Estradas de rodagem projeto geométrico_Exercicios Resolvidos_Glauco

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ESTRADAS DE RODAGEMESTRADAS DE RODAGEM
PROJETO GEOMÉTRICOPROJETO GEOMÉTRICO
Resolução dos ExercíciosResolução dos Exercícios
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 2
 
CAPÍTULO 2CAPÍTULO 2
 
ELEMENTOS GEOMÉTRICOSELEMENTOS GEOMÉTRICOS
DAS ESTRADASDAS ESTRADAS
 
Glauco Pontes Filho 3
1. Calcular o raio R da curva circular da figura abaixo.
 Solução: Solução:
( ) ( ) m AB 66,109200275100180 22 =−+−= 
Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos:
°=⇒=⇒°= 8732,62ˆ4560,0ˆ30
66,109
ˆ
100
 A A sen sen A sen 
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo isósceles ABO, temos:
⇒⋅⋅⋅−+= º7465,125cos266,109 222 R R R R m R 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: Solução:
º38,22
º37,48
º31,10101000
110006000arctanº180
º69,12310003000 60003000arctanº180
º57,11630006000
120006000arctanº180
º20,6860004000
60001000arctan
2
1
−=−=∆
=−=∆
= 
  
 
−
−+=
=    −−+=
= 
  
 
−
−+=
= 
  
 
−
−=
 DE EF 
 AB BC 
 EF 
 DE 
 BC 
 AB
 Az Az 
 Az Az 
 Az 
 Az 
 Az 
 Az 
 
1000 6000 11000
 
B 
d 4 
D
A
d 2 
E 
d 3 
d 1 
∆2 
NN
EE
 
C
F
∆1 
0 3000
1000
3000
4000
6000
( ) ( ) m ABd 16,385.56000400060001000 221 =−+−== 
( ) ( ) m BC d 20,708.630006000120006000
22
2 =−+−==
( ) ( ) m DE d 55,605.31000300060003000 223 =−+−== 
( ) ( ) m EF d 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: Solução: Letra aLetra 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 Solução: Letra cc
Escalas horizontais – normalmente escala 1:2000
Escalas verticais – normalmente escala 1:200
10
1
1
200
2000
1
 
2001
20001 =⋅= 
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: Solução: Letra bLetra 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: Solução: Letra cLetra 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: Solução:
º20,23º45º2,68
º04,10404,149º45
º20,682000
5000arctan
º45
4000
4000arctan
º04,1495000
3000arctanº180
2
1
=−=−=∆
−=−=−=∆
= 
  
 =
=
 
 
 
 =
= 
  
 −+=
 BC CD
 AB BC 
CD
 BC 
 AB
 Az Az 
 Az Az 
 Az 
 Az 
 Az 
 
1000 6000 11000
3000
4000
6000
 
B 
D
A
d 2 
d 3 
NN
EE
d 1 
0 3000
1000
( ) ( ) md 95,830.56000100003000
22
1 =−+−= 
( ) ( ) 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 4CAPÍTULO 4
CURVAS HORIZONTAISCURVAS HORIZONTAIS
CIRCULARESCIRCULARES 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 8
1. Dados ∆ = 47º 30’ e G20 = 12º, calcular T e E .
 Solução Solução:
m R 493,9512
92,145.1 == 
⇒ 
  
 °⋅= 2
5,47tan493,95T mT 02,42= 
⇒ 
  
 °⋅= 4
5,47tan02,42 E m E 84,8= 
2. Dados ∆ = 40º e E = 15 m, calcular T e R.
 Solução Solução:
⇒
− 
  
 °=− 
  
 ∆= 12
40sec
15
12sec
 E R m R 73,233= 
⇒ 
  
 °= 2
40tan73,233T mT 07,85= 
3. Dados ∆ = 32º e R = 1220 m, calcular T e E .
 Solução Solução:
⇒ 
  
 °⋅= 2
32tan1220T mT 83,349= 
⇒ 
  
 °⋅= 4
32tan83,349 E m E 17,49= 
4. Dado R = 150 m, calcular a deflexão sobre a tangente para c = 20 m.
 Solução Solução:
°== 639467,7150
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 Solução:
⇒
− 
  
 °=− 
  
 ∆= 12
43sec
52
12sec
 E R m R 3151,695= 
⇒= 3151,695 92,145.1G °= 648,1G 
6. Se ∆ = 30º 12’ e G20 = 2º 48’, calcular T e D.
 Solução Solução: 30º 12’ = 30,2º 2º 48’ = 2,8º
m R 2571,4098,2
92,145.1 =°= 
⇒ 
  
 °⋅= 2
2,30tan2571,409T mT 43,110= 
⇒°
°⋅⋅
= 180
2,302571,409π 
 D m D 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 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 Solução:
m R 480,2864
92,145.1 =°= 
⇒ 
  
 °⋅= 2
6,22tan480,286T mT 24,57= 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 10
⇒°
°⋅⋅= 180
6,22480,286π D m D 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)
°=°== 22
4
2
Gd 
°=°== 1,040
4
40
Gd m 
°=°⋅−=⋅−= 5,01,0)1520()20(1 md ads 
°=°⋅=⋅= 8,01,08m PT d bds 
DEFLEXÕESESTACAS SUCESSIVAS ACUMULADAS
PC 40+15,00 --- ---
41 0,5º 0,5º
42 2º 2,5º43 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 Solução: ⇒°= 6
92,145.1 R m R 99,190= 
⇒ 
  
 °⋅= 2
2,47tan99,190T mT 44,83= 
⇒ 
  
 °⋅= 4
2,47tan44,83 E m E 43,17= 
⇒°
°⋅⋅= 180
2,4799,190π D m D 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 Solução:
⇒ 
  
 °⋅= 2
333333,24tan1500T mT 40,323= 
⇒°
°⋅⋅= 180
333333,241500π D m D 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 Solução: 22º 36’ = 22,6º
mT R 13,251.1
2
6,22tan
250
2tan
=
 
  
 °= 
  
 ∆= 
⇒== 13,251.1
92,145.192,145.1
20 R
G °= 9159,020G 
⇒°
°⋅⋅= 180
333333,241500π D m D 05,637= 
12. Calcular o desenvolvimento de uma curva circular de raio R = 1524 m e ângulo central
∆ = 32º.
 Solução Solução:
⇒°
°⋅⋅= 180
321524π D m D 16,851= 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios12
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 Solução: Letra d
°=°==
°===
3703,32
7407,6
2
7407,6170
92,145.192,145.1
Gd 
 R
G
 
m y x
m x xd 
m y yd 
14,21
9654,193703,3cos2020cos
1758,13703,3sin2020sin
=+
=°⋅=⇒=
=°⋅=⇒=
 
14. Demonstrar que:  
  
 ∆⋅= 4tanT E 
Da trigonometria, temos:  
  
 =− 2tansin
cos1 x
 x
 x   
  
 =
 
  
 
 
  
 −
4tan
2sin
2cos1 x
 x
 x
 
 
  
 ∆⋅=












 
  
 ∆
 
  
 ∆−
⋅=










    ∆
 
  
 ∆−
⋅
    ∆
 
  
 ∆⋅
=










    ∆
 
  
 ∆−
⋅
    ∆
=










−
    ∆
⋅=
4tan
2sin
2cos1
2cos
2cos1
2sin
2cos
2cos
2cos1
2tan
1
2cos
1
T T E 
T T R E 
 
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
30680π D m D 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: Solução:
D = E(PT) – E(PC) = (81 + 9,83) – (55 + 9,83) = 26 estacas = 520 m
m R 92,145.11
92,145.1 == 
°=⋅°=⋅==∆ 2620
5201
c
 DG AC 
mT 56,2642
26tan92,145.1 = 
  
