9_-_Curvas_Horizontais_com_Transicao

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CURVAS HORIZONTAIS
COM TRANSIÇÃO
ECI 010
A definição do traçado de uma estrada através de linhas retas concordando diretamente com curvas circulares cria descontinuidade nos pontos de concordância (PC e PT) – não pode ser aceita em um traçado racional
Quando um veículo passa do trecho em tangente para o trecho em curva, surge a aceleração centrífuga que tende a desviá-lo da trajetória
Passando pelo PC, o veículo segue uma trajetória de transição intermediária entre a tangente e a curva, que varia com a velocidade, o raio e a superelevação
O problema é maior quanto maior a velocidade e menor o raio da curva, já que a transição ocorre numa distância maior podendo o veículo invadir a faixa adjacente
Do ponto de vista teórico, deseja-se limitar a ação da força centrífuga sobre o veículo, para que sua intensidade não ultrapasse um determinado valor
Isso se consegue através da utilização de uma curva de transição intercalada entre o alinhamento reto (trecho em tangente) e a curva circular, permitindo distribuir gradativamente o aumento da aceleração centrífuga
A curva de transição tem raio de curvatura que passa gradativamente do valor infinito (no ponto de contato com a tangente) ao valor do raio da curva circular
Curvas de transição
Uma curva de transição exerce 3 funções:
Proporciona um crescimento gradual da aceleração centrífuga que surge na passagem do trecho reto para o trecho curvo
Promove uma adequada extensão de via para se fazer o giro da pista até a posição superelevada em curva
Faz a transição gradual da trajetória do veículo e conduz a um traçado fluente e visualmente satisfatório sob vários aspectos (confiança do motorista, raio de giro do veículo)
Existem vários critérios visando orientar o estabelecimento de curvas de transição. Para projetos rodoviários convencionais, DNIT recomenda o critério associado à velocidade diretriz resumido pelos valores da Tabela a seguir
Segundo esse critério, permite-se dispensar o uso da curva de transição quando a aceleração centrífuga a que o veículo é submetido na curva for igual ou menor que 0,4 m/s2
Qualquer curva que varie gradativamente seu raio de curvatura pode ser usada como transição
As mais usadas são:
a) Clotóide  
R = raio da curva circular
L = comprimento da transição
b) Leminiscata
c) Parábola cúbica
Curvas de transição
Supondo as tangentes concordadas por uma curva circular simples de centro O e raio R, cujos pontos de contato com as tangentes são PC e PT:
Para inserir a transição em espiral, a curva circular original sofre uma translação t, deslocando o centro O para O1
A transição se faz suprimindo parte das tangentes e parte da curva circular. Este método é denominado RAIO CONSERVADO, com a transição feita pelo eixo da estrada porque mantém os elementos da curva (raio, G etc.)
Curvas de transição
O ponto de tangência no início da curva passa a ser denominado TS (tangente-espiral) e é afastado do PC original ao longo da tangente
O mesmo acontece com o fim da curva, onde o ponto de tangência passa a ser denominado ST (espiral-tangente)
O raio de curvatura da espiral varia do valor infinito, nos pontos de tangência (TS e ST), até um valor finito igual ao valor do raio da curva circular, nos pontos SC e CS, onde as curvas são coincidentes
Após a inserção da concordância em espiral, o ângulo central AC passará a compreender os ângulos centrais s, de cada ramo da espiral, e o ângulo central c, remanescente da curva circular (arco de círculo entre SC e CS)  
Comprimento mínimo de transição
Menor comprimento de transição admissível:
30 m
ou
Distância percorrida por um veículo na VP por
2 segundos, prevalecendo o maior
Lsmin (m); VP (km/h)
Critério Dinâmico de Barnett
O comprimento (L) da curva de transição deve ser adequado para que o efeito da aceleração centrífuga seja gradual
Variação da aceleração centrífuga constante:
J mede a solicitação radial (ou reação transversal) que os passageiros sentem devido a variação da aceleração centrífuga
Critério Dinâmico de Barnett
J aceitável varia para cada motorista
Valores ideais estão entre 0,3 e 0,8 m/s3
Barnett recomenda 
(adotado pelo DNIT)
Comprimento máximo de transição
Corresponde a D = 0 (nulo para o comprimento do trecho circular), ou seja, as espirais se encontram
		(AC em radianos)
		(AC em graus)
Em geral, adota-se:
ou 
desde que esses valores sejam menores que Lsmax
Comprimento máximo de transição
Roteiro para cálculo dos elementos geométricos de curva com transição
Definir R
Com VP e R, determinar Ls adequado
Com Ls e R, calcular θs, Xs, Ys, p e Q
Combinando os valores encontrados com AC, determinar a tangente total (TT), o ângulo central da circular (δc) e o desenvolvimento da circular (D)
Determinar EST TS, fazendo EST PI - TT
Determinar EST SC, fazendo EST TS + Ls
Determinar EST CS, fazendo EST SC + D
Determinar EST ST, fazendo EST CS + Ls
 Exemplo 1:
Numa curva de rodovia tem-se os seguintes elementos:
V = 80 km/h
AC = 35º
R = 500 m
Estaca do PI = 228 + 17,000 m
Determinar os elementos da curva com transição
No projeto básico de um trecho da BR-101, a primeira tangente faz uma deflexão de 90º à direita, a fim de preservar uma área de Mata Atlântica. Originou-se o PI1, localizado na estaca 81+19,000 m. Para a concordância horizontal, usou-se uma curva circular de raio 600,00 m. Quais as estacas dos pontos notáveis da curva (PC e PT)?
Procurando adequar esta curva às melhores condições de conforto e segurança, estudar a inserção de uma curva com transição neste projeto
 Exemplo 2:
Exemplo 3:
Um traçado com curvas horizontais circulares, conforme esquema da figura, tem a distância entre PI1 e PI2 igual a 720 m e deseja-se fazer
R1= R2:
	a) qual o maior raio possível?
	b) qual o maior raio que se consegue usar, 	deixando um trecho reto de 80 m entre as 	curvas?
 PI1
 AC1 = 40° 
 
