rodovias exercicios resolvidos (1)

108
ESTRADAS DE RODAGEM PROJETO GEOMÉTRICO Resolução dos Exercícios

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ESTRADAS DE RODAGEM PROJETO GEOMÉTRICO

Resolução dos Exercícios

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 2

CAPÍTULO 2

ELEMENTOS GEOMÉTRICOS

DAS ESTRADAS

Glauco Pontes Filho 3

1. Calcular o raio R da curva circular da figura abaixo. Solução:

( ) ( ) mAB 66,109200275100180 22 =−+−= Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos:

°=⇒=⇒°

= 8732,62ˆ4560,0ˆ3066,109

ˆ100 AAsen

senAsen

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo isósceles ABO, temos:

⇒⋅⋅⋅−+= º7465,125cos266,109 222 RRRR mR 25,120=

R

d=100 m α=30º

B

R

A

C

Dados: (E,N)

A(200, 100) B(275,180)

62,8732º

90º-62,8732º = 27,1268º R

R

O

B

A

109,66

125,7465º

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 4

2. Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura abaixo. Calcular também os ângulos de deflexão.

Solução:

º38,22º37,48

º31,10101000

110006000arctanº180

º69,1231000300060003000arctanº180

º57,11630006000

120006000arctanº180

º20,686000400060001000arctan

2

1

−=−=∆

=−=∆

=

−−

+=

=

−−

+=

=

−−

+=

=

−−

=

DEEF

ABBC

EF

DE

BC

AB

AzAzAzAz

Az

Az

Az

Az

1000 6000 11000

B

d4

D

A

d2

E

d3

d1

∆2

N

E

C

F

∆1

0 3000

1000

3000

4000

6000

( ) ( ) mABd 16,385.56000400060001000 221 =−+−==

( ) ( ) mBCd 20,708.630006000120006000 222 =−+−==

( ) ( ) mDEd 55,605.31000300060003000 223 =−+−==

( ) ( ) mEFd 02,099.501000110006000 224 =−+−==

PONTOS E N A 1.000 4.000 B 6.000 6.000 C 12.000 3.000 D 3.000 3.000 E 6.000 1.000 F 11.000 0

Glauco Pontes Filho 5

3. (Concurso DNER) O azimute é o ângulo, no plano horizontal, de uma direção qualquer com o meridiano. O rumo de 76º 30’ SE de uma visada a vante corresponde ao azimute de: a) 103º 30’ b) 166º 30’ c) 256º 30’ d) 283º 30’

Solução: Letra a

No quadrante SE, temos: Az=180º-rumo ´30º103´)30º76(º180 =−=Az

4. (Concurso DNER) Nos projetos de estradas de rodagem, os perfis longitudinais são

desenhados em papel quadriculado ou milimetrado, em escalas horizontais (distâncias) e verticais (cotas), que normalmente guardam uma proporção de: a) 10:1 b) 2:3 c) 1:10 d) 3:2

Solução: Letra c

Escalas horizontais – normalmente escala 1:2000 Escalas verticais – normalmente escala 1:200

101

1200

20001

20012000

1=⋅=

5. (Concurso DNER) Na planta de um projeto, a indicação de escala 1:500 (horizontal) significa que 1 cm no desenho equivale, no terreno, a uma distância de: a) 50 m b) 5 m c) 0,50 m d) 0,05 m Solução: Letra b

1 cm no projeto equivale a 500 cm no campo = 5 m

6. (Concurso DNER) Numa rodovia de 3.000 metros de comprimento, a numeração final da última estaca é:

a) 30 b) 60 c) 150 d) 300 Solução: Letra c

3000/20 = 150

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 6

7. Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura a seguir. Calcular também os ângulos de deflexão.

Solução:

º20,23º45º2,68

º04,10404,149º45

º20,6820005000arctan

º4540004000arctan

º04,14950003000arctanº180

2

1

=−=−=∆

−=−=−=∆

=

=

=

=

=

+=

BCCD

ABBC

CD

BC

AB

AzAz

AzAz

Az

Az

Az

1000 6000 11000

3000

4000

6000

B

D

A

d2

d3

N

E

d1

0 3000

1000

( ) ( ) md 95,830.56000100003000 221 =−+−=

( ) ( ) md 85,656.51000500030007000 222 =−+−=

( ) ( ) md 17,385.550007000700012000 223 =−+−=

PONTOS E N

A 0 6000

B 3000 1000

C 7000 5000

D 12000 7000

Glauco Pontes Filho 7

CAPÍTULO 4

CURVAS HORIZONTAIS

CIRCULARES

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 8

1. Dados ∆ = 47º 30’ e G20 = 12º, calcular T e E.

Solução:

mR 493,9512

92,145.1==

°

⋅=25,47tan493,95T mT 02,42=

°

⋅=45,47tan02,42E mE 84,8=

2. Dados ∆ = 40º e E = 15 m, calcular T e R.

Solução:

⇒−

°

=−

=1

240sec

15

12

sec

ER mR 73,233=

°

=2

40tan73,233T mT 07,85=

3. Dados ∆ = 32º e R = 1220 m, calcular T e E.

Solução:

°

⋅=2

32tan1220T mT 83,349=

°

⋅=4

32tan83,349E mE 17,49=

4. Dado R = 150 m, calcular a deflexão sobre a tangente para c = 20 m.

Solução:

°== 639467,7150

92,145.1G

⇒°

==2

639467,72Gd °= 82,3d

Glauco Pontes Filho 9

5. Dados ∆ = 43º e E = 52 m, calcular o grau da curva.

Solução:

⇒−

°

=−

=1

243sec

52

12

sec

ER mR 3151,695=

⇒=3151,695

92,145.1G °= 648,1G

6. Se ∆ = 30º 12’ e G20 = 2º 48’, calcular T e D.

Solução: 30º 12’ = 30,2º 2º 48’ = 2,8º

mR 2571,4098,2

92,145.1=

°=

°

⋅=22,30tan2571,409T mT 43,110=

⇒°

°⋅⋅=

1802,302571,409πD mD 72,215=

7. Usando os dados do problema anterior, e assumindo que

E(PI) = 42 + 16,60, calcular as estacas do PC e do PT.

Solução:

E(PC) = (42 + 16,60) – ( 5 + 10,43) = 37 + 6,17

E(PT) = (37 + 6,17) + (10 + 15,72) = 48 + 1,89

8. Dados ∆ = 22º 36’ , G20 = 4º e E(PC) = 40 + 15,00. Construir a tabela de locação da curva

pelo método das estacas fracionárias.

Solução:

mR 480,2864

92,145.1=

°=

°

⋅=26,22tan480,286T mT 24,57=

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 10

⇒°

°⋅⋅=

1806,22480,286πD mD 00,113=

E(PT) = (40 + 15,00) + (5 + 13,00) = 46 + 8,00 Donde: a = 15,00 (parte fracionária do PC)

b = 8,00 (parte fracionária do PT)

°=°

== 224

2Gd

°=°

== 1,0404

40Gdm

°=°⋅−=⋅−= 5,01,0)1520()20(1 mdads

°=°⋅=⋅= 8,01,08mPT dbds

DEFLEXÕES

ESTACAS SUCESSIVAS ACUMULADAS

PC 40+15,00 --- --- 41 0,5º 0,5º 42 2º 2,5º 43 2º 4,5º 44 2º 6,5º 45 2º 8,5º 46 2º 10,5º

PT 46+8,00 0,8º 11,3º = ∆/2 (ok)

9. Dados ∆ = 47º 12’, E(PI) = 58 + 12,00. Calcular R, T, E e D para G20 = 6º. Calcular também

E(PC) e E(PT).

Solução: ⇒°

=6

92,145.1R mR 99,190=

°

⋅=22,47tan99,190T mT 44,83=

°

⋅=42,47tan44,83E mE 43,17=

⇒°

°⋅⋅=

1802,4799,190πD mD 34,157=

Glauco Pontes Filho 11

E(PC) = (58 + 12,00) – (4 + 3,44) = 54 + 8,56

E(PT) = (54 + 8,56) + (7 + 17,34) = 62 + 5,90

10. Dados ∆ = 24º 20’ e R = 1500 m. Locar o PC e o PT, sabendo que a estaca do PI é 360 + 12,45.

Solução:

°

⋅=2

333333,24tan1500T mT 40,323=

⇒°

°⋅⋅=

180333333,241500πD mD 05,637=

E(PC) = (360 + 12,45) – (16 + 3,40) = 344 + 9,05

E(PT) = (344 + 9,05) + (31 + 17,05) = 376 + 6,10

11. Dados ∆ = 22º 36’ e T = 250 m, calcular G20 e D.

Solução: 22º 36’ = 22,6º

mTR 13,251.1

26,22tan

250

2tan

=

°

=

=

⇒==13,251.192,145.192,145.1

20 RG °= 9159,020G

⇒°

°⋅⋅=

180333333,241500πD mD 05,637=

12. Calcular o desenvolvimento de uma curva circular de raio R = 1524 m e ângulo central

∆ = 32º.

Solução:

⇒°

°⋅⋅=

180321524πD mD 16,851=

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 12

13. (Concurso DNER) Numa curva circular com um raio de 170 m, queremos locar um ponto logo à frente do ponto de curvatura (PC). Sabemos que o comprimento do arco é de 20 m. A soma das coordenadas sobre a tangente deste ponto são (considerar sen 3,3703º = 0,058789 e cos 3,3703º = 0,9983): a) 0,168 m b) 0,924 m c) 1,848 m d) 21,14 m Solução: Letra d

°=°

==

°===

3703,32

7407,62

7407,6170

92,145.192,145.1

Gd

RG

myx

mxxd

myyd

14,21

9654,193703,3cos2020

cos

1758,13703,3sin2020

sin

=+

=°⋅=⇒=

=°⋅=⇒=

14. Demonstrar que:

⋅=4

tanTE

Da trigonometria, temos:

=

−2

tansin

cos1 xx

x

=

4tan

2sin

2cos1

xx

x

⋅=

−⋅=

−⋅

⋅=

−⋅

=

⋅=

4tan

2sin

2cos1

2cos

2cos1

2sin

2cos

2cos

2cos1

2tan

1

2cos

1

TTE

TTRE

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

92,145.120G °= 69,1G

°

⋅=2

30tan680T mT 21,182=

⇒°

°⋅⋅=

18030680πD mD 05,356=

E(PC) = (205 + 2,52) – ( 9 + 2,21) = 196 + 0,31

E(PT) = (196 + 0,31) + (17 + 16,05) = 62 + 5,90

16. (*) Em uma curva horizontal circular, conhecem-se os seguintes elementos: G20=1º, E(PC)=55 + 9,83 e E(PT)=81 + 9,83. Se alterarmos o raio dessa curva para 2000 m, qual será a estaca do novo PT?

Solução: D = E(PT) – E(PC) = (81 + 9,83) – (55 + 9,83) = 26 estacas = 520 m

mR 92,145.11

92,145.1==

°=⋅°

=⋅

==∆ 26205201

cDGAC

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

mestmT 74,12374,4612

26tan2000´ +==

°

⋅=

mestmD 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:

Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2≤ d2

⇒°

=

=14tan

135

2tan 1

11

TR mR 46,5411 =

⇒°

=

=16tan48,85

2tan 2

22

TR mR 10,2982 =

T1+T2 = 135 + 85,48 = 220,48 < 229,52 (OK!)

18. (*) Com relação ao problema anterior, supondo-se que as distâncias de 0 a PI1 e PI2 a F

sejam suficientemente grandes, escolher um valor único para o raio das duas curvas de forma que esse valor seja o maior possível.

Solução: Devemos ter: T1+T2 = d2 = 229,52 m

mR

RR

15,428º16tanº14tan

52,229

52,2292

tan2

tan 21

=+

=

=

⋅+

PI1

∆2=32º

∆1=28º

PI2

O

d1=135 m

d2=229,52 m d3=85,48 m F

Glauco Pontes Filho 15

19. (*) Em um trecho de rodovia temos duas curvas circulares simples. A primeira começando na estaca 10+0,00 e terminando na estaca 20+9,43 com 300 m de raio. A segunda começando na estaca 35+14,61 e terminando na estaca 75+0,00 com 1500 m de raio. Deseja-se aumentar o raio da primeira curva para 600 m sem alterar a extensão total do trecho. Qual deverá ser o raio da segunda curva? Dados: ∆1=40º e ∆2=30º.

Solução: T1 = 300 tan(20º) = 109,19 m

T2 = 1500 tan(15º) = 401,92 m

L = (35 + 14,61) – (20 + 9,43) = 305,18 m

Dist(PI1 - PI2) = T1 + L +T2 = 109,19 + 305,18 + 401,92 = 816,29 m

C = Extensão total do trecho = est 75 – est 10 = 65 estacas = 1300 m = D1 + L + D2

T1´= 600 tan(20º) = 218,38 m

T2´= R2´ tan(15º)

L´= Dist(PI1 - PI2) – T1´– T2´= 816,29 – 218,38 – R2´ tan(15º) = 597,91 – 0,26795R2´

mD 88,418180

40600´1 =°

°⋅⋅=

π ´5236,0180

30´´ 22

2 RRD =°

°⋅⋅=

π

C = D1´+ L´ + D2´ = 418,88 + 597,91 – 0,26795 R2´ + 0,5236 R2´ = 1300

mR 8,107.1´2 =

35+14,61

∆2 = 30º

D1 ∆1 = 40º

20+9,43

75+0,00

10+0,00

D2

R1 = 300

R2 = 1500

L = 305,18

∆2 = 30º

∆1 = 40º

R1´= 600

R2´= ??? L´

D1´

D2´

T2´

T1´

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 16

20. (*) A figura mostra a planta de um trecho de rodovia com duas curvas de mesmo sentido, desejando-se substituir estas duas curvas por uma curva única de raio R. Calcular o valor de R para que o PC da nova curva coincida com o PC1 do traçado antigo (início da curva 1).

Solução:

T1 = 400 tan(15º) = 107,18 m

T2 = 500 tan(10º) = 88,16 m

Aplicando a Lei dos Senos, temos:

°++

=° 130sin

2020sin

21 TTx

x = 96,14 m

T = T1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m

°

=

250tan

32,203R mR 02,436=

21. (*) A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas

dos PI’s e a estaca final do traçado.

