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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:
°=⇒=⇒
°
= 8732,62ˆ4560,0ˆ
30
66,109
ˆ
100
AAsen
senAsen
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo isósceles ABO, temos:
⇒⋅⋅⋅−+= º7465,125cos266,109 222
RRRR mR 25,120=
R
d=100 mα=30º
B
R
A
C
Dados: (E,N)
A(200, 100)
B(275,180)
62,8732º
90º-62,8732º = 27,1268º
R
R
O
B
A
109,66
125,7465º
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 4
2. Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura abaixo. Calcular
também os ângulos de deflexão.
Solução:
º38,22
º37,48
º31,101
01000
110006000
arctanº180
º69,123
10003000
60003000
arctanº180
º57,116
30006000
120006000
arctanº180
º20,68
60004000
60001000
arctan
2
1
−=−=∆
=−=∆
=





−
−
+=
=





−
−
+=
=





−
−
+=
=





−
−
=
DEEF
ABBC
EF
DE
BC
AB
AzAz
AzAz
Az
Az
Az
Az
1000 6000 11000
B
d4
D
A
d2
E
d3
d1
∆2
N
E
C
F
∆1
0 3000
1000
3000
4000
6000
( ) ( ) mABd 16,385.56000400060001000
22
1 =−+−==
( ) ( ) mBCd 20,708.630006000120006000
22
2 =−+−==
( ) ( ) mDEd 55,605.31000300060003000
22
3 =−+−==
( ) ( ) mEFd 02,099.501000110006000
22
4 =−+−==
PONTOS E N
A 1.000 4.000
B 6.000 6.000
C 12.000 3.000
D 3.000 3.000
E 6.000 1.000
F 11.000 0
Glauco Pontes Filho 5
3. (Concurso DNER) O azimute é o ângulo, no plano horizontal, de uma direção qualquer
com o meridiano. O rumo de 76º 30’ SE de uma visada a vante corresponde ao azimute de:
a) 103º 30’ b) 166º 30’ c) 256º 30’ d) 283º 30’
Solução: Letra a
No quadrante SE, temos: Az=180º-rumo
´30º103´)30º76(º180 =−=Az
4. (Concurso DNER) Nos projetos de estradas de rodagem, os perfis longitudinais são
desenhados em papel quadriculado ou milimetrado, em escalas horizontais (distâncias) e
verticais (cotas), que normalmente guardam uma proporção de:
a) 10:1 b) 2:3 c) 1:10 d) 3:2
Solução: Letra c
Escalas horizontais – normalmente escala 1:2000
Escalas verticais – normalmente escala 1:200
10
1
1
200
2000
1
200
1
2000
1
=⋅=
5. (Concurso DNER) Na planta de um projeto, a indicação de escala 1:500 (horizontal)
significa que 1 cm no desenho equivale, no terreno, a uma distância de:
a) 50 m b) 5 m c) 0,50 m d) 0,05 m
Solução: Letra b
1 cm no projeto equivale a 500 cm no campo = 5 m
6. (Concurso DNER) Numa rodovia de 3.000 metros de comprimento, a numeração final da
última estaca é:
a) 30 b) 60 c) 150 d) 300
Solução: Letra c
3000/20 = 150
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 6
7. Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura a seguir. Calcular
também os ângulos de deflexão.
Solução:
º20,23º45º2,68
º04,10404,149º45
º20,68
2000
5000
arctan
º45
4000
4000
arctan
º04,149
5000
3000
arctanº180
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
22
1 =−+−=
( ) ( ) md 85,656.51000500030007000
22
2 =−+−=
( ) ( ) md 17,385.550007000700012000
22
3 =−+−=
PONTOS E N
A 0 6000
B 3000 1000
C 7000 5000
D 12000 7000
Glauco Pontes Filho 7
CAPÍTULO 4
CURVAS HORIZONTAIS
CIRCULARES
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 8
1. Dados ∆ = 47º 30’ e G20 = 12º, calcular T e E.
Solução:
mR 493,95
12
92,145.1
==
⇒




 °
⋅=
2
5,47
tan493,95T mT 02,42=
⇒




 °
⋅=
4
5,47
tan02,42E mE 84,8=
2. Dados ∆ = 40º e E = 15 m, calcular T e R.
Solução:
⇒
−




 °
=
−




 ∆
=
1
2
40
sec
15
1
2
sec
E
R mR 73,233=
⇒




 °
=
2
40
tan73,233T mT 07,85=
3. Dados ∆ = 32º e R = 1220 m, calcular T e E.
Solução:
⇒




 °
⋅=
2
32
tan1220T mT 83,349=
⇒




 °
⋅=
4
32
tan83,349E mE 17,49=
4. Dado R = 150 m, calcular a deflexão sobre a tangente para c = 20 m.
Solução:
°== 639467,7
150
92,145.1
G
⇒
°
==
2
639467,7
2
G
d °= 82,3d
Glauco Pontes Filho 9
5. Dados ∆ = 43º e E = 52 m, calcular o grau da curva.
Solução:
⇒
−




 °
=
−




 ∆
=
1
2
43
sec
52
1
2
sec
E
R mR 3151,695=
⇒=
3151,695
92,145.1
G °= 648,1G
6. Se ∆ = 30º 12’ e G20 = 2º 48’, calcular T e D.
Solução: 30º 12’ = 30,2º 2º 48’ = 2,8º
mR 2571,409
8,2
92,145.1
=
°
=
⇒




 °
⋅=
2
2,30
tan2571,409T mT 43,110=
⇒
°
°⋅⋅
=
180
2,302571,409π
D mD 72,215=
7. Usando os dados do problema anterior, e assumindo que
E(PI) = 42 + 16,60, calcular as estacas do PC e do PT.
Solução:
E(PC) = (42 + 16,60) – ( 5 + 10,43) = 37 + 6,17
E(PT) = (37 + 6,17) + (10 + 15,72) = 48 + 1,89
8. Dados ∆ = 22º 36’ , G20 = 4º e E(PC) = 40 + 15,00. Construir a tabela de locação da curva
pelo método das estacas fracionárias.
Solução:
mR 480,286
4
92,145.1
=
°
=
⇒




 °
⋅=
2
6,22
tan480,286T mT 24,57=
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 10
⇒
°
°⋅⋅
=
180
6,22480,286π
D mD 00,113=
E(PT) = (40 + 15,00) + (5 + 13,00) = 46 + 8,00
Donde: a = 15,00 (parte fracionária do PC)
b = 8,00 (parte fracionária do PT)
°=
°
== 2
2
4
2
G
d
°=
°
== 1,0
40
4
40
G
dm
°=°⋅−=⋅−= 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
92,145.1
R mR 99,190=
⇒




 °
⋅=
2
2,47
tan99,190T mT 44,83=
⇒




 °
⋅=
4
2,47
tan44,83E mE 43,17=
⇒
°
°⋅⋅
=
180
2,4799,190π
D 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
333333,24
tan1500T mT 40,323=
⇒
°
°⋅⋅
=
180
333333,241500π
D 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
m
T
R 13,251.1
2
6,22
tan
250
2
tan
=





 °
=





 ∆
=
⇒==
13,251.1
92,145.192,145.1
20
R
G °= 9159,020G
⇒
°
°⋅⋅
=
180
333333,241500π
D mD 05,637=
12. Calcular o desenvolvimento de uma curva circular de raio R = 1524 m e ângulo central
∆ = 32º.
Solução:
⇒
°
°⋅⋅
=
180
321524π
D mD 16,851=
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 12
13. (Concurso DNER) Numa curva circular com um raio de 170 m, queremos locar um ponto
logo à frente do ponto de curvatura (PC). Sabemos que o comprimento do arco é de 20 m.
A soma das coordenadas sobre a tangente deste ponto são (considerar sen 3,3703º =
0,058789 e cos 3,3703º = 0,9983):
a) 0,168 m b) 0,924 m c) 1,848 m d) 21,14 m
Solução: Letra d
°=
°
==
°===
3703,3
2
7407,6
2
7407,6
170
92,145.192,145.1
G
d
R
G
myx
mx
x
d
my
y
d
14,21
9654,193703,3cos20
20
cos
1758,13703,3sin20
20
sin
=+
=°⋅=⇒=
=°⋅=⇒=
14. Demonstrar que: 




 ∆
⋅=
4
tanTE
Da trigonometria, temos: 





=
−
2
tan
sin
cos1 x
x
x






=












−
4
tan
2
sin
2
cos1
x
x
x





 ∆
⋅=

















 ∆





 ∆
−
⋅=

















 ∆





 ∆
−
⋅





 ∆





 ∆
⋅
=

















 ∆





 ∆
−
⋅





 ∆
=












−





 ∆
⋅=
4
tan
2
sin
2
cos1
2
cos
2
cos1
2
sin
2
cos
2
cos
2
cos1
2
tan
1
2
cos
1
TTE
T
T
RE
x y
20 m
d
G
Glauco Pontes Filho 13
15. Dados ∆=30º, R=680 m e E(PI)=205+2,52, calcular G, T, D, E(PC) e E(PT).
⇒=
680
92,145.1
20G °= 69,1G
⇒




 °
⋅=
2
30
tan680T mT 21,182=
⇒
°
°⋅⋅
=
180
30680π
D mD 05,356=
E(PC) = (205 + 2,52) – ( 9 + 2,21) = 196 + 0,31
E(PT) = (196 + 0,31) + (17 + 16,05) = 62 + 5,90
16. (*) Em uma curva horizontal circular, conhecem-se os seguintes elementos: G20=1º,
E(PC)=55 + 9,83 e E(PT)=81 + 9,83. Se alterarmos o raio dessa curva para 2000 m, qual
será a estaca do novo PT?
Solução:
D = E(PT) – E(PC) = (81 + 9,83) – (55 + 9,83) = 26 estacas = 520 m
mR 92,145.1
1
92,145.1
==
°=
⋅°
=
⋅
==∆ 26
20
5201
c
DG
AC
mT 56,264
2
26
tan92,145.1 =




 °
⋅=
E(PI) = E(PC) + T = (55 + 9,83) + (13 + 4,56) = 68 + 14,39
Novo raio: R = 2.000 m
mestmT 74,12374,461
2
26
tan2000´ +==




 °
⋅=
mestmD 57,74557,907
180
262000
´ +==
°
°⋅⋅
=
π
E(PC´) = (68 + 14,39) – (23 + 1,74) = 45 + 12,65
E(PT´) = (45 + 12,65) + (45 + 7,57) = 91 + 0,22
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 14
17. (*) Dado o traçado da figura, adotar para as curvas 1 e 2 os maiores raios possíveis.
Solução:
Para obtermos os maiores raios possíveis, devemos ter: T1 = d1 , T2 = d3 e T1+T2≤ d2
⇒
°
=





 ∆
=
14tan
135
2
tan 1
1
1
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
Glauco Pontes Filho 15
19. (*) Em um trecho de rodovia temos duas curvas circulares simples. A primeira começando
na estaca 10+0,00 e terminando na estaca 20+9,43 com 300 m de raio. A segunda
começando na estaca 35+14,61 e terminando na estaca 75+0,00 com 1500 m de raio.
Deseja-se aumentar o raio da primeira curva para 600 m sem alterar a extensão total do
trecho. Qual deverá ser o raio da segunda curva? Dados: ∆1=40º e ∆2=30º.
Solução:
T1 = 300 tan(20º) = 109,19 m
T2 = 1500 tan(15º) = 401,92 m
L = (35 + 14,61) – (20 + 9,43) = 305,18 m
Dist(PI1 - PI2) = T1 + L +T2 = 109,19 + 305,18 + 401,92 = 816,29 m
C = Extensão total do trecho = est 75 – est 10 = 65 estacas = 1300 m = D1 + L + D2
T1´= 600 tan(20º) = 218,38 m
T2´= R2´ tan(15º)
L´= Dist(PI1 - PI2) – T1´– T2´= 816,29 – 218,38 – R2´ tan(15º) = 597,91 – 0,26795R2´
mD 88,418
180
40600
´1 =
°
°⋅⋅
=
π
´5236,0
180
30´
´ 2
2
2 R
R
D =
°
°⋅⋅
=
π
C = D1´+ L´ + D2´ = 418,88 + 597,91 – 0,26795 R2´ + 0,5236 R2´ = 1300
mR 8,107.1´2 =
35+14,61
∆2 = 30º
D1
∆1 = 40º
20+9,43
75+0,00
10+0,00
D2
R1 = 300
R2 = 1500
L = 305,18
∆2 = 30º
∆1 = 40º
R1´= 600
R2´= ???
L´
D1´
D2´
T2´
T1´
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 16
20. (*) A figura mostra a planta de um trecho de rodovia com duas curvas de mesmo sentido,
desejando-se substituir estas duas curvas por uma curva única de raio R. Calcular o valor
de R para que o PC da nova curva coincida com o PC1 do traçado antigo (início da curva
1).
Solução:
T1 = 400 tan(15º) = 107,18 m
T2 = 500 tan(10º) = 88,16 m
Aplicando a Lei dos Senos, temos:
°
++
=
° 130sin
20
20sin
21 TTx
x = 96,14 m
T = T1 + x = 107,18 + 96,14 = 203,32 m
⇒





 °
=
2
50
tan
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
PI2Est. 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
20º30º
130º
PC1=PC
T
x
T1
T1+20+T2
Glauco Pontes Filho 17
Solução:
CURVA 1: E(PI1) = d1 = 54 + 0,00
⇒




 °
⋅=
2
46
tan12001T mT 37,5091 =
⇒
°
°⋅⋅
=
180
461200
1
π
D 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
30
tan16002T mT 72,4282 =
⇒
°
°⋅⋅
=
180
301600
2
π
D mD 76,8372 =
E(PC2) = (158 + 5,93) – (21 + 8,72) = 136 + 17,21
E(PT2) = (136 + 17,21) + (41 + 17,76) = 178 + 14,97
E(F) = E(PT2) + d3 – T2 = (178 + 14,97) + (90 + 9,10) – (21 + 8,72) = 247 + 15,35
22. Calcular as curvas circulares abaixo {G, T, D, E, E(PC), E(PT), d, dm}:
a) E(PI) = 202 + 2,50 ∆ = 52º R = 650 m c = 20 m
b) E(PI) = 1345 + 12,73 ∆ = 10º R =2000 m c = 20 m
c) E(PI) = 376 + 19,50 ∆ = 64º 20' R = 350 m c = 10 m
d) E(PI) = 467 + 3,75 ∆ = 80º R = 200 m c = 5 m
Solução:
a) ⇒
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
)650(
)20(º180º180
ππ R
c
G ´´47´451762954,1 °=°=G
⇒