 AC2 = 28o 			 PI2
 CURVA 3		 CURVA 2
Raio3 = 400 m	 Raio2 = 400 m
													2000 m
CURVA 4			CURVA 1
Raio4 = 500 m	 Raio1 = 500 m
		 
		 
		3000 m
Exemplo 4:
Calcular o comprimento do circuito:
Considerando a maior conveniência técnica do uso da clotóide, estudaremos apenas esse 
tipo de curva que também é conhecida como espiral de transiç
ão ou simplesmente espiral.
 
Cada curva atinge o valor Rc após percorrer um determinado comprimento Ls durante um 
tempo t
s
. Esse tempo será usado como um dos critérios para estabelecer o comprimento mínimo.
 
4
.3.3 
–
 Cálculo dos elementos da espiral
 
Vamos aqui apresentar apenas as expressões para o cálculo dos elementos da espiral. 
 
I.
 
Rc
.
2
Ls
s
=
q
 (e
m radianos) e 
Rc
.
.
2
Ls
.
180
s
o
p
=
q
 (em graus)
 
II.
 
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
q
+
q
-
=
216
s
10
s
1
.
Ls
Xs
4
2
 (expressão reduzida) e 
q
s em radianos
 
III.
 
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
q
-
q
=
42
s
3
s
.
Ls
Ys
3
 (expressão reduzida) e 
q
s em radianos
 
IV.
 
Q = Xs 
–
 Rc . sen
q
s
 
V.
 
p = Ys 
–
 Rc . 
(1 
-
 cos
q
s)
 
VI.
 
TT = Q + (Rc + p) . 
2
AC
tg
 
VII.
 
Dc = (AC 
–
 2 . 
q
s) . 
Rc com Ac e 
q
s em radianos
 
VIII.
 
E = 
Rc
2
AC
cos
)
p
Rc
(
-
÷
ø
ö
ç
è
æ
+
 
IX.
 