R1=1200 m R2=1600 m

d1

PI1

∆2=30º

∆1=46º

PI2 Est. 0+0,00 d1=1080 m d2=2141,25 m d3=1809,10 m

d2 d3

F

PI1

PC1

PT1 PC2

PI2

PT2

D=20 m

CURVA 1 R1 = 400 m

CURVA 2 R2 = 500 m

30º

20º

20º+30º=50º

20º 30º

130º

PC1=PC

T x

T1 T1+20+T2

Glauco Pontes Filho 17

Solução:

CURVA 1: E(PI1) = d1 = 54 + 0,00

°

⋅=2

46tan12001T mT 37,5091 =

⇒°

°⋅⋅=

180461200

1πD mD 42,9631 =

E(PC1) = (54 + 0,00) – (25 + 9,37) = 28 + 10,63

E(PT1) = (28 + 10,63) + (48 + 3,42) = 76 + 14,05

CURVA 2: E(PI2) = E(PT1) + d2 – T1

E(PI2) = (76 + 14,05) + (107 + 1,25) – (25 + 9,37) = 158 + 5,93

°

⋅=2

30tan16002T mT 72,4282 =

⇒°

°⋅⋅=

180301600

2πD mD 76,8372 =

E(PC2) = (158 + 5,93) – (21 + 8,72) = 136 + 17,21

E(PT2) = (136 + 17,21) + (41 + 17,76) = 178 + 14,97

E(F) = E(PT2) + d3 – T2 = (178 + 14,97) + (90 + 9,10) – (21 + 8,72) = 247 + 15,35

22. Calcular as curvas circulares abaixo {G, T, D, E, E(PC), E(PT), d, dm}: a) E(PI) = 202 + 2,50 ∆ = 52º R = 650 m c = 20 m b) E(PI) = 1345 + 12,73 ∆ = 10º R =2000 m c = 20 m c) E(PI) = 376 + 19,50 ∆ = 64º 20' R = 350 m c = 10 m d) E(PI) = 467 + 3,75 ∆ = 80º R = 200 m c = 5 m

Solução:

a) ⇒⋅

⋅=

⋅⋅

=)650()20(º180º180

ππ RcG ´´47´451762954,1 °=°=G

°

⋅=

⋅=2

52tan6502

tanRT mT 03,317=

⇒°

°⋅⋅=

∆⋅⋅=

18052650

º180ππ RD mD 92,589=

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 18

°

⋅=

⋅=4

52tan03,3174

tanTE mE 19,73=

´´53´520881477,02

762954,12

°=°=°

==Gd

´´39´020044074,040

762954,1)20(22

°=°=°

=⋅

==G

cGdm

E(PC) = (202 + 2,50) – (15 + 17,03) = 186 + 5,47

E(PT) = (186 + 5,47) + (29 + 9,92) = 215 + 15,39

b)

T = 174,98 m D = 349,07 m E = 7,64 m G = 0,572958º = 0º 34’ 23” d = 0,28648º = 0º 17’ 11”

dm= 0,01432º = 0º 0’ 52” E(PC) = 1336 + 17,75 E(PT) = 1354 + 6,82

c)

T = 220,12 m D = 392,99 m E = 63,47 m G = 1,637022º = 1º 38’ 13” d = 0,81851º = 0º 49’ 7”

dm= 0,08185º = 0º 4’ 55” E(PC) = 365 + 19,38 E(PT) = 385 + 12,37

d)

T = 167,82 m D = 279,25 m E = 61,08 m G = 1,432394º = 1º 25’ 57” d = 0,7162º = 0º 42’ 58”

dm= 0,14324º = 0º 8’ 36” E(PC) = 458 + 15,93 E(PT) = 472 + 15,18

Glauco Pontes Filho 19

23. Repetir a questão anterior adotando para G um valor múltiplo de 40’. Construir as tabelas de locação das curvas (R > R’).

Solução:

a) ⇒⋅

⋅=

⋅⋅

=)650()20(º180º180

ππ RcG '77724,105)60(762954,1 =⋅°=G

Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º

mG

cRnovo 437,859)º333333,1(

)20(º180º180=

⋅⋅

=⋅

⋅=

ππ

°

⋅=

⋅=2

52tan437,8592

tanRT mT 18,419=

⇒°

°⋅⋅=

∆⋅⋅=

18052437,859

º180ππ RD mD 00,780=

°

⋅=

⋅=4

52tan18,4194

tanTE mE 78,96=

´4002

'2012

°=°

==Gd

'2040

'201)20(22

°=°

=⋅

==G

cGdm

E(PC) = (202 + 2,50) – (20 + 19,18) = 181 + 3,32

E(PT) = (181 + 3,32) + (39 + 0,00) = 220 + 3,32

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 20

ESTACAS DEFLEXÕES

SUCESSIVAS ACUMULADAS INT FRAC

grau min seg grau min seg

181 3,32 0 0 0 0 0 0

182 0 33 22 0 33 22

183 0 40 0 1 13 22

184 0 40 0 1 53 22

185 0 40 0 2 33 22

186 0 40 0 3 13 22

187 0 40 0 3 53 22

188 0 40 0 4 33 22

189 0 40 0 5 13 22

190 0 40 0 5 53 22

191 0 40 0 6 33 22

192 0 40 0 7 13 22

193 0 40 0 7 53 22

194 0 40 0 8 33 22

195 0 40 0 9 13 22

196 0 40 0 9 53 22

197 0 40 0 10 33 22

198 0 40 0 11 13 22

199 0 40 0 11 53 22

200 0 40 0 12 33 22 201 0 40 0 13 13 22 202 0 40 0 13 53 22 203 0 40 0 14 33 22 204 0 40 0 15 13 22 205 0 40 0 15 53 22 206 0 40 0 16 33 22 207 0 40 0 17 13 22 208 0 40 0 17 53 22 209 0 40 0 18 33 22 210 0 40 0 19 13 22 211 0 40 0 19 53 22 212 0 40 0 20 33 22 213 0 40 0 21 13 22 214 0 40 0 21 53 22 215 0 40 0 22 33 22 216 0 40 0 23 13 22 217 0 40 0 23 53 22 218 0 40 0 24 33 22 219 0 40 0 25 13 22 220 0 40 0 25 53 22 220 3,32 0 6 38 26 0 0

Glauco Pontes Filho 21

b) '3774,34)60(5729565,0)2000()20(º180º180

=⋅°=⋅

⋅=

⋅⋅

=ππ R

cG

Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 40’ = 0,66666667º

mG

cRnovo 87,718.1)º66666667,0(

)20(º180º180=

⋅⋅

=⋅

⋅=

ππ

Logo:

T = 150,38 m D = 300,00 m E = 6,57 m graus min. seg. G = 0,66666 º = 0 40 0 d = 0,33333 º = 0 20 0

dm= 0,016667 º = 0 1 0 E(PC) = 1338 + 2,35 E(PT) = 1353 + 2,35

ESTACAS DEFLEXÕES

SUCESSIVAS ACUMULADAS INT FRAC

grau min seg grau min seg

1338 2,35 0 0 0 0 0 0

1339 0 17 39 0 17 39

1340 0 20 0 0 37 39

1341 0 20 0 0 57 39

1342 0 20 0 1 17 39

1343 0 20 0 1 37 39

1344 0 20 0 1 57 39

1345 0 20 0 2 17 39

1346 0 20 0 2 37 39

1347 0 20 0 2 57 39

1348 0 20 0 3 17 39

1349 0 20 0 3 37 39

1350 0 20 0 3 57 39

1351 0 20 0 4 17 39

1352 0 20 0 4 37 39

1353 0 20 0 4 57 39

1353 2,35 0 2 21 5 0 0

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 22

c) '22111,98)60(637018,1)350()10(º180º180

=⋅°=⋅

⋅=

⋅⋅

=ππ R

cG

Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º

mG

cRnovo 72,429)º333333,1(

)10(º180º180=

⋅⋅

=⋅

⋅=

ππ

Logo:

T = 270,26 m D = 482,50 m E = 77,92 m graus min. seg. G = 1,3333 º = 1 20 0 d = 0,66666 º = 0 40 0

dm= 0,066666 º = 0 4 0 E(PC) = 363 + 9,24 E(PT) = 387 + 11,74

d) '943468,85)60(4323911,1)200()5(º180º180

=⋅°=⋅

⋅=

⋅⋅

=ππ R

cG

Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º

mG

cRnovo 859,214)º333333,1(

)5(º180º180=

⋅⋅

=⋅

⋅=

ππ

Logo:

T = 180,29 m D = 300,00 m E = 65,62 m graus min. seg. G = 1,33333 º = 1 20 0 d = 0,666666 º = 0 40 0

dm= 0,133333 º = 0 8 0 E(PC) = 458 + 3,46 E(PT) = 473 + 3,46

Glauco Pontes Filho 23

24. A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas dos pontos notáveis das curvas (PC, PI e PT) e a estaca inicial do traçado, sabendo que a estaca do ponto F é 540 + 15,00.

Solução:

mT 37,4002

40tan11001 =

°

⋅=

mD 95,767180

4011001 =

°°⋅⋅

mT 95,4722

35tan15002 =

°

⋅=

mD 30,916180

3515002 °

°⋅⋅=

π

E(PT2) = 10.815-1.800+472,95 = 9.487,95 m = 474 est + 7,95 m

E(PC2) = 9.487,95 – 916,30 = 8.571,65 m = 428 + 11,65

E(PI2) = 8.571,65 + 472,95 = 9.044,60 m = 452 + 4,60

E(PT1) = 9.044,60 – 2.200 + 400,37 = 7.244,97 m = 362 + 4,97

E(PC1) = 7.244,97 – 767,95 = 6.477,02 m = 323 + 17,02

E(PI1) = 6.477,02 + 400,37 = 6.877,39 m = 343 + 17,39

E(A) = 6.877,39 – 1.000 = 5.877,39 m = 293 + 17,39

R2=1500 m

d2 = 2200 m

∆2=35º

∆1=40º d1 = 1000 m

PI2 d3 = 1800 m

PI1

A

R1=1100 m

F

PC1 PT1

PC2 PT2

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 24

25. (*) Em um traçado com curvas horizontais circulares, conforme esquema da figura, desejando-se fazer R1 = R2:

a) qual o maior raio possível? b) qual o maior raio que se consegue usar, deixando um trecho reto de 80 m entre as

curvas? Solução: a) T1 = R tan(20º) T2 = R tan(14º)

T1 + T2 = 720 = R ( tan 20º + tan 14º) R = 1.173,98 m

b) T1 + T2 = 720 – 80 = R ( tan 20º + tan 14º) R = 1.044,05 m

26. (EXAME NACIONAL DE CURSOS-1997) No projeto básico de um trecho da BR-101, a

primeira tangente fez uma deflexão à direita de 90º, com o objetivo de preservar uma área de mata Atlântica. Originou-se o PI-1, localizado na estaca 81 + 19,00. Para a concordância horizontal necessária a essa deflexão, usou-se uma curva circular de raio igual a 600,00 metros. Quais as estacas dos pontos notáveis da curva (PC e PT)?

Solução:

00,0306002

90tan600 +==

°

⋅= mT

48,24748,942180

90600+==

°°⋅⋅

= mD π

E(PC) = (81 + 19,00) – (30 + 0,00) = 51 + 19,00

E(PT) = (51 + 19,00) + (47 + 2,48) = 99 + 1,48

∆1 = 40º

∆2 = 28º

720 m

Glauco Pontes Filho 25

27. (*) Deseja-se projetar um ramo de cruzamento com duas curvas reversas, conforme figura. A estaca zero do ramo coincide com a estaca 820 e o PT2 coincide com a estaca 837+1,42 da estrada tronco. Calcular os valores de R1, R2, E(PI1) e E(PT2).

Solução:

mRRR 42,341)00,0820()42,1837(2 222 =+−+=++

⇒+

=22

42,3412R mR 00,1002 =

⇒= 42,34121R mR 42,2411 =

mD 61,189180

4542,2411 =

°°⋅⋅

=π mD 62,235

180135100

2 =°

°⋅⋅=

π

E(PI1) = (820 + 0,00) + (5 + 0,00) = 825 + 0,00

E(PT2) = 16.400 + 189,61 + 235,62 = 841 est + 5,23 m

O2

O1

Est. 820

PC1 ∆1 = 45º

Est. 837 + 1,42

PT2

∆2 = 135º

PT1=PC2

TRONCO

PI1

PI2

45º

T1 = R2

45º

135º

45º

R2

T2 = R1

R1

R2

R2√2

45º

T2

45º

R1√2

341,42 m

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 26

28. A figura é um esboço do projeto de um circuito. Calcule R (em metros), sabendo que o comprimento do circuito é 7.217,64 m. Todas as curvas são circulares simples.

Solução:

∑∑

=

=

RD

RT

9012,8

5436,6

64,138560sin

1200=

°=x

2120045sin

1200=

°=y

88,692º60tan

1200==a

00,1200º45tan

1200==b

∑ ∑+−+++= DTzyxC 21500

7217,64 = 1385,64 + 1500 + 1200√2 + (692,88 + 1500 + 1200) – 2(6,5436 R) + 8,9012 R

mR 1,181=

T1 = R⋅ tan 60º = 1,7321 R

T2 = 2R⋅ tan 30º = 1,1547 R

T3 = 3R⋅ tan 22,5º = 1,2426 R

T4 = R⋅ tan 67,5º = 2,4142 R

D1 = π⋅R⋅120º/180º = 2,0944 R

D2 = π⋅2R⋅60º/180º = 2,0944 R

D3 = π⋅3R⋅45º/180º = 2,3562 R

D4 = π⋅R⋅135º/180º = 2,3562 R

CURVA 2 Raio = 2R

CURVA 3 Raio = 3R

45º 60º

1200 m

1500 m

CURVA 4 Raio = R

CURVA 1 Raio = R

45º 60º

120º 135º

1500 b a

x y

z = a + 1500 + b

1200

Glauco Pontes Filho 27

29. Calcular a distância entre os pontos A e B pelos caminhos 1 e 2.

Solução: T = 1000 tan25º = 466,31 m

t = 500 tan 25º = 233,15 m

D = π⋅1000⋅50º/180º = 872,66 m

d = π⋅500⋅50º/180º = 436,33 m

Caminho 1: 2(T-t) + d = 2(466,31 – 233,15) + 436,33 = 902,64 m

Caminho 2: d = 872,66 m

30. Calcular o comprimento do circuito. Solução:

T1 = 200 tan 60º = 346,41 m

T2 = 300 tan 30º = 173,21 m

T3 = 400 tan 22,5º = 165,69 m

T4 = 200 tan 67,5º = 482,84 m

D1 = π⋅200⋅120º/180º = 418,88 m

D2 = π⋅300⋅60º/180º = 314,16 m

D3 = π⋅400⋅45º/180º = 314,16 m

D4 = π⋅200⋅135º/180º = 471,245 m

∆ = 50º

b

B A

a

V

1

21 1

r = 500 m

R = 1000 m

CURVA 2 R2 = 300

CURVA 3 R3 = 400

45º60º

3000 m

CURVA 4 R4 = 200

CURVA 1 R1 = 200

2000 m

T t d

D

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 28

∑∑

=

=

44,518.1

14,168.1

D

T

40,230960sin

2000=

°=x

2200045sin

2000=

°=y

70,1154º60tan

2000==a

2000º45tan

2000==b

∑ ∑+−+++= DTzyxC 23000

C = 2309,40 + 3000 + 2000√2 + (1154,70 + 3000 + 2000) – 2(1168,14) + 1518,44

mC 7,474.13=

34. Dadas as curvas reversas da figura, calcular o comprimento do trecho entre os pontos A e

B e os raios das curvas.