 °
⋅=




 ∆
⋅=
2
52
tan650
2
tanRT mT 03,317=
⇒
°
°⋅⋅
=
∆⋅⋅
=
180
52650
º180
ππ R
D mD 92,589=
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 18
⇒




 °
⋅=




 ∆
⋅=
4
52
tan03,317
4
tanTE mE 19,73=
´´53´520881477,0
2
762954,1
2
°=°=
°
==
G
d
´´39´020044074,0
40
762954,1
)20(22
°=°=
°
=
⋅
==
G
c
G
dm
E(PC) = (202 + 2,50) – (15 + 17,03) = 186 + 5,47
E(PT) = (186 + 5,47) + (29 + 9,92) = 215 + 15,39
b)
T = 174,98 m
D = 349,07 m
E = 7,64 m
G = 0,572958º = 0º 34’ 23”
d = 0,28648º = 0º 17’ 11”
dm= 0,01432º = 0º 0’ 52”
E(PC) = 1336 + 17,75
E(PT) = 1354 + 6,82
c)
T = 220,12 m
D = 392,99 m
E = 63,47 m
G = 1,637022º = 1º 38’ 13”
d = 0,81851º = 0º 49’ 7”
dm= 0,08185º = 0º 4’ 55”
E(PC) = 365 + 19,38
E(PT) = 385 + 12,37
d)
T = 167,82 m
D = 279,25 m
E = 61,08 m
G = 1,432394º = 1º 25’ 57”
d = 0,7162º = 0º 42’ 58”
dm= 0,14324º = 0º 8’ 36”
E(PC) = 458 + 15,93
E(PT) = 472 + 15,18
Glauco Pontes Filho 19
23. Repetir a questão anterior adotando para G um valor múltiplo de 40’. Construir as tabelas
de locação das curvas (R > R’).
Solução:
a) ⇒
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
)650(
)20(º180º180
ππ R
c
G '77724,105)60(762954,1 =⋅°=G
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
m
G
c
Rnovo 437,859
)º333333,1(
)20(º180º180
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
ππ
⇒




 °
⋅=




 ∆
⋅=
2
52
tan437,859
2
tanRT mT 18,419=
⇒
°
°⋅⋅
=
∆⋅⋅
=
180
52437,859
º180
ππ R
D mD 00,780=
⇒




 °
⋅=




 ∆
⋅=
4
52
tan18,419
4
tanTE mE 78,96=
´400
2
'201
2
°=
°
==
G
d
'20
40
'201
)20(22
°=
°
=
⋅
==
G
c
G
dm
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
c
G
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 40’ = 0,66666667º
m
G
c
Rnovo 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
c
G
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
m
G
c
Rnovo 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
c
G
Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º
m
G
c
Rnovo 859,214
)º333333,1(
)5(º180º180
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
=
ππ
Logo:
T = 180,29 m
D = 300,00 m
E = 65,62 m graus min. seg.
G = 1,33333 º = 1 20 0
d = 0,666666 º = 0 40 0
dm= 0,133333 º = 0 8 0
E(PC) = 458 + 3,46
E(PT) = 473 + 3,46
Glauco Pontes Filho 23
24. A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas dos
pontos notáveis das curvas (PC, PI e PT) e a estaca inicial do traçado, sabendo que a estaca
do ponto F é 540 + 15,00.
Solução:
mT 37,400
2
40
tan11001 =




 °
⋅=
mD 95,767
180
401100
1 =
°
°⋅⋅
=
π
mT 95,472
2
35
tan15002 =




 °
⋅=
mD 30,916
180
351500
2
°
°⋅⋅
=
π
E(PT2) = 10.815-1.800+472,95 = 9.487,95 m = 474 est + 7,95 m
E(PC2) = 9.487,95 – 916,30 = 8.571,65 m = 428 + 11,65
E(PI2) = 8.571,65 + 472,95 = 9.044,60 m = 452 + 4,60
E(PT1) = 9.044,60 – 2.200 + 400,37 = 7.244,97 m = 362 + 4,97
E(PC1) = 7.244,97 – 767,95 = 6.477,02 m = 323 + 17,02
E(PI1) = 6.477,02 + 400,37 = 6.877,39 m = 343 + 17,39
E(A) = 6.877,39 – 1.000 = 5.877,39 m = 293 + 17,39
R2=1500 m
d2 = 2200 m
∆2=35º
∆1=40ºd1 = 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:
00,030600
2
90
tan600 +==




 °
⋅= mT
48,24748,942
180
90600
+==
°
°⋅⋅
= mD
π
E(PC) = (81 + 19,00) – (30 + 0,00) = 51 + 19,00
E(PT) = (51 + 19,00) + (47 + 2,48) = 99 + 1,48
∆1 = 40º
∆2 = 28º
720 m
Glauco Pontes Filho 25
27. (*) Deseja-se projetar um ramo de cruzamento com duas curvas reversas, conforme figura.
A estaca zero do ramo coincide com a estaca 820 e o PT2 coincide com a estaca 837+1,42
da estrada tronco. Calcular os valores de R1, R2, E(PI1) e E(PT2).
Solução:
mRRR 42,341)00,0820()42,1837(2 222 =+−+=++
⇒
+
=
22
42,341
2R mR 00,1002 =
⇒= 42,34121R mR 42,2411 =
mD 61,189
180
4542,241
1 =
°
°⋅⋅
=
π
mD 62,235
180
135100
2 =
°
°⋅⋅
=
π
E(PI1) = (820 + 0,00) + (5 + 0,00) = 825 + 0,00
E(PT2) = 16.400 + 189,61 + 235,62 = 841 est + 5,23 m
O2
O1
Est. 820
PC1 ∆1 = 45º
Est. 837 + 1,42
PT2
∆2 = 135º
PT1=PC2
TRONCO
PI1
PI2
45º
T1 = R2
45º
135º
45º
R2
T2 = R1
R1
R2
R2√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
64,1385
60sin
1200
=
°
=x
21200
45sin
1200
=
°
=y
88,692
º60tan
1200
==a
00,1200
º45tan
1200
==b
∑ ∑+−+++= DTzyxC 21500
7217,64 = 1385,64 + 1500 + 1200√2 + (692,88 + 1500 + 1200) – 2(6,5436 R) + 8,9012 R
mR 1,181=
T1 = R⋅ tan 60º = 1,7321 R
T2 = 2R⋅ tan 30º = 1,1547 R
T3 = 3R⋅ tan 22,5º = 1,2426 R
T4 = R⋅ tan 67,5º = 2,4142 R
D1 = π⋅R⋅120º/180º = 2,0944 R
D2 = π⋅2R⋅60º/180º = 2,0944 R
D3 = π⋅3R⋅45º/180º = 2,3562 R
D4 = π⋅R⋅135º/180º = 2,3562 R
CURVA 2
Raio = 2R
CURVA 3
Raio = 3R
45º60º
1200 m
1500 m
CURVA 4
Raio = R
CURVA 1
Raio = R
45º60º
120º 135º
1500 ba
x y
z = a + 1500 + b
1200
Glauco Pontes Filho 27
29. Calcular a distância entre os pontos A e B pelos 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
2
1 1
r = 500 m
R = 1000 m
CURVA 2
R2 = 300
CURVA 3
R3 = 400
45º60º
3000 m
CURVA 4
R4 = 200
CURVA 1
R1 = 200
2000 m
T t
d
D
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 28
∑
∑
=
=
44,518.1
14,168.1
D
T
40,2309
60sin
2000
=
°
=x
22000
45sin
2000
=
°
=y
70,1154
º60tan
2000
==a
2000
º45tan
2000
==b
∑ ∑+−+++= DTzyxC 23000
C = 2309,40 + 3000 + 2000√2 + (1154,70 + 3000 + 2000) – 2(1168,14) + 1518,44
mC 7,474.13=
34. Dadas as curvas reversas da figura, calcular o comprimento do trecho entre os pontos A e
B e os raios das curvas.
2,1
572
2
1
21
=
=
T
T
mVV
Solução:
mTmTTT
TT
00,31200,2605722,1
572
1222
21
=⇒=⇒=+
=+
mDmD
mRmR
65,504
º180
º34422,850
45,598
º180
º40213,857
422,850
2
º34
tan
260
213,857
2
º40
tan
312
21
21
=
⋅⋅
==
⋅⋅
=
=






==






=
ππ
mDD 10,103.121 =+
V1
A ∆1 = 40º
V2
B
∆2 = 34º
C
45º60º
120º 135º
3000 ba
x y
z = a + 3000 + b
2000
Glauco Pontes Filho 29
36. (*) Considere a localização em planta das tangentes de uma curva (figura 1) e a seção
transversal da estrada (figura 2). Pede-se:
a) Raio mínimo da curva circular. Verificar condição mínima de visibilidade e determinar
o afastamento mínimo necessário do talude para uso do raio mínimo quanto à
estabilidade.
b) Calcular todos os elementos da curva circular.
c) Calcular as coordenadas (x,y) dos pontos PC e PT da curva escolhida.
ADOTAR: Velocidade de projeto, V = 100 km/h
Coeficiente de atrito longitudinal, 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:
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
m
R
D
M
m
if
V
VD
m
fe
V
R
necessário
L
T
99,15
96,3148
72,200
8
72,200
03,0255
100
1007,0
255
7,0
96,314
13,012,0127
100
127
22
22
2
max
2
min
≅==
=
+
+=
+
+=
=
+
=
+
=
75,7=existenteM
Afastamento do talude = Mnecessário - Mexistente = 15,99 – 7,75 = 8,24 m
PC
PT
y
∆=30ºPI x
fig. 1
3,503,50
1:1
0,75
7,75fig. 2
8,24 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 30
CAPÍTULO 5
CURVAS HORIZONTAIS
DE TRANSIÇÃO
Glauco Pontes Filho 31
1. Calcular as curvas de transição abaixo:
a) E(PI) = 342 + 2,50 ∆ = 55º Rc= 680 m V= 80 km/h
b) E(PI) = 1350 + 12,73 ∆ = 12º Rc=2100 m V=120 km/h
c) E(PI) = 476 + 9,50 ∆ = 66º24' Rc= 830 m V=100 km/h
d) E(PI) = 757 + 6,75 ∆ = 82º Rc= 600 m V= 70 km/h
Solução:
a) m
R
V
Lsmín 11,27
680
80
036,0036,0
33
=⋅==
m
R
Ls c
máx 75,652
180
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
55
tan88,068098,59
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
088235,0
120
423
91,119
216
088235,0
10
088235,0
1120
21610
1
088235,0
6802
120
2
33
4242
=




 °
⋅++=




 ∆
⋅++=
=−⋅−=−⋅−=
=⋅−=⋅−=
=⋅=⋅=
=⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
=





−⋅=







−⋅=
=





+−⋅=







+−⋅=
=
⋅
=
⋅
=
θ
θ
φ
π
θφ
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 62,29
2100
120
036,0036,0
33
=⋅==
m
R
Ls c
máx 824,439
180
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 37,43
830
100
036,0036,0
33
=⋅==
m
R
Ls c
máx 89,961
180
4,66830
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ
Adotando Ls = 100 m (>0,56V), temos:
θs = 0,060241 rad
Xs = 99,96 m
Ys = 2,01 m
k = 49,99 m
p = 0,50 m
TT = 593,46 m
φ = 1,038417 rad
D = 861,89 m
E(TS) = 446 + 16,04
E(SC) = 451 + 16,04
E(CS) = 494 + 17,93
E(ST) = 499 + 17,93
Glauco Pontes Filho 33
d) m
R
V
Lsmín 58,20
600
70
036,0036,0
33
=⋅==
m
R
Ls c
máx 70,858
180
82600
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ
Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos:
θs = 0,100000 rad
Xs = 119,88 m
Ys = 4,00 m
k = 59,98 m
p = 1,00 m
TT = 582,42 m
φ = 1,231170 rad
D = 738,70 m
E(TS) = 728 + 4,33
E(SC) = 734 + 4,33
E(CS) = 771 + 3,03
E(ST) = 777 + 3,03
2. Construir as tabelas de locação do 1º ramo de transição das curvas da questão anterior.
Solução:
a) Cálculos para a linha correspondente à estaca 327 + 0,00
''58'271
864056,111
862960,2
arctanarctan
86296,2
42
076767,0
3
076767,0
93,111
423
864056,111
216
076767,0
10
076767,0
193,111
21610
1
076767,0
1206802
93,111
2
33
4242
22
°=