TL = Xs 
–
 Ys . cotg 
q
s
 
X.
 
TC = 
s
sen
Ys
q
 
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 projetobásico 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 
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 
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 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 14
17. (*) Dado o traçado da figura, adotar para as curvas 1 e 2 os maiores raios possíveis. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2≤ d2 
 
 
⇒
°
=
∆
=
14tan
135
2
tan 1
1
1
T
R mR 46,5411 = 
⇒
°
=
∆
=
16tan
48,85
2
tan 2
2
2
T
R mR 10,2982 = 
 
T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!) 
 
 
 
18. (*) Com relação ao problema anterior, supondo-se que as distâncias de 0 a PI1 e PI2 a F 
sejam suficientemente grandes, escolher um valor único para o raio das duas curvas de 
forma que esse valor seja o maior possível. 
 
Solução: 
 
 
Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m 
 
mR
RR
15,428
º16tanº14tan
52,229
52,229
2
tan
2
tan 21
=
+
=
=
∆
⋅+
∆
⋅
 
 
 
PI1 
∆2=32º 
∆1=28º 
PI2 
O 
d1=135 m 
d2=229,52 m d3=85,48 m F 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 14
17. (*) Dado o traçado da figura, adotar para as curvas 1 e 2 os maiores raios possíveis. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2≤ d2 
 
 
⇒
°
=
∆
=
14tan
135
2
tan 1
1
1
T
R mR 46,5411 = 
⇒
°
=
∆
=
16tan
48,85
2
tan 2
2
2
T
R mR 10,2982 = 
 
T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!) 
 
 
 
18. (*) Com relação ao problema anterior, supondo-se que as distâncias de 0 a PI1 e PI2 a F 
sejam suficientemente grandes, escolher um valor único para o raio das duas curvas de 
forma que esse valor seja o maior possível. 
 
Solução: 
 
 
Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m 
 
mR
RR
15,428
º16tanº14tan
52,229
52,229
2
tan
2
tan 21
=
+
=
=
∆
⋅+
∆
⋅
 
 
 
PI1 
∆2=32º 
∆1=28º 
PI2 
O 
d1=135 m 
d2=229,52 m d3=85,48 m F 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 14
17. (*) Dado o traçado da figura, adotar para as curvas 1 e 2 os maiores raios possíveis. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2≤ d2 
 
 
⇒
°
=
∆
=
14tan
135
2
tan 1
1
1
T
R mR 46,5411 = 
⇒
°
=
∆
=
16tan
48,85
2
tan 2
2
2
T
R mR 10,2982 = 
 
T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!) 
 
 
 
18. (*) Com relação ao problema anterior, supondo-se que as distâncias de 0 a PI1 e PI2 a F 
sejam suficientemente grandes, escolher um valor único para o raio das duas curvas de 
forma que esse valor seja o maior possível. 
 
Solução: 
 
 
Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m 
 
mR
RR
15,428
º16tanº14tan
52,229
52,229
2
tan
2
tan 21
=
+
=
=
∆
⋅+
∆
⋅
 
 
 
PI1 
∆2=32º 
∆1=28º 
PI2 
O 
d1=135 m 
d2=229,52 m d3=85,48 m F 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 14
17. (*) Dado o traçado da figura, adotar para as curvas 1 e 2 os maiores raios possíveis. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2≤ d2 
 
 
⇒
°
=
∆
=
14tan
135
2
tan 1
1
1
T
R mR 46,5411 = 
⇒
°
=
∆
=
16tan
48,85
2
tan 2
2
2
T
R mR 10,2982 = 
 
T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!) 
 
 
 
18. (*) Com relação ao problema anterior, supondo-se que as distâncias de 0 a PI1 e PI2 a F 
sejam suficientemente grandes, escolher um valor único para o raio das duas curvas de 
forma que esse valor seja o maior possível. 
 