2,1

572

2

1

21

=

=

TT

mVV

Solução:

mTmTTT

TT

00,31200,2605722,1

572

1222

21

=⇒=⇒=+

=+

mDmD

mRmR

65,504º180

º34422,85045,598º180

º40213,857

422,850

2º34tan

260213,857

2º40tan

312

21

21

=⋅⋅

==⋅⋅

=

=

==

=

ππ

mDD 10,103.121 =+

V1

A ∆1 = 40º

V2

B

∆2 = 34º

C

45º 60º

120º 135º

3000 b a

x y

z = a + 3000 + b

2000

Glauco Pontes Filho 29

36. (*) Considere a localização em planta das tangentes de uma curva (figura 1) e a seção transversal da estrada (figura 2). Pede-se:

a) Raio mínimo da curva circular. Verificar condição mínima de visibilidade e determinar o afastamento mínimo necessário do talude para uso do raio mínimo quanto à estabilidade.

b) Calcular todos os elementos da curva circular. c) Calcular as coordenadas (x,y) dos pontos PC e PT da curva escolhida. ADOTAR: Velocidade de projeto, V = 100 km/h

Coeficiente de atrito longitudinal, fL = 0,3 Máximo coeficiente de atrito transversal, fT = 0,13 Rampa, i = 0% emax = 12%

a) Cálculo do raio mínimo, distância de parada e afastamento lateral livre de obstáculos:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) mR

DM

mif

VVD

mfe

VR

necessário

L

T

99,1596,3148

72,2008

72,20003,0255

1001007,0255

7,0

96,31413,012,0127

100127

22

22

2

max

2

min

≅==

=+

+=+

+=

=+

=+

=

75,7=existenteM

Afastamento do talude = Mnecessário - Mexistente = 15,99 – 7,75 = 8,24 m

PC

PT

y

∆=30º PI x

fig. 1

3,50 3,50

1:1 0,75

7,75 fig. 2

8,24 m

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 30

CAPÍTULO 5

CURVAS HORIZONTAIS

DE TRANSIÇÃO

Glauco Pontes Filho 31

1. Calcular as curvas de transição abaixo: a) E(PI) = 342 + 2,50 ∆ = 55º Rc= 680 m V= 80 km/h b) E(PI) = 1350 + 12,73 ∆ = 12º Rc=2100 m V=120 km/h c) E(PI) = 476 + 9,50 ∆ = 66º24' Rc= 830 m V=100 km/h d) E(PI) = 757 + 6,75 ∆ = 82º Rc= 600 m V= 70 km/h

Solução:

a) mR

VLsmín 11,2768080036,0036,0

33

=⋅==

mRLs cmáx 75,652

18055680

180=

°⋅°⋅

=°⋅∆⋅

=ππ

Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos:

( ) [ ]

( ) ( ) mpRkTT

mradRYp

mradsensenRXk

mradRD

rad

mLY

mLX

radR

L

c

scs

scs

radc

s

ssss

ssss

c

ss

43,4142

55tan88,068098,592

tan

88,0)088235,0cos(168053,3cos1

98,59)088235,0(68091,119

75,532)783461,0(680

783461,0)088235,0(2180

552

53,342

088235,03

088235,0120423

91,119216

088235,010

088235,0112021610

1

088235,06802

1202

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) mR

VLsmín 62,292100120036,0036,0

33

=⋅==

mRLs cmáx 824,439

180122100

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) mR

VLsmín 37,43830100036,0036,0

33

=⋅==

mRLs cmáx 89,961

1804,66830

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 + 16,04E(SC) = 451 + 16,04E(CS) = 494 + 17,93E(ST) = 499 + 17,93

Glauco Pontes Filho 33

d) mR

VLsmín 58,2060070036,0036,0

33

=⋅==

mRLs cmáx 70,858

18082600

180=

°⋅°⋅

=°⋅∆⋅

=ππ

Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos:

θs = 0,100000 rad Xs = 119,88 m Ys = 4,00 m k = 59,98 m p = 1,00 m

TT = 582,42 m φ = 1,231170 rad D = 738,70 m

E(TS) = 728 + 4,33 E(SC) = 734 + 4,33 E(CS) = 771 + 3,03 E(ST) = 777 + 3,03

2. Construir as tabelas de locação do 1º ramo de transição das curvas da questão anterior. Solução:

a) Cálculos para a linha correspondente à estaca 327 + 0,00

''58'271864056,111

862960,2arctanarctan

86296,242

076767,03

076767,093,111423

864056,111216

076767,010

076767,0193,11121610

1

076767,01206802

93,1112

33

4242

22

°=

=

=

=

−⋅=

−⋅=

=

+−⋅=

+−⋅=

=⋅⋅

=⋅⋅

=

XYi

mLY

mLX

radLR

L

sc

θθ

θθ

θ

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 34

TABELA DE LOCAÇÃO (por estacas inteiras) ESTACA i

INT FRAC L θ X Y

grau min seg 321 8,07 --- --- --- --- --- --- 322 11,93 0,000872 11,93 0,00 0 0 60 323 31,93 0,006247 31,93 0,07 0 7 10 324 51,93 0,016524 51,93 0,29 0 18 56 325 71,93 0,031703 71,92 0,76 0 36 20 326 91,93 0,051784 91,91 1,59 0 59 20 327 111,93 0,076767 111,86 2,86 1 27 58 327 8,07 120 0,088235 119,91 3,53 1 41 6

js = θs – is = 3º 22’ 14” b)

ESTACA i INT FRAC

L θ X Y grau min seg

1337 1,99 --- --- --- --- --- --- 1338 18,01 0,000772 18,01 0,00 0 0 53 1339 38,01 0,003440 38,01 0,04 0 3 57 1340 58,01 0,008012 58,01 0,15 0 9 11 1341 78,01 0,014489 78,01 0,38 0 16 36 1342 98,01 0,022871 98,00 0,75 0 26 13 1342 1,99 100 0,023810 99,99 0,79 0 27 17

js = θs – is = 0º 54’ 34” c)

ESTACA i INT FRAC

L θ X Y grau min seg

446 16,04 --- --- --- --- --- --- 447 3,96 0,000094 3,96 0,00 0 0 6 448 23,96 0,003458 23,96 0,03 0 3 58 449 43,96 0,011641 43,96 0,17 0 13 20 450 63,96 0,024644 63,96 0,53 0 28 14 451 83,96 0,042466 83,94 1,19 0 48 40 451 16,04 100 0,060241 99,96 2,01 1 9 2

js = θs – is = 2º 18’ 04” d)

ESTACA i INT FRAC

L θ X Y grau min seg

728 4,33 --- --- --- --- --- --- 729 15,67 0,001705 15,67 0,01 0 1 57 730 35,67 0,008836 35,67 0,11 0 10 8 731 55,67 0,021522 55,67 0,40 0 24 40 732 75,67 0,039764 75,66 1,00 0 45 34 733 95,67 0,063561 95,63 2,03 1 12 50 734 115,67 0,092914 115,57 3,58 1 46 28 734 4,33 120 0,100000 119,88 4,00 1 54 35

js = θs – is = 3º 49’ 11”

Glauco Pontes Filho 35

3. Numa curva de transição, para a determinação do comprimento de transição (Ls) foi escolhido o valor J = 0,4 m/s3 (variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo). Calcular a estaca do ST. Dados: ∆ = 50º, Rc = 500 m, Vp = 100 km/h e E(PI) = 210 + 0,00.

Solução:

mJR

VLLR

VJc

ssc

17,1075004,0

6,3100 3

33

=⋅

=⋅

=⇒⋅

=

radR

L

c

ss 10717,0

500217,107

2=

⋅=

⋅=θ

mLX ssss 05,107

21610717,0

1010717,0117,107

216101

4242

=

+−⋅=

+−⋅=

θθ

mLY ssss 83,3

4210717,0

310717,017,107

423

33

=

−⋅=

−⋅=

θθ

rads 658327,0)10717,0(2180

502 =⋅−°

⋅°=⋅−∆=πθφ

mestmradRD radc 16,91616,329)658327,0(500 +==⋅=⋅= φ

mradsensenRXk scs 56,53)10717,0(50005,107 =⋅−=⋅−= θ

( ) [ ] mradRYp scs 96,0)10717,0cos(150083,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ

( ) ( ) 16,71416,2872

50tan96,050056,532

tan +==

°

⋅++=

⋅++= mpRkTT c

E(TS) = E(PI) – [TT] = (210 + 0,00) – (14 + 7,16) = 195 + 12,84

E(SC) = E(TS) + [LS] = (195 + 12,84) + (5 + 7,17) = 201 + 0,01

E(CS) = E(SC) + [D] = (201 + 0,01) + (16 + 9,16) = 217 + 9,17

E(ST) = E(CS) + [LS] = (217 + 9,17) + (5 + 7,17) = 222 + 16,34

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 36

4. Com relação ao exercício anterior, calcular as coordenadas X e Y da estaca 220+0,00.

Solução:

L = (222 + 16,34) – (220 + 0,00) = 22 est + 16,34 m = 56,334 m

radLR

L

sc

029618,017,1075002

34,562

22

=⋅⋅

=⋅⋅

mLX 335,56216

029618,010

029618,0134,5621610

14242

=

+−⋅=

+−⋅=

θθ

mLY 56,042

029618,03

029618,034,56423

33

=

−⋅=

−⋅=

θθ

5. (*) No traçado da figura, sendo Vp=100 km/h, verificar se é possível projetar a curva 2 de

maneira que a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo (J) seja a mesma para as duas curvas. Se não for possível, justificar. Dados: Curva 1: E(PI1) = 72 + 9,27 ∆1 = 11º 36’ R1 = 1000 m

E(TS1) = 65 + 15,26 E(SC1) = 69 + 0,10 E(CS1) = 75 + 17,72 E(ST1) = 79 + 2,56 Curva 2: E(PI2) = 91 + 10,00

R2 = 600 m ∆2 = 40º

Solução:

Ls1 = E(SC1) - E(TS1) = (69 + 0,10) – (65 + 15,26) = 64,84 m

D1 = E(CS1) - E(SC1) = (75 + 17,72) – (69 + 0,10) = 137,62 m

23

3

1 /330559,084,641000

6,3100

JsmJ ==⋅

=

PI2

PI1

TS1 ST1

ST

CS

L

50º

217+9,17

222+16,34

220+0,00

Glauco Pontes Filho 37

CÁLCULO DA CURVA 2:

mJRsmVLs 07,108

330559,06006,3

100)/(

3

22

3

2 =⋅

=⋅

=

rads 090058,06002

07,108=

⋅=θ

rads 518017,0)090058,0(2180

402 =⋅−°

⋅°=⋅−∆=πθφ

mLX ssss 98,107

216090058,0

10090058,0107,108

216101

4242

=

+−⋅=

+−⋅=

θθ

mLY ssss 24,3

42090058,0

3090058,007,108

423

33

=

−⋅=

−⋅=

θθ

mestmradRD radc 81,101581,310)518017,0(600 +==⋅=⋅= φ

mradsensenRXk scs 02,54)090058,0(60098,107 =⋅−=⋅−= θ

( ) [ ] mradRYp scs 81,0)090058,0cos(160024,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ

( ) ( ) 70,121370,2722

40tan81,060002,542

tan +==

°

⋅++=

⋅++= mpRkTT c

E(TS2) = E(PI2) – [TT2] = (91 + 10,00) – (13 + 12,70) = 77 + 17,30

Como o início da segunda curva deve ser depois do fim da primeira (ou coincidirem), não

é possível projetar a curva 2 com o J da curva 1, pois :

E(TS2)=77+17,30 < E(ST1)=104+4,25.

PI2

PI1

TS2

ST1

TS2 < ST1 ??? Impossível !!!

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 38

6. (*) Numa curva onde a deflexão entre as tangentes (∆) é igual a 0,8 radianos, calcular a velocidade, em km/h, que a curva permite desenvolver sem que a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo na transição (J) ultrapasse o valor 0,5 m/s3. Dados: E(TS)=14+0,00; E(SC)=18+0,00; E(CS)=22+0,00; E(ST)=26+0,00.

Solução:

Ls = E(SC) - E(TS) = (18 + 0,00) – (14 + 0,00) = 80 m

D = E(CS) - E(SC) = (22 + 0,00) – (18 + 0,00) = 80 m

hkmsmV

LDJLV

JRLVLR

VJ

LDRR

LDR

LRRL

ss

cssc

sc

c

s

c

sc

c

ss

/72/20

80008,080805,080

222

3

33

==

=

+⋅⋅=

∆+

⋅⋅=

⋅⋅=⇒⋅

=

∆+

=⇒+

=+⋅

=+=+=∆φφθφ

7. (*) Numa curva horizontal, adotando-se o comprimento de transição (Ls) igual à média

entre o comprimento mínimo e o comprimento máximo possível, calcular: a) a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo na transição. b) o afastamento necessário entre a curva circular e a tangente externa (p). c) o comprimento do trecho circular da curva. Dados: Vp = 80 km/h; Rc = 210 m; ∆ = 30º. Solução:

mR

VLsmín 771,8721080036,0036,0

33

=⋅==

mRLs cmáx 956,109

18030210

180=

°⋅°⋅

=°⋅∆⋅

=ππ

mLs 86,982

956,109771,87=

+=

radR

L

c

ss 235381,0

210286,98

2=

⋅=

⋅=θ

Glauco Pontes Filho 39

mLY ssss 726,7

42235381,0

3235381,086,98

423

33

=

−⋅=

−⋅=

θθ

Letra a) 3

3

3

/53,086,98210

6,380

smLR

VJsc

=⋅

=⋅

=

Letra b) ( ) [ ] mradRYp scs 94,1)235381,0cos(1210726,7cos1 =−⋅−=−⋅−= θ

Letra c) rads 052838,0)235381,0(2180

302 =⋅−°

⋅°=⋅−∆=πθφ

mradRD radc 10,11)052838,0(210 =⋅=⋅= φ

8. (*) Dado o alinhamento da figura, sendo o raio da curva 1 igual a 500 m e fixada a velocidade de projeto Vp=72 km/h, calcular as estacas dos pontos TS1, SC1, CS1, ST1, PC2, PT2 e estaca final do trecho, respeitando as seguintes condições: a) a curva 1 terá transições simétricas de comprimento Ls, calculado para uma variação de aceleração centrífuga por unidade de tempo J=0,2 m/s3; b) a curva 2 será uma curva circular sem transições; c) entre o ST1 e o PC2 existe um trecho em tangente de comprimento 200 m; d) a curva 2 terá o maior raio possível, respeitadas as condições a, b e c.

Solução:

CÁLCULO DA CURVA 1:

mJR

VLLR

VJc

ssc

805002,06,3

72 3

33

=⋅

=⋅

=⇒⋅

=

radR

L

c

ss 08,0

500280

2=

⋅=

⋅=θ

452,66 m

∆2=24º

∆1=24º

CURVA 2

1000 m

PI2 1000 m

PI1

EST. 0

CURVA 1

F

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 40

mLX ssss 95,79

21608,0

1008,0180

216101

4242

=

+−⋅=

+−⋅=

θθ

mLY ssss 13,2

4208,0

308,080

423

33

=

−⋅=

−⋅=

θθ

rads 258880,0)08,0(2180

242 =⋅−°

⋅°=⋅−∆=πθφ

mestmradRD radc 44,9644,129)258880,0(500 +==⋅=⋅= φ

mradsensenRXk scs 99,39)08,0(50095,79 =⋅−=⋅−= θ

( ) [ ] mradRYp scs 53,0)08,0cos(150013,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ

( ) ( ) 38,6738,1462

24tan53,050099,392

tan +==

°

⋅++=

⋅++= mpRkTT c

E(TS) = E(PI) – [TT] = (50 + 0,00) – (7 + 6,38) = 42 + 13,62

E(SC) = E(TS) + [LS] = (42 + 13,62) + (4 + 0,00) = 46 + 16,32

E(CS) = E(SC) + [D] = (46 + 16,32) + (6 + 9,44) = 53 + 3,06

E(ST) = E(CS) + [LS] = (53 + 3,06) + (4 + 0,00) = 57 + 3,06

CÁLCULO DA CURVA 2: E(PC2) = E(ST1) + 200 m = (57 + 3,06) + (10 + 0,00) = 67 + 3,06 = 1.343,06 m

T = 452,66 – TT – 200 = 452,66 – 146,38 – 200 = 106,28 m

mTR 01,500

2º24tan

28,106

2tan 2

=

=

=

mD 44,209180

2401,500=

°°⋅⋅

E(PT2) = E(PC2) + D = 1.343,06 + 209,44 = 1.552,50 m = 77 + 12,50

E(F) = E(PT2) + 1000m - T = 1.552,50 + 1.000 – 106,28 = 2.446,22 m =122 + 6,22

Glauco Pontes Filho 41

9. (*) Dada a curva horizontal da figura, calcular os valores de X e Y do ponto P que está na estaca 100 + 0,00. Dados: Rc = 350 m, E(PI) = 90 + 15,00, Ls = 150 m e ∆ = 60º.