=





=
=





−⋅=





−⋅=
=





+−⋅=





+−⋅=
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=
X
Y
i
mLY
mLX
rad
LR
L
sc
θθ
θθ
θ
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 34
TABELA DE LOCAÇÃO (por estacas inteiras)
ESTACA i
INT FRAC
L θ X Y
grau min seg
321 8,07 --- --- --- --- --- ---
322 11,93 0,000872 11,93 0,00 0 0 60
323 31,93 0,006247 31,93 0,07 0 7 10
324 51,93 0,016524 51,93 0,29 0 18 56
325 71,93 0,031703 71,92 0,76 0 36 20
326 91,93 0,051784 91,91 1,59 0 59 20
327 111,93 0,076767 111,86 2,86 1 27 58
327 8,07 120 0,088235 119,91 3,53 1 41 6
js = θs – is = 3º 22’ 14”
b)
ESTACA i
INT FRAC
L θ X Y
grau min seg
1337 1,99 --- --- --- --- --- ---
1338 18,01 0,000772 18,01 0,00 0 0 53
1339 38,01 0,003440 38,01 0,04 0 3 57
1340 58,01 0,008012 58,01 0,15 0 9 11
1341 78,01 0,014489 78,01 0,38 0 16 36
1342 98,01 0,022871 98,00 0,75 0 26 13
1342 1,99 100 0,023810 99,99 0,79 0 27 17
js = θs – is = 0º 54’ 34”
c)
ESTACA i
INT FRAC
L θ X Y
grau min seg
446 16,04 --- --- --- --- --- ---
447 3,96 0,000094 3,96 0,00 0 0 6
448 23,96 0,003458 23,96 0,03 0 3 58
449 43,96 0,011641 43,96 0,17 0 13 20
450 63,96 0,024644 63,96 0,53 0 28 14
451 83,96 0,042466 83,94 1,19 0 48 40
451 16,04 100 0,060241 99,96 2,01 1 9 2
js = θs – is = 2º 18’ 04”
d)
ESTACA i
INT FRAC
L θ X Y
grau min seg
728 4,33 --- --- --- --- --- ---
729 15,67 0,001705 15,67 0,01 0 1 57
730 35,67 0,008836 35,67 0,11 0 10 8
731 55,67 0,021522 55,67 0,40 0 24 40
732 75,67 0,039764 75,66 1,00 0 45 34
733 95,67 0,063561 95,63 2,03 1 12 50
734 115,67 0,092914 115,57 3,58 1 46 28
734 4,33 120 0,100000 119,88 4,00 1 54 35
js = θs – is = 3º 49’ 11”
Glauco Pontes Filho 35
3. Numa curva de transição, para a determinação do comprimento de transição (Ls) foi
escolhido o valor J = 0,4 m/s3
(variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo).
Calcular a estaca do ST. Dados: ∆ = 50º, Rc = 500 m, Vp = 100 km/h e E(PI) = 210 + 0,00.
Solução:
m
JR
V
L
LR
V
J
c
s
sc
17,107
5004,0
6,3
100
3
33
=
⋅






=
⋅
=⇒
⋅
=
rad
R
L
c
s
s 10717,0
5002
17,107
2
=
⋅
=
⋅
=θ
mLX ss
ss 05,107
216
10717,0
10
10717,0
117,107
21610
1
4242
=





+−⋅=







+−⋅=
θθ
mLY ss
ss 83,3
42
10717,0
3
10717,0
17,107
423
33
=





−⋅=







−⋅=
θθ
rads 658327,0)10717,0(2
180
502 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
π
θφ
mestmradRD radc 16,91616,329)658327,0(500 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 56,53)10717,0(50005,107 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 96,0)10717,0cos(150083,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 16,71416,287
2
50
tan96,050056,53
2
tan +==




 °
⋅++=




 ∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (210 + 0,00) – (14 + 7,16) = 195 + 12,84
E(SC) = E(TS) + [LS] = (195 + 12,84) + (5 + 7,17) = 201 + 0,01
E(CS) = E(SC) + [D] = (201 + 0,01) + (16 + 9,16) = 217 + 9,17
E(ST) = E(CS) + [LS] = (217 + 9,17) + (5 + 7,17) = 222 + 16,34
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 36
4. Com relação ao exercício anterior, calcular as coordenadas X e Y da estaca 220+0,00.
Solução:
L = (222 + 16,34) – (220 + 0,00) = 22 est + 16,34 m = 56,334 m
rad
LR
L
sc
029618,0
17,1075002
34,56
2
22
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=θ
mLX 335,56
216
029618,0
10
029618,0
134,56
21610
1
4242
=





+−⋅=





+−⋅=
θθ
mLY 56,0
42
029618,0
3
029618,0
34,56
423
33
=





−⋅=





−⋅=
θθ
5. (*) No traçado da figura, sendo Vp=100 km/h, verificar se é possível projetar a curva 2 de
maneira que a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo (J) seja a mesma
para as duas curvas. Se não for possível, justificar. Dados:
Curva 1: E(PI1) = 72 + 9,27 ∆1 = 11º 36’ R1 = 1000 m
E(TS1) = 65 + 15,26 E(SC1) = 69 + 0,10
E(CS1) = 75 + 17,72 E(ST1) = 79 + 2,56
Curva 2: E(PI2) = 91 + 10,00
R2 = 600 m
∆2 = 40º
Solução:
Ls1 = E(SC1) - E(TS1) = (69 + 0,10) – (65 + 15,26) = 64,84 m
D1 = E(CS1) - E(SC1) = (75 + 17,72) – (69 + 0,10) = 137,62 m
2
3
3
1 /330559,0
84,641000
6,3
100
JsmJ ==
⋅






=
PI2
PI1
TS1
ST1
ST
CS
L
50º
217+9,17
222+16,34
220+0,00
Glauco Pontes Filho 37
CÁLCULO DA CURVA 2:
m
JR
smV
Ls 07,108
330559,0600
6,3
100
)/(
3
22
3
2 =
⋅






=
⋅
=
rads 090058,0
6002
07,108
=
⋅
=θ
rads 518017,0)090058,0(2
180
402 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
π
θφ
mLX ss
ss 98,107
216
090058,0
10
090058,0
107,108
21610
1
4242
=





+−⋅=







+−⋅=
θθ
mLY ss
ss 24,3
42
090058,0
3
090058,0
07,108
423
33
=





−⋅=







−⋅=
θθ
mestmradRD radc 81,101581,310)518017,0(600 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 02,54)090058,0(60098,107 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 81,0)090058,0cos(160024,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 70,121370,272
2
40
tan81,060002,54
2
tan +==




 °
⋅++=




 ∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS2) = E(PI2) – [TT2] = (91 + 10,00) – (13 + 12,70) = 77 + 17,30
Como o início da segunda curva deve ser depois do fim da primeira (ou coincidirem), não
é possível projetar a curva 2 com o J da curva 1, pois :
E(TS2)=77+17,30 < E(ST1)=104+4,25.
PI2
PI1
TS2
ST1
TS2 < ST1 ???
Impossível !!!
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 38
6. (*) Numa curva onde a deflexão entre as tangentes (∆) é igual a 0,8 radianos, calcular a
velocidade, em km/h, que a curva permite desenvolver sem que a variação da aceleração
centrífuga por unidade de tempo na transição (J) ultrapasse o valor 0,5 m/s3
. Dados:
E(TS)=14+0,00; E(SC)=18+0,00; E(CS)=22+0,00; E(ST)=26+0,00.
Solução:
Ls = E(SC) - E(TS) = (18 + 0,00) – (14 + 0,00) = 80 m
D = E(CS) - E(SC) = (22 + 0,00) – (18 + 0,00) = 80 m
hkmsmV
LD
JLV
JRLV
LR
V
J
LD
R
R
LD
R
LR
R
L
s
s
cs
sc
s
c
c
s
c
sc
c
s
s
/72/20
8000
8,0
8080
5,080
2
22
3
3
3
==
=




 +
⋅⋅=





∆
+
⋅⋅=
⋅⋅=⇒
⋅
=
∆
+
=⇒
+
=
+⋅
=+=+=∆
φ
φθφ
7. (*) Numa curva horizontal, adotando-se o comprimento de transição (Ls) igual à média
entre o comprimento mínimo e o comprimento máximo possível, calcular:
a) a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo na transição.
b) o afastamento necessário entre a curva circular e a tangente externa (p).
c) o comprimento do trecho circular da curva.
Dados: Vp = 80 km/h; Rc = 210 m; ∆ = 30º.
Solução:
m
R
V
Lsmín 771,87
210
80
036,0036,0
33
=⋅==
m
R
Ls c
máx 956,109
180
30210
180
=
°
⋅°⋅
=
°
⋅∆⋅
=
ππ
mLs 86,98
2
956,109771,87
=
+
=
rad
R
L
c
s
s 235381,0
2102
86,98
2
=
⋅
=
⋅
=θ
Glauco Pontes Filho 39
mLY ss
ss 726,7
42
235381,0
3
235381,0
86,98
423
33
=





−⋅=







−⋅=
θθ
Letra a) 3
3
3
/53,0
86,98210
6,3
80
sm
LR
V
J
sc
=
⋅






=
⋅
=
Letra b) ( ) [ ] mradRYp scs 94,1)235381,0cos(1210726,7cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
Letra c) rads 052838,0)235381,0(2
180
302 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
π
θφ
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:
m
JR
V
L
LR
V
J
c
s
sc
80
5002,0
6,3
72
3
33
=
⋅






=
⋅
=⇒
⋅
=
rad
R
L
c
s
s 08,0
5002
80
2
=
⋅
=
⋅
=θ
452,66 m
∆2=24º
∆1=24º
CURVA 2
1000 m
PI2
1000 m
PI1
EST. 0
CURVA 1
F
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 40
mLX ss
ss 95,79
216
08,0
10
08,0
180
21610
1
4242
=





+−⋅=







+−⋅=
θθ
mLY ss
ss 13,2
42
08,0
3
08,0
80
423
33
=





−⋅=







−⋅=
θθ
rads 258880,0)08,0(2
180
242 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
π
θφ
mestmradRD radc 44,9644,129)258880,0(500 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 99,39)08,0(50095,79 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 53,0)08,0cos(150013,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 38,6738,146
2
24
tan53,050099,39
2
tan +==




 °
⋅++=




 ∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (50 + 0,00) – (7 + 6,38) = 42 + 13,62
E(SC) = E(TS) + [LS] = (42 + 13,62) + (4 + 0,00) = 46 + 16,32
E(CS) = E(SC) + [D] = (46 + 16,32) + (6 + 9,44) = 53 + 3,06
E(ST) = E(CS) + [LS] = (53 + 3,06) + (4 + 0,00) = 57 + 3,06
CÁLCULO DA CURVA 2:
E(PC2) = E(ST1) + 200 m =(57 + 3,06) + (10 + 0,00) = 67 + 3,06 = 1.343,06 m
T = 452,66 – TT – 200 = 452,66 – 146,38 – 200 = 106,28 m
m
T
R 01,500
2
º24
tan
28,106
2
tan 2
=






=





 ∆
=
mD 44,209
180
2401,500
=
°
°⋅⋅
=
π
E(PT2) = E(PC2) + D = 1.343,06 + 209,44 = 1.552,50 m = 77 + 12,50
E(F) = E(PT2) + 1000m - T = 1.552,50 + 1.000 – 106,28 = 2.446,22 m =122 + 6,22
Glauco Pontes Filho 41
9. (*) Dada a curva horizontal da figura, calcular os valores de X e Y do ponto P que está na
estaca 100 + 0,00. Dados: Rc = 350 m, E(PI) = 90 + 15,00, Ls = 150 m e ∆ = 60º.
Solução: rad
R
L
c
s
s 214286,0
3502
150
2
=
⋅
=
⋅
=θ
mLX ss
ss 31,149
216
214286,0
10
214286,0
1150
21610
1
4242
=





+−⋅=







+−⋅=
θθ
mLY ss
ss 68,10
42
214286,0
3
214286,0
150
423
33
=





−⋅=







−⋅=
θθ
rads 618626,0)214286,0(2
180
602 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
π
θφ
52,161052,216)618626,0(350 +==⋅=⋅= mradRD radc φ
mradsensenRXk scs 89,74)214286,0(35031,149 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 674,2)214286,0cos(135068,10cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 50,181350,278
2
60
tan674,235089,74
2
tan +==




 °
⋅++=




 ∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (90 + 15,00) – (13 + 18,50) = 76 + 16,50
E(SC) = E(TS) + [LS] = (76 + 16,50) + ( 7 + 10,00) = 84 + 6,50
E(CS) = E(SC) + [D] = (84 + 6,50) + (10 + 16,52) = 95 + 3,02
E(ST) = E(CS) + [LS] = (95 + 3,02) + ( 7 + 10,00) = 102 + 13,02
L = (102 + 13,02) – (100 + 0,00)
L = 2 est + 13,02 m = 53,02 m
rad
LR
L
sc
026773,0
1503502
02,53
2
22
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=θ
mLX 02,53
216
026773,0
10
026773,0
102,53
21610
1
4242
=





+−⋅=





+−⋅=
θθ
mLY 47,0
42
026773,0
3
026773,0
02,53
423
33
=





−⋅=





−⋅=
θθ
ST
CS
L
60º
95+3,02
102+13,02
100+0,00
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 42
10. (*) Deseja-se projetar uma curva de transição com J = 0,4 m/s3
. Calcular a deflexão que
deve ser dada no aparelho (colocado sobre o TS) para locar a estaca 200. Dados: Vp=100
km/h, ∆=40º, Rc=600 m, E(PI) = 209 + 3,23.
Solução: m
JR
V
L
LR
V
J
c
s
sc
31,89
6004,0
6,3
100
3
33
=
⋅






=
⋅
=⇒
⋅
=
rad
R
L
c
s
s 074425,0
6002
31,89
2
=
⋅
=
⋅
=θ
mLX ss
ss 26,89
216
074425,0
10
074425,0
131,89
21610
1
4242
=





+−⋅=







+−⋅=
θθ
mLY ss
ss 21,2
42
074425,0
3
074425,0
31,89
423
33
=





−⋅=







−⋅=
θθ
rads 549283,0)074425,0(2
180
402 =⋅−
°
⋅°=⋅−∆=
π
θφ
mestmradRD radc 57,91657,329)549283,0(600 +==⋅=⋅= φ
mradsensenRXk scs 65,44)074425,0(60026,89 =⋅−=⋅−= θ
( ) [ ] mradRYp scs 554,0)074425,0cos(160021,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ
( ) ( ) 23,31323,263
2
40
tan554,060065,44
2
tan +==




 °
⋅++=




 ∆
⋅++= mpRkTT c
E(TS) = E(PI) – [TT] = (209 + 3,23) – (13 + 3,23) = 196 + 0,00
E(SC) = E(TS) + [LS] = (196 + 0,00) + ( 4 + 9,31) = 200 + 9,31
E(CS) = E(SC) + [D] = (200 + 9,31) + (16 + 9,57) = 216 + 18,87
E(ST) = E(CS) + [LS] = (216 + 18,87) + ( 4 + 9,31) = 221 + 8,18
L = (200 + 0,00) – (196 + 0,00) = 4 est + 0,00 m = 80 m
rad
LR
L
sc
029618,0
17,1075002
34,56
2
22
=
⋅⋅
=
⋅⋅
=θ
mLX 335,56
216
029618,0
10
029618,0
134,56
21610
1
4242
=