 °⋅= 
E(PI) = E(PC) + T = (55 + 9,83) + (13 + 4,56) = 68 + 14,39
 Novo raio: R = 2.000 m 
mest mT 74,12374,461
2
26tan2000´ +==
 
 
 
 °⋅= 
mest m D 57,74557,907180
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: Solução:
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2≤ d2 
⇒°= 
  
 ∆= 14tan
135
2tan
1
1
1
T R m R 46,5411 = 
⇒°= 
  
 ∆= 16tan
48,85
2tan
2
2
2
T R m R 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: Solução:
Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m
m R
 R R
15,428º16tanº14tan
52,229
52,2292tan2tan 21
=+=
=    ∆⋅+    ∆⋅ 
PI1
∆2=32º
∆1=28º
PI2
O
d 1=135 m 
d 2=229,52 m d 3=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: Solução:
T 1 = 300 tan(20º) = 109,19 m 
T 2 = 1500 tan(15º) = 401,92 m
 L = (35 + 14,61) – (20 + 9,43) = 305,18 m 
Dist(PI1 - PI2) = T 1 + L +T 2 = 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 
T 1´= 600 tan(20º) = 218,38m 
T 2´= R2´ tan(15º)
 L´= Dist(PI1 - PI2) – T 1´– T 2´= 816,29 – 218,38 – R2´ tan(15º) = 597,91 – 0,26795 R2´
m D 88,418180
40600´1 =°
°⋅⋅= π ´5236,0180
30´´ 222 R R D =°
°⋅⋅= π 
C = D1´+ L´ + D2´ = 418,88 + 597,91 – 0,26795 R2´ + 0,5236 R2´ = 1300
m R 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´
T 2´
T 1´ 
 
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: Solução:
T 1 = 400 tan(15º) = 107,18 m 
T 2 = 500 tan(10º) = 88,16 m
Aplicando a Lei dos Senos, temos:
°
++=° 130sin
20
20sin
21 T T x 
 x = 96,14 m 
T = T 1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m 
⇒
 
  
 °=
2
50tan
32,203 R m R 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 
d 1 
PI1
∆2=30º
∆1=46º
PI2Est. 0+0,00 d 1=1080 m 
d 2=2141,25 m 
d 3=1809,10 m 
d 2 d 3 
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
20º30º
130º
PC1=PC
T x
T1 
T
1
+20+T
2
 
 
Glauco Pontes Filho 17
 
 Solução: Solução:
CURVA 1: E(PI1) = d 1 = 54 + 0,00 
⇒ 
  
 °⋅= 2
46tan12001T mT 37,5091 = 
⇒° °⋅⋅= 180 4612001
π D m D 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) + d 2 – T 1 
E(PI2) = (76 + 14,05) + (107 + 1,25) – (25 + 9,37) = 158 + 5,93
⇒ 
  
 °⋅= 2
30tan16002T mT 72,4282 = 
⇒°
°⋅⋅= 180
301600
2
π D m D 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) + d 3 – T 2 = (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: Solução:
a) ⇒⋅
⋅=⋅
⋅= )650(
)20(º180º180
π π R
cG ´´47´451762954,1 °=°=G 
⇒ 
  
 °⋅= 
  
 ∆⋅= 2
52tan6502tan RT mT 03,317= 
⇒°
°⋅⋅=∆⋅⋅= 180
52650
º180
π π R D m D 92,589= 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 18
⇒ 
  
 °⋅= 
  
 ∆⋅= 4
52tan03,3174tanT E m E 19,73= 
´´53´520881477,02
762954,1
2 °=°=
°== Gd 
´´39´020044074,040
762954,1
)20(22 °=°=
°=⋅==
G
c
Gd m 
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 mE = 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 adotandopara G um valor múltiplo de 40’. Construir as tabelas
de locação das curvas (R > R’).
 Solução: Solução:
a) ⇒⋅
⋅=⋅
⋅= )650(
)20(º180º180
π π R
cG '77724,105)60(762954,1 =⋅°=G 
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
m
G
c Rnovo 437,859)º333333,1(
)20(º180º180 =⋅
⋅=⋅
⋅=
π π 
 
⇒ 
  
 °⋅= 
  
 ∆⋅= 2
52tan437,8592tan RT mT 18,419= 
⇒°
°⋅⋅=∆⋅⋅= 180
52437,859
º180
π π R D m D 00,780= 
⇒ 
  
 °⋅= 
  
 ∆⋅= 4
52tan18,4194tanT E m E 78,96= 
´4002
'201
2 °=
°== Gd 
'2040
'201
)20(22 °=
°=⋅==
G
c
Gd m 
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 ACUMULADASINT 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 22215 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 =⋅°=⋅
⋅=⋅
⋅=
π π R
cG 
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 40’ = 0,66666667º
m
G
c Rnovo 87,718.1)º66666667,0(
)20(º180º180 =⋅
⋅=⋅
⋅=
π π 
 
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 ACUMULADASINT 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 =⋅°=⋅
⋅=⋅
⋅=
π π R
cG 
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
m
G
c Rnovo 72,429)º333333,1(
)10(º180º180 =⋅
⋅=⋅
⋅=
π π 
 
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 =⋅°=⋅
⋅=⋅
⋅=
π π R
cG 
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
m
G
c Rnovo 859,214)º333333,1(
)5(º180º180 =⋅
⋅=⋅
⋅=
π π 
 
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: Solução:
mT 37,4002
40tan11001 = 
  
 °⋅= 
m D 95,767180 4011001 =° °⋅⋅= π 
mT 95,4722
35tan15002 = 
  
 °⋅= 
m D 30,916180
351500
2 °
°⋅⋅= π 
E(PT2) = 10.815-1.800+472,95 = 9.487,95 m = 474 est + 7,95m 
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 
d 2 = 2200 m 
∆2=35º
∆1=40ºd 1 = 1000 m 
PI2 
d 3 = 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 R 1 = R 2:
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: Solução:
a) T 1 = R tan(20º) T 2 = R tan(14º)
T 1 + T 2 = 720 = R ( tan 20º + tan 14º)  R = 1.173,98 m 
 b) T 1 + T 2 = 720 – 80 = R ( tan 20º + tan 14º)  R = 1.044,05 m 
26. (EXAME NACIONAL DE CURSOS-1997) No projeto básico de um trecho da BR-101, a
 primeira tangente fez uma deflexão à direita de 90º, com o objetivo de preservar uma área
de mata Atlântica. Originou-se o PI-1, localizado na estaca 81 + 19,00. Para a
concordância horizontal necessária a essa deflexão, usou-se uma curva circular de raio
igual a 600,00 metros. Quais as estacas dos pontos notáveis da curva (PC e PT)?
 Solução: Solução:
00,0306002
90tan600 +== 
  
 °⋅= mT 
48,24748,942180 90600 +==° °⋅⋅= m D
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 R 1, R 2, E(PI1) e E(PT2).
 Solução: Solução:
m R R R 42,341)00,0820()42,1837(2 222 =+−+=++ 
⇒+= 22
42,341
2 R m R 00,1002 = 
⇒= 42,34121 R m R 42,2411 = 
m D 61,189180
4542,241
1 =°
°⋅⋅= π m D 62,235180
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 
T 1 = R2
 45º
135º
45º
 
 R2 
T 2 = R1
 R1 
 R2 
 R2√2
45º
T 2 
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: Solução:
∑
∑
=
=
 R D
 RT 
9012,8
5436,6
 