Solução: 
 
 
Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m 
 
mR
RR
15,428
º16tanº14tan
52,229
52,229
2
tan
2
tan 21
=
+
=
=
∆
⋅+
∆
⋅
 
 
 
PI1 
∆2=32º 
∆1=28º 
PI2 
O 
d1=135 m 
d2=229,52 m d3=85,48 m F 
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
32,203
R mR 02,436= 
 
 
21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas 
dos PI’s e a estaca final do traçado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R1=1200 m 
R2=1600 m 
 d1 
PI1 
 ∆2=30º 
 ∆1=46º 
PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m 
d2=2141,25 m 
d3=1809,10 m 
 d2 d3 
F 
 PI1 
 PC1 
 PT1 PC2 
 PI2 
 PT2 
D=20 m
CURVA 1 
R1 = 400 m 
CURVA 2 
R2 = 500 m 
 30º 
 20º 
20º+30º=50º 
20º 30º 
130º 
PC1=PC 
T x 
T1 
T1+20+T2 
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICOSolução 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
32,203
R mR 02,436= 
 
 
21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas 
dos PI’s e a estaca final do traçado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R1=1200 m 
R2=1600 m 
 d1 
PI1 
 ∆2=30º 
 ∆1=46º 
PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m 
d2=2141,25 m 
d3=1809,10 m 
 d2 d3 
F 
 PI1 
 PC1 
 PT1 PC2 
 PI2 
 PT2 
D=20 m
CURVA 1 
R1 = 400 m 
CURVA 2 
R2 = 500 m 
 30º 
 20º 
20º+30º=50º 
20º 30º 
130º 
PC1=PC 
T x 
T1 
T1+20+T2 
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
32,203
R mR 02,436= 
 
 
21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas 
dos PI’s e a estaca final do traçado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R1=1200 m 
R2=1600 m 
 d1 
PI1 
 ∆2=30º 
 ∆1=46º 
PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m 
d2=2141,25 m 
d3=1809,10 m 
 d2 d3 
F 
 PI1 
 PC1 
 PT1 PC2 
 PI2 
 PT2 
D=20 m
CURVA 1 
R1 = 400 m 
CURVA 2 
R2 = 500 m 
 30º 
 20º 
20º+30º=50º 
20º 30º 
130º 
PC1=PC 
T x 
T1 
T1+20+T2 
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
32,203
R mR 02,436= 
 
 
21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas 
dos PI’s e a estaca final do traçado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R1=1200 m 
R2=1600 m 
 d1 
PI1 
 ∆2=30º 
 ∆1=46º 
PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m 
d2=2141,25 m 
d3=1809,10 m 
 d2 d3 
F 
 PI1 
 PC1 
 PT1 PC2 
 PI2 
 PT2 
D=20 m
CURVA 1 
R1 = 400 m 
CURVA 2 
R2 = 500 m 
 30º 
 20º 
20º+30º=50º 
20º 30º 
130º 
PC1=PC 
T x 
T1 
T1+20+T2 
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
32,203
R mR 02,436= 
 
 
21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas 
dos PI’s e a estaca final do traçado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R1=1200 m 
R2=1600 m 
 d1 
PI1 
 ∆2=30º 
 ∆1=46º 
PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m 
d2=2141,25 m 
d3=1809,10 m 
 d2 d3 
F 
 PI1 
 PC1 
 PT1 PC2 
 PI2 
 PT2 
D=20 m
CURVA 1 
R1 = 400 m 
CURVA 2 
R2 = 500 m 
 30º 
 20º 
20º+30º=50º 
20º 30º 
130º 
PC1=PC 
T x 
T1 
T1+20+T2 
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
V
Lsmín 11,27680
80036,0036,0
33
=⋅== 
m
R
Ls 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 
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
V
Lsmín 11,27680
80036,0036,0
33
=⋅== 
m
R
Ls 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 
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
V
Lsmín 11,27680
80036,0036,0
33
=⋅== 
m
R
Ls 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
6802120
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
V
Lsmín 62,292100
120036,0036,0
33
=⋅== 
m
R
Ls 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
V
Lsmín 37,43830
100036,0036,0
33
=⋅== 
m
R
Ls 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