+−⋅=





+−⋅=
θθ
mLY 56,0
42
029618,0
3
029618,0
34,56
423
33
=





−⋅=





−⋅=
θθ
ST
CS
L
50º
217+9,17
222+16,34
220+0,00
Glauco Pontes Filho 43
11. (*) A figura mostra trecho de uma via contendo tangentes perpendiculares entre si e duas
curvas circulares com transição, reversas e consecutivas. Dados que Rc = 200 m e Ls = 80
m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas dado.
Solução:
Calculando os elementos da transição, temos:
Coordenada X = (TT – k) + TT = 2 (241,28) – 39,95 = 442,61 m
Coordenada Y = -(k + TT) = - (39,95 + 241,28) = -281,23 m
SC1
CS1
ST1= TS2
SC2
CS2
ST2
C2
C1
TS1
E
N
θs = 0,083333 rad
Xs = 99,93 m
Ys = 2,78 m
k = 49,99 m
p = 0,69 m
TT = 252,35 m
SC1
CS1
ST1= TS2
SC2
CS2 ST2
C2
C1
TS1
E
k
TT
TT-k
TT
TT
k
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 44
12. (*) A figura mostra trecho do eixo da planta de um autódromo formado por 3 tangentes
paralelas concordadas entre si por curvas circulares com transição. Sabendo que Rc = 50 m
e Ls = 50 m, calcular as coordenadas do ponto ST2 em relação ao sistema de coordenadas
dado.
Solução:
Calculando os elementos da transição, temos:
θs = 0,50 rad
Xs = 48,76 m
Ys = 8,18 m
k = 24,79 m
p = 2,06 m
Coordenada E = k = 24,76 m
Coordenada N = 4 (Rc+p) = 4 (50 + 2,06) = 208,24 m
100 m
TS1
E
TS2
SC1
CS1
ST1SC2
CS2 ST2
C2
C1
N
Rc+p
Rc+p
Rc+p
Rc+p
k
100 m
TS1
E
TS2
SC1
CS1
ST1SC2
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 XsL=150
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 46
14. Calcular as estacas dos pontos notáveis das curvas e a estaca final do traçado (ponto B),
sendo dados:
a) Estaca inicial do traçado (ponto A) = 0 + 0,00
b) Raio da curva 1 = 300 m (transição)
c) Raio da curva 2 = 600 m (transição)
d) Vp = 80 km/h
Solução:
Coordenadas:
Pontos E N
A 0 1.000
PI1 4.000 7.000
PI2 7.000 2.000
B 12.000 0
Cálculo dos azimutes:
°=





=





−
−
= 690,33
3
4
arctan
70001000
40000
arctan1Az
°=





−
−
+°= 036,149
20007000
70004000
arctan1802Az
°=





−
−
+°= 801,111
02000
120007000
arctan1803Az
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
22
1 =−+−=
( ) ( ) md 95,830.52000700070004000
22
2 =−+−=
( ) ( ) md 16,385.502000120007000
22
3 =−+−=
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)
( )
%9,6
600
95,374
600
95,3742
8
95,374
13,008,0127
100
2
2
2
min
=





−
⋅
⋅=
=
+⋅
=
e
mR
2. Numa rodovia de Classe II, temos: emax=6% , V = 80 km/h. Se uma curva nesta rodovia tem
raio de 400 metros, calcular a superelevação a ser adotada, segundo o DNER.
Solução:
V = 80 km/h fmáx = 0,14 (tab.4.2)
( )
%2,5
400
97,251
400
97,2512
6
97,251
14,006,0127
80
2
2
2
min
=





−
⋅
⋅=
=
+⋅
=
e
mR
Glauco Pontes Filho 51
3. Fazer o diagrama da superelevação de uma curva de transição em espiral, anotando todas as
cotas e pontos em relação ao perfil de referência (extraído das notas de aula do professor
Creso Peixoto). Dados:
E(TS) = 40 + 2,00
Considerar Ls = Le
e = 8%
Método de giro em torno da borda interna (BI)
Critério de cálculo: BARNETT (α1 = 0,25% e α2 = 0,50%)
Solução:
a) Em tangente: mLmh t 24
25,0
)06,0(100
06,0
100
%)2(3
1 =
⋅
=⇒=
⋅
=
b) Na transição:
( ) mLeLeLLmLe
mSmLe
es 48361236
)5,0(2
06,0248,0100
48,0
100
%832
12
5,0
06,0100
212
1
=+=+===
⋅
⋅−⋅
=
=
⋅⋅
==
⋅
=
L = 3 m L = 3 m
a = 2%a = 2%
h1
39 40 41 42 43 44 45 4638 +18,00
+2,00
+14,00
+10,00
EIXO
BE, BI
TS
M
SC
BE
EIXO
Lt = 24 m
Ls = Le = 48 m
Le2 = 36 m
Le1 = 12 m
S/2 = 0,24
S/2 = 0,24
BI
+0,42
+0,18
-0,06
+0,06
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 52
CAPÍTULO 7
SUPERLARGURA
Glauco Pontes Filho 53
1. Calcular a superlargura, sendo dados os seguintes elementos:
Largura do veículo: L = 2,50 m.
Distância entre os eixos do veículo: E = 6,50 m.
Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,10 m.
Raio da curva: R = 280 m.
Velocidade de projeto: V = 90 km/h.
Faixas de tráfego de 3,3 m (LB = 6,6 m).
Número de faixas: 2.
Solução: Tabela 7.1: LB = 6,6 m → GL = 0,75 m.
( ) [ ]
( ) 6,6538,0028,0)75,0575,2(22
538,0
28010
90
10
028,0280)5,6(210,110,12802
575,2
)280(2
5,6
50,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
V
F
mREFFRG
m
R
E
LG
Steórico = 0,62 m
Sprático = 0,80 m (múltiplo de 0,20 m)
2. Idem, para:
Largura do veículo: L = 2,50 m.
Distância entre os eixos do veículo: E = 6,10 m.
Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,20 m.
Raio da curva: R = 200 m.
Velocidade de projeto: V = 80 km/h.
Faixas de tráfego de 3,6 m (LB = 7,2 m).
Número de faixas: 2.
Solução: Tabela 7.1: LB = 7,2 m → GL = 0,90 m.
( ) [ ]
( ) 2,7566,0040,0)90,0593,2(22
566,0
20010
80
10
040,0200)10,6(220,120,12002
593,2
)200(2
1,6
50,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
V
F
mREFFRG
m
R
E
LG
Steórico = 0,39 m
Sprático = 0,40 m (múltiplo de 0,20 m)
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 54
3. Idem, para:
Largura do veículo: L = 2,40 m.
Distância entre os eixos do veículo: E = 7,0 m.
Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,40 m.
Raio da curva: R = 180 m.
Velocidade de projeto: V = 100 km/h.
Faixas de tráfego de 3,6 m (LB = 7,2 m).
Número de faixas: 2.
Solução: Tabela 7.1: LB = 7,2 m → GL = 0,90 m.
( ) [ ]
( ) 2,77454,00599,0)90,05361,2(22
7454,0
18010
100
10
0599,0180)7(240,140,11802
5361,2
)180(2
7
40,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
V
F
mREFFRG
m
R
E
LG
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 88,020,0250
25010
100
250
100
25044,25 2
=−−+++=
Sprático = 1,00 m (múltiplo de 0,20 m)
b) Tabela 7.1: LB = 7,0 m → GL = 0,90 m.
( ) [ ]
( ) 0,75379,00287,0)90,06664,2(22
5379,0
28010
90
10
0287,0280)1,6(220,120,12802
6664,2
)280(2
1,6
60,2
2
22
22
−+++⋅=−+++⋅=
===
=−⋅+⋅+=−+⋅+=
=
⋅
+=
⋅
+=
BDFLC
D
F
C
LFGGGS
m
R
V
F
mREFFRG
m
R
E
LG
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 53,0
35010
80
63503502 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: )(79,1214
412
112
412
22
min OKmA
D
LLD
p
p =⋅=⋅=→<
Flecha máxima: m
Lg
F 80,0
8
16004,0
8
=
⋅
=
⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 80 m = 4 estacas
00,078)00,04()00,074()(
00,070)00,04()00,074()(
+=+++=
+=+−+=
PTVEst
PCVEst
m
Li
PIVCotaPTVCota
m
Li
PIVCotaPCVCota
60,667
2
160)03,0(
670
2
)()(
20,669
2
16001,0
670
2
)()(
2
1
=
⋅−
+=
⋅
+=
=
⋅
−=
⋅
−=
Cálculo do vértice V:
m
g
Li
y
mestm
g
Li
L
20,0
)04,0(2
160)01,0(
2
00,0240
04,0
16001,0
22
1
0
1
0
=
⋅
⋅
=
⋅
=
+==
⋅
=
⋅
=
V
i1 = +1%
i2 = -3%
PTV
PCV
PIV cota 670 m
Est. 74+0,00
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 58
E(V) = E(PCV) + [L0] = (70+ 0,00) + (2+ 0,00) = 72 est + 0,00 m
myPCVCotaVCota 40,66920,020,669)()( 0 =+=+=
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
222
000125,0
1602
04,0
2
xxx
L
g
f ⋅=⋅
⋅
=⋅=
800,080000125,0
450,060000125,0
200,040000125,0
050,020000125,0
00000125,0
2
74
75
2
73
76
2
72
77
2
71
78
2
70
=⋅=
==⋅=
==⋅=
==⋅=
==⋅=
f
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: m
Lg
F 40,2
8
32006,0
8
−=
⋅−
=
⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 160 m = 8 estacas
m
Li
PIVCotaPTVCota
m
Li
PIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
40,561
2
32004,0
555
2
)()(
20,558
2
32002,0
555
2
)()(
00,084)00,08()00,076()(
00,068)00,08()00,076()(
2
1
=
⋅
+=
⋅
+=
=
⋅−
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
myPCVCotaVCota
mestLPCVEVE
m
g
Li
y
mestm
g
Li
L
13,55707,120,558)()(
67,673)67,65()00,068()()(
07,1
)06,0(2
320)02,0(
2
67,6567,106
06,0
32002,0
0
0
22
1
0
1
0
=−=+=
+=+++=+=
−=
⋅
⋅−
=
⋅
=
+==
−
⋅−
=
⋅
=
Cálculo das cotas do greide reto:
V
i1 = -2%
i2 = +4%
PTV
PCV
PIV cota 555 m
Est. 76+0,00
L = 320 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 60
GRPCV = cota(PCV) = 558,20 m
GR69 = 558,20 – 20(0,02) = 557,80 m
GR70 = 557,80 – 20(0,02) = 557,40 m
:
:
GRPIV = cota(PIV) = 555,00 m
GR77 = 555,00 + 20(0,04) = 555,80 m
GR78 = 555,80 + 20(0,04) = 556,60 m
:
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522
103750,9
3202
06,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅−=⋅
⋅
−
=⋅= −
4,280103750,984,180103750,9
35,180103750,994,080103750,9
60,080103750,934,060103750,9
15,040103750,904,020103750,9
25
76
25
75
25
74
25
73
25
72
25
71
25
70
25
69
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−−
−−
−−
−−
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: m
Lg
F 75,0
8
20003,0
8
=
⋅
=
⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0 m
m
Li
PIVCotaPTVCota
m
Li
PIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
00,119
2
20004,0
123
2
)()(
00,124
2
20001,0
123
2
)()(
00,055)00,05()00,050()(
00,045)00,05()00,050()(
2
1
=
⋅−
+=
⋅
+=
=
⋅−
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV.
Cálculo das cotas do greide reto:
GRPCV = cota(PCV) = 124,00 m
GR46 = 124,00 – 20(0,01) = 123,80 m
GR47 = 123,80 – 20(0,01) = 123,60 m
:
:
GRPIV = cota(PIV) = 123,00 m
GR51 = 123,00 - 20(0,04) = 122,20 m
GR52 = 122,20 - 20(0,04) = 121,40 m
:
i1 = -1%
i2 = -4%
PTV
PCV
PIV cota 123 m
Est. 50+0,00
L = 200 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 62
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522
105,7
2002
03,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅=⋅
⋅
=⋅= −
75,090105,7
48,070105,727,050105,7
12,030105,703,010105,7
25
50
25
49
25
48
25
47
25
46
=⋅⋅=
=⋅⋅==⋅⋅=
=⋅⋅==⋅⋅=
−
−−
−−
f
ff
ff
NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM
Estaca
Greide
Reto
f
Greide de
Projeto
45 124,00 0,00 124,00
46 123,80 0,03 123,77
47 123,60 0,12 123,48
48 123,40 0,27 123,13
49 123,20 0,48 122,72
50 123,00 0,75 122,25
51 122,20 0,48 121,72
52 121,40 0,27 121,13
53 120,60 0,12 120,48
54 119,80 0,03 119,77
55 119,00 0,00 119,00
Glauco Pontes Filho 63
4. Idem para:
Solução:
01,0%1%5,1%5,221 ==−=−= iig
Flecha máxima: m
Lg
F 50,0
8
40001,0
8
=
⋅
=
⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 200 m = 10 est + 0,00 m
m
Li
PIVCotaPTVCota
m
Li
PIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
00,90
2
400015,0
87
2
)()(
00,82
2
400025,0
87
2
)()(
00,050)00,010()00,040()(
00,030)00,010()00,040()(
2
1
=
⋅−
+=
⋅
+=
=
⋅
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV.
Cálculo das cotas do greide reto:
GRPCV = cota(PCV) = 82,00 m
GR46 = 82,00 + 20(0,025) = 82,50 m
GR47 = 82,50 + 20(0,025) = 83,00 m
:
:
GRPIV = cota(PIV) = 87,00 m
GR51 = 87,00 + 20(0,015) = 87,30 m
GR52 = 87,30 + 20(0,015) = 87,60 m
:
i1 = +2,5%
i2 = +1,5%
PTV
PCV
PIV cota 87 m
Est. 40+0,00
L = 400 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 64
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522
1025,1
4002
01,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅=⋅
⋅
=⋅= −
50,0200101025,141,0180101025,1
32,0160101025,125,0140101025,1
18,0120101025,113,0100101025,1
08,080101025,105,060101025,1
02,040101025,101,020101025,1
245
40
245
39
245
38
245
37
245
36
245
35
245
34
245
33
245
32
245
31
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
=⋅⋅⋅==⋅⋅⋅=
−−−−
−−−−
−−−−
−−−−
−−−−
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: m
Lg
F 60,0
8
200024,0
8
−=
⋅−
=
⋅
=
Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0,00 m
m
Li
PIVCotaPTVCota
m
Li
PIVCotaPCVCota
PTVEst
PCVEst
60,673
2
200036,0
670
2
)()(
80,668
2
200012,0
670
2
)()(
00,089)00,05()00,084()(
00,079)00,05()00,084()(
2
1
=
⋅
+=
⋅
+=
=
⋅
−=
⋅
−=
+=+++=
+=+−+=
Cálculo do vértice V:
Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV.
Cálculo das cotas do greide reto:
GRPCV = cota(PCV) = 668,80 m
GR46 = 668,80 + 20(0,012) = 669,04 m
GR47 = 669,04 + 20(0,012) = 669,28 m
:
:
i1 = +1,2%
i2 = +3,6%
PTV
PCV PIV cota 670 m
Est. 84+0,00
L = 200 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 66
GRPIV = cota(PIV) = 670,00 m
GR51 = 670,00 + 20(0,036) = 670,72 m
GR52 = 670,72 + 20(0,036) = 671,44 m
:
Expressão para cálculo das ordenadas da parábola:
2522
1000,6
2002
024,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅−=⋅
⋅
−
=⋅= −
60,01001000,6
38,0801000,622,0601000,6
10,0401000,602,0201000,6
25
84
25
83
25
82
25
81
25
80
−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−=⋅⋅−=−=⋅⋅−=
−
−−
−−
f
ff
ff
NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM
Estacas
Greide
Reto
f
Greide de
Projeto
79=PCV 668,80 0,00 668,80
80 669,04 -0,02 669,06
81 669,28 -0,10 669,38
82 669,52 -0,22 669,74
83 669,76 -0,38 670,14
84=PIV 670,00 -0,60 670,60
85 670,72 -0,38 671,10
86 671,44 -0,22 671,66
87 672,16 -0,10 672,26
88 672,88 -0,02 672,90
89=PTV 673,60 0,00 673,60
Glauco Pontes Filho 67
6. (*) Calcular cotas e estacas dos PCV’s, PTV’s e vértices das curvas do perfil da figura
abaixo.
Solução:
%10,30310,0
)5373(20
80,8420,97
%50,40450,0
)2553(20
11080,84
%00,20200,0
2520
100110
3
2
1
==
−⋅
−
=
−=−=
−⋅
−
=
==
⋅
−
=
i
i
i
CURVA 1:
00,1017)00,012()00,105()(
60,10440,220,102)(
40,2
)065,0(2
780)02,0(
240
065,0
78002,0
45,92
2
780045,0
110)(
20,102
2
78002,0
110)(
00,1044)00,1019()00,025(
2
)00,025()(
00,105)00,1019()00,025(
2
)00,025()(
780045,002,0000.12
2
00
1
1
1
1
1
1
111
+=+++=
=+=
=
⋅
⋅
==
⋅
=
=
⋅−
+=
=
⋅
−=
+=+++=++=
+=+−+=−+=
=+=⋅=
VEstaca
mVCota
mymL
mPTVCota
mPCVCota
L
PTVE
L
PCVE
mgRvL
i3100 m
PIV1 cota 110,00
97,20
i1
i2
53 73250
Rv2=4000 m
PIV2 cota 84,80
COTAS(m)
Rv1=12000 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 68
CURVA 2:
00,854)00,09()00,845()(
59,8705,464,91)(
05,4
)076,0(2
304)045,0(
180
076,0
304045,0
51,89
2
304031,0
80,84)(
64,91
2
304045,0
80,84)(
00,1260)00,127()00,053(
2
)00,053()(
00,845)00,127()00,053(
2
)00,053()(
00,304031,0045,0000.4
2
00
1
2
2
2
2
2
222
+=+++=
=−=
−=
−⋅
⋅−
==
−
⋅−
=
=
⋅
+=
=
⋅−
−=
+=+++=++=
+=+−+=−+=
=−−=⋅=
VEstaca
mVCota
mymL
mPTVCota
mPCVCota
L
PTVE
L
PCVE
mgRvL
Glauco Pontes Filho 69
7. (*) Construir a nota de serviço de terraplenagem do trecho correspondente à curva 2 do
exemplo anterior.
Notação: CGRx = Cota do greide reto na estaca x.
CGPx = Cota do greide de projeto na estaca x.
fx = Ordenada da parábola na estaca x.
CGR45+8,00= 91,64 = Cota(PCV2)
CGR46 = CGR45+8,00 + rampa i2 x distância entre E46 e E45+8,00 = 91,64 + (-0,045 x 12) = 91,10 m
CGR47 = CGR46 + (-0,045) x distância entre E47 e E46 = 91,10 + (-0,045) x 20 = 90,20 m
E assim sucessivamente, até o PIV.
Após o PIV, muda-se o valor da rampa para i3
CGR54 = CGR53 + 0,031 x distância entre E54 e E53 = 84,80 + 0,031 x 20 = 85,42 m
E assim sucessivamente, até o PTV.
CGR60+12,00 = CGR60 + rampa i2 x distância entre E60+12,00 e E60 = 89,14 + 0,031 x 12 = 89,51 m
Fórmula p/ cálculo dos valores de f:
222322
608
076,0
)304(2
031,0045,0
22
xxx
L
ii
x
L
g
f ⋅
−
=⋅
−−
=⋅
−
=⋅=
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) 888,2152
608
076,0
178,2132
608
076,0
568,1112
608
076,0
058,192
608
076,0
648,072
608
076,0
338,052
608
076,0
128,032
608
076,0
018,012
608
076,0
2
53
2
52
2
51
2
50
2
49
2
48
2
47
2
46
−=⋅
−
=−=⋅
−
=
−=⋅
−
=−=⋅
−
=
−=⋅
−
=−=⋅
−
=
−=⋅
−
=−=⋅
−
=
ff
ff
ff
ff
Para o vértice V, temos:
CGR54+8,00 = CGR54 + rampa i3 x distância entre E54+8,00 e E54 = 89,14 + 0,031 x 8 = 85,668 m
Como a curva é simétrica, temos x = (60+12,00) – (54+8,00) = 124 m
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 70
( ) mf 922,1124
608
076,0 2
00,854 −=⋅
−
=+
Para o cálculo dos greides de projeto, basta subtrair: CGPx = CGRx – fx
ESTACA
COTAS DO GREIDE
RETO
f
COTAS DO GREIDE
DE PROJETO
PCV = 45+8,00 91,64 91,64
46 91,10 -0,018 91,118
47 90,20 -0,128 90,328
48 89,30 -0,338 89,638
49 88,40 -0,648 89,048
50 87,50 -1,058 88,558
51 86,60 -1,568 88,168
52 85,70 -2,178 87,878
PIV = 53 + 0,00 84,80 -2,888 87,688
54 85,42 -2,178 87,598
V = 54 + 8,00 85,668 -1,922 87,590
55 86,04 -1,568 87,608
56 86,66 -1,058 87,718
57 87,28 -0,648 87,928
58 87,90 -0,338 88,238
59 88,52 -0,128 88,648
60 89,14 -0,018 89,158
PTV = 60+12,00 89,512 89,512
8. (*) Dado o perfil longitudinal da figura, determinar um valor único para os raios Rv1, Rv2 e
Rv3 de forma que este valor seja o maior possível.
Solução:
Para que os raios sejam
os maiores possíveis,
devemos ter:
mRRRRgRgLL
m
LL
b
mRRRRgRgLL
mestestest
LL
a
vvvvv
vvvvv
00,600.5065,006,0700
350
22
)
39,217.506,0055,0600
30015120135
22
)
3232
32
2121
21
=⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+
=+
=⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+
==−=+
Logo, o maior valor possível de Rv é 5.217,39 m.
i3
Rv3
Rv1
+2%
-4%
-3,5%
PIV1
PIV3
cota 93,75
Rv2
170152 + 10,00135120Est. 0
PIV2
cota 85,00
Glauco Pontes Filho 71
9. (*) Dado o esquema da figura, deseja-se substituir as duas curvas dadas por uma única
curva usando para ela o maior raio possível, sem que a curva saia do intervalo entre as
estacas 58 e 87. Calcular Rv e a estaca do ponto PIV da nova curva.
Solução:
CURVA 1:
g1 = 0,06 – 0,01 = 0,05
L1 = 6000 0,05 = 300 m = 15 estacas
E(PTV1) = (58 + 0,00) + (15 + 0,00) = 73 + 0,00
CURVA 2:
g2 = 0,01 + 0,02 = 0,03
L1 = 8000 x 0,03 = 240 m = 12 estacas
E(PCV2) = (87 + 0,00) + (12 + 0,00) = 75 + 0,00
+6%
+1%
-2%
Est. 87
Est. 58
Rv = 6000 m
Rv = 8000 m
310 m
PIV1
300/2 = 150 m
PTV2
PIV2
460 m
580 m
x
y
PCV1
6%
1%
-2%
240/2 = 120 m
2
1
PIV
PTV1
PCV2
58
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 72
a) Equação da reta 1: y = 0,06x
b) Para o cálculo da equação da reta 2, determinaremos a posição do PIV2:
xPIV2 = 460 m
yPIV2 = 0,06 (150) + 0,01 (310) = 12,10 m
c) Equação da reta 2:
y = -0,02x + b
12,10 = -0,02(460) + b 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
LL
iPIVCotaPIVCota
i
ii
ii
gRvgRv
LL
LL
50,9047502,0100)(
22
)()(
%2020,0
950250500010000400
95005,0500004,010000
950
950475
22
2
21
212
2
22
22
2211
21
21
=⋅−=






