 3 08,080 423 33 = −⋅= −⋅= θθ rads 258880,0)08,0(2180 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 24tan53,050099,39 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 mTR 01,500 2 º24tan 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 Glauco Pontes Filho 41 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 214286,03502 150 2 =⋅=⋅=θ mLX ssss 31,149216 214286,0 10 214286,01150 21610 1 4242 = +−⋅= +−⋅= θθ mLY ssss 68,1042 214286,0 3 214286,0150 423 33 = −⋅= −⋅= θθ rads 618626,0)214286,0(2180 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 60tan674,235089,74 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 026773,0102,53 21610 1 4242 = +−⋅= +−⋅= θθ mLY 47,0 42 026773,0 3 026773,002,53 423 33 = −⋅= −⋅= θθ ST CS L 60º 95+3,02 102+13,02 100+0,00 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 VL LR VJ c s sc 31,89 6004,0 6,3 100 3 33 =⋅ =⋅=⇒⋅= rad R L c s s 074425,06002 31,89 2 =⋅=⋅=θ mLX ssss 26,89216 074425,0 10 074425,0131,89 21610 1 4242 = +−⋅= +−⋅= θθ mLY ssss 21,242 074425,0 3 074425,031,89 423 33 = −⋅= −⋅= θθ rads 549283,0)074425,0(2180 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 40tan554,060065,44 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 029618,0134,56 21610 1 4242 = +−⋅= +−⋅= θθ mLY 56,0 42 029618,0 3 029618,034,56 423 33 = −⋅= −⋅= θθ ST CS L 50º 217+9,17 222+16,34 220+0,00 Glauco Pontes Filho 43 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 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 Glauco Pontes Filho 45 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 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 4arctan 70001000 40000arctan1Az °= − −+°= 036,149 20007000 70004000arctan1802Az °= − −+°= 801,111 02000 120007000arctan1803Az d3 A d2 d1 N E B PI1 PI2 0 1000 1000 7000 7000 11000 4000 4000 Glauco Pontes Filho 47 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 221 =−+−= ( ) ( ) md 95,830.52000700070004000 222 =−+−= ( ) ( ) md 16,385.502000120007000 223 =−+−= 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 : 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 Glauco Pontes Filho 49 CAPÍTULO 6 SUPERELEVAÇÃO 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 Æ fmáx = 0,13 (tab.4.2) ( ) %9,6 600 95,374 600 95,37428 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 Æ fmáx = 0,14 (tab.4.2) ( ) %2,5 400 97,251 400 97,25126 97,251 14,006,0127 80 2 2 2 min = −⋅⋅= =+⋅= e mR 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 2425,0 )06,0(10006,0 100 %)2(3 1 =⋅=⇒=⋅= b) Na transição: ( ) mLeLeLLmLe mSmLe es 48361236)5,0(2 06,0248,0100 48,0 100 %83212 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 ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 52 CAPÍTULO 7 SUPERLARGURA 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 5,650,2 2 22 22 −+++⋅=−+++⋅= === =−⋅+⋅+=−+⋅+= =⋅+=⋅+= BDFLC D F C LFGGGS m R VF mREFFRG m R ELG 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 1,650,2 2 22 22 −+++⋅=−+++⋅= === =−⋅+⋅+=−+⋅+= =⋅+=⋅+= BDFLC D F C LFGGGS m R VF mREFFRG m R ELG Steórico = 0,39 m Sprático = 0,40 m (múltiplo de 0,20 m) 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(2 740,2 2 22 22 −+++⋅=−+++⋅= === =−⋅+⋅+=−+⋅+= =⋅+=⋅+= BDFLC D F C LFGGGS m R VF mREFFRG m R ELG 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 88,020,025025010100 250 10025044,25 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 1,660,2 2 22 22 −+++⋅=−+++⋅= === =−⋅+⋅+=−+⋅+= =⋅+=⋅+= BDFLC D F C LFGGGS m R VF mREFFRG m R ELG Steórico = 0,70 m Sprático = 0,80 m (múltiplo de 0,20 m) 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 53,035010 8063503502 22 =+−−⋅= Sprático = 0,60 m (múltiplo de 0,20 m) ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 56 CAPÍTULO 8 CURVAS VERTICAIS 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: )(79,1214412 112 412 22 min OKmA D LLD pp =⋅=⋅=→< Flecha máxima: mLgF 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 mLiPIVCotaPTVCota mLiPIVCotaPCVCota 60,667 2 160)03,0(670 2 )()( 20,669 2 16001,0670 2 )()( 2 1 =⋅−+=⋅+= =⋅−=⋅−= Cálculo do vértice V: m g Liy mestm g LiL 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 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 gf ⋅=⋅⋅=⋅= 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 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: mLgF 40,2 8 32006,0 8 −=⋅−=⋅= Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 160 m = 8 estacas mLiPIVCotaPTVCota mLiPIVCotaPCVCota PTVEst PCVEst 40,561 2 32004,0555 2 )()( 20,558 2 32002,0555 2 )()( 00,084)00,08()00,076()( 00,068)00,08()00,076()( 2 1 =⋅+=⋅+= =⋅−−=⋅−= +=+++= +=+−+= Cálculo do