64,138560sin
1200 =°= x 
2120045sin
1200 =°= y 
88,692º60tan
1200 ==a 
00,1200º45tan
1200 ==b 
∑ ∑+−+++= DT z y xC 21500 
7217,64 = 1385,64 + 1500 + 1200√2 + (692,88 + 1500 + 1200) – 2(6,5436 R) + 8,9012 R 
m R 1,181= 
 
T 1 = R⋅ tan 60º = 1,7321 R 
T 2 = 2 R⋅ tan 30º = 1,1547 R 
T 3 = 3 R⋅ tan 22,5º = 1,2426 R 
T 4 = R⋅ tan 67,5º = 2,4142 R 
 D1 = π⋅ R⋅120º/180º = 2,0944 R 
 D2 = π⋅2 R⋅60º/180º = 2,0944 R 
 D3 = π⋅3 R⋅45º/180º = 2,3562 R 
 D4 = π⋅ R⋅135º/180º = 2,3562 R 
CURVA 2
Raio = 2R 
CURVA 3
Raio = 3R 45º60º
1200 m 
1500 m
CURVA 4
Raio = R 
CURVA 1
Raio = R 
45º60º
120º 135º
1500 ba
 x y
z = a + 1500 + b
1200
 
Glauco Pontes Filho 27
29. Calcular a distância entre os pontos A e B pelos caminhos1 e 2.
 Solução: 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 = 436,33m 
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 comprimentodo circuito.
 Solução: Solução:
 
T 1 = 200 tan 60º = 346,41 m 
T 2 = 300 tan 30º = 173,21 m 
T 3 = 400 tan 22,5º = 165,69m 
T 4 = 200 tan 67,5º = 482,84m 
 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
BA
a
V
1
21 1
r = 500 m
 R = 1000 m
CURVA 2
R 2 = 300
CURVA 3
R 3 = 400 45º60º
3000 m 
CURVA 4
R 4 = 200
CURVA 1
R 1 = 200
2000 m 
T t
d
D
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 28
∑
∑
=
=
44,518.1
14,168.1
 D
T 
 
40,230960sin
2000 =°= x 
2200045sin
2000 =°= y 
70,1154º60tan
2000 ==a 
2000º45tan
2000 ==b 
∑ ∑+−+++= DT z y xC 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 
mV V 
 
 Solução: Solução:
mT mT T T 
T T 
00,31200,2605722,1
572
1222
21
=⇒=⇒=+
=+
 
m Dm D
m Rm R
65,504º180
º34422,85045,598º180
º40213,857
422,850
2
º34tan
260213,857
2
º40tan
312
21
21
=⋅⋅==⋅⋅=
=
 
  
 == 
  
 =
π π 
 
m D D 10,103.121 =+ 
V 1
A ∆1 = 40º
V 2 
B 
∆2 = 34º
C
 
45º60º
120º 135º
3000 ba
 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, f L = 0,3
Máximo coeficiente de atrito transversal, f T = 0,13
Rampa, i = 0%
emax = 12%
a) Cálculo do raio mínimo, distância de parada e afastamento lateral livre de obstáculos:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) m R
 D M 
m
i f 
V V D
m
 f e
V R
necessário
 L
T 
99,1596,3148
72,200
8
72,20003,0255
1001007,02557,0
96,31413,012,0127
100
127
22
22
2
max
2
min
≅==
=++=++=
=+=+=
 
75,7=existente M 
Afastamento do talude = M necessário - M existente = 15,99 – 7,75 = 8,24m
PC
PT
 y
∆=30ºPI x
fig. 1
3,503,50
1:1
0,75
7,75fig. 2
8,24 m 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 30
 
CAPÍTULO 5CAPÍTULO 5
CURVAS HORIZONTAISCURVAS HORIZONTAIS
DE TRANSIÇÃODE 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: Solução:
a) m
 R
V Lsmín 11,27680
80036,0036,0
33
=⋅== 
m R Ls cmáx 75,652180
55680
180 =°
⋅°⋅=°
⋅∆⋅= π π 
Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos:
( ) [ ]
( ) ( ) m p Rk TT 
mrad RY p
mrad sen sen R X k 
mrad R D
rad 
m LY 
m L X 
rad 
 R
 L
c
 sc s
 sc s
rad c
 s
 s s
 s s
 s s
 s s
c
 s
 s
43,4142
55tan88,068098,592tan
88,0)088235,0cos(168053,3cos1
98,59)088235,0(68091,119
75,532)783461,0(680
783461,0)088235,0(2180552
53,342
088235,0
3
088235,0120423
91,119216
088235,0
10
088235,01120216101
088235,06802
120
2
33
4242
= 
  
 °⋅++= 
  
 ∆⋅++=
=−⋅−=−⋅−=
=⋅−=⋅−=
=⋅=⋅=
=⋅−°⋅°=⋅−∆=
= 
 
 
 −⋅= 
 
 
 −⋅=
= 
 
 
 +−⋅= 
 
 
 +−⋅=
=⋅=⋅=
θ 
θ 
φ 
π θ φ 
θ θ 
θ θ 
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
V Lsmín 62,292100
120036,0036,0
33
=⋅== 
m R Ls cmáx 824,439180
122100
180 =°
⋅°⋅=°
⋅∆⋅= π π 
Adotando Ls = 100 m (>0,56V), temos:
θ s = 0,023810 rad
 X s = 99,99 m
Y s = 0,79 m
k = 50,00 m
 p = 0,20 m
TT = 270,74 m
φ = 0,161820 rad
 D = 339,82 m
E(TS) = 1337 + 1,99
E(SC) = 1342 + 1,99
E(CS) = 1359 + 1,81
E(ST) = 1364 + 1,81
c) m
 R
V Lsmín 37,43830
100036,0036,0
33
=⋅== 
m R Ls cmáx 89,961180
4,66830
180 =°
⋅°⋅=°
⋅∆⋅= π π 
Adotando Ls = 100 m (>0,56V), temos:
θ s = 0,060241 rad
 X s = 99,96 m
Y s = 2,01 m
k = 49,99 m
 p = 0,50 mTT = 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
V Lsmín 58,20600
70036,0036,0
33
=⋅== 
m R Ls cmáx 70,858180
82600
180 =°
⋅°⋅=°
⋅∆⋅= π π 
Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos:
θ s = 0,100000 rad
 X s = 119,88 m
Y s = 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: Solução:
a) Cálculos para a linha correspondente à estaca 327 + 0,00
''58'271864056,111
862960,2arctanarctan
86296,242
076767,0
3
076767,093,111423
864056,111216
076767,0
10
076767,0193,111216101
076767,01206802
93,111
2
33
4242
22
°= 
  
 = 
  
 =
= 
 
 
 −⋅= 
 
 
 −⋅=
= 
 
 
 +−⋅= 
 
 
 +−⋅=
=⋅⋅=⋅⋅=
 X 
Y i
m LY 
m L X 
rad 
 L R
 L
 sc
θ θ 
θ θ 
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, R c = 500 m, V p = 100 km/h e E(PI) = 210 + 0,00. 
 Solução: Solução:
m J R
V 
 L L R
V 
 J 
c
 s
 sc
17,1075004,0
6,3
100 3
33
=⋅

 
 
 
 
=⋅=⇒⋅= 
rad 
 R
 L
c
 s
 s 10717,05002
17,107
2 =⋅=⋅=θ 
m L X s s s s 05,107216
10717,0
10
10717,0117,107216101
4242
= 
 