+⋅+=
−=−=
=+−−
=+−⋅+−⋅
=⋅+⋅
=+⇒=+
CURVA 1:
m
Li
PIVCotaPCVCota
L
PCVE
myestacasmL
mgRvL
00,88
2
60004,0
100
2
)()(
00,035)00,015()00,050(
2
)00,050()(
00,8
)06,0(2
600)04,0(
20400
06,0
60004,0
00,60002,004,0000.10
11
11
1
1
2
00
111
=
⋅
−=−=
+=+−+=−+=
=
⋅
⋅
===
⋅
=
=+=⋅=
PCV1
i2+4% +5%
PIV1 cota 100
PTV1 ≡ PCV2
Rv2 = 5000 m
12073+15,0050Est. 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
L
PIVEPCVE
myestacasmL
mgRvL
0,94
2
35002,0
)()(
00,065)00,158()00,1573(
2
)()(
00,1
)07,0(2
350)02,0(
5100
07,0
35002,0
00,35005,002,0000.5
22
2
22
2
00
222
=
⋅−
−=
+=+−+=−=
−=
−⋅
⋅−
===
−
⋅−
=
=−−=⋅=
PONTO MAIS BAIXO DA CURVA 2 (VÉRTICE)
myPCVCotaVCota
LPCVEVEstaca
0,93194)()(
00,070)00,05()00,065()()(
022
022
=−=+=
+=+++=+=
Glauco Pontes Filho 75
11.(*) No esquema da figura, calcular a menor altura de corte possível na estaca 144 para uma
estrada de pista dupla com velocidade de projeto V = 100 km/h. Calcular também o raio da
curva vertical e estacas dos pontos PCV e PTV da solução adotada (Calcular Lmin –
condições recomendadas).
Solução:
• A menor altura de corte é atingida quando adotarmos o comprimento mínimo da curva vertical.
• Condições recomendadas (ou mínimas) utiliza-se a velocidade de operação no cálculo.
• Condições excepcionais (ou desejáveis) utiliza-se a velocidade de projeto no cálculo.
Cálculo de Lmín:
mA
D
L
m
f
V
VD
p
mín
p
36,59710
412
88,156
412
88,155
)30,0(255
86
)86(7,0
255
7,0
22
22
=⋅=⋅=
=
⋅
+=+=
Adotando um valor múltiplo de 10, temos: L = 600 m.
Cálculo da flecha da parábola na estaca 144:
m
Lg
F 50,7
8
)600(10,0
8
=
⋅
=
⋅
=
ALTURA MÍNIMA DE CORTE = F – (cota 654,28 – cota 653,71) = 7,5 - 0,57 = 6,93 m
00,0159)00,015()00,0144()(
00,0129)00,015()00,0144()(
000.6
10,0
600
+=+++=
+=+−+=
===
PTVE
PCVE
m
g
L
Rv
-5%
+5%
PIV cota 654,28 m
cota do terreno = 653,71 m
Est. 144
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 76
12.(*) A figura mostra o perfil longitudinal de uma estrada onde as duas rampas intermediárias
têm inclinação de –2,5% e +2,5%, respectivamente. Determinar estaca e cota do PIV2.
Solução:
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+16,00248+18,00?136+14,00Est. 0
cota 804,12 m
x y
cota 869,10 m
2.734 m 3.398 m
x+y=2.244 m
Glauco Pontes Filho 77
13.(*) Uma curva vertical tem o PIV na estaca 62, sendo sua cota igual a 115,40 m. A cota do
ponto mais alto do greide é 112,40 m. Calcular a cota na estaca 58.
Solução:
00,054)00,08()00,062(
2
)()(
320
16
25,0
025,040,11540,112
)()(
16
25,0
)08,0(2
)05,0(
2
025,040,115
2
05,0
40,115
2
)()(
0
22
1
0
1
+=+−+=−=
=⇒+−=
+=
=
⋅
=
⋅
=
−=⋅−=−=
L
PIVEPCVE
mL
L
L
yPCVCotaVCota
LL
g
Li
y
LL
Li
PIVCotaPCVCota
Distância entre a estaca 58 e o PCV: x = 4 estacas = 80 m
mECota
ECota
PCVCotaxix
L
g
ECota
60,110)(
)320(025,040,115)80(05,080
)320(2
08,0
)(
)(
2
)(
58
2
58
1
2
58
=
−+⋅+⋅
−
=
+⋅+⋅
−
=
-3%+5%
PIV cota 115,40 m
cota112,40m
Estaca62
PCV
V
Estaca58
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:
%00,10100,0
210
40,10750,109
%00,20200,0
350
40,11440,107
%00,60600,0
1220
10040,114
3
2
1
==
−
=
−=−=
−
=
==
⋅
−
=
i
i
i
mRv
Rv
Rv
gRvgRv
LL
LL
000.10
70003,0400
70001,002,002,006,05000
700
700350
22
2
2
2
2211
21
21
=
=+
=−−⋅++⋅
=⋅+⋅
=+⇒=+
PCV1
PIV1 cota 114,40
PTV1 ≡ PCV2
Rv2
4029 + 10,0012Est. 0
Rv1 = 5000 m
PTV2
PIV2 cota 107,40
cota100,00
cota109,50
Glauco Pontes Filho 79
)(
2
)(
40,110200*)02,0(40,114
2
)()(
00,037)00,107()00,1029()(
00,022)00,010()00,012()()(
00,02)00,010()00,012()(
30003,0*1000040008,0*5000
:
1
2
1
212
2
12
1
21
PCVCotaxix
L
g
PCota
geralEquação
m
L
iPIVCotaPCVCota
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
2
27
=
+⋅−+⋅
−−
=
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
2
27
=
+⋅−+⋅
−−
=
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(4048602,0
2
486)(
)01,0(2050001,0
2
500)(
)1(950)02,0(2000)01,0(2000
950
22
)02,0(400002,04000
)01,0(400001,04000
22
2
2
2
22222
222
221
2
2
2
2
1
1
22
21
22222
22111
−=−=
=++
+−⋅−−⋅−⋅−=−⋅−−−⋅+
⋅−=−⋅−−−⋅+
⋅−=−=
−⋅−=⋅−=
−⋅+=⋅+=
=+−⋅−−⋅−
=++
−⋅=−⋅=⋅=
−⋅=−⋅=⋅=
ioui
ii
iiiii
emdoSubstituin
equaçãoxiii
xiPIVCotaPIVCotah
i
L
PIVCota
i
L
PIVCota
equaçãoxii
L
x
L
iigRvL
iigRvL
Logo: %22 −=i
x
i2
+1% +2%Estaca0
950 m
cota500
Est.47+10,00
cota486
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
rad
R
Ls
s
81,105)05807,1(100
05807,1)3,0(2
º180
º95
2
180
3000,0
100*2
60
2
111
1
1
1
1
1
1
=⋅=⋅=
=−
⋅
=−
°
⋅°∆
=
===
φ
π
θ
π
φ
θ
CURVA 2, trecho circular:
mRD
rads
rad
R
Ls
s
08,117)58540,0(200
58540,0)1,0(2
º180
º45
2
180
1000,0
200*2
40
2
222
2
2
2
2
2
2
=⋅=⋅=
=−
⋅
=−
°
⋅°∆
=
===
φ
π
θ
π
φ
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 y
L2/2 L2/2
-1% +5% -1%
TS1 ST2
PCV2
Cota 100,00
Cota 113
Cota 114,50
Fig. 1
Fig. 2
ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 82
Comprimento total do trecho TS1 – ST2:
C =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
(+)
ATERR
O (-)
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 )(9,625,33,2
605,3122
60
5,3122
22
min OKmA
D
D
L
p
p
=−−⋅
⋅+
=⋅
+
=
Curva 2: S< L )(8,706,45,3
412
60
412
22
min OKmA
D
L
p
=+⋅=⋅=
Equação para cálculo das ordenadas da parábola:
Curva 1: g = – 0,023 – 0,035 = – 0,058
2422
10625,3
)80(2
058,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅−=⋅
−
=⋅= −
Onde x = distância do ponto em questão ao PCV.
Curva 2: g = 0,035 + 0,046 = 0,081
2422
100625,5
)80(2
081,0
2
xxx
L
g
f ⋅⋅=⋅=⋅= −
200 m
97 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(
400
045,0
)200(2
020,0025,0
2
222
K=⋅=⋅
+
=⋅= xxxx
L
g
f
Glauco Pontes Filho 87
Por exemplo, na estaca 33 temos:
GR = 103,500 – 0,025*40 = 102,500
405,060
400
045,0 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: mg
L
LL
F 924,0)035,0042,0(
)6040(2
)60(40
2
21
=+⋅
+
=⋅
⋅
=
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
795800
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:
%25,10125,0
2020
325320
%00,50500,0
2520
300325
%00,50500,0
1520
315300
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
COTAS(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 76,2387651,1444663,179
º180
º83124
321 =⋅==⋅==
⋅⋅
= ππ
π
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
O3R3
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
O3R3
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
3,60
4,00
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
7,01:1h = 3,6
ESTACA 5
14,0
6,70
1:1
4,201:1
h = 5,05
ESTACA 7
14,0
4,80 1:1
2,501:1
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
4,451:1h = 4,0
ESTACA 6
14,0
5,70
1:1
2,501:1
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
0,701:1
h = 2,10
ESTACA 8
14,0
0,75
1:1
0,801:1
ESTACA 9+5,43 m
14,0
5,0 1:1
4,01:1
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
150,17
2
90,4*7
150,10
2
90,2*7
mA
mA
a
c
Estaca 1:







==
==
2
2
0,6
2
4*3
50,27
2
5*11
mA
mA
a
c
Estaca 2:



=+++= 2
645,83
2
10,1*7
2
10,8*1,4
2
8,15*1,4
2
80,8*7
mAc
Estaca 3:



=+++= 2
02,66
2
50,2*7
2
50,9*8,3
2
80,11*8,3
2
80,4*7
mAc
Estaca 4:







==
==
2
2
25,3
2
60,2*5,2
65,35
2
20,6*5,11
mA
mA
a
c
Estaca 4+8,60:







==
==
2
2
95,12
2
70,3*7
10,9
2
6,2*7
mA
mA
a
c
Estaca 5:



=+++= 2
395,68
2
7*7
2
14*6,3
2
15,8*6,3
2
7*15,1
mAa
Estaca 6:



=+++= 2
975,68
2
45,4*7
2
45,11*4
2
10*4
2
3*7
mAa
Estaca 7:



=+++= 2
023,101
2
20,4*7
2
20,11*05,5
2
70,13*05,5
2
70,6*7
mAa
Estaca 8:



=+++= 2
365,43
2
7,0*7
2
7,7*1,2
2
60,12*1,2
2
60,5*7
mAa
Estaca 9:







==
==
2
2
650,25
2
70,5*9
25,6
2
50,2*5
mA
mA
a
c
Estaca 10:







==
==
2
2
625,2
2
75,0*7
80,2
2
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 (m
2
)
Soma das Áreas
(m
2
)
VOLUME (m
3
)
INT FRAC Corte Aterro
Aterro
Corrigido
Corte Aterro
Semi-
distância
(m) Corte (+) Aterro (-)
Compens.
Lateral
(m
3
)
Volumes
Acumulados
(m
3
)
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
6.144,90
6.260,70
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
Volumesacumulados
4+8,60 9+5,43
LINHA DE TERRA
V= 3.760,70 m
3
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
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
-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 A280
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
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
-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
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
C1
A1
C2A2
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
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
-8
2
5 10 15 20 25 30
LE
0
ESTACAS
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
-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
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
-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:
3
21
3
32
3
21
190.7370.3820.3
370.320
2
80257
820.320
2
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 m2
S1 = 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
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
L1
0
ESTACAS
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
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
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
0
ESTACAS
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
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
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
5 10 15 20 25
L2
0
ESTACAS
VOLUMESACUMULADOS(103
m3
)
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
VOLUMES(103
m3
)
-5
0
5
10
15
20
25
30
35
-10
10 20 40 50 60 705 15 25 35 45 55 65
20 m
3
a) Volume de empréstimo = 20.000 m
3
b) Volume de bota-fora = 15.000 m
3
5 m
3
10 m
3
x10
3
m
3
x10
3
m
3
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:
3
700.3
1,1
)2000(035,2
m
V
V
V
V
V
m
V
m
s
compcomp
s
comp
s
s
comp
s
comp
=
⋅
=
⋅
=⇒==
γ
γ
γ
γ
Número de viagens = 3700 m3
/5 m3
= 740 viagens
γn = 1,430
γs = 1,10
γcomp = 2,035
Vs = ?
Vcomp = 2.000
x10
3
m
3
d) Volume do maior aterro = 35.000 m
3
35 m
3
x10
3
m
3
c) Volume do maior corte = 20.000 m
3
20 m
3
x10
3
m
3
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
3122415104309
2
1
0054630
3362153
2
1
=
+−−−+−−−⋅=
−−−−
⋅=
10.Calcular o volume do prismóide.
( )21 4
6
AAA
L
V m +⋅+⋅=
Solução:
[ ] 3
33,853.2100)144(4180
6
20
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: ( ) 3
800.2100180
2
20
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