vértice V: myPCVCotaVCota mestLPCVEVE m g Liy mestm g LiL 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 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 gf ⋅⋅−=⋅⋅ −=⋅= − 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 Glauco Pontes Filho 61 3. Idem para: Solução: 03,0%3%)4(%121 ==−−−=−= iig Flecha máxima: mLgF 75,0 8 20003,0 8 =⋅=⋅= Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0 m mLiPIVCotaPTVCota mLiPIVCotaPCVCota PTVEst PCVEst 00,119 2 20004,0123 2 )()( 00,124 2 20001,0123 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 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 gf ⋅⋅=⋅⋅=⋅= − 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 Glauco Pontes Filho 63 4. Idem para: Solução: 01,0%1%5,1%5,221 ==−=−= iig Flecha máxima: mLgF 50,0 8 40001,0 8 =⋅=⋅= Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 200 m = 10 est + 0,00 m mLiPIVCotaPTVCota mLiPIVCotaPCVCota PTVEst PCVEst 00,90 2 400015,087 2 )()( 00,82 2 400025,087 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 ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 64 Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 2522 1025,1 4002 01,0 2 xxx L gf ⋅⋅=⋅⋅=⋅= − 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 Glauco Pontes Filho 65 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: mLgF 60,0 8 200024,0 8 −=⋅−=⋅= Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0,00 m mLiPIVCotaPTVCota mLiPIVCotaPCVCota PTVEst PCVEst 60,673 2 200036,0670 2 )()( 80,668 2 200012,0670 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 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 gf ⋅⋅−=⋅⋅ −=⋅= − 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 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 780045,0110)( 20,102 2 78002,0110)( 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 LPTVE LPCVE 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 TA S (m ) Rv1=12000 m 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 304031,080,84)( 64,91 2 304045,080,84)( 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 LPTVE LPCVE mgRvL 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 iix L gf ⋅−=⋅−−=⋅−=⋅= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 888,2152 608 076,0178,2132 608 076,0 568,1112 608 076,0058,192 608 076,0 648,072 608 076,0338,052 608 076,0 128,032 608 076,0018,012 608 076,0 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 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 mLLb mRRRRgRgLL mestestestLLa 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 Glauco Pontes Filho 71 9. (*) Dado o esquema da figura, deseja-se substituir as duascurvas 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 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 Æ 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 Æ 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 Glauco Pontes Filho 73 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 LLiPIVCotaPIVCota i ii ii gRvgRv LLLL 50,9047502,0100)( 22 )()( %2020,0 950250500010000400 95005,0500004,010000 950 950475 22 2 21 212 2 22 22 2211 21 21 =⋅−= +⋅+= −=−= =+−− =+−⋅+−⋅ =⋅+⋅ =+⇒=+ CURVA 1: mLiPIVCotaPCVCota LPCVE myestacasmL mgRvL 00,88 2 60004,0100 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 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 LPIVEPCVE 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 =−=+= +=+++=+= Glauco Pontes Filho 75 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) Æ utiliza-se a velocidade de operação no cálculo. • Condições excepcionais (ou desejáveis) Æ utiliza-se a velocidade de projeto no cálculo. Cálculo de Lmín: mA D L m f VVD 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: mLgF 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 LRv -5% +5% PIV cota 654,28 m cota do terreno = 653,71 m Est. 144 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 Æ 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 Glauco Pontes Filho 77 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 25,0025,040,11540,112 )()( 16 25,0 )08,0(2 )05,0( 2 025,040,115 2 05,040,115 2 )()( 0 22 1 0 1 +=+−+=−= =⇒+−= += =⋅=⋅= −=⋅−=−= LPIVEPCVE mLLL yPCVCotaVCota LL g Liy LLLiPIVCotaPCVCota Distância entre a estaca 58 e o PCV: x = 4 estacas = 80 m mECota ECota PCVCotaxix L gECota 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 co ta 1 12 ,4 0 m E st ac a 62 P C V V E st ac a 58 co ta = ? P TV 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 LLLL 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 Glauco Pontes Filho 79 )( 2 )( 40,110200*)02,0(40,114
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