 
 +−⋅= 
 
 
 +−⋅= θ θ 
m LY s s s s 83,342
10717,0
3
10717,017,107423
33
= 
 
 
 −⋅= 
 
 
 −⋅= θ θ 
rad s 658327,0)10717,0(2180502 =⋅−°⋅°=⋅−∆= π θ φ 
mest mrad R D rad c 16,91616,329)658327,0(500 +==⋅=⋅= φ 
mrad sen sen R X k sc s 56,53)10717,0(50005,107 =⋅−=⋅−= θ 
( ) [ ] mrad RY p sc s 96,0)10717,0cos(150083,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ 
( ) ( ) 16,71416,2872
50tan96,050056,532tan +== 
  
 °⋅++= 
  
 ∆⋅++= m p Rk TT 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: Solução:
 L = (222 + 16,34) – (220 + 0,00) = 22 est + 16,34 m = 56,334 m 
rad 
 L R
 L
 sc
029618,017,1075002
34,56
2
22
=⋅⋅=⋅⋅=θ 
m L X 335,56216
029618,0
10
029618,0134,56216101
4242
= 
 
 
 +−⋅= 
 
 
 +−⋅= θ θ 
m LY 56,042
029618,0
3
029618,034,56423
33
= 
 
 
 −⋅= 
 
 
 −⋅= θ θ 
5. (*) No traçado da figura, sendo V p=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: 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) = 137,62m 
2
3
3
1 /330559,084,641000
6,3
100
 J sm J ==⋅
 
  
 
= 
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
 J R
 smV Ls 07,108330559,0600
6,3
100
)/(
3
22
3
2 =⋅
 
  
 
=⋅= 
rad s 090058,06002
07,108 =⋅=θ 
rad s 518017,0)090058,0(2180402 =⋅−°⋅°=⋅−∆=
π θ φ 
m L X s s s s 98,107216
090058,0
10
090058,0107,108216101
4242
= 
 
 
 +−⋅= 
 
 
 +−⋅= θ θ 
m LY s s s s 24,342
090058,0
3
090058,007,108423
33
= 
 
 
 −⋅= 
 
 
 −⋅= θ θ 
mest mrad R D rad c 81,101581,310)518017,0(600 +==⋅=⋅= φ 
mrad sen sen R X k sc s 02,54)090058,0(60098,107 =⋅−=⋅−= θ 
( ) [ ] mrad RY p sc s 81,0)090058,0cos(160024,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ 
( ) ( ) 70,121370,2722
40tan81,060002,542tan +== 
  
 °⋅++= 
  
 ∆⋅++= m p Rk TT c 
E(TS2) = E(PI2) – [TT 2] = (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: 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 
hkm smV 
 L D J LV 
 J R LV 
 L R
V J 
 L D R
 R
 L D
 R
 L R
 R
 L
 s
 s
c s
 sc
 s
c
c
 s
c
 sc
c
 s
 s
/72/20
80008,0
80805,080
222
3
3
3
==
= 
  
 +⋅⋅= 
  
 
∆
+⋅⋅=
⋅⋅=⇒⋅=
∆
+=⇒+=+⋅=+=+=∆ φ φ θ φ 
 
7. (*) Numa curva horizontal, adotando-se o comprimento de transição (Ls) igual à médiaentre 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: V p = 80 km/h; Rc = 210 m; ∆ = 30º.
 Solução: Solução:
m
 R
V Lsmín 771,87210
80036,0036,0
33
=⋅== 
m
 R
 Ls
c
máx 956,109180
30210
180 =°
⋅°⋅
=°
⋅∆⋅
=
π π 
 
m L s 86,982
956,109771,87 =+= 
rad 
 R
 L
c
 s
 s 235381,02102
86,98
2 =⋅=⋅=θ 
 
Glauco Pontes Filho 39
m LY s s s s 726,742
235381,0
3
235381,086,98423
33
= 
 
 
 −⋅= 
 
 
 −⋅= θ θ 
Letra a) 3
3
3
/53,086,98210
6,3
80
 sm
 L R
V J 
 sc
=⋅
 
  
 
=⋅= 
Letra b) ( ) [ ] mrad RY p sc s 94,1)235381,0cos(1210726,7cos1 =−⋅−=−⋅−= θ 
Letra c) rad s 052838,0)235381,0(2180302 =⋅−°⋅°=⋅−∆=
π θ φ 
mrad R D rad c 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 V p=72 km/h, calcular as estacas dos pontos TS1, SC1, CS1, ST1, PC2,
PT2 e estaca final do trecho, respeitando as seguintes condições: a) a curva 1 terá transições
simétricas de comprimento Ls, calculado para uma variação de aceleração centrífuga por
unidade de tempo J=0,2 m/s3; b) a curva 2 será uma curva circular sem transições; c) entre
o ST1 e o PC2 existe um trecho em tangente de comprimento 200 m; d) a curva 2 terá o
maior raio possível, respeitadas as condições a, b e c.
 Solução: Solução:
CÁLCULO DA CURVA 1:
m
 J R
V L
 L R
V J 
c
 s
 sc
805002,0
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
m L X s s s s 95,79216
08,0
10
08,0180216101
4242
= 
 
 
 +−⋅= 
 
 
 +−⋅= θ θ 
m LY s s s s 13,242
08,0
3
08,080423
33
= 
 
 
 −⋅= 
 
 
 −⋅= θ θ 
rad s 258880,0)08,0(2
180
242 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆= π θ φ 
mest mrad R D rad c 44,9644,129)258880,0(500 +==⋅=⋅= φ 
mrad sen sen R X k sc s 99,39)08,0(50095,79 =⋅−=⋅−= θ 
( ) [ ] mrad RY p sc s 53,0)08,0cos(150013,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ 
( ) ( ) 38,6738,1462
24tan53,050099,392tan +== 
  
 °⋅++= 
  
 ∆⋅++= m p Rk TT 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 
mT R 01,500
2
º24tan
28,106
2tan
2
=
 
  
 = 
  
 ∆= 
m D 44,209180 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 = 2.446,22m =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: R c = 350 m, E(PI) = 90 + 15,00, Ls = 150 m e ∆ = 60º.
 Solução: Solução: rad 
 R
 L
c
 s
 s 214286,03502
150
2 =⋅=⋅=θ 
m L X s s s s 31,149216
214286,0
10
214286,01150216101
4242
= 
 
 
 +−⋅= 
 
 
 +−⋅= θ θ 
m LY s s s s 68,1042
214286,0
3
214286,0150423
33
= 
 
 
 −⋅= 
 
 
 −⋅= θ θ 
rad s 618626,0)214286,0(2180602 =⋅−°⋅°=⋅−∆=
π θ φ 
52,161052,216)618626,0(350 +==⋅=⋅= mrad R D rad c φ 
mrad sen sen R X k sc s 89,74)214286,0(35031,149 =⋅−=⋅−= θ 
( ) [ ] mrad RY p sc s 674,2)214286,0cos(135068,10cos1 =−⋅−=−⋅−= θ 
( ) ( ) 50,181350,2782
60tan674,235089,742tan +== 
  
 °⋅++= 
  
 ∆⋅++= m p Rk TT 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 
 L R
 L
 sc
026773,0
1503502
02,53
2
22
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=θ 
m L X 02,53216
026773,0
10
026773,0102,53216101
4242
= 
 
 
 +−⋅= 
 
 
 +−⋅= θ θ 
m LY 47,042
026773,0
3
026773,002,53423
33
= 
 
 
 −⋅= 
 
 
 −⋅= θ θ 
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: V p=100
km/h, ∆=40º, R c=600 m, E(PI) = 209 + 3,23.
 Solução: Solução: m
 J R
V L
 L R
V J 
c
 s
 sc
31,896004,0
6,3
100 3
33
=⋅
 
  
 
=⋅=⇒⋅= 
rad 
 R
 L
c
 s
 s 074425,06002 31,892 =⋅=⋅=θ 
m L X s s s s 26,89216
074425,0
10
074425,0131,89216101
4242
= 
 