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  • 1. ESTRADAS DE RODAGEM PROJETO GEOMÉTRICO Resolução dos Exercícios
  • 2. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 2 CAPÍTULO 2 ELEMENTOS GEOMÉTRICOS DAS ESTRADAS
  • 3. 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: °=⇒=⇒ ° = 8732,62ˆ4560,0ˆ 30 66,109 ˆ 100 AAsen senAsen Aplicando a lei dos cossenos no triângulo isósceles ABO, temos: ⇒⋅⋅⋅−+= º7465,125cos266,109 222 RRRR mR 25,120= R d=100 mα=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
  • 4. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 4 2. Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura abaixo. Calcular também os ângulos de deflexão. Solução: º38,22 º37,48 º31,101 01000 110006000 arctanº180 º69,123 10003000 60003000 arctanº180 º57,116 30006000 120006000 arctanº180 º20,68 60004000 60001000 arctan 2 1 −=−=∆ =−=∆ =      − − += =      − − += =      − − += =      − − = DEEF ABBC EF DE BC AB AzAz AzAz Az Az Az Az 1000 6000 11000 B d4 D A d2 E d3 d1 ∆2 N E C F ∆1 0 3000 1000 3000 4000 6000 ( ) ( ) mABd 16,385.56000400060001000 22 1 =−+−== ( ) ( ) mBCd 20,708.630006000120006000 22 2 =−+−== ( ) ( ) mDEd 55,605.31000300060003000 22 3 =−+−== ( ) ( ) mEFd 02,099.501000110006000 22 4 =−+−== 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
  • 5. Glauco Pontes Filho 5 3. (Concurso DNER) O azimute é o ângulo, no plano horizontal, de uma direção qualquer com o meridiano. O rumo de 76º 30’ SE de uma visada a vante corresponde ao azimute de: a) 103º 30’ b) 166º 30’ c) 256º 30’ d) 283º 30’ Solução: Letra a No quadrante SE, temos: Az=180º-rumo ´30º103´)30º76(º180 =−=Az 4. (Concurso DNER) Nos projetos de estradas de rodagem, os perfis longitudinais são desenhados em papel quadriculado ou milimetrado, em escalas horizontais (distâncias) e verticais (cotas), que normalmente guardam uma proporção de: a) 10:1 b) 2:3 c) 1:10 d) 3:2 Solução: Letra c Escalas horizontais – normalmente escala 1:2000 Escalas verticais – normalmente escala 1:200 10 1 1 200 2000 1 200 1 2000 1 =⋅= 5. (Concurso DNER) Na planta de um projeto, a indicação de escala 1:500 (horizontal) significa que 1 cm no desenho equivale, no terreno, a uma distância de: a) 50 m b) 5 m c) 0,50 m d) 0,05 m Solução: Letra b 1 cm no projeto equivale a 500 cm no campo = 5 m 6. (Concurso DNER) Numa rodovia de 3.000 metros de comprimento, a numeração final da última estaca é: a) 30 b) 60 c) 150 d) 300 Solução: Letra c 3000/20 = 150
  • 6. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 6 7. Calcular os comprimentos e os azimutes dos alinhamentos da figura a seguir. Calcular também os ângulos de deflexão. Solução: º20,23º45º2,68 º04,10404,149º45 º20,68 2000 5000 arctan º45 4000 4000 arctan º04,149 5000 3000 arctanº180 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 22 1 =−+−= ( ) ( ) md 85,656.51000500030007000 22 2 =−+−= ( ) ( ) md 17,385.550007000700012000 22 3 =−+−= PONTOS E N A 0 6000 B 3000 1000 C 7000 5000 D 12000 7000
  • 7. Glauco Pontes Filho 7 CAPÍTULO 4 CURVAS HORIZONTAIS CIRCULARES
  • 8. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 8 1. Dados ∆ = 47º 30’ e G20 = 12º, calcular T e E. Solução: mR 493,95 12 92,145.1 == ⇒      ° ⋅= 2 5,47 tan493,95T mT 02,42= ⇒      ° ⋅= 4 5,47 tan02,42E mE 84,8= 2. Dados ∆ = 40º e E = 15 m, calcular T e R. Solução: ⇒ −      ° = −      ∆ = 1 2 40 sec 15 1 2 sec E R mR 73,233= ⇒      ° = 2 40 tan73,233T mT 07,85= 3. Dados ∆ = 32º e R = 1220 m, calcular T e E. Solução: ⇒      ° ⋅= 2 32 tan1220T mT 83,349= ⇒      ° ⋅= 4 32 tan83,349E mE 17,49= 4. Dado R = 150 m, calcular a deflexão sobre a tangente para c = 20 m. Solução: °== 639467,7 150 92,145.1 G ⇒ ° == 2 639467,7 2 G d °= 82,3d
  • 9. Glauco Pontes Filho 9 5. Dados ∆ = 43º e E = 52 m, calcular o grau da curva. Solução: ⇒ −      ° = −      ∆ = 1 2 43 sec 52 1 2 sec E R mR 3151,695= ⇒= 3151,695 92,145.1 G °= 648,1G 6. Se ∆ = 30º 12’ e G20 = 2º 48’, calcular T e D. Solução: 30º 12’ = 30,2º 2º 48’ = 2,8º mR 2571,409 8,2 92,145.1 = ° = ⇒      ° ⋅= 2 2,30 tan2571,409T mT 43,110= ⇒ ° °⋅⋅ = 180 2,302571,409π D mD 72,215= 7. Usando os dados do problema anterior, e assumindo que E(PI) = 42 + 16,60, calcular as estacas do PC e do PT. Solução: E(PC) = (42 + 16,60) – ( 5 + 10,43) = 37 + 6,17 E(PT) = (37 + 6,17) + (10 + 15,72) = 48 + 1,89 8. Dados ∆ = 22º 36’ , G20 = 4º e E(PC) = 40 + 15,00. Construir a tabela de locação da curva pelo método das estacas fracionárias. Solução: mR 480,286 4 92,145.1 = ° = ⇒      ° ⋅= 2 6,22 tan480,286T mT 24,57=
  • 10. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 10 ⇒ ° °⋅⋅ = 180 6,22480,286π D mD 00,113= E(PT) = (40 + 15,00) + (5 + 13,00) = 46 + 8,00 Donde: a = 15,00 (parte fracionária do PC) b = 8,00 (parte fracionária do PT) °= ° == 2 2 4 2 G d °= ° == 1,0 40 4 40 G dm °=°⋅−=⋅−= 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 92,145.1 R mR 99,190= ⇒      ° ⋅= 2 2,47 tan99,190T mT 44,83= ⇒      ° ⋅= 4 2,47 tan44,83E mE 43,17= ⇒ ° °⋅⋅ = 180 2,4799,190π D mD 34,157=
  • 11. 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 333333,24 tan1500T mT 40,323= ⇒ ° °⋅⋅ = 180 333333,241500π D 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 m T R 13,251.1 2 6,22 tan 250 2 tan =       ° =       ∆ = ⇒== 13,251.1 92,145.192,145.1 20 R G °= 9159,020G ⇒ ° °⋅⋅ = 180 333333,241500π D mD 05,637= 12. Calcular o desenvolvimento de uma curva circular de raio R = 1524 m e ângulo central ∆ = 32º. Solução: ⇒ ° °⋅⋅ = 180 321524π D mD 16,851=
  • 12. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 12 13. (Concurso DNER) Numa curva circular com um raio de 170 m, queremos locar um ponto logo à frente do ponto de curvatura (PC). Sabemos que o comprimento do arco é de 20 m. A soma das coordenadas sobre a tangente deste ponto são (considerar sen 3,3703º = 0,058789 e cos 3,3703º = 0,9983): a) 0,168 m b) 0,924 m c) 1,848 m d) 21,14 m Solução: Letra d °= ° == °=== 3703,3 2 7407,6 2 7407,6 170 92,145.192,145.1 G d R G myx mx x d my y d 14,21 9654,193703,3cos20 20 cos 1758,13703,3sin20 20 sin =+ =°⋅=⇒= =°⋅=⇒= 14. Demonstrar que:       ∆ ⋅= 4 tanTE Da trigonometria, temos:       = − 2 tan sin cos1 x x x       =             − 4 tan 2 sin 2 cos1 x x x       ∆ ⋅=                   ∆       ∆ − ⋅=                   ∆       ∆ − ⋅       ∆       ∆ ⋅ =                   ∆       ∆ − ⋅       ∆ =             −       ∆ ⋅= 4 tan 2 sin 2 cos1 2 cos 2 cos1 2 sin 2 cos 2 cos 2 cos1 2 tan 1 2 cos 1 TTE T T RE x y 20 m d G
  • 13. Glauco Pontes Filho 13 15. Dados ∆=30º, R=680 m e E(PI)=205+2,52, calcular G, T, D, E(PC) e E(PT). ⇒= 680 92,145.1 20G °= 69,1G ⇒      ° ⋅= 2 30 tan680T mT 21,182= ⇒ ° °⋅⋅ = 180 30680π D mD 05,356= E(PC) = (205 + 2,52) – ( 9 + 2,21) = 196 + 0,31 E(PT) = (196 + 0,31) + (17 + 16,05) = 62 + 5,90 16. (*) Em uma curva horizontal circular, conhecem-se os seguintes elementos: G20=1º, E(PC)=55 + 9,83 e E(PT)=81 + 9,83. Se alterarmos o raio dessa curva para 2000 m, qual será a estaca do novo PT? Solução: D = E(PT) – E(PC) = (81 + 9,83) – (55 + 9,83) = 26 estacas = 520 m mR 92,145.1 1 92,145.1 == °= ⋅° = ⋅ ==∆ 26 20 5201 c DG AC mT 56,264 2 26 tan92,145.1 =      ° ⋅= E(PI) = E(PC) + T = (55 + 9,83) + (13 + 4,56) = 68 + 14,39 Novo raio: R = 2.000 m mestmT 74,12374,461 2 26 tan2000´ +==      ° ⋅= mestmD 57,74557,907 180 262000 ´ +== ° °⋅⋅ = π E(PC´) = (68 + 14,39) – (23 + 1,74) = 45 + 12,65 E(PT´) = (45 + 12,65) + (45 + 7,57) = 91 + 0,22
  • 14. 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
  • 15. Glauco Pontes Filho 15 19. (*) Em um trecho de rodovia temos duas curvas circulares simples. A primeira começando na estaca 10+0,00 e terminando na estaca 20+9,43 com 300 m de raio. A segunda começando na estaca 35+14,61 e terminando na estaca 75+0,00 com 1500 m de raio. Deseja-se aumentar o raio da primeira curva para 600 m sem alterar a extensão total do trecho. Qual deverá ser o raio da segunda curva? Dados: ∆1=40º e ∆2=30º. Solução: T1 = 300 tan(20º) = 109,19 m T2 = 1500 tan(15º) = 401,92 m L = (35 + 14,61) – (20 + 9,43) = 305,18 m Dist(PI1 - PI2) = T1 + L +T2 = 109,19 + 305,18 + 401,92 = 816,29 m C = Extensão total do trecho = est 75 – est 10 = 65 estacas = 1300 m = D1 + L + D2 T1´= 600 tan(20º) = 218,38 m T2´= R2´ tan(15º) L´= Dist(PI1 - PI2) – T1´– T2´= 816,29 – 218,38 – R2´ tan(15º) = 597,91 – 0,26795R2´ mD 88,418 180 40600 ´1 = ° °⋅⋅ = π ´5236,0 180 30´ ´ 2 2 2 R R D = ° °⋅⋅ = 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´
  • 16. 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 50 tan 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 PI2Est. 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 20º30º 130º PC1=PC T x T1 T1+20+T2
  • 17. Glauco Pontes Filho 17 Solução: CURVA 1: E(PI1) = d1 = 54 + 0,00 ⇒      ° ⋅= 2 46 tan12001T mT 37,5091 = ⇒ ° °⋅⋅ = 180 461200 1 π D 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 30 tan16002T mT 72,4282 = ⇒ ° °⋅⋅ = 180 301600 2 π D mD 76,8372 = E(PC2) = (158 + 5,93) – (21 + 8,72) = 136 + 17,21 E(PT2) = (136 + 17,21) + (41 + 17,76) = 178 + 14,97 E(F) = E(PT2) + d3 – T2 = (178 + 14,97) + (90 + 9,10) – (21 + 8,72) = 247 + 15,35 22. Calcular as curvas circulares abaixo {G, T, D, E, E(PC), E(PT), d, dm}: a) E(PI) = 202 + 2,50 ∆ = 52º R = 650 m c = 20 m b) E(PI) = 1345 + 12,73 ∆ = 10º R =2000 m c = 20 m c) E(PI) = 376 + 19,50 ∆ = 64º 20' R = 350 m c = 10 m d) E(PI) = 467 + 3,75 ∆ = 80º R = 200 m c = 5 m Solução: a) ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = )650( )20(º180º180 ππ R c G ´´47´451762954,1 °=°=G ⇒      ° ⋅=      ∆ ⋅= 2 52 tan650 2 tanRT mT 03,317= ⇒ ° °⋅⋅ = ∆⋅⋅ = 180 52650 º180 ππ R D mD 92,589=
  • 18. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 18 ⇒      ° ⋅=      ∆ ⋅= 4 52 tan03,317 4 tanTE mE 19,73= ´´53´520881477,0 2 762954,1 2 °=°= ° == G d ´´39´020044074,0 40 762954,1 )20(22 °=°= ° = ⋅ == G c G dm 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
  • 19. Glauco Pontes Filho 19 23. Repetir a questão anterior adotando para G um valor múltiplo de 40’. Construir as tabelas de locação das curvas (R > R’). Solução: a) ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = )650( )20(º180º180 ππ R c G '77724,105)60(762954,1 =⋅°=G Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º m G c Rnovo 437,859 )º333333,1( )20(º180º180 = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ππ ⇒      ° ⋅=      ∆ ⋅= 2 52 tan437,859 2 tanRT mT 18,419= ⇒ ° °⋅⋅ = ∆⋅⋅ = 180 52437,859 º180 ππ R D mD 00,780= ⇒      ° ⋅=      ∆ ⋅= 4 52 tan18,419 4 tanTE mE 78,96= ´400 2 '201 2 °= ° == G d '20 40 '201 )20(22 °= ° = ⋅ == G c G dm E(PC) = (202 + 2,50) – (20 + 19,18) = 181 + 3,32 E(PT) = (181 + 3,32) + (39 + 0,00) = 220 + 3,32
  • 20. 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
  • 21. Glauco Pontes Filho 21 b) '3774,34)60(5729565,0 )2000( )20(º180º180 =⋅°= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ππ R c G Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 40’ = 0,66666667º m G c Rnovo 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
  • 22. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 22 c) '22111,98)60(637018,1 )350( )10(º180º180 =⋅°= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ππ R c G Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º m G c Rnovo 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 c G Adotando um múltiplo de 40’, temos: G = 80’ = 1º 20’ = 1,333333º m G c Rnovo 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
  • 23. Glauco Pontes Filho 23 24. A figura mostra a planta de um traçado com duas curvas circulares. Calcular as estacas dos pontos notáveis das curvas (PC, PI e PT) e a estaca inicial do traçado, sabendo que a estaca do ponto F é 540 + 15,00. Solução: mT 37,400 2 40 tan11001 =      ° ⋅= mD 95,767 180 401100 1 = ° °⋅⋅ = π mT 95,472 2 35 tan15002 =      ° ⋅= mD 30,916 180 351500 2 ° °⋅⋅ = π E(PT2) = 10.815-1.800+472,95 = 9.487,95 m = 474 est + 7,95 m E(PC2) = 9.487,95 – 916,30 = 8.571,65 m = 428 + 11,65 E(PI2) = 8.571,65 + 472,95 = 9.044,60 m = 452 + 4,60 E(PT1) = 9.044,60 – 2.200 + 400,37 = 7.244,97 m = 362 + 4,97 E(PC1) = 7.244,97 – 767,95 = 6.477,02 m = 323 + 17,02 E(PI1) = 6.477,02 + 400,37 = 6.877,39 m = 343 + 17,39 E(A) = 6.877,39 – 1.000 = 5.877,39 m = 293 + 17,39 R2=1500 m d2 = 2200 m ∆2=35º ∆1=40ºd1 = 1000 m PI2 d3 = 1800 m PI1 A R1=1100 m F PC1 PT1 PC2 PT2