Solução: radR

L

c

ss 214286,0

3502150

2=

⋅=

⋅=θ

mLX ssss 31,149

216214286,0

10214286,01150

216101

4242

=

+−⋅=

+−⋅=

θθ

mLY ssss 68,10

42214286,0

3214286,0150

423

33

=

−⋅=

−⋅=

θθ

rads 618626,0)214286,0(2180

602 =⋅−°

⋅°=⋅−∆=πθφ

52,161052,216)618626,0(350 +==⋅=⋅= mradRD radc φ

mradsensenRXk scs 89,74)214286,0(35031,149 =⋅−=⋅−= θ

( ) [ ] mradRYp scs 674,2)214286,0cos(135068,10cos1 =−⋅−=−⋅−= θ

( ) ( ) 50,181350,2782

60tan674,235089,742

tan +==

°

⋅++=

⋅++= mpRkTT c

E(TS) = E(PI) – [TT] = (90 + 15,00) – (13 + 18,50) = 76 + 16,50

E(SC) = E(TS) + [LS] = (76 + 16,50) + ( 7 + 10,00) = 84 + 6,50

E(CS) = E(SC) + [D] = (84 + 6,50) + (10 + 16,52) = 95 + 3,02

E(ST) = E(CS) + [LS] = (95 + 3,02) + ( 7 + 10,00) = 102 + 13,02

L = (102 + 13,02) – (100 + 0,00)

L = 2 est + 13,02 m = 53,02 m

radLR

L

sc

026773,01503502

02,532

22

=⋅⋅

=⋅⋅

mLX 02,53216

026773,010

026773,0102,5321610

14242

=

+−⋅=

+−⋅=

θθ

mLY 47,042

026773,03

026773,002,53423

33

=

−⋅=

−⋅=

θθ

ST

CS

L

60º

95+3,02

102+13,02

100+0,00

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 42

10. (*) Deseja-se projetar uma curva de transição com J = 0,4 m/s3. Calcular a deflexão que deve ser dada no aparelho (colocado sobre o TS) para locar a estaca 200. Dados: Vp=100 km/h, ∆=40º, Rc=600 m, E(PI) = 209 + 3,23.

Solução: mJR

VLLR

VJc

ssc

31,896004,0

6,3100 3

33

=⋅

=⋅

=⇒⋅

=

radR

L

c

ss 074425,0

600231,89

2=

⋅=

⋅=θ

mLX ssss 26,89

216074425,0

10074425,0131,89

216101

4242

=

+−⋅=

+−⋅=

θθ

mLY ssss 21,2

42074425,0

3074425,031,89

423

33

=

−⋅=

−⋅=

θθ

rads 549283,0)074425,0(2180

402 =⋅−°

⋅°=⋅−∆=πθφ

mestmradRD radc 57,91657,329)549283,0(600 +==⋅=⋅= φ

mradsensenRXk scs 65,44)074425,0(60026,89 =⋅−=⋅−= θ

( ) [ ] mradRYp scs 554,0)074425,0cos(160021,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ

( ) ( ) 23,31323,2632

40tan554,060065,442

tan +==

°

⋅++=

⋅++= mpRkTT c

E(TS) = E(PI) – [TT] = (209 + 3,23) – (13 + 3,23) = 196 + 0,00 E(SC) = E(TS) + [LS] = (196 + 0,00) + ( 4 + 9,31) = 200 + 9,31 E(CS) = E(SC) + [D] = (200 + 9,31) + (16 + 9,57) = 216 + 18,87 E(ST) = E(CS) + [LS] = (216 + 18,87) + ( 4 + 9,31) = 221 + 8,18 L = (200 + 0,00) – (196 + 0,00) = 4 est + 0,00 m = 80 m

radLR

L

sc

029618,017,1075002

34,562

22

=⋅⋅

=⋅⋅

mLX 335,56216

029618,010

029618,0134,5621610

14242

=

+−⋅=

+−⋅=

θθ

mLY 56,042

029618,03

029618,034,56423

33

=

−⋅=

−⋅=

θθ

ST

CS

L

50º

217+9,17

222+16,34

220+0,00

Glauco Pontes Filho 43

11. (*) A figura mostra trecho de uma via contendo tangentes perpendiculares entre si e duas curvas circulares com transição, reversas e consecutivas. Dados que Rc = 200 m e Ls = 80 m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas dado.

Solução:

Calculando os elementos da transição, temos:

Coordenada X = (TT – k) + TT = 2 (241,28) – 39,95 = 442,61 m

Coordenada Y = -(k + TT) = - (39,95 + 241,28) = -281,23 m

SC1

CS1

ST1= TS2

SC2

CS2

ST2

C2

C1

TS1

E

N

θs = 0,083333 rad Xs = 99,93 m Ys = 2,78 m k = 49,99 m p = 0,69 m

TT = 252,35 m

SC1

CS1

ST1= TS2

SC2

CS2 ST2

C2

C1

TS1

E

k

TT

TT-k

TT

TT

k

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 44

12. (*) A figura mostra trecho do eixo da planta de um autódromo formado por 3 tangentes paralelas concordadas entre si por curvas circulares com transição. Sabendo que Rc = 50 m e Ls = 50 m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas dado.

Solução: Calculando os elementos da transição, temos:

θs = 0,50 rad Xs = 48,76 m Ys = 8,18 m k = 24,79 m p = 2,06 m

Coordenada E = k = 24,76 m Coordenada N = 4 (Rc+p) = 4 (50 + 2,06) = 208,24 m

100 m

TS1 E

TS2

SC1

CS1

ST1 SC2

CS2 ST2

C2

C1 N

Rc+p

Rc+p

Rc+p

Rc+p

k

100 m

TS1 E

TS2

SC1

CS1

ST1 SC2

CS2

ST2

C2

C1 N

Glauco Pontes Filho 45

13. (*) A figura mostra uma pista de teste composta por duas curvas horizontais de raio Rc = 80 m, concordadas com duas tangentes de comprimento 150 m através de curvas de transição de comprimento Ls = 100 m. Calcular as coordenadas dos pontos TS, SC, CS e ST em relação ao sistema de eixos da figura, que tem como origem o centro de uma das curvas.

Solução: Calculando os elementos da transição, temos: θs = 0,625 rad Xs = 96,16 m Ys = 20,25 m k = 49,36 m p = 5,13 m

TS1 (k ; –Rc– p) TS2 (k + L ; Rc+ p)

SC1 (–Xs + k ; Ys – Rc – p) SC2 (k + L + Xs ; Rc + p – Ys)

CS1 (–Xs + k ; Rc + p – Ys ) CS2 (k + L + Xs ; Ys – Rc – p)

ST1 (k ; Rc + p) ST2 (k + L ; –Rc – p)

Logo:

TS1 ( +49,36 ; –85,13 ) TS2 ( +199,36 ; +85,13 )

SC1 ( –46,80 ; –64,88 ) SC2 ( +295,52 ; +64,88 )

CS1 ( –46,80 ; +64,88 ) CS2 ( +295,52 ; –64,88 )

ST1 ( +49,36 ; +85,13 ) ST2 ( +199,36 ; –85,13 )

y

x

TS1

CS2

SC2

TS2

SC1

CS1

ST1

O

ST2

y

x

TS1 CS2

SC2

TS2

SC1

CS1

ST1

O

ST2

Ys Rc+p

Rc+p Ys

k

Xs Xs L=150

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 46

14. Calcular as estacas dos pontos notáveis das curvas e a estaca final do traçado (ponto B), sendo dados:

a) Estaca inicial do traçado (ponto A) = 0 + 0,00 b) Raio da curva 1 = 300 m (transição) c) Raio da curva 2 = 600 m (transição) d) Vp = 80 km/h

Solução: Coordenadas:

Pontos E N

A 0 1.000 PI1 4.000 7.000 PI2 7.000 2.000 B 12.000 0

Cálculo dos azimutes:

°=

=

−−

= 690,3334arctan

7000100040000arctan1Az

°=

−−

+°= 036,1492000700070004000arctan1802Az

°=

−−

+°= 801,11102000

120007000arctan1803Az

d3

A

d2

d1

N

E

B

PI1

PI2

0 1000

1000

7000

7000 11000

4000

4000

Glauco Pontes Filho 47

Cálculo dos ângulos centrais:

∆1 = Az2 – Az1 = 149,036° - 33,690° = 115,346°

∆2 = | Az3 – Az2 | = 149,036° - 111,801° = 37,235°

Cálculo dos comprimentos dos alinhamentos:

( ) ( ) md 10,211.77000100004000 221 =−+−=

( ) ( ) md 95,830.52000700070004000 222 =−+−=

( ) ( ) md 16,385.502000120007000 223 =−+−=

Cálculo da curva 1 (transição):

Lsmin = 0,036⋅ (80)3/300 = 61,44 m

Lsmax = 300⋅(115,346º)⋅(3,1416)/180º = 603,95 m

Adotando Ls = 200 m (>0,56V) (o leitor pode adotar outro valor), temos:

E(PI1) = [d1] = 360 est + 11,10 m

R1 = 300 m

AC1 = ∆1 = 115,346°

Ls = 200 m

θs1 = 0,166667 rad Xs1 = 99,72 m Ys1 = 5,54 m k1 = 49,95 m p1 = 1,39 m

TT1 = 526,20 m φ 1= 1,679838 rad D1= 503,95 m

E(TS1) = 334 + 4,90 E(SC1) = 339 + 4,90 E(CS1) = 364 + 8,85 E(ST1) = 369 + 8,85

Cálculo da curva 2 :

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 48

R2 = 600 m

∆2 = 37,235°

E(PI2) = E(ST1) + [d2] – [TT1]

E(PI2) = 7.388,85 + 5830,95 – 526,20 = 12.693,60 m= 634 est + 13,60 m

Lsmin = 0,036⋅ (80)3/600 = 30,72 m

Lsmax = 600⋅(37,235º)⋅(3,1416)/180º = 389,93 m

Adotando Ls = 100 m (>0,56V) (o leitor pode adotar outro valor), temos:

θs2 = 0,083333 rad Xs2 = 99,93 m Ys2 = 2,78 m k2 = 49,99 m p2 = 0,69 m

TT2 = 252,35 m φ 2 = rad D2 = 289,92 m

E(TS2) = 622 + 1,25 E(SC2) = 627 + 1,25 E(CS2) = 641 + 11,18 E(ST2) = 646 + 11,18

Estaca final do traçado (ponto B):

E(B) = E(ST2) + [d3] – [TT2]

E(B) = 12.931,18 + 5.385,16 – 252,35 = 18.063,99 = 903 est + 3,99 m

Glauco Pontes Filho 49

CAPÍTULO 6

SUPERELEVAÇÃO

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 50

1. Numa rodovia de Classe I, temos: emax=8% , V = 100 km/h. Se uma curva nesta rodovia tem raio de 600 metros, calcular a superelevação a ser adotada, segundo o DNER.

Solução: V = 100 km/h fmáx = 0,13 (tab.4.2)

( )

%9,6600

95,374600

95,37428

95,37413,008,0127

100

2

2

2

min

=

⋅⋅=

=+⋅

=

e

mR

2. Numa rodovia de Classe II, temos: emax=6% , V = 80 km/h. Se uma curva nesta rodovia tem

raio de 400 metros, calcular a superelevação a ser adotada, segundo o DNER.

Solução: V = 80 km/h fmáx = 0,14 (tab.4.2)

( )

%2,5400

97,251400

97,25126

97,25114,006,0127

80

2

2

2

min

=

⋅⋅=

=+⋅

=

e

mR

Glauco Pontes Filho 51

3. Fazer o diagrama da superelevação de uma curva de transição em espiral, anotando todas as cotas e pontos em relação ao perfil de referência (extraído das notas de aula do professor Creso Peixoto). Dados:

E(TS) = 40 + 2,00

Considerar Ls = Le e = 8%

Método de giro em torno da borda interna (BI) Critério de cálculo: BARNETT (α1 = 0,25% e α2 = 0,50%)

Solução:

a) Em tangente: mLmh t 2425,0

)06,0(10006,0100

%)2(31 =

⋅=⇒=

⋅=

b) Na transição:

( ) mLeLeLLmLe

mSmLe

es 48361236)5,0(2

06,0248,0100

48,0100

%832125,0

06,0100

212

1

=+=+===⋅

⋅−⋅=

=⋅⋅

==⋅

=

L = 3 m L = 3 m

a = 2% a = 2% h1

39 40 41 42 43 44 45 46 38 +18,00

+2,00

+14,00 +10,00

EIXO

BE, BI

TS

M

SCBE

EIXO

Lt = 24 m

Ls = Le = 48 m

Le2 = 36 m

Le1 = 12 m

S/2 = 0,24

S/2 = 0,24

BI

+0,42

+0,18

-0,06

+0,06

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 52

CAPÍTULO 7

SUPERLARGURA

Glauco Pontes Filho 53

1. Calcular a superlargura, sendo dados os seguintes elementos: Largura do veículo: L = 2,50 m.

Distância entre os eixos do veículo: E = 6,50 m. Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,10 m. Raio da curva: R = 280 m. Velocidade de projeto: V = 90 km/h. Faixas de tráfego de 3,3 m (LB = 6,6 m). Número de faixas: 2.

Solução: Tabela 7.1: LB = 6,6 m → GL = 0,75 m.

( ) [ ]

( ) 6,6538,0028,0)75,0575,2(22

538,028010

9010

028,0280)5,6(210,110,12802

575,2)280(2

5,650,22

22

22

−+++⋅=−+++⋅=

===

=−⋅+⋅+=−+⋅+=

=⋅

+=⋅

+=

BDFLC

D

F

C

LFGGGS

mR

VF

mREFFRG

mR

ELG

Steórico = 0,62 m

Sprático = 0,80 m (múltiplo de 0,20 m)

2. Idem, para: Largura do veículo: L = 2,50 m.

Distância entre os eixos do veículo: E = 6,10 m. Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,20 m. Raio da curva: R = 200 m. Velocidade de projeto: V = 80 km/h. Faixas de tráfego de 3,6 m (LB = 7,2 m). Número de faixas: 2.

Solução: Tabela 7.1: LB = 7,2 m → GL = 0,90 m.