 
 +−⋅= 
 
 
 +−⋅= θ θ 
m LY s s s s 21,242
074425,0
3
074425,031,89423
33
= 
 
 
 −⋅= 
 
 
 −⋅= θ θ 
rad s 549283,0)074425,0(2180402 =⋅−°⋅°=⋅−∆=
π θ φ 
mest mrad R D rad c 57,91657,329)549283,0(600 +==⋅=⋅= φ 
mrad sen sen R X k sc s 65,44)074425,0(60026,89 =⋅−=⋅−= θ 
( ) [ ] mrad RY p sc s 554,0)074425,0cos(160021,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ 
( ) ( ) 23,31323,2632
40tan554,060065,442tan +== 
  
 °⋅++= 
  
 ∆⋅++= m p Rk TT 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 
 L R
 L
 sc
029618,017,1075002
34,56
2
22
=⋅⋅=⋅⋅=θ 
m L X 335,56216
029618,0
10
029618,0134,56216101
4242
= 
 
 
 +−⋅= 
 
 
 +−⋅= θ θ 
m LY 56,042
029618,0
3
029618,034,56423
33
= 
 
 
 −⋅= 
 
 
 −⋅= θ θ 
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 R c = 200 m e Ls = 80
m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas dado.
 Solução: 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
θ s = 0,083333 rad
 X s = 99,93 m
Y s = 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 R c = 50 m
e Ls = 50 m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas
dado.
 Solução: Solução:
Calculando os elementos da transição, temos:
θ s = 0,50 rad
 X s = 48,76 m
Y s = 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
 
R c+p
R c+p
R c+p
R c+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 R c = 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 srcem o centro de uma das curvas.
 Solução: Solução:
Calculando os elementos da transição, temos:
θ s = 0,625 rad
 X s = 96,16 m
Y s = 20,25 m
k = 49,36 m
 p = 5,13 m
TS1 (k ; – Rc – p) TS2 (k + L ; Rc+ p)
SC1 (– X s + k ; Y s – Rc – p) SC2 (k + L + X s ; Rc + p – Y s)
CS1 (– X s + k ; Rc + p – Y s ) CS2 (k + L + X s ; Y s – Rc – p)
ST
1
 (k ; R
c
 + p) ST
2
 (k + L ; – R
c
 – p)
Logo:
TS1 ( +49,36 ; –85,13 ) TS 2 ( +199,36 ; +85,13 )
SC1 ( –46,80 ; –64,88 ) SC 2 ( +295,52 ; +64,88 )
CS1 ( –46,80 ; +64,88 ) CS 2 ( +295,52 ; –64,88 )
ST1 ( +49,36 ; +85,13 ) ST 2 ( +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 
Y s 
 Rc+ p 
 Rc+ p 
Y s 
k 
 X s X s 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) V p = 80 km/h 
 Solução: 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:
°=    =    −
−
= 690,333
4
arctan70001000
40000
arctan1 Az 
°= 
  
 
−
−+°= 036,14920007000
70004000arctan1802 Az 
°= 
  
 
−
−+°= 801,11102000
120007000arctan1803 Az 
d 3
 A
d 2 
d 1 
NN
EE
B
PI1
PI2
0 1000
1000
7000
7000 11000
4000
4000
 
Glauco Pontes Filho 47
Cálculo dos ângulos centrais:
∆1 = Az 2 – Az 1 = 149,036° - 33,690° = 115,346°
∆2 = | Az 3 – Az 2 | = 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) = [d 1] = 360 est + 11,10 m 
 R1 = 300 m 
AC1 = ∆1 = 115,346°
 Ls = 200 m 
θ s1 = 0,166667 rad
 X s1 = 99,72 m
Y s1 = 5,54 m
k 1 = 49,95 m
 p1 = 1,39 mTT 1 = 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 :
 
ESTRADASDE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 48
 
 R2 = 600 m 
∆2 = 37,235°
E(PI2) = E(ST1) + [d 2] – [TT 1]
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:
θ s2 = 0,083333 rad
 X s2 = 99,93 m
Y s2 = 2,78 m
k 2 = 49,99 m
 p2 = 0,69 m
TT 2 = 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) + [d 3] – [TT 2]
E(B) = 12.931,18 + 5.385,16 – 252,35 = 18.063,99 = 903 est + 3,99 m 
 
Glauco Pontes Filho 49
 
CAPÍTULO 6CAPÍTULO 6
 
SUPERELEVAÇÃOSUPERELEVAÇÃO
 
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: Solução:
V = 100 km/h  f máx = 0,13 (tab.4.2)
( )
%9,6600
95,374
600
95,37428
95,37413,008,0127
100
2
2
2
min
= 
 
 
 −⋅⋅=
=+⋅=
e
m R
 
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: Solução:
V = 80 km/h  f máx = 0,14 (tab.4.2)
( )
%2,5
400
97,251
400
97,25126
97,25114,006,0127
80
2
2
2
min
=
 
 

 
 −⋅⋅=
=+⋅=
e
m R
 
 
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 + 2,00Considerar 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: Solução:
a) Em tangente: m Lmh t 2425,0
)06,0(10006,0100
%)2(3
1 =⋅=⇒=⋅= 
 b) Na transição:
( ) m Le Le L Lm Le
mS m Le
e s 48361236)5,0(2
06,0248,0100
48,0100
%832
125,0
06,0100
212
1
=+=+===⋅
⋅−⋅=
=
⋅⋅
==
⋅
= 
 L = 3 m L = 3 m
a = 2%a = 2%h1 
39 40 41 42 43 44 45 4638 +18,00
+2,00
+14,00
 
+10,00EIXO
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 7CAPÍTULO 7
SUPERLARGURASUPERLARGURA 
 
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: Solução: Tabela 7.1: LB = 6,6 m → GL = 0,75 m.
( ) [ ]
( ) 6,6538,0028,0)75,0575,2(22
538,028010
90
10
028,0280)5,6(210,110,12802
575,2)280(2
5,650,22
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=⋅+=⋅+=
 B D F LC 
 D
 F 
C 
 L F GGGS 
m
 R
V F 
m R E F F RG
m
 R
 E LG
 
S teórico = 0,62 m 
S prático = 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: 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
1,650,22
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=⋅+=⋅+=
 B D F LC 
 D
 F 
C 
 L F GGGS 
m
 R
V F 
m R E F F RG
m
 R
 E LG
 
S teórico = 0,39 m 
S prático = 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: Solução: Tabela 7.1: LB = 7,2 m → GL = 0,90 m.
( ) [ ]
( ) 2,77454,00599,0)90,05361,2(22
7454,018010
100
10
0599,0180)7(240,140,11802
5361,2)180(2
740,22
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=⋅+=⋅+=
 B D F LC 
 D
 F 
C 
 L F GGGS 
m
 R
V F 
m R E F F RG
m
 R
 E LG
 
S teórico = 0,48 m 
S prático = 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 Solução: a) mS teórico 88,020,025025010
100
250
10025044,25 2 =−−+++= 
S prático = 1,00 m (múltiplo de 0,20m)
 b) Tabela 7.1: LB = 7,0 m → GL = 0,90 m.
( ) [ ]
( ) 0,75379,00287,0)90,06664,2(22
5379,028010
90
10
0287,0280)1,6(220,120,12802
6664,2)280(2
1,660,22
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=⋅+=⋅+=
 B D F LC 
 D
 F 
C 
 L F GGGS 
m
 R
V F 
m R E F F RG
m
 R
 E LG
 