( ) [ ]

( ) 2,7566,0040,0)90,0593,2(22

566,020010

8010

040,0200)10,6(220,120,12002

593,2)200(2

1,650,22

22

22

−+++⋅=−+++⋅=

===

=−⋅+⋅+=−+⋅+=

=⋅

+=⋅

+=

BDFLC

D

F

C

LFGGGS

mR

VF

mREFFRG

mR

ELG

Steórico = 0,39 m

Sprático = 0,40 m (múltiplo de 0,20 m)

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 54

3. Idem, para: Largura do veículo: L = 2,40 m.

Distância entre os eixos do veículo: E = 7,0 m. Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,40 m. Raio da curva: R = 180 m. Velocidade de projeto: V = 100 km/h. Faixas de tráfego de 3,6 m (LB = 7,2 m). Número de faixas: 2.

Solução: Tabela 7.1: LB = 7,2 m → GL = 0,90 m.

( ) [ ]

( ) 2,77454,00599,0)90,05361,2(22

7454,018010

10010

0599,0180)7(240,140,11802

5361,2)180(2

740,22

22

22

−+++⋅=−+++⋅=

===

=−⋅+⋅+=−+⋅+=

=⋅

+=⋅

+=

BDFLC

D

F

C

LFGGGS

mR

VF

mREFFRG

mR

ELG

Steórico = 0,48 m

Sprático = 0,60 m (múltiplo de 0,20 m)

4. Calcular a superlargura necessária numa curva: a) R = 250 m; LB = 7,20 m; V = 100 km/h (Veículo SR).

b) R = 280 m; LB = 7,00 m; V = 90 km/h (Veículo CO).

Solução: a) mSteórico 88,020,025025010

10025010025044,25 2 =−−+++=

Sprático = 1,00 m (múltiplo de 0,20 m)

b) Tabela 7.1: LB = 7,0 m → GL = 0,90 m.

( ) [ ]

( ) 0,75379,00287,0)90,06664,2(22

5379,028010

9010

0287,0280)1,6(220,120,12802

6664,2)280(2

1,660,22

22

22

−+++⋅=−+++⋅=

===

=−⋅+⋅+=−+⋅+=

=⋅

+=⋅

+=

BDFLC

D

F

C

LFGGGS

mR

VF

mREFFRG

mR

ELG

Steórico = 0,70 m

Sprático = 0,80 m (múltiplo de 0,20 m)

Glauco Pontes Filho 55

5. Calcular a superlargura pela fórmula de VOSHELL-PALAZZO: Dados: E = 6,00 m, R = 350 m, V = 80 km/h, n = 2.

Solução:

( ) mSteórico 53,035010

8063503502 22 =+−−⋅=

Sprático = 0,60 m (múltiplo de 0,20 m)

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 56

CAPÍTULO 8

CURVAS VERTICAIS

Glauco Pontes Filho 57

1. Calcular os elementos notáveis (estacas e cotas do PCV, PTV e V) da curva abaixo e confeccionar a nota de serviço a seguir. O raio da curva vertical (Rv) é igual a 4000 m e a distância de visibilidade de parada (Dp) é igual a 112 m.

Solução:

Cálculo do comprimento da curva:

mRgL

iig

v 160400004,0

04,0%4%)3(%121

=⋅=⋅=

==−−=−=

Verificação de Lmin: )(79,1214412

112412

22

min OKmAD

LLD pp =⋅=⋅=→<

Flecha máxima: mLgF 80,08

16004,08

=⋅

=⋅

=

Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 80 m = 4 estacas

00,078)00,04()00,074()(

00,070)00,04()00,074()(

+=+++=

+=+−+=

PTVEst

PCVEst

mLiPIVCotaPTVCota

mLiPIVCotaPCVCota

60,6672

160)03,0(6702

)()(

20,6692

16001,06702

)()(

2

1

=⋅−

+=⋅

+=

=⋅

−=⋅

−=

Cálculo do vértice V:

mgLiy

mestmg

LiL

20,0)04,0(2

160)01,0(2

00,024004,016001,0

221

0

10

=⋅

⋅=

⋅=

+==⋅

=⋅

=

V

i1 = +1%

i2 = -3%

PTV

PCV

PIV cota 670 m

Est. 74+0,00

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 58

E(V) = E(PCV) + [L0] = (70+ 0,00) + (2+ 0,00) = 72 est + 0,00 m

myPCVCotaVCota 40,66920,020,669)()( 0 =+=+=

Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:

222 000125,0160204,0

2xxx

Lgf ⋅=⋅

⋅=⋅=

800,080000125,0

450,060000125,0

200,040000125,0

050,020000125,0

00000125,0

274

752

73

762

72

772

71

782

70

=⋅=

==⋅=

==⋅=

==⋅=

==⋅=

f

ff

ff

ff

ffestaca

NOTA DE SERVIÇO SIMPLIFICADA

EST. COTAS DO

GREIDE DE PROJETO

ORDENADAS

DA PARÁBOLA

GREIDE

DE PROJETO

70=PCV 669,20 0,00 669,20

71 669,40 0,05 669,35

72 669,60 0,20 669,40

73 669,80 0,45 669,35

74=PIV 670,00 0,80 669,20

75 669,40 0,45 668,95

76 668,80 0,20 668,60

77 668,20 0,05 668,15

78=PTV 667,60 0,00 667,60

Glauco Pontes Filho 59

2. Calcular os elementos notáveis da curva vertical abaixo e confeccionar a nota de serviço. Solução:

06,0%6%4%221 −=−=−−=−= iig

Flecha máxima: mLgF 40,28

32006,08

−=⋅−

=⋅

=

Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 160 m = 8 estacas

mLiPIVCotaPTVCota

mLiPIVCotaPCVCota

PTVEst

PCVEst

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:

myPCVCotaVCota

mestLPCVEVE

mgLiy

mestmg

LiL

13,55707,120,558)()(

67,673)67,65()00,068()()(

07,1)06,0(2320)02,0(

2

67,6567,10606,0

32002,0

0

0

221

0

10

=−=+=

+=+++=+=

−=⋅

⋅−=

⋅=

+==−

⋅−=

⋅=

Cálculo das cotas do greide reto:

V

i1 = -2%

i2 = +4%

PTV

PCV

PIV cota 555 m

Est. 76+0,00

L = 320 m

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 60

GRPCV = cota(PCV) = 558,20 m

GR69 = 558,20 – 20(0,02) = 557,80 m

GR70 = 557,80 – 20(0,02) = 557,40 m : : GRPIV = cota(PIV) = 555,00 m

GR77 = 555,00 + 20(0,04) = 555,80 m

GR78 = 555,80 + 20(0,04) = 556,60 m :

Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:

2522 103750,9320206,0

2xxx

Lgf ⋅⋅−=⋅

⋅−

=⋅= −

4,280103750,984,180103750,9

35,180103750,994,080103750,9

60,080103750,934,060103750,9

15,040103750,904,020103750,9

2576

2575

2574

2573

2572

2571

2570

2569

−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=

−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=

−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=

−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=

−−

−−

−−

−−

ff

ff

ff

ff

NOTA DE SERVIÇO

Estacas Greide Reto f Greide de

Projeto 68=PCV 558,20 0,00 558,20

69 557,80 -0,04 557,84 70 557,40 -0,15 557,55 71 557,00 -0,34 557,34 72 556,60 -0,60 557,20 73 556,20 -0,94 557,14 74 555,80 -1,35 557,15 75 555,40 -1,84 557,24

76=PIV 555,00 -2,40 557,40 77 555,80 -1,84 557,64 78 556,60 -1,35 557,95 79 557,40 -0,94 558,34 80 558,20 -0,60 558,80 81 559,00 -0,34 559,34 82 559,80 -0,15 559,95 83 560,60 -0,04 560,64

84=PTV 561,40 0,00 561,40

Glauco Pontes Filho 61

3. Idem para: Solução:

03,0%3%)4(%121 ==−−−=−= iig

Flecha máxima: mLgF 75,08

20003,08

=⋅

=⋅

=

Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0 m

mLiPIVCotaPTVCota

mLiPIVCotaPCVCota

PTVEst

PCVEst

00,1192

20004,01232

)()(

00,1242

20001,01232

)()(

00,055)00,05()00,050()(

00,045)00,05()00,050()(

2

1

=⋅−

+=⋅

+=

=⋅−

−=⋅

−=

+=+++=

+=+−+=

Cálculo do vértice V:

Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV.

Cálculo das cotas do greide reto:

GRPCV = cota(PCV) = 124,00 m

GR46 = 124,00 – 20(0,01) = 123,80 m

GR47 = 123,80 – 20(0,01) = 123,60 m : : GRPIV = cota(PIV) = 123,00 m

GR51 = 123,00 - 20(0,04) = 122,20 m

GR52 = 122,20 - 20(0,04) = 121,40 m :

i1 = -1%

i2 = -4%

PTV

PCV PIV cota 123 m

Est. 50+0,00

L = 200 m

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 62

Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:

2522 105,7200203,0

2xxx

Lgf ⋅⋅=⋅

⋅=⋅= −

75,090105,7

48,070105,727,050105,7

12,030105,703,010105,7

2550

2549

2548

2547

2546

=⋅⋅=

=⋅⋅==⋅⋅=

=⋅⋅==⋅⋅=

−−

−−

f

ff

ff

NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM

Estaca Greide Reto f Greide de

Projeto

45 124,00 0,00 124,00 46 123,80 0,03 123,77 47 123,60 0,12 123,48 48 123,40 0,27 123,13 49 123,20 0,48 122,72 50 123,00 0,75 122,25 51 122,20 0,48 121,72 52 121,40 0,27 121,13 53 120,60 0,12 120,48 54 119,80 0,03 119,77 55 119,00 0,00 119,00

Glauco Pontes Filho 63

4. Idem para: Solução:

01,0%1%5,1%5,221 ==−=−= iig

Flecha máxima: mLgF 50,08

40001,08

=⋅

=⋅

=

Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 200 m = 10 est + 0,00 m

mLiPIVCotaPTVCota

mLiPIVCotaPCVCota

PTVEst

PCVEst

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:

GRPCV = cota(PCV) = 82,00 m

GR46 = 82,00 + 20(0,025) = 82,50 m

GR47 = 82,50 + 20(0,025) = 83,00 m : : GRPIV = cota(PIV) = 87,00 m

GR51 = 87,00 + 20(0,015) = 87,30 m

GR52 = 87,30 + 20(0,015) = 87,60 m :

i1 = +2,5%

i2 = +1,5%

PTV

PCV

PIV cota 87 m

Est. 40+0,00

L = 400 m

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 64

Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:

2522 1025,1400201,0

2xxx

Lgf ⋅⋅=⋅

⋅=⋅= −

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

24540

24539

24538

24537

24536

24535

24534

24533

24532

24531

=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=

=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=

−−−−

−−−−

−−−−

−−−−

−−−−

ff

ff

ff

ff

ff

NOTA DE SERVIÇO

Estacas Greide Reto f Greide de

Projeto 30+0,00=PCV 82,00 0,00 82,00

31 82,50 0,01 82,50 32 83,00 0,02 82,98 33 83,50 0,05 83,46 34 84,00 0,08 83,92 35 84,50 0,13 84,38 36 85,00 0,18 84,82 37 85,50 0,25 85,26 38 86,00 0,32 85,68 39 86,50 0,41 86,10

40=PIV 87,00 0,50 86,50 41 87,30 0,41 86,90 42 87,60 0,32 87,28 43 87,90 0,25 87,66 44 88,20 0,18 88,02 45 88,50 0,13 88,38 46 88,80 0,08 88,72 47 89,10 0,05 89,06 48 89,40 0,02 89,38 49 89,70 0,01 89,70

50+0,00=PTV 90,00 0,00 90,00

Glauco Pontes Filho 65

5. Calcular os elementos notáveis da curva vertical abaixo e confeccionar a nota de serviço. Solução:

024,0%4,2%6,3%2,121 −=−=−=−= iig

Flecha máxima: mLgF 60,08

200024,08

−=⋅−

=⋅

=

Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0,00 m

mLiPIVCotaPTVCota

mLiPIVCotaPCVCota

PTVEst

PCVEst

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:

GRPCV = cota(PCV) = 668,80 m

GR46 = 668,80 + 20(0,012) = 669,04 m

GR47 = 669,04 + 20(0,012) = 669,28 m : :

i1 = +1,2%

i2 = +3,6%

PTV

PCV PIV cota 670 m

Est. 84+0,00

L = 200 m

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 66

GRPIV = cota(PIV) = 670,00 m

GR51 = 670,00 + 20(0,036) = 670,72 m

GR52 = 670,72 + 20(0,036) = 671,44 m :

Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:

2522 1000,62002024,0

2xxx

Lgf ⋅⋅−=⋅

⋅−

=⋅= −

60,01001000,6

38,0801000,622,0601000,6

10,0401000,602,0201000,6

2584

2583

2582

2581

2580

−=⋅⋅−=

−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=

−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=

−−

−−

f

ff

ff

NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM

Estacas Greide Reto f Greide de

Projeto 79=PCV 668,80 0,00 668,80

80 669,04 -0,02 669,06 81 669,28 -0,10 669,38 82 669,52 -0,22 669,74 83 669,76 -0,38 670,14

84=PIV 670,00 -0,60 670,60 85 670,72 -0,38 671,10 86 671,44 -0,22 671,66 87 672,16 -0,10 672,26 88 672,88 -0,02 672,90

89=PTV 673,60 0,00 673,60

Glauco Pontes Filho 67

6. (*) Calcular cotas e estacas dos PCV’s, PTV’s e vértices das curvas do perfil da figura abaixo.

Solução:

%10,30310,0)5373(20

80,8420,97

%50,40450,0)2553(20

11080,84

%00,20200,02520100110

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

11

11

111

+=+++=

=+=

=⋅

⋅==

⋅=

=⋅−

+=

=⋅

−=

+=+++=++=

+=+−+=−+=

=+=⋅=

VEstaca

mVCota

mymL

mPTVCota

mPCVCota

LPTVE

LPCVE

mgRvL

i3 100 m

PIV1 cota 110,00

97,20 i1

i2

53 73 25 0

Rv2=4000 m

PIV2 cota 84,80

CO

TAS

(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

22

22

222

+=+++=

=−=

−=−⋅

⋅−==

−⋅−

=

=⋅

+=

=⋅−

−=

+=+++=++=

+=+−+=−+=

=−−=⋅=

VEstaca

mVCota

mymL

mPTVCota

mPCVCota

LPTVE

LPCVE

mgRvL

Glauco Pontes Filho 69

7. (*) Construir a nota de serviço de terraplenagem do trecho correspondente à curva 2 do exemplo anterior.

Notação: CGRx = Cota do greide reto na estaca x.

CGPx = Cota do greide de projeto na estaca x.

fx = Ordenada da parábola na estaca x.

CGR45+8,00= 91,64 = Cota(PCV2)

CGR46 = CGR45+8,00 + rampa i2 x distância entre E46 e E45+8,00 = 91,64 + (-0,045 x 12) = 91,10 m

CGR47 = CGR46 + (-0,045) x distância entre E47 e E46 = 91,10 + (-0,045) x 20 = 90,20 m

E assim sucessivamente, até o PIV.

Após o PIV, muda-se o valor da rampa para i3

CGR54 = CGR53 + 0,031 x distância entre E54 e E53 = 84,80 + 0,031 x 20 = 85,42 m

E assim sucessivamente, até o PTV.

CGR60+12,00 = CGR60 + rampa i2 x distância entre E60+12,00 e E60 = 89,14 + 0,031 x 12 = 89,51 m

Fórmula p/ cálculo dos valores de f:

222322

608076,0

)304(2031,0045,0

22xxx

Liix

Lgf ⋅

−=⋅

−−=⋅

−=⋅=

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) 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

253

252

251

250

249

248

247

246

−=⋅−

=−=⋅−

=

−=⋅−

=−=⋅−

=

−=⋅−

=−=⋅−

=

−=⋅−

=−=⋅−

=

ff

ff

ff

ff

Para o vértice V, temos: CGR54+8,00 = CGR54 + rampa i3 x distância entre E54+8,00 e E54 = 89,14 + 0,031 x 8 = 85,668 m

Como a curva é simétrica, temos x = (60+12,00) – (54+8,00) = 124 m

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 70

( ) mf 922,1124608

076,0 200,854 −=⋅

−=+

Para o cálculo dos greides de projeto, basta subtrair: CGPx = CGRx – fx

ESTACA COTAS DO GREIDE RETO

f COTAS DO GREIDE DE PROJETO

PCV = 45+8,00 91,64 91,64 46 91,10 -0,018 91,118 47 90,20 -0,128 90,328 48 89,30 -0,338 89,638 49 88,40 -0,648 89,048 50 87,50 -1,058 88,558 51 86,60 -1,568 88,168 52 85,70 -2,178 87,878

PIV = 53 + 0,00 84,80 -2,888 87,688 54 85,42 -2,178 87,598

V = 54 + 8,00 85,668 -1,922 87,590 55 86,04 -1,568 87,608 56 86,66 -1,058 87,718 57 87,28 -0,648 87,928 58 87,90 -0,338 88,238 59 88,52 -0,128 88,648 60 89,14 -0,018 89,158

PTV = 60+12,00 89,512 89,512

8. (*) Dado o perfil longitudinal da figura, determinar um valor único para os raios Rv1, Rv2 e

Rv3 de forma que este valor seja o maior possível. Solução:

Para que os raios sejam os maiores possíveis, devemos ter:

mRRRRgRgLL

mLLb

mRRRRgRgLL

mestestestLLa

vvvvv

vvvvv

00,600.5065,006,0700

35022

)

39,217.506,0055,0600

3001512013522

)

3232

32

2121

21

=⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+

=+

=⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+

==−=+

Logo, o maior valor possível de Rv é 5.217,39 m.

i3 Rv3 Rv1

+2% -4%

-3,5%

PIV1

PIV3 cota 93,75

Rv2

170 152 + 10,00 135 120 Est. 0

PIV2 cota 85,00

Glauco Pontes Filho 71

9. (*) Dado o esquema da figura, deseja-se substituir as duas curvas dadas por uma única curva usando para ela o maior raio possível, sem que a curva saia do intervalo entre as estacas 58 e 87. Calcular Rv e a estaca do ponto PIV da nova curva.

Solução:

CURVA 1:

g1 = 0,06 – 0,01 = 0,05

L1 = 6000 0,05 = 300 m = 15 estacas

E(PTV1) = (58 + 0,00) + (15 + 0,00) = 73 + 0,00

CURVA 2:

g2 = 0,01 + 0,02 = 0,03

L1 = 8000 x 0,03 = 240 m = 12 estacas

E(PCV2) = (87 + 0,00) + (12 + 0,00) = 75 + 0,00

+6%

+1%

-2%

Est. 87

Est. 58

Rv = 6000 m

Rv = 8000 m

310 m

PIV1

300/2 = 150 m

PTV2

PIV2

460 m

580 m

x

y

PCV1

6%

1%

-2% 240/2 = 120 m

2 1

PIV

PTV1PCV2

58

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 72

a) Equação da reta 1: y = 0,06x

b) Para o cálculo da equação da reta 2, determinaremos a posição do PIV2:

xPIV2 = 460 m

yPIV2 = 0,06 (150) + 0,01 (310) = 12,10 m

c) Equação da reta 2:

y = -0,02x + b

12,10 = -0,02(460) + b b = 21,30

d) Determinação da posição do novo PIV

y = 0,06x

y = -0,02x + 21,30

Logo: x = 266,25 m

E(PIV) = estaca 58 + 266,25 m = 71 est + 6,25 m

e) Determinação de Lmáx

distância da estaca 58 ao PIV = 266,25 m

distância da estaca 87 ao PIV = 580 - 266,25 m = 313,75 m

O menor valor satizfaz, logo:

Lmáx = 266,25 L = 532,50 m

f) Cálculo de Rv

Rv = L/g = 532,50/(0,06 + 0,02) = 6.656,25 m

E(PCV) = 58 + 0,00

E(PIV) = (58 + 0,00) + L/2 = (58 + 0,00) + (13 + 6,25) = 71 + 6,25

E(PTV) = (71+6,25) + (13+6,25) = 84 + 12,50

Glauco Pontes Filho 73

10. (*) A figura mostra o perfil longitudinal de um trecho de estrada. Calcular o valor da rampa i2 para que os pontos PTV1 e PCV2 sejam coincidentes. Determinar as estacas e cotas do ponto mais alto da curva 1 e do ponto mais baixo da curva 2.

Solução:

mPIVCota

LLiPIVCotaPIVCota

i

ii

ii

gRvgRv

LLLL

50,9047502,0100)(

22)()(

%2020,0

950250500010000400

95005,0500004,010000

950

95047522

2

21212

2

22

22

2211

2121

=⋅−=

+⋅+=

−=−=

=+−−

=+−⋅+−⋅

=⋅+⋅

=+⇒=+

CURVA 1:

mLiPIVCotaPCVCota

LPCVE

myestacasmL

mgRvL

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

1111

11

2

00

111

=⋅

−=−=

+=+−+=−+=

=⋅

⋅===

⋅=

=+=⋅=

PCV1

i2 +4% +5%

PIV1 cota 100

PTV1 ≡ PCV2

Rv2 = 5000 m

120 73+15,00 50 Est. 0

Rv1 = 10000 m

PTV2

PIV2

L1/2 + L2/2 = 475 m

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 74

PONTO MAIS ALTO DA CURVA 1 (VÉRTICE)

myPCVCotaVCota

LPCVEVEstaca

0,960,80,88)()(

00,055)00,020()00,035()()(

011

011

=+=+=

+=+++=+=

CURVA 2:

mPIVCotaPCVCota

LPIVEPCVE

myestacasmL

mgRvL

0,942

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

222

2

00

222

=⋅−

−=

+=+−+=−=

−=−⋅

⋅−===

−⋅−

=

=−−=⋅=

PONTO MAIS BAIXO DA CURVA 2 (VÉRTICE)

myPCVCotaVCota

LPCVEVEstaca

0,93194)()(

00,070)00,05()00,065()()(

022

022

=−=+=

+=+++=+=

Glauco Pontes Filho 75

11. (*) No esquema da figura, calcular a menor altura de corte possível na estaca 144 para uma estrada de pista dupla com velocidade de projeto V = 100 km/h. Calcular também o raio da curva vertical e estacas dos pontos PCV e PTV da solução adotada (Calcular Lmin – condições recomendadas).

Solução:

• A menor altura de corte é atingida quando adotarmos o comprimento mínimo da curva vertical. • Condições recomendadas (ou mínimas) utiliza-se a velocidade de operação no cálculo. • Condições excepcionais (ou desejáveis) utiliza-se a velocidade de projeto no cálculo.

Cálculo de Lmín:

mAD

L

mf

VVD

pmín

p

36,59710412

88,156412

88,155)30,0(255

86)86(7,0255

7,0

22

22

=⋅=⋅=

=⋅

+=+=

Adotando um valor múltiplo de 10, temos: L = 600 m.

Cálculo da flecha da parábola na estaca 144:

mLgF 50,78

)600(10,08

=⋅

=⋅

=

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

+=+++=

+=+−+=

===

PTVE

PCVE

mgLRv

-5%

+5%

PIV cota 654,28 m

cota do terreno = 653,71 m

Est. 144

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 76

12. (*) A figura mostra o perfil longitudinal de uma estrada onde as duas rampas intermediárias têm inclinação de –2,5% e +2,5%, respectivamente. Determinar estaca e cota do PIV2.

Solução:

Cota(PIV1) = 804,12 + 0,02 (2.734) = 858,80 m

Cota(PIV3) = 869,10 - 0,01 (3.398) = 835,12 m

Cota(PIV2) = Cota(PIV1) – 0,025x = Cota(PIV3) – 0,025 y

Logo: 858,80 – 0,025x = 835,12 – 0,025 y x – y = 947,20

x + y = 2.244,00

Donde: x = 1.595,60 m e y = 648,40 m

Cota(PIV2) = Cota(PIV1) – 0,025x = 858,80 – 0,025 (1595,60) = 818,91 m

E(PIV2) = E(PIV1) + [x] = (136 + 14,00) + (79 + 15,60) = 216 + 9,60

PIV3

PIV2

+2,5%

+2%

+1%

-2,5%

PIV1

418+16,00 248+18,00 ? 136+14,00 Est. 0

cota 804,12 m

x y

cota 869,10 m

2.734 m 3.398 m

x+y=2.244 m

Glauco Pontes Filho 77

13. (*) Uma curva vertical tem o PIV na estaca 62, sendo sua cota igual a 115,40 m. A cota do ponto mais alto do greide é 112,40 m. Calcular a cota na estaca 58.

Solução:

00,054)00,08()00,062(2

)()(

3201625,0025,040,11540,112

)()(

1625,0

)08,0(2)05,0(

2

025,040,115205,040,115

2)()(

0

221

0

1

+=+−+=−=

=⇒+−=

+=

=⋅

=⋅

=

−=⋅−=−=

LPIVEPCVE

mLLL

yPCVCotaVCota

LLgLiy

LLLiPIVCotaPCVCota

Distância entre a estaca 58 e o PCV: x = 4 estacas = 80 m

mECota

ECota

PCVCotaxixLgECota

60,110)(

)320(025,040,115)80(05,080)320(2

08,0)(

)(2

)(

58

258

12

58

=

−+⋅+⋅−

=

+⋅+⋅−

=

-3% +5%

PIV cota 115,40 m

cota

112

,40

m

Est

aca

62

PC

V

V

Est

aca

58

cota

= ?

PTV

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 78

14. (*) No perfil longitudinal da figura, determinar o raio equivalente da curva vertical 2 (Rv2) de forma que os pontos PTV1 e PCV2 sejam coincidentes. Calcular também as cotas do greide da estrada nas estacas 27 e 31 e no ponto mais baixo da curva 2.

Solução:

%00,10100,0210

40,10750,109

%00,20200,0350

40,11440,107

%00,60600,01220

10040,114

3

2

1

==−

=

−=−=−

=

==⋅−

=

i

i

i

mRv

Rv

Rv

gRvgRv

LLLL

000.10

70003,0400

70001,002,002,006,05000

700

70035022

2

2

2

2211

2121

=

=+

=−−⋅++⋅

=⋅+⋅

=+⇒=+

PCV1

PIV1 cota 114,40

PTV1 ≡ PCV2

Rv2

40 29 + 10,00 12 Est. 0

Rv1 = 5000 m

PTV2

PIV2 cota 107,40

cot

a 10

0,00

cot

a 10

9,50

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

:

12

1212

2

12

1

21

PCVCotaxixLgPCota

geralEquação

mLiPIVCotaPCVCota

PTVE

PTVEPCVE

PCVE

mLmL

Logo

+⋅+⋅−

=

=−+=

⋅+=

+=+++=

+=+++==

+=+−+=

====

Na estaca 27 temos: x = 5 estacas = 100 m (distância entre a estaca 27 e o PCV), logo:

mECota

ECota

90,108)(

40,110)100()02,0(100)300(2)03,0()(

27

227

=

+⋅−+⋅−−

=

Na estaca 31 temos: x = 9 estacas = 180 m (distância entre a estaca 31 e o PCV), logo:

mECota

ECota

42,108)(

40,110)180()02,0(180)300(2)03,0()(

27

227

=

+⋅−+⋅−−

=

Ponto mais baixo (vértice):

myPCVCotaVCota

my

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:

[ ]

[ ] [ ]

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(4048602,02

486)(

)01,0(2050001,02

500)(

)1(950)02,0(2000)01,0(2000

95022

)02,0(400002,04000

)01,0(400001,04000

22

22

2

22222

222

221

22

2

21

1

22

21

22222

22111

−=−=

=++

+−⋅−−⋅−⋅−=−⋅−−−⋅+

⋅−=−⋅−−−⋅+

⋅−=−=

−⋅−=⋅−=

−⋅+=⋅+=

=+−⋅−−⋅−

=++

−⋅=−⋅=⋅=

−⋅=−⋅=⋅=

ioui

ii

iiiii

emdoSubstituin

equaçãoxiii

xiPIVCotaPIVCotah

iLPIVCota

iLPIVCota

equaçãoxii

LxL

iigRvL

iigRvL

Logo: %22 −=i

x

i2

+1% +2% E

stac

a 0

950 m cot

a 50

0

Est.

47+1

0,00

cot

a 48

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 Rv = 5000 m, determinar o maior raio possível para a curva vertical côncava.

Solução:

FIGURA 1: Cálculo do comprimento do trecho TS1 – ST2: CURVA 1, trecho circular:

mRD

rads

radR

Lss

81,105)05807,1(100

05807,1)3,0(2º180

º952180

3000,0100*2

602

111

11

1

1

11

=⋅=⋅=

=−⋅

=−°

⋅°∆=

===

φ

πθπφ

θ

CURVA 2, trecho circular:

mRD

rads

radR

Lss

08,117)58540,0(200

58540,0)1,0(2º180

º452180

1000,0200*2

402

222

22

2

2

22

=⋅=⋅=

=−⋅

=−°⋅°∆

=

===

φ

πθπφ

θ

∆1 = 95º

TS1

∆2 = 45º

SC1 CS1

ST1

TS2

SC2

ST2 CS2

R1 = 100 m R2 = 200 m

200 m

Ls1 = 60 m

Ls2 = 40 m

PIV1

PIV2

x yL2/2 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 =2Ls1 + D1 + 200 + 2Ls2 + D2 = 622,88 m

FIGURA 2:

Obs.: Para Rv1 (máx), devemos ter PTV1=PCV2

Curva vertical convexa 2:

L2 = Rv2*g2 = 5000*(0,05+0,01) = 300 m

Cota(PCV2) = 114,50 – 150*0,05 = 107,00 m

Curva vertical côncava 1:

Cota(PIV1) = 100 – 0,01x (pela esquerda)

Cota(PIV1) = 107 – 0,05y = 107 – 0,05*(322,88-x) (pela direita)

Logo: 100 – 0,01x = 107 – 16,144 + 0,05x x = 152,40 m

y = 322,88 – x = 322,88 – 152,40 = 170,48 m

CONDIÇÃO: L1/2 = menor dos valores x e y L1/2 = 152,40 L1 = 304,80 m

Donde: Rv1(máx) = L1/|g1|= 304,80/ (0,05 + 0,01) = 5080 m

PIV1

PIV2

x y=322,88-x

L2 = 300 m

622,88 m

-1% +5% -1%

TS1 ST2

PCV2

Cota 100,00 Cota 113

Cota 114,50

Fig. 2

622,88 -300 = 322,88 m

Cota 107,00

Glauco Pontes Filho 83

17. Preencher a Nota de Serviço de Terraplenagem:

Dados: distância de visibilidade de parada = 60 m

cota do greide reto na estaca zero = 200,000 m

E(PIV1) = 9 + 0,00

E(PIV2) = 18 + 0,00

i1 = -2,3%

i2 = +3,5%

i3 = -4,6%

ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS

EST.

HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE RETO

ORDENADAS

DA PARÁBOLA

GREIDE

DE PROJETO CORTE

(+) ATERRO (-)

0 200,000 1 199,200 2 198,300 3 197,450

+ 7,50 PCE 197,180 4 196,700 5 195,200 6 194,600 7 AC=20º 194,000 8 R=687,5 m 193,550 9 T=121,2 m 193,000 10 D=240,0

m 194,200 11 dm = 2,5’ 195,500 12 196,600 13 197,800 14 199,050 15 200,300

+ 7,50 PT 200,900 16 201,800 17 203,400 18 204,150 19 203,000 20 201,850 21 200,620 22 199,450 23 198,200 24 196,900 25 195,720

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 84

Solução:

Esboço do perfil longitudinal: Pelo esboço, já obtemos as estacas dos pontos notáveis.

Verificação de Lmin:

Curva 1: S< L )(9,625,33,2605,3122

605,3122

22

min OKmAD

DL

p

p =−−⋅⋅+

=⋅+

=

Curva 2: S< L )(8,706,45,341260

412

22

min OKmAD

L p =+⋅=⋅=

Equação para cálculo das ordenadas da parábola: Curva 1: g = – 0,023 – 0,035 = – 0,058

2422 10625,3)80(2

058,02

xxxLgf ⋅⋅−=⋅

−=⋅= −

Onde x = distância do ponto em questão ao PCV.

Curva 2: g = 0,035 + 0,046 = 0,081

2422 100625,5)80(2

081,02

xxxLgf ⋅⋅=⋅=⋅= −

200 m

9 7 11 1816 20 25

-2,3%

+3,5%

-4,6% L1 = 80 m

L2 = 80 m

PCV1 PIV1

PTV1

PCV2

PIV2

PTV2

Glauco Pontes Filho 85

• Para o cálculo do greide reto em cada estaca, basta multiplicar o valor da rampa pela distância desta estaca à estaca anterior e somar à cota da estaca anterior.

• A coluna greide de projeto (GP) = greide reto (GR) – ordenada da parábola (f). • A coluna CORTE = TERRENO – GREIDE DE PROJETO (se positivo) • A coluna ATERRO = TERRENO – GREIDE DE PROJETO (se negativo)

Faremos apenas uma linha da tabela, por exemplo, estaca 1:

GRestaca 1 = GRestaca 0 – 20*0,023 = 200 – 20*0,023 = 199,540 m GPestaca 1 = GRestaca 1 – f = 199,540 – 0,00 = 199,54 m TERRENO – GP = 199,200 - 199,540 = - 0,340 (ATERRO) E assim sucessivamente....

ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS EST.

HORIZ. VERT. TERRENO G. RETO

ORDENADAS

DA

PARÁBOLA

GREIDE

DE

PROJETO CORTE (+) ATERRO (-)

0 200,000 200,000 200,000

1 199,200 199,540 199,540 -0,340

2 198,300 199,080 199,080 -0,780

3 197,450 198,620 198,620 -1,170

+ 7,50 PCE 197,180 198,448 198,448 -1,268

4 196,700 198,160 198,160 -1,460

5 195,200 197,700 197,700 -2,500

6 194,600 197,240 197,240 -2,640

7 AC=20º PCV1 194,000 196,780 0,000 196,780 -2,780

8 R=687,5 m L=80 m 193,550 196,320 -0,145 196,465 -2,915

9 T=121,2 m PIV1 193,000 195,860 -0,580 196,440 -3,440

10 D=240,0 m 194,200 196,560 -0,145 196,705 -2,505

11 dm = 2,5’ PTV1 195,500 197,260 0,000 197,260 -1,760

12 196,600 197,960 197,960 -1,360

13 197,800 198,660 198,660 -0,860

14 199,050 199,360 199,360 -0,310

15 200,300 200,060 200,060 0,240

+ 7,50 PT 200,900 200,323 200,323 0,577

16 PCV2 201,800 200,760 0,000 200,760 1,040

17 L=80 m 203,400 201,460 0,203 201,257 2,143

18 PIV2 204,150 202,160 0,810 201,350 2,800

19 203,000 201,240 0,203 201,037 1,963

20 PTV2 201,850 200,320 0,000 200,320 1,530

21 200,620 199,400 199,400 1,220

22 199,450 198,480 198,480 0,970

23 198,200 197,560 197,560 0,640

24 196,300 196,640 196,640 -0,340

25 195,720 195,720 195,720

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 86

18. Preencher a Nota de Serviço de Terraplenagem (extraído das notas de aula do professor Carlos Alexandre Braz de Carvalho): Dados: i1 = 2,5%

i2 = -2% parábola simples

EST. ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS

INT FRAC HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE RETO

f GREIDE

DE PROJETO CORTE

(+) ATERRO

(-)

30 PCV 103,415 +10 104,785

31 104,914 +10 105,112

32 105,222 +10 105,317

33 105,419 +10 105,613

34 105,712 +10 105,801

35 PIV 105,903 103,500 +10 105,793

36 105,685 +10 105,417

37 105,335 +10 105,127

38 104,295 +10 104,015

39 103,970 +10 103,950

40 PTV 103,550

Solução:

Para o ramo esquerdo da curva, temos: GRn-1 = GRn – 0,025*10 = GRn – 0,25 Para o ramo direito da curva, temos: GRn+1 = GRn – 0,02*10 = GRn – 0,2

Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:

)100,90,,30,20,10,0(400045,0

)200(2020,0025,0

2222 K=⋅=⋅

+=⋅= xxxx

Lgf

Glauco Pontes Filho 87

Por exemplo, na estaca 33 temos:

GR = 103,500 – 0,025*40 = 102,500

405,060400045,0 2 =⋅=f

GP = GR – f = 102,500 – 0,405 = 102,095

TERRENO – GP = 105,419 – 102,095 = +3,324 (CORTE)

Procede-se de forma análoga para as outras estacas, obtendo-se:

EST. ALINHAMENTOS COTAS (m) COTAS VERMELHAS

INT FRAC HORIZ. VERT. TERRENO GREIDE RETO f GREIDE

DE PROJETO CORTE (+) ATERRO (-)

30 PCV 103,415 101,000 0,000 101,000 2,415 +10 104,785 101,250 0,011 101,239 3,546

31 104,914 101,500 0,045 101,455 3,459 +10 105,112 101,750 0,101 101,649 3,463

32 105,222 102,000 0,180 101,820 3,402 +10 105,317 102,250 0,281 101,969 3,348

33 105,419 102,500 0,405 102,095 3,324 +10 105,613 102,750 0,551 102,199 3,414

34 105,712 103,000 0,720 102,280 3,432 +10 105,801 103,250 0,911 102,339 3,462

35 PIV 105,903 103,500 1,125 102,375 3,528 +10 105,793 103,300 0,911 102,389 3,404

36 105,685 103,100 0,720 102,380 3,305 +10 105,417 102,900 0,551 102,349 3,068

37 105,335 102,700 0,405 102,295 3,040 +10 105,127 102,500 0,281 102,219 2,908

38 104,295 102,300 0,180 102,120 2,175 +10 104,015 102,100 0,101 101,999 2,016

39 103,970 101,900 0,045 101,855 2,115 +10 103,950 101,700 0,011 101,689 2,261

40 PTV 103,550 101,500 0,000 101,500 2,050

19. (Concurso DNER) Sabendo que os valores de L1 e L2 são, respectivamente, 40 m e 60 m, a

flecha de uma parábola composta, utilizada para concordar um perfil cujas rampas são +4,2% e –3,5%, tem o seguinte valor: a) 0,168 m b) 0,924 m c) 1,848 m d) 3,850 m

Solução: mgLLLF 924,0)035,0042,0(

)6040(2)60(40

221 =+⋅

+=⋅

⋅=

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 88

20. Levantar o perfil longitudinal do alinhamento horizontal da figura (extraído das notas de aula do professor Creso Peixoto).

Solução:

A

B

795 800

795

790

785

805

810

810

805 795

800

805 800

x 812

x 810

0 50 100 150 200 250 300

x 802

5

10

15

20

25 30

798

10 20 25 300=A 5 15 33

800

802

804

806

808

810

812

Glauco Pontes Filho 89

21. Calcular as declividades e os comprimentos das tangentes verticais da figura (extraído das notas de aula do professor Creso Peixoto).

Solução:

%25,10125,02020325320

%00,50500,02520300325

%00,50500,01520315300

3

2

1

−=−=⋅−

=

==⋅−

=

−=−=⋅−

=

i

i

i

22. Com relação aos dados da questão anterior, completar a tabela abaixo. Considerar o

comprimento da curva vertical número 6 igual a 320 metros e o comprimento da curva número 7 igual a 400 metros. Calcular os raios das curvas.

EST. GREIDE

RETO ORDENADAS

DA PARÁBOLA GREIDE

DE PROJETO

100

101

159

160

325

100 110 120 130 140 150

320

315

310

305

300

295

CO

TAS

(m)

ESTACAS

PIV6

PIV7

PIV8 PIV5

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 90

Solução:

CURVA 6

Estaca do PIV: 115 Est + 0,00 metros Cota do PIV: 300,00 m Comprimento L: 320 m Rampa i1 (%): -5,00% Rampa i2 (%): 5,00%

g = -0,1000 m/m Flecha máx, F = -4,00 m

Estaca(PCV) = 107 Sta + 0,00 m Estaca(PIV) = 115 Sta + 0,00 m

Estaca(PTV) = 123 Sta + 0,00 m Cota(PCV) = 308,00 m Cota(PTV) = 308,00 m

Lo = 160,00 m Yo = -4,00 m

Estaca(V) = 115 Sta + 0,00 m Cota(V) = 304,00 m Raio Rv = 3.200 m

CURVA 7

Estaca do PIV: 140 Est + 0,00 metros Cota do PIV: 325,00 m Comprimento L: 400 m Rampa i1 (%): 5,00% Rampa i2 (%): -1,25%

g = 0,0625 m/m Flecha máx, F = 3,13 m

Estaca(PCV) = 130 Sta + 0,00 m Estaca(PIV) = 140 Sta + 0,00 m

Estaca(PTV) = 150 Sta + 0,00 m Cota(PCV) = 315,00 m Cota(PTV) = 322,50 m

Lo = 320,00 m Yo = 8,00 m

Estaca(V) = 146 Sta + 0,00 m Cota(V) = 323,00 m Raio Rv = 6.400 m

Glauco Pontes Filho 91

Estacas Greide Reto f Greide de Projeto

100 315,000 315,000 101 314,000 314,000 102 313,000 313,000 103 312,000 312,000 104 311,000 311,000 105 310,000 310,000 106 309,000 309,000 107 308,000 0,000 308,000 108 307,000 -0,063 307,063 109 306,000 -0,250 306,250 110 305,000 -0,563 305,563 111 304,000 -1,000 305,000 112 303,000 -1,563 304,563 113 302,000 -2,250 304,250 114 301,000 -3,063 304,063 115 300,000 -4,000 304,000 116 301,000 -3,063 304,063 117 302,000 -2,250 304,250 118 303,000 -1,563 304,563 119 304,000 -1,000 305,000 120 305,000 -0,563 305,563 121 306,000 -0,250 306,250 122 307,000 -0,063 307,063 123 308,000 0,000 308,000 124 309,000 309,000 125 310,000 310,000 126 311,000 311,000 127 312,000 312,000 128 313,000 313,000 129 314,000 314,000 130 315,000 0,000 315,000 131 316,000 0,031 315,969 132 317,000 0,125 316,875 133 318,000 0,281 317,719 134 319,000 0,500 318,500 135 320,000 0,781 319,219 136 321,000 1,125 319,875 137 322,000 1,531 320,469 138 323,000 2,000 321,000 139 324,000 2,531 321,469 140 325,000 3,125 321,875 141 324,750 2,531 322,219 142 324,500 2,000 322,500 143 324,250 1,531 322,719 144 324,000 1,125 322,875 145 323,750 0,781 322,969 146 323,500 0,500 323,000 147 323,250 0,281 322,969 148 323,000 0,125 322,875 149 322,750 0,031 322,719 150 322,500 0,000 322,500 151 322,250 322,250 152 322,000 322,000 153 321,750 321,750 154 321,500 321,500 155 321,250 321,250 156 321,000 321,000 157 320,750 320,750 158 320,500 320,500 159 320,250 320,250 160 320,000 320,000

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 92

23. Desenhar o perfil longitudinal da estrada e do terreno, do ponto A ao ponto B. No trecho, o greide apresenta uma única rampa contínua com declividade de 5%. Calcular a cota do ponto B sobre o greide. Determinar em planta a posição da embocadura e da desembocadura do túnel e das cabeceiras do viaduto a ser construído em seqüência ao túnel. Verificar se é possível interligar os pontos A e B somente com uma tangente (extraído das notas de aula do professor Creso Peixoto). Dados: imax = 7%

R1 = 124 m R2 = 46 m R3 = 76 m ∆1 = 83º Cota do ponto A sobre o greide = 244 m

Solução:

Cálculo dos desenvolvimentos das curvas:

mDmDmD 76,2387651,1444663,179º180

º83124321 =⋅==⋅==

⋅⋅= πππ

Extensão total do trecho = D1 + D2 + D3 = 562,9 m

Cota(B) = 244 + 0,05*562,9 = 272,51 m

Locação das Obras: • Início do Túnel: 128 m (embocadura) • Fim do Túnel: 416 m (desembocadura) • Início do viaduto: 416 m (cabeceira) • Fim do viaduto: 525 m (cabeceira)

O1

O2

O3 R3

R2

R1

D1

D3

D2

240

245

250

255

260 265

270

275

280

275

270

A

B 0 50 100 150 200

Glauco Pontes Filho 93

Verificação da interligação AB com uma tangente:

LAB = 192 m (medido no desenho)

∆HAB = cota(B) – cota(A) = 272,15 – 244 = 28,15 m

iAB = 28,15/192 = 0,1466 = 14,66% > 7% (não pode)

272,15

244

240 100 m 200 300 400 500

416 525 562,9

TÚNEL: 288 m Viaduto: 109 m

128 m

A

B

Cotas (m)

O1

O2

O3 R3

R2

R1

D1

D3

D2

240

245

250

255

260 265

270

275

280

275

270

A

B 0 50 100 150 200

EMBOCADURA DO TÚNEL

DESEMBOCADURA DO TÚNEL

CABECEIRA DO VIADUTO

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 94

CAPÍTULO 9

NOÇÕES DE TERRAPLENAGEM

Glauco Pontes Filho 95

2,30 m

4,10 3,80

1,80

3,604,00

5,05

2,10

0,90

PERFIL DO TERRENO

GREIDE DA ESTRADA (+1%)

4+8,60

PP

1 2 3 4 65 7 8 9

9+5,43

1. (*) Dado o trecho de estrada da figura abaixo e suas seções transversais, determinar as quantidades de escavação, volume de aterro compactado e o momento total de trans- porte. Considerar Fh =1,1 e DMT para empréstimo e/ou bota-fora=10,2 dam.