S teórico = 0,70 m 
S prático = 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: Solução:
( ) mS teórico 53,035010
8063503502 22 =+−−⋅= 
S prático = 0,60 m (múltiplo de 0,20m)
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 56
 
CAPÍTULO 8CAPÍTULO 8
CURVAS VERTICAISCURVAS 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 (R v) é igual a 4000 m e a
distância de visibilidade de parada (D p) é igual a 112 m.
 Solução: Solução:
Cálculo do comprimento da curva:
m R g L
ii g 
v 160400004,0
04,0%4%)3(%121
=⋅=⋅=
==−−=−=
 
Verificação de Lmin: )(79,1214412
112
412
22
min OK m A
 D
 L L D p p =⋅=⋅=→< 
Flecha máxima: m
 L g 
 F 80,08
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()(
+=+++=
+=+−+=
 PTV Est 
 PCV Est 
 
m Li PIV Cota PTV Cota
m Li PIV Cota PCV Cota
60,6672
160)03,0(6702)()(
20,6692
16001,06702)()(
2
1
=⋅−+=⋅+=
=⋅−=⋅−=
 
Cálculo do vértice V:
m
 g 
 Li y
mest m
 g 
 Li L
20,0)04,0(2
160)01,0(
2
00,024004,0
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
m y PCV CotaV Cota 40,66920,020,669)()( 0 =+=+= 
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
222 000125,01602
04,0
2 x x x L
 g f ⋅=⋅⋅=⋅= 
800,080000125,0
450,060000125,0
200,040000125,0
050,020000125,0
00000125,0
2
74
75
2
73
76
2
72
77
2
71
78
2
70
=⋅=
==⋅=
==⋅=
==⋅=
==⋅=
 f 
 f f 
 f f 
 f f 
 f f estaca
 
NOTA DE SERVIÇO SIMPLIFICADA
EST. COTAS DO
GREIDE DE
PROJETO
ORDENADAS
DA PARÁBOLA
GREIDE
DE PROJETO70=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 Solução:
06,0%6%4%221 −=−=−−=−= ii g 
Flecha máxima: m L g F 40,28
32006,0
8 −=
⋅−=⋅= 
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 160 m = 8 estacas
m Li PIV Cota PTV Cota
m Li PIV Cota PCV Cota
 PTV Est 
 PCV Est 
40,5612
32004,05552)()(
20,5582
32002,05552)()(
00,084)00,08()00,076()(
00,068)00,08()00,076()(
2
1
=⋅+=⋅+=
=⋅−−=⋅−=
+=+++=
+=+−+=
 
Cálculo do vértice V:
m y PCV CotaV Cota
mest L PCV E V E 
m
 g 
 Li y
mest m
 g 
 Li L
13,55707,120,558)()(
67,673)67,65()00,068()()(
07,1
)06,0(2
320)02,0(
2
67,6567,10606,0
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
GR PCV = cota(PCV) = 558,20 m 
GR 69 = 558,20 – 20(0,02) = 557,80 m 
GR 70 = 557,80 – 20(0,02) = 557,40 m
: 
: 
GR PIV = cota(PIV) = 555,00 m 
GR 77 = 555,00 + 20(0,04) = 555,80 mGR 78 = 555,80 + 20(0,04) = 556,60 m
: 
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522 103750,93202
06,0
2 x x x L
 g f ⋅⋅−=⋅⋅
−=⋅= − 
4,280103750,984,180103750,9
35,180103750,994,080103750,9
60,080103750,934,060103750,9
15,040103750,904,020103750,9
25
76
25
75
25
74
25
73
25
72
25
71
25
70
25
69
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−−
−−
−−
−−
 f f 
 f f 
 f f 
 f f 
 
NOTA DE SERVIÇO
Estacas GreideReto 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 -2,40 557,4077 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 Solução:
03,0%3%)4(%121 ==−−−=−= ii g 
Flecha máxima: m L g F 75,08
20003,0
8 =
⋅=⋅= 
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0 m 
m Li PIV Cota PTV Cota
m Li PIV Cota PCV Cota
 PTV Est 
 PCV Est 
00,1192
20004,01232)()(
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:
GR PCV = cota(PCV) = 124,00 m 
GR 46 = 124,00 – 20(0,01) = 123,80 m 
GR 47 = 123,80 – 20(0,01) = 123,60 m
: 
: 
GR PIV = cota(PIV) = 123,00 m 
GR 51 = 123,00 - 20(0,04) = 122,20 m
GR 52 = 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 105,72002
03,0
2 x x x L
 g f ⋅⋅=⋅⋅=⋅=
 − 
75,090105,7
48,070105,727,050105,7
12,030105,703,010105,7
2550
25
49
25
48
25
47
25
46
=⋅⋅=
=⋅⋅==⋅⋅=
=⋅⋅==⋅⋅=
−
−−
−−
 f 
 f f 
 f f 
 
NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM
Estaca GreideReto 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 0,12 120,4854 119,80 0,03 119,77
55 119,00 0,00 119,00
 
Glauco Pontes Filho 63
4. Idem para:
 Solução Solução:
01,0%1%5,1%5,221 ==−=−= ii g 
Flecha máxima: m L g F 50,08
40001,0
8 =
⋅=⋅= 
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 200 m = 10 est + 0,00 m 
m Li PIV Cota PTV Cota
m Li PIV Cota PCV Cota
 PTV Est 
 PCV Est 
00,902
400015,0872)()(
00,822
400025,0872)()(
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:
GR PCV = cota(PCV) = 82,00 m 
GR 46 = 82,00 + 20(0,025) = 82,50 m 
GR 47 = 82,50 + 20(0,025) = 83,00 m: 
: 
GR PIV = cota(PIV) = 87,00 m 
GR 51 = 87,00 + 20(0,015) = 87,30 m
GR 52 = 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 1025,14002
01,0
2 x x x L
 g f ⋅⋅=⋅⋅=⋅=
 − 
50,0200101025,141,0180101025,1
32,0160101025,125,0140101025,1
18,0120101025,113,0100101025,1
08,080101025,105,060101025,1
02,040101025,101,020101025,1
245
40
245
39
245
38
245
37
245
36
245
35
245
34
245
33
245
32
245
31
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
−−−−
−−−−
−−−−
−−−−
−−−−
 f f 
 f f 
 f f 
 f f 
 f f 
 
NOTA DE SERVIÇO
Estacas GreideReto 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 83,4634 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 Solução:
024,0%4,2%6,3%2,121 −=−=−=−= ii g 
Flecha máxima: m L g F 60,08
200024,0
8 −=
⋅−=⋅= 
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0,00 m 
m Li PIV Cota PTV Cota
m Li PIV Cota PCV Cota
 PTV Est 
 PCV Est 
60,6732
200036,06702)()(
80,6682
200012,06702)()(
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:
GR PCV = cota(PCV) = 668,80 m 
GR 46 = 668,80 + 20(0,012) = 669,04 m 
GR 47 = 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
GR PIV = cota(PIV) = 670,00 m 
GR 51 = 670,00 + 20(0,036) = 670,72 m
GR 52 = 670,72 + 20(0,036) = 671,44 m
: 
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522 1000,62002 024,02 x x x L
 g f ⋅⋅−=⋅⋅−=⋅=
 − 
60,01001000,6
38,0801000,622,0601000,6
10,0401000,602,0201000,6
25
84
25
83
25
82
25
81
25
80
−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−
−−
−−
 f 
 f f 
 f f 
 
NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM
Estacas GreideReto 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’se vértices das curvas do perfil da figura
abaixo.
 Solução: Solução:
%10,30310,0
)5373(20
80,8420,97
%50,40450,0)2553(20
11080,84
%00,20200,02520
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(240065,0
78002,0
45,922
780045,0110)(
20,1022
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
+=+++=
=+=
=⋅
⋅==⋅=
=⋅−+=
=⋅−=
+=+++=++=
+=+−+=−+=
=+=⋅=
V Estaca
mV Cota
m ym L
m PTV Cota
m PCV Cota
 L PTV E 
 L PCV E 
m g Rv L
 
i3 100 m 
PIV1 cota 110,00
97,20
 i1
i2 
53 73250
 Rv2=4000 m 
 
PIV2 cota 84,80
 C O
 T A
 S (
 m 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(180076,0
304045,0
51,892
304031,080,84)(
64,912
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
+=+++=
=−=
−=−⋅
⋅−==−
⋅−=
=⋅+=
=⋅−−=
+=+++=++=
+=+−+=−+=
=−−=⋅=
V Estaca
mV Cota
m ym L
m PTV Cota
m PCV Cota
 L PTV E 
 L PCV E 
m g Rv L
 
 
Glauco Pontes Filho 69
7. (*) Construir a nota de serviço de terraplenagem do trecho correspondente à curva 2 do
exemplo anterior.
 Notação: CGR x = Cota do greide reto na estaca x.
CGPx = Cota do greide de projeto na estaca x.
 f x = Ordenada da parábola na estaca x.
CGR 45+8,00= 91,64 = Cota(PCV2)
CGR 46 = CGR 45+8,00 + rampa i2 x distância entre E46 e E45+8,00 = 91,64 + (-0,045 x 12) = 91,10 m 
CGR 47 = CGR 46 + (-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
CGR 54 = CGR 53 + 0,031 x distância entre E54 e E53 = 84,80 + 0,031 x 20 = 85,42 m
E assim sucessivamente, até o PTV.
CGR 60+12,00 = CGR 60 + 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 x x x L
ii x
 L
 g f ⋅−=⋅−−=⋅−=⋅= 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) 888,2152608
076,0178,2132608
076,0
568,1112608
076,0058,192608
076,0
648,072608
076,0338,052608
076,0
128,032608
076,0018,012608
076,0
2
53
2
52
2
51
2
50
2
49
2
48
2
47
2
46
−=⋅−=−=⋅−=
−=⋅−=−=⋅−=
−=⋅−=−=⋅−=
−=⋅−=−=⋅−=
 f f 
 f f 
 f f 
 f f 
 
Para o vértice V, temos:
CGR 54+8,00 = CGR 54 + 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
( ) m f 922,1124608
076,0 2
00,854 −=⋅−=+ 
Para o cálculo dos greides de projeto, basta subtrair: CGPx = CGR x – f x 
ESTACA COTAS DO GREIDERETO 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 eRv3 de forma que este valor seja o maior possível.
 Solução: Solução:
Para que os raios sejam
os maiores possíveis,
devemos ter:
m R R R R g R g L L
m L Lb
m R R R R g R g L L
mest est est L La
vvvvv
vvvvv
00,600.5065,006,0700
35022)
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 
170152 + 10,00135120Est. 0
PIV2 
cota 85,00
 
Glauco Pontes Filho 71
9. (*) Dado o esquema da figura, deseja-se substituir as duas curvas dadas por uma única
curva usando para ela o maior raio possível, sem que a curva saia do intervalo entre as
estacas 58 e 87. Calcular R v e a estaca do ponto PIV da nova curva.
 Solução: Solução:
CURVA 1:
 g 1 = 0,06 – 0,01 = 0,05
 L1 = 6000 0,05 = 300m = 15 estacas
E(PTV1) = (58 + 0,00) + (15 + 0,00) = 73 + 0,00
CURVA 2:
 g 2 = 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
R v = 6000 m 
R v = 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 = 0,06 x
 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 = -0,02 x + b
12,10 = -0,02(460) + b  b = 21,30
d) Determinação da posição do novo PIV
 y = 0,06 x 
 y = -0,02 x + 21,30
Logo: x = 266,25 m 
E(PIV) = estaca 58 + 266,25 m = 71 est + 6,25 m 
e) Determinação de Lmáx 
distância da estaca 58 ao PIV = 266,25 m 
distância da estaca 87 ao PIV = 580 - 266,25 m = 313,75 m 
O menor valor satizfaz, logo:
 Lmáx = 266,25  L = 532,50 m 
f) Cálculo de Rv 
 Rv = L/g = 532,50/(0,06 + 0,02) = 6.656,25 m 
E(PCV) = 58 + 0,00
E(PIV) = (58 + 0,00) + L/2 = (58 + 0,00) + (13 + 6,25) = 71 + 6,25
E(PTV) = (71+6,25) + (13+6,25) = 84 + 12,50
 
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: Solução:
m PIV Cota
 L Li PIV Cota PIV Cota
i
ii
ii
 g Rv g Rv
 L L L L
50,9047502,0100)(
22)()(
%2020,0
950250500010000400
95005,0500004,010000
950
95047522
2
21
212
2
22
22
2211
21
21
=⋅−=
 
  
 +⋅+=
−=−=
=+−−
=+−⋅+−⋅
=⋅+⋅
=+⇒=+
 
CURVA 1:
m Li PIV Cota PCV Cota
 L PCV E 
m yestacasm L
m g Rv L
00,882
60004,01002)()(
00,035)00,015()00,050(2)00,050()(
00,8)06,0(2
600)04,0(2040006,0
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 
12073+15,0050Est. 0
 
 Rv1 = 10000 m 
PTV2
PIV2
 L L11/2 +/2 + L L22/2 = 475/2 = 475 mm
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 74
PONTO MAIS ALTO DA CURVA 1 (VÉRTICE)
m y PCV CotaV Cota
 L PCV E V Estaca
0,960,80,88)()(
00,055)00,020()00,035()()(
011
011
=+=+=
+=+++=+=
 
CURVA 2:
m PIV Cota PCV Cota
 L PIV E PCV E 
m yestacasm L
m g Rv L
0,942
35002,0)()(
00,065)00,158()00,1573(2)()(
00,1)07,0(2
350)02,0(510007,0
35002,0
00,35005,002,0000.5
22
2
22
2
00
222
=⋅−−=
+=+−+=−=
−=−⋅
⋅−===−
⋅−=
=−−=⋅=
 
PONTO MAIS BAIXO DA CURVA 2 (VÉRTICE)
m y PCV CotaV Cota
 L PCV E V Estaca
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 estaca144 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 L min –
condições recomendadas).
 Solução: Solução:
• A menor altura de corte é atingida quando adotarmos o comprimento mínimo da curva vertical.
• Condições recomendadas (ou mínimas)  utiliza-se a velocidade de operação no cálculo.
• Condições excepcionais (ou desejáveis)  utiliza-se a velocidade de projeto no cálculo.
Cálculo de Lmín:
m A
 D
 L
m
 f 
V V D
 p
mín
 p
36,59710412
88,156
412
88,155
)30,0(255
86)86(7,0
255
7,0
22
22
=⋅=⋅=
=
⋅
+=+=
 
Adotando um valor múltiplo de 10, temos: L = 600 m.
Cálculo da flecha da parábola na estaca 144:
m L g F 50,78
)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()(
000.610,0
600
+=+++=
+=+−+=
===
 PTV E 
 PCV E 
m
 g 
 L Rv
 
-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: 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) – 0,025 x = Cota(PIV3) – 0,025 y 
Logo: 858,80 – 0,025 x = 835,12 – 0,025 y  x – y = 947,20
 x + y = 2.244,00
 Donde: x = 1.595,60 m e y = 648,40 m
Cota(PIV
2
) = Cota(PIV
1
) – 0,025 x = 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+16,00248+18,00?136+14,00Est. 0
cota 804,12 m 
 x y
cota 869,10 m 
2.7342.734 mm 3.3983.398 mm 
 x+ x+
 