ESTACA 0 4,90 m

2,90 m 1:1

1:1 14,0 m

8,80 1:1

1,101:1 h = 4,1

14,0 ESTACA 2

1,15 1:1

7,01:1 h = 3,6

ESTACA 5

14,0

6,70 1:1 4,20 1:1 h = 5,05

ESTACA 7

14,0

4,80 1:1

2,50 1:1 h = 3,8

14,0 ESTACA 3

ESTACA 4+8,60 m 3,70

2,60

1:1

1:1 14,0

3,0 1:1

4,45 1:1 h = 4,0

ESTACA 6

14,0

5,70 1:1

2,50 1:1

h=0,9

ESTACA 9

14,0 5,0

6,20 1:1

2,601:1

h = 1,8

14,0 ESTACA 4

2,5

5,60 1:1 0,70 1:1 h = 2,10

ESTACA 8

14,0

0,751:1

0,80 1:1

ESTACA 9+5,43 m

14,0

5,0 1:1

4,0 1:1

h = 2,3

14,0

ESTACA 1

3,0

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 96

Solução: Dividiremos as seções em triângulos para o cálculo das áreas:

Estaca 0:

==

==

2

2

150,172

90,4*7

150,102

90,2*7

mA

mA

a

c

Estaca 1:

==

==

2

2

0,62

4*3

50,272

5*11

mA

mA

a

c

Estaca 2: =+++= 2645,83

210,1*7

210,8*1,4

28,15*1,4

280,8*7 mAc

Estaca 3: =+++= 202,66

250,2*7

250,9*8,3

280,11*8,3

280,4*7 mAc

Estaca 4:

==

==

2

2

25,32

60,2*5,2

65,352

20,6*5,11

mA

mA

a

c

Estaca 4+8,60:

==

==

2

2

95,122

70,3*7

10,92

6,2*7

mA

mA

a

c

Estaca 5: =+++= 2395,68

27*7

214*6,3

215,8*6,3

27*15,1 mAa

Estaca 6: =+++= 2975,68

245,4*7

245,11*4

210*4

23*7 mAa

Estaca 7: =+++= 2023,101

220,4*7

220,11*05,5

270,13*05,5

270,6*7 mAa

Estaca 8: =+++= 2365,43

27,0*7

27,7*1,2

260,12*1,2

260,5*7 mAa

Estaca 9:

==

==

2

2

650,252

70,5*9

25,62

50,2*5

mA

mA

a

c

Estaca 10:

==

==

2

2

625,22

75,0*7

80,22

80,0*7

mA

mA

a

c

Escolhendo uma ordenada inicial de Brückner igual 2.500 (de modo que todas as ordenadas fiquem positivas), teremos a seguinte tabela de volumes acumulados:

h

h1

h2 1 1 n n

L/2 L/2

A1

A2

A3

A4

n.h1 n.h2

L

L1 L2

Glauco Pontes Filho 97

Estacas Áreas (m2) Soma das Áreas (m2) VOLUME (m3)

INT FRAC Corte Aterro Aterro Corrigido Corte Aterro

Semi-distância

(m) Corte (+) Aterro (-)

Compens. Lateral

(m3)

Volumes Acumulados

(m3)

10,150 17,150 18,865 2.500,00 1 27,500 6,000 6,600 37,650 25,465 10,000 376,50 254,65 254,65 2.621,85 2 83,645 0 0 111,145 6,600 10,000 1.111,45 66,00 66,00 3.667,30 3 66,020 0 0 149,665 10,000 1.496,65 5.163,95 4 35,650 3,250 3,575 101,670 3,575 10,000 1.016,70 35,75 35,75 6.144,90 4 8,6 9,100 12,950 14,245 44,750 17,820 4,300 192,43 76,63 76,63 6.260,70 5 0 68,395 75,235 9,100 89,480 5,700 51,87 510,03 51,87 5.802,54 6 68,975 75,873 151,107 10,000 1.511,07 4.291,47 7 101,023 111,125 186,998 10,000 1.869,98 2.421,49 8 0 43,365 47,702 158,827 10,000 1.588,27 833,22 9 6,250 25,650 28,215 6,250 75,917 10,000 62,50 759,17 62,50 136,55 9 5,43 2,800 2,625 2,888 9,050 31,103 2,715 24,57 84,44 24,57 76,68

DIAGRAMA DE MASSAS

a) Volume de escavação = Vcorte + Vcorte para empréstimo + ∑Vcompensação lateral

Vescavação = (6.260,70–2.500) + (2.500–76,68) + 571,97 = 6.755,99 m3 b) Volume de aterro compactado = Volume de escavação = 6.755,99 m3 c) Momento Total de Transporte:

MT = (6.260,70 – 2.500)*7 + (2.500 – 76,68)*10,2 = 51.042,764 m3 *dam

2.621,85

3.667,30

5.163,95

5.802,54

4.291,47

2.421,49

833,22

76,68

2.500,00

6.144,906.260,70

136,55

0

1.000

2.000

3.000

4.000

5.000

6.000

7.000

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Estacas

Volu

mes

acu

mul

ados

4+8,60 9+5,43

LINHA DE TERRA

V= 3.760,70 m3

DMT= 7 dam

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 98

2. (*) Com relação ao movimento de terra da figura, calcular: a) Volume total a ser escavado (incluindo empréstimo e/ou bota-fora). b) Volume de bota-fora e/ou empréstimo. c) Momento total de transporte, em m3.dam (considerar eventuais

empréstimos ou bota-foras a uma DMT de 150 m). d) Volume de corte C1 e volume de aterro A2.

Solução:

a) Volume total de escavação

Vesc = Vcorte C1 + Vcorte C2 + Vcorte C3 + Vcorte necessário ao empréstimo A2 Vesc = 60.000 + 20.000 + 20.000 + 40.000 = 140.000 m3

b) Empréstimo A2 = 40.000 m3

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

-30 -20 -10

0 10 20 30 40 50

-40

60

5 10 15 20 25 30

C1

A1

C2

A2

C3

TERRENO

GREIDE

0

-30 -20 -10

0 10 20 30 40 50

-40

60

5 10 15 20 25 30

C1 C2

C3

Empréstimo A2

Glauco Pontes Filho 99

c) Momento total de transporte = V1*D1 + V2*D2 + V3*D3 + Vemp*Demp + Vbota-fora*Dbota-fora MT = 40.000*9 + 20.000*8 + 20.000*8 + 40.000*15 + 20.000*15 = 1,58*106 m3 dam

d) Volume do corte C1 = 60.000 m3 e) Volume do aterro A2 = 80.000 m3

0

-30 -20 -10

0 10 20 30 40 50

-40

60

5 10 15 20 25 30

Bota-fora

Empréstimo

V1

D1

0

-30 -20 -10

0 10 20 30 40 50

-40

60

5 10 15 20 25 30

C1 60

0

-30 -20 -10

0 10 20 30 40 50

-40

60

5 10 15 20 25 30

Aterro A2 80

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 100

3. (*) Para execução do movimento de terra da figura, foi escolhida para linha de equilíbrio (LE) a horizontal tracejada da figura. Sabendo-se que os eventuais bota-foras e/ou empréstimos terão uma distância de transporte de 10 dam, calcular: a) quantos m3 serão transportados do corte C1 para o aterro A1. b) volume do corte C1. c) volume total a ser escavado para a execução dos serviços. d) momento de transporte total, em m3.dam

Solução:

a) [-2-(-8)]*103 = 6.000 m3

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

-8

2

5 10 15 20 25 30

C1

A1

C2 A2

A3

TERRENO

GREIDE

LE

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

-7

-6 -5

-4

-3

-2

-1

0

1

-8

2

5 10 15 20 25 30

C1

A1 C2 A2

A3

TERRENO GREIDE

LE

Glauco Pontes Filho 101

b) Vcorte C1 = [2-(-8)] )]*103 = 10.000 m3 c) Vescavação = Vcorte C1 + Vcorte C2

+ Vcorte para empréstimo = 10.000 + 6.000 + 2.000 = 18.000 m3

d) MT = V1*D1+V2*D2+V3*D3+V4*D4+Vemp*Demp = 6000*12+4000*8+4000*8,6+2000*4+2000*10

MT = 1,66*105 m3.dam

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

-8

2

5 10 15 20 25 30

LE

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

-8

2

5 10 15 20 25 30

LE

Empréstimo

Corte C1

Corte C2

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

-8

2

5 10 15 20 25 30

LE V1

D1

D1 = 12 dam

D2 = 8 dam

D3 = 8,6 dam

D4 = 4 dam

Empréstimo

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 102

4. (Concurso DNER) Num corte feito em material argiloso, foram obtidas três seções transversais, distantes uma da outra 20 metros. Calculadas as áreas, obteve-se, respectivamente, S1 = 125 m2, S2 = 257 m2 e S3 = 80 m2. O volume de material escavado nestas seções é: a) 4.799,333 m3 b) 7.190 m3 c) 9.240 m3 d) 14.380 m3

Solução:

321

332

321

190.7370.3820.3

370.3202

80257

820.3202

125257

mVVV

mV

mV

=+=+=

=⋅+

=

=⋅+

=

5. (Concurso DNER) Considerando que, numa seção de aterro, a cota vermelha é de 4,02 m, a

declividade do terreno da esquerda para a direita é de +12% e os taludes de aterro são de 2:3 (V:H), a distância para a marcação do offset de uma estaca, à direita, é: a) 8,905 m b) 9,680 m c) 9,710 m d) 11,042 m

Solução: Da figura, temos:

( )

695,2

18,084,05,1712,002,4

=

+=+⋅=−

h

hhh

Distância para a marcação do offset:

mx

hx

042,11

)695,2(5,175,17

=

⋅+=+=

20 m

S2 = 257 m2S1 = 125 m2

S3 = 80 m2

20 m

H = 4,02

7,0 7,0

2

3 7 1,5h

4,02-h

h

1,5

1 +12%

x

Glauco Pontes Filho 103

6. (*) A figura mostra o perfil longitudinal e o diagrama de massas de um trecho de estrada. Para a execução da terraplenagem foram escolhidas duas linhas de equilíbrio (linhas 1 e 2 da figura). Para as duas soluções propostas, responder (DMT para bota-fora e/ou empréstimo = 300 m): a) volume total de corte, em m3. b) volume do aterro A1. c) momento total de transporte para cada uma das linhas. d) qual das duas soluções propostas é mais econômica?

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

2

4 6

8 10

12

14 16

18

0

20

5 10 15 20 25

L1

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

2

4 6

8 10

12

14 16

18

0

20

5 10 15 20 25

L2

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 104

Solução:

a) Volume total = Vcorte C1 + Vcorte C2 = (16.000 – 0) + (16.000 – 4.000) = 28.000 m3

b) Volume do aterro A1 = 16.000 – 4.000 = 12.000 m3

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

2

4 6

8 10

12

14

16

18

0

20

5 10 15 20 25

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

2

4 6

8 10

12

14

16

18

0

20

5 10 15 20 25

Glauco Pontes Filho 105

c) Momento de Transporte LINHA 1: MT1 = V1*D1 + V2*D2 + V3*D3 + VBF1*DBF1

MT1 = (16000-8000)*11 + (8000-4000)*7 + (16000-8000)*7 + 8000*30

MT1 = 4,12*105 m3 dam

LINHA 2: MT2 = V4*D4 + V5*D5 + VBF2*DBF2 + VBF3*DBF3

MT2 = (16000-4000)*13 + (16000-8000)*7 + 4000*30 + 4000*30

MT2 = 4,52*105 m3 dam

d) Linha + econômica Linha de menor momento de transporte: LINHA 1

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

2

4 6

8 10

12

14

16

18

0

20

5 10 15 20 25

L2

0 ESTACAS

VO

LUM

ES A

CU

MU

LAD

OS

(103 m

3 )

2

4 6

8 10

12

14

16

18

0

20

5 10 15 20 25

V1

D1 D3

V3

V2 D2

D4

V4 V5

D5

Bota-fora 1

Bota-fora 2

Bota-fora 3

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 106

7. (EXAME NACIONAL DE CURSOS-1997) Para a realização do projeto detalhado de terraplenagem no intervalo entre as estacas 0 e 75 de uma rodovia, lançou-se mão do Diagrama de Brückner abaixo esquematizado. Com base nesse diagrama, indique: a) o volume do empréstimo, em m3. b) o volume do bota-fora, em m3. c) o volume do maior corte, em m3. d) o volume do maior aterro, em m3. e) as estacas de cota vermelha nula. Solução:

0 30 75 ESTACAS

VO

LUM

ES (1

03 m3 )

-5

0

5

10

15

20

25

30

35

-10

10 20 40 50 60 70 5 15 25 35 45 55 65

20 m3

a) Volume de empréstimo = 20.000 m3 b) Volume de bota-fora = 15.000 m3

5 m3

10 m3

x103 m3 x103 m3

Glauco Pontes Filho 107

8. (Concurso DNER) Ao invés de recuperar uma camada de base da Rodovia DF-025, o engenheiro fiscal, depois de consultar o projetista, decidiu substituir toda a camada, usando o cascalho laterítico. Após a estabilização desse cascalho, mediu-se um volume de 2.000 m3. O transporte do cascalho foi feito por caminhão basculante com capacidade de 5 m3. Sabendo-se que a densidade do cascalho compactado é de 2,035 t/m3, a densidade natural é de 1,430 t/m3 e a densidade solta é de 1,10 t/m3, calcular o total de viagens necessárias para transportar todo o volume de cascalho.

Solução:

3700.31,1

)2000(035,2 mV

VV

V

VmV

m

s

compcomps

comp

s

s

comp

s

comp =⋅

=⋅

=⇒==γ

γγ

γ

Número de viagens = 3700 m3/5 m3 = 740 viagens

γn = 1,430

γs = 1,10

γcomp = 2,035

Vs = ?Vcomp = 2.000

x103 m3

d) Volume do maior aterro = 35.000 m3

35 m3

x103 m3

c) Volume do maior corte = 20.000 m3

20 m3

x103 m3

e) As estacas de cota vermelha nula correspondem às estacas dos pontos de máximo e mínimo, ou seja: estacas 10, 20 ,30, 45, 60 e 70

ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 108

9. Calcular a área da seção transversal da figura.

Solução:

uaA

A

A

50,40

312241510430921

00546303362153

21

=

+−−−+−−−⋅=

−−−−⋅=

10. Calcular o volume do prismóide.

( )21 46

AAALV m +⋅+⋅=

Solução:

[ ] 333,853.2100)144(4180620 mV =+⋅+⋅=

11. Com relação à questão anterior, qual o erro cometido se o volume fosse calculado pela

fórmula das áreas médias V = L.(A1 + A2)/2 ?

Solução: ( ) 3800.2100180220 mV =+⋅=

Erro de -53,33 m3 ou -1,87%

(0,0) (-3,0)

(-5,3)

(-1,6)

(2,4) (6,5)

(3,0)

L = 20 m

Am = 144 m2

A1 = 180 m2

A2 = 100 m2