=2.244=2.244 mm
 
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: Solução:
00,054)00,08()00,062(2)()(
32016
25,0025,040,11540,112
)()(
16
25,0
)08,0(2
)05,0(
2
025,040,1152
05,040,1152)()(
0
22
1
0
1
+=+−+=−=
=⇒+−=
+=
=
⋅
=
⋅
=
−=⋅−=−=
 L PIV E PCV E 
m L L L
 y PCV CotaV Cota
 L L
 g 
 Li
 y
 L L Li PIV Cota PCV Cota
 
Distância entre a estaca 58 e o PCV: x = 4 estacas = 80 m
m E Cota
 E Cota
 PCV Cota xi x L
 g 
 E Cota
60,110)(
)320(025,040,115)80(05,080)320(2
08,0)(
)(2)(
58
2
58
1
2
58
=
−+⋅+⋅−=
+⋅+⋅
−
=
 
-3%+5%
PIV cota 115,40 m 
 c o
 t a
 1 1
 2 , 4
 0 m m
 
 E s
 t a c
 a 6
 2
 P C
 V
 V
 E s
 t a c
 a 5
 8
 c o
 t a
 = ?
 P T
 V
 
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: Solução:
%00,10100,0210
40,10750,109
%00,20200,0350
40,11440,107
%00,60600,0
1220
10040,114
3
2
1
==−=
−=−=−=
==
⋅
−=
i
i
i
 
m Rv
 Rv
 Rv
 g Rv g Rv
 L L L L
000.10
70003,0400
70001,002,002,006,05000
700
70035022
2
2
2
2211
21
21
=
=+
=−−⋅++⋅
=⋅+⋅
=+⇒=+
 
PCV1
PIV1 cota 114,40
PTV1 ≡ PCV2
 Rv2 
4029 + 10,0012Est. 0
 
 Rv1 = 5000 m 
PTV2
PIV2 cota 107,40
 c o
 t a
 1 0
 0 , 0
 0
 c o
 t a
 1 0
 9 , 5
 0
 
Glauco Pontes Filho 79
)(2)(
40,110200*)02,0(40,1142)()(
00,037)00,107()00,1029()(
00,022)00,010()00,012()()(
00,02)00,010()00,012()(
30003,0*1000040008,0*5000
:
1
2
1
212
2
12
1
21
 PCV Cota xi x
 L
 g P Cota
 geral Equação
m Li PIV Cota PCV Cota
 PTV E 
 PTV E PCV E 
 PCV E 
m Lm L
 Logo
+⋅+⋅−=
=−+= 
  
 ⋅+=
+=+++=
+=+++==
+=+−+=
====
 
 Na estaca 27 temos: x = 5 estacas = 100m (distância entre a estaca 27 e o PCV), logo:
m E Cota
 E Cota
90,108)(
40,110)100()02,0(100)300(2
)03,0()(
27
2
27
=
+⋅−+⋅−−=
 
 Na estaca 31 temos: x = 9 estacas = 180m (distância entre a estaca 31 e o PCV), logo:
m E Cota
 E Cota
42,108)(
40,110)180()02,0(180)300(2
)03,0()(
27
2
27
=
+⋅−+⋅−−=
 
Ponto mais baixo (vértice):
m y PCV CotaV Cota
m y
40,10800,240,110)()(
00,2)03,0(2
300)02,0(
02
2
0
=−=+=
−=−⋅
⋅−=
 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 80
15. (*) Dado o perfil longitudinal da figura, calcular a rampa i2 de forma que ela tenha a menor
inclinação possível. Os raios mínimos das curvas verticais são iguais a 4000 m.
 Solução: Solução:
[ ]
[ ] [ ]
1875,00200,0
0158304000
950)02,0(2000)01,0(2000)02,0(40486)01,0(20500
:21
)2()02,0(40486)01,0(20500
)()(
)02,0(4048602,02486)(
)01,0(2050001,02500)(
)1(950)02,0(2000)01,0(2000
95022
)02,0(400002,04000
)01,0(400001,04000
22
2
2
2
22222
222
221
2
2
2
2
1
1
22
21
22222
22111
−=−=
=++
+−⋅−−⋅−⋅−=−⋅−−−⋅+
⋅−=−⋅−−−⋅+
⋅−=−=
−⋅−=⋅−=
−⋅+=⋅+=
=+−⋅−−⋅−
=++
−⋅=−⋅=⋅=
−⋅=−⋅=⋅=
ioui
ii
iiiii
emdoSubstituin
equação xiii
 xi PIV Cota PIV Cotah
i L PIV Cota
i L PIV Cota
equação xii
 L x L
ii g Rv L
ii g Rv L
 
Logo: %22 −=i 
 x
i2 
+1% +2%
 E s
 t a c
 a 0
 950 m c
 o t a
 5 0
 0
 E s
 t . 4
 7 +
 1 0
 , 0 0
 c o
 t a
 4 8
 6
 L1/2
 
h 
 
Glauco Pontes Filho 81
16. (*) A figura 1 mostra o eixo da planta do ramo de um cruzamento e a figura 2 o perfil
longitudinal do mesmo ramo. Adotando para a curva vertical convexa um raio R v = 5000
m, determinar o maior raio possível para a curva vertical côncava.
 Solução: Solução:
FIGURA 1:
Cálculo do comprimento do trecho TS1 – ST2:
CURVA 1, trecho circular:
m R D
rad s
rad 
 R
 Ls s
81,105)05807,1(100
05807,1)3,0(2º180
º952180
3000,0100*2
60
2
111
1
1
1
1
1
1
=⋅=⋅=
=−⋅=−°
⋅°∆=
===
φ 
π θ π φ 
θ 
 
CURVA 2, trecho circular:
m R D
rad s
rad 
 R
 Ls s
08,117)58540,0(200
58540,0)1,0(2º180
º452180
1000,0200*2
40
2
222
2
2
2
2
2
2
=⋅=⋅=
=−⋅=−°
⋅°∆=
===
φ 
π θ π φ 
θ 
 
∆1 = 95º
TS
 
1
∆2 = 45º
SC1
CS1
ST1
TS2
SC2
ST2CS2
 R1 = 100 m R2 = 200 m
200 m
 Ls1 = 60 m
 Ls2 = 40 m
PIV1
PIV2 
 x y
 L2/2 L2/2 
-1% +5% -1% 
TS1 ST2 
PCV2 
Cota 100,00 Cota 113
Cota 114,50
Fig. 1 
Fig. 2 
 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 82
Comprimento total do trecho TS1 – ST2:
C =2 L s1 + D1 + 200 + 2 L s2 + D2 = 622,88 m 
FIGURA 2:
Obs.: Para Rv1 (máx), devemos ter PTV1=PCV2
Curva vertical convexa 2:
 L2 = Rv2* g 2 = 5000*(0,05+0,01) = 300 m 
Cota(PCV2) = 114,50 – 150*0,05 = 107,00 m
Curva vertical côncava 1:
Cota(PIV1) = 100 – 0,01 x (pela esquerda) 
Cota(PIV1) = 107 – 0,05 y = 107 – 0,05*(322,88- x) (pela direita) 
Logo: 100 – 0,01 x = 107 – 16,144 + 0,05 x 

 x = 152,40 m y = 322,88 – x = 322,88 – 152,40 = 170,48m 
CONDIÇÃO: L1/2 = menor dos valores x e y  L1/2 = 152,40  L1 = 304,80 m 
Donde: Rv1(máx)