  • 24. 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: 00,030600 2 90 tan600 +==      ° ⋅= 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
  • 25. Glauco Pontes Filho 25 27. (*) Deseja-se projetar um ramo de cruzamento com duas curvas reversas, conforme figura. A estaca zero do ramo coincide com a estaca 820 e o PT2 coincide com a estaca 837+1,42 da estrada tronco. Calcular os valores de R1, R2, E(PI1) e E(PT2). Solução: mRRR 42,341)00,0820()42,1837(2 222 =+−+=++ ⇒ + = 22 42,341 2R mR 00,1002 = ⇒= 42,34121R mR 42,2411 = mD 61,189 180 4542,241 1 = ° °⋅⋅ = π mD 62,235 180 135100 2 = ° °⋅⋅ = π E(PI1) = (820 + 0,00) + (5 + 0,00) = 825 + 0,00 E(PT2) = 16.400 + 189,61 + 235,62 = 841 est + 5,23 m O2 O1 Est. 820 PC1 ∆1 = 45º Est. 837 + 1,42 PT2 ∆2 = 135º PT1=PC2 TRONCO PI1 PI2 45º T1 = R2 45º 135º 45º R2 T2 = R1 R1 R2 R2√2 45º T2 45º R1√2 341,42 m
  • 26. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 26 28. A figura é um esboço do projeto de um circuito. Calcule R (em metros), sabendo que o comprimento do circuito é 7.217,64 m. Todas as curvas são circulares simples. Solução: ∑ ∑ = = RD RT 9012,8 5436,6 64,1385 60sin 1200 = ° =x 21200 45sin 1200 = ° =y 88,692 º60tan 1200 ==a 00,1200 º45tan 1200 ==b ∑ ∑+−+++= DTzyxC 21500 7217,64 = 1385,64 + 1500 + 1200√2 + (692,88 + 1500 + 1200) – 2(6,5436 R) + 8,9012 R mR 1,181= T1 = R⋅ tan 60º = 1,7321 R T2 = 2R⋅ tan 30º = 1,1547 R T3 = 3R⋅ tan 22,5º = 1,2426 R T4 = R⋅ tan 67,5º = 2,4142 R D1 = π⋅R⋅120º/180º = 2,0944 R D2 = π⋅2R⋅60º/180º = 2,0944 R D3 = π⋅3R⋅45º/180º = 2,3562 R D4 = π⋅R⋅135º/180º = 2,3562 R CURVA 2 Raio = 2R CURVA 3 Raio = 3R 45º60º 1200 m 1500 m CURVA 4 Raio = R CURVA 1 Raio = R 45º60º 120º 135º 1500 ba x y z = a + 1500 + b 1200
  • 27. 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 2 1 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
  • 28. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 28 ∑ ∑ = = 44,518.1 14,168.1 D T 40,2309 60sin 2000 = ° =x 22000 45sin 2000 = ° =y 70,1154 º60tan 2000 ==a 2000 º45tan 2000 ==b ∑ ∑+−+++= DTzyxC 23000 C = 2309,40 + 3000 + 2000√2 + (1154,70 + 3000 + 2000) – 2(1168,14) + 1518,44 mC 7,474.13= 34. Dadas as curvas reversas da figura, calcular o comprimento do trecho entre os pontos A e B e os raios das curvas. 2,1 572 2 1 21 = = T T mVV Solução: mTmTTT TT 00,31200,2605722,1 572 1222 21 =⇒=⇒=+ =+ mDmD mRmR 65,504 º180 º34422,850 45,598 º180 º40213,857 422,850 2 º34 tan 260 213,857 2 º40 tan 312 21 21 = ⋅⋅ == ⋅⋅ = =       ==       = ππ mDD 10,103.121 =+ V1 A ∆1 = 40º V2 B ∆2 = 34º C 45º60º 120º 135º 3000 ba x y z = a + 3000 + b 2000
  • 29. 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: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) m R D M m if V VD m fe V R necessário L T 99,15 96,3148 72,200 8 72,200 03,0255 100 1007,0 255 7,0 96,314 13,012,0127 100 127 22 22 2 max 2 min ≅== = + += + += = + = + = 75,7=existenteM Afastamento do talude = Mnecessário - Mexistente = 15,99 – 7,75 = 8,24 m PC PT y ∆=30ºPI x fig. 1 3,503,50 1:1 0,75 7,75fig. 2 8,24 m
  • 30. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 30 CAPÍTULO 5 CURVAS HORIZONTAIS DE TRANSIÇÃO
  • 31. 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 11,27 680 80 036,0036,0 33 =⋅== m R Ls c máx 75,652 180 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 55 tan88,068098,59 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 088235,0 120 423 91,119 216 088235,0 10 088235,0 1120 21610 1 088235,0 6802 120 2 33 4242 =      ° ⋅++=      ∆ ⋅++= =−⋅−=−⋅−= =⋅−=⋅−= =⋅=⋅= =⋅− ° ⋅°=⋅−∆= =      −⋅=        −⋅= =      +−⋅=        +−⋅= = ⋅ = ⋅ = θ θ φ π θφ 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
  • 32. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 32 b) m R V Lsmín 62,29 2100 120 036,0036,0 33 =⋅== m R Ls c máx 824,439 180 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 37,43 830 100 036,0036,0 33 =⋅== m R Ls c máx 89,961 180 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
  • 33. Glauco Pontes Filho 33 d) m R V Lsmín 58,20 600 70 036,0036,0 33 =⋅== m R Ls c máx 70,858 180 82600 180 = ° ⋅°⋅ = ° ⋅∆⋅ = ππ Adotando Ls = 120 m (>0,56V), temos: θs = 0,100000 rad Xs = 119,88 m Ys = 4,00 m k = 59,98 m p = 1,00 m TT = 582,42 m φ = 1,231170 rad D = 738,70 m E(TS) = 728 + 4,33 E(SC) = 734 + 4,33 E(CS) = 771 + 3,03 E(ST) = 777 + 3,03 2. Construir as tabelas de locação do 1º ramo de transição das curvas da questão anterior. Solução: a) Cálculos para a linha correspondente à estaca 327 + 0,00 ''58'271 864056,111 862960,2 arctanarctan 86296,2 42 076767,0 3 076767,0 93,111 423 864056,111 216 076767,0 10 076767,0 193,111 21610 1 076767,0 1206802 93,111 2 33 4242 22 °=      =      = =      −⋅=      −⋅= =      +−⋅=      +−⋅= = ⋅⋅ = ⋅⋅ = X Y i mLY mLX rad LR L sc θθ θθ θ
  • 34. 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”
  • 35. Glauco Pontes Filho 35 3. Numa curva de transição, para a determinação do comprimento de transição (Ls) foi escolhido o valor J = 0,4 m/s3 (variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo). Calcular a estaca do ST. Dados: ∆ = 50º, Rc = 500 m, Vp = 100 km/h e E(PI) = 210 + 0,00. Solução: m JR V L LR V J c s sc 17,107 5004,0 6,3 100 3 33 = ⋅       = ⋅ =⇒ ⋅ = rad R L c s s 10717,0 5002 17,107 2 = ⋅ = ⋅ =θ mLX ss ss 05,107 216 10717,0 10 10717,0 117,107 21610 1 4242 =      +−⋅=        +−⋅= θθ mLY ss ss 83,3 42 10717,0 3 10717,0 17,107 423 33 =      −⋅=        −⋅= θθ rads 658327,0)10717,0(2 180 502 =⋅− ° ⋅°=⋅−∆= π θφ mestmradRD radc 16,91616,329)658327,0(500 +==⋅=⋅= φ mradsensenRXk scs 56,53)10717,0(50005,107 =⋅−=⋅−= θ ( ) [ ] mradRYp scs 96,0)10717,0cos(150083,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ ( ) ( ) 16,71416,287 2 50 tan96,050056,53 2 tan +==      ° ⋅++=      ∆ ⋅++= mpRkTT c E(TS) = E(PI) – [TT] = (210 + 0,00) – (14 + 7,16) = 195 + 12,84 E(SC) = E(TS) + [LS] = (195 + 12,84) + (5 + 7,17) = 201 + 0,01 E(CS) = E(SC) + [D] = (201 + 0,01) + (16 + 9,16) = 217 + 9,17 E(ST) = E(CS) + [LS] = (217 + 9,17) + (5 + 7,17) = 222 + 16,34
  • 36. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 36 4. Com relação ao exercício anterior, calcular as coordenadas X e Y da estaca 220+0,00. Solução: L = (222 + 16,34) – (220 + 0,00) = 22 est + 16,34 m = 56,334 m rad LR L sc 029618,0 17,1075002 34,56 2 22 = ⋅⋅ = ⋅⋅ =θ mLX 335,56 216 029618,0 10 029618,0 134,56 21610 1 4242 =      +−⋅=      +−⋅= θθ mLY 56,0 42 029618,0 3 029618,0 34,56 423 33 =      −⋅=      −⋅= θθ 5. (*) No traçado da figura, sendo Vp=100 km/h, verificar se é possível projetar a curva 2 de maneira que a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo (J) seja a mesma para as duas curvas. Se não for possível, justificar. Dados: Curva 1: E(PI1) = 72 + 9,27 ∆1 = 11º 36’ R1 = 1000 m E(TS1) = 65 + 15,26 E(SC1) = 69 + 0,10 E(CS1) = 75 + 17,72 E(ST1) = 79 + 2,56 Curva 2: E(PI2) = 91 + 10,00 R2 = 600 m ∆2 = 40º Solução: Ls1 = E(SC1) - E(TS1) = (69 + 0,10) – (65 + 15,26) = 64,84 m D1 = E(CS1) - E(SC1) = (75 + 17,72) – (69 + 0,10) = 137,62 m 2 3 3 1 /330559,0 84,641000 6,3 100 JsmJ == ⋅       = PI2 PI1 TS1 ST1 ST CS L 50º 217+9,17 222+16,34 220+0,00
  • 37. Glauco Pontes Filho 37 CÁLCULO DA CURVA 2: m JR smV Ls 07,108 330559,0600 6,3 100 )/( 3 22 3 2 = ⋅       = ⋅ = rads 090058,0 6002 07,108 = ⋅ =θ rads 518017,0)090058,0(2 180 402 =⋅− ° ⋅°=⋅−∆= π θφ mLX ss ss 98,107 216 090058,0 10 090058,0 107,108 21610 1 4242 =      +−⋅=        +−⋅= θθ mLY ss ss 24,3 42 090058,0 3 090058,0 07,108 423 33 =      −⋅=        −⋅= θθ mestmradRD radc 81,101581,310)518017,0(600 +==⋅=⋅= φ mradsensenRXk scs 02,54)090058,0(60098,107 =⋅−=⋅−= θ ( ) [ ] mradRYp scs 81,0)090058,0cos(160024,3cos1 =−⋅−=−⋅−= θ ( ) ( ) 70,121370,272 2 40 tan81,060002,54 2 tan +==      ° ⋅++=      ∆ ⋅++= mpRkTT c E(TS2) = E(PI2) – [TT2] = (91 + 10,00) – (13 + 12,70) = 77 + 17,30 Como o início da segunda curva deve ser depois do fim da primeira (ou coincidirem), não é possível projetar a curva 2 com o J da curva 1, pois : E(TS2)=77+17,30 < E(ST1)=104+4,25. PI2 PI1 TS2 ST1 TS2 < ST1 ??? Impossível !!!
  • 38. 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 LD JLV JRLV LR V J LD R R LD R LR R L s s cs sc s c c s c sc c s s /72/20 8000 8,0 8080 5,080 2 22 3 3 3 == =      + ⋅⋅=      ∆ + ⋅⋅= ⋅⋅=⇒ ⋅ = ∆ + =⇒ + = +⋅ =+=+=∆ φ φθφ 7. (*) Numa curva horizontal, adotando-se o comprimento de transição (Ls) igual à média entre o comprimento mínimo e o comprimento máximo possível, calcular: a) a variação da aceleração centrífuga por unidade de tempo na transição. b) o afastamento necessário entre a curva circular e a tangente externa (p). c) o comprimento do trecho circular da curva. Dados: Vp = 80 km/h; Rc = 210 m; ∆ = 30º. Solução: m R V Lsmín 771,87 210 80 036,0036,0 33 =⋅== m R Ls c máx 956,109 180 30210 180 = ° ⋅°⋅ = ° ⋅∆⋅ = ππ mLs 86,98 2 956,109771,87 = + = rad R L c s s 235381,0 2102 86,98 2 = ⋅ = ⋅ =θ
  • 39. Glauco Pontes Filho 39 mLY ss ss 726,7 42 235381,0 3 235381,0 86,98 423 33 =      −⋅=        −⋅= θθ Letra a) 3 3 3 /53,0 86,98210 6,3 80 sm LR V J sc = ⋅       = ⋅ = Letra b) ( ) [ ] mradRYp scs 94,1)235381,0cos(1210726,7cos1 =−⋅−=−⋅−= θ Letra c) rads 052838,0)235381,0(2 180 302 =⋅− ° ⋅°=⋅−∆= π θφ 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: m JR V L LR V J c s sc 80 5002,0 6,3 72 3 33 = ⋅       = ⋅ =⇒ ⋅ = rad R L c s s 08,0 5002 80 2 = ⋅ = ⋅ =θ 452,66 m ∆2=24º ∆1=24º CURVA 2 1000 m PI2 1000 m PI1 EST. 0 CURVA 1 F
  • 40. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 40 mLX ss ss 95,79 216 08,0 10 08,0 180 21610 1 4242 =      +−⋅=        +−⋅= θθ mLY ss ss 13,2 42 08,0 3 08,0 80 423 33 =      −⋅=        −⋅= θθ rads 258880,0)08,0(2 180 242 =⋅− ° ⋅°=⋅−∆= π θφ mestmradRD radc 44,9644,129)258880,0(500 +==⋅=⋅= φ mradsensenRXk scs 99,39)08,0(50095,79 =⋅−=⋅−= θ ( ) [ ] mradRYp scs 53,0)08,0cos(150013,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ ( ) ( ) 38,6738,146 2 24 tan53,050099,39 2 tan +==      ° ⋅++=      ∆ ⋅++= mpRkTT c E(TS) = E(PI) – [TT] = (50 + 0,00) – (7 + 6,38) = 42 + 13,62 E(SC) = E(TS) + [LS] = (42 + 13,62) + (4 + 0,00) = 46 + 16,32 E(CS) = E(SC) + [D] = (46 + 16,32) + (6 + 9,44) = 53 + 3,06 E(ST) = E(CS) + [LS] = (53 + 3,06) + (4 + 0,00) = 57 + 3,06 CÁLCULO DA CURVA 2: E(PC2) = E(ST1) + 200 m =(57 + 3,06) + (10 + 0,00) = 67 + 3,06 = 1.343,06 m T = 452,66 – TT – 200 = 452,66 – 146,38 – 200 = 106,28 m m T R 01,500 2 º24 tan 28,106 2 tan 2 =       =       ∆ = mD 44,209 180 2401,500 = ° °⋅⋅ = π E(PT2) = E(PC2) + D = 1.343,06 + 209,44 = 1.552,50 m = 77 + 12,50 E(F) = E(PT2) + 1000m - T = 1.552,50 + 1.000 – 106,28 = 2.446,22 m =122 + 6,22
  • 41. Glauco Pontes Filho 41 9. (*) Dada a curva horizontal da figura, calcular os valores de X e Y do ponto P que está na estaca 100 + 0,00. Dados: Rc = 350 m, E(PI) = 90 + 15,00, Ls = 150 m e ∆ = 60º. Solução: rad R L c s s 214286,0 3502 150 2 = ⋅ = ⋅ =θ mLX ss ss 31,149 216 214286,0 10 214286,0 1150 21610 1 4242 =      +−⋅=        +−⋅= θθ mLY ss ss 68,10 42 214286,0 3 214286,0 150 423 33 =      −⋅=        −⋅= θθ rads 618626,0)214286,0(2 180 602 =⋅− ° ⋅°=⋅−∆= π θφ 52,161052,216)618626,0(350 +==⋅=⋅= mradRD radc φ mradsensenRXk scs 89,74)214286,0(35031,149 =⋅−=⋅−= θ ( ) [ ] mradRYp scs 674,2)214286,0cos(135068,10cos1 =−⋅−=−⋅−= θ ( ) ( ) 50,181350,278 2 60 tan674,235089,74 2 tan +==      ° ⋅++=      ∆ ⋅++= mpRkTT c E(TS) = E(PI) – [TT] = (90 + 15,00) – (13 + 18,50) = 76 + 16,50 E(SC) = E(TS) + [LS] = (76 + 16,50) + ( 7 + 10,00) = 84 + 6,50 E(CS) = E(SC) + [D] = (84 + 6,50) + (10 + 16,52) = 95 + 3,02 E(ST) = E(CS) + [LS] = (95 + 3,02) + ( 7 + 10,00) = 102 + 13,02 L = (102 + 13,02) – (100 + 0,00) L = 2 est + 13,02 m = 53,02 m rad LR L sc 026773,0 1503502 02,53 2 22 = ⋅⋅ = ⋅⋅ =θ mLX 02,53 216 026773,0 10 026773,0 102,53 21610 1 4242 =      +−⋅=      +−⋅= θθ mLY 47,0 42 026773,0 3 026773,0 02,53 423 33 =      −⋅=      −⋅= θθ ST CS L 60º 95+3,02 102+13,02 100+0,00
  • 42. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 42 10. (*) Deseja-se projetar uma curva de transição com J = 0,4 m/s3 . Calcular a deflexão que deve ser dada no aparelho (colocado sobre o TS) para locar a estaca 200. Dados: Vp=100 km/h, ∆=40º, Rc=600 m, E(PI) = 209 + 3,23. Solução: m JR V L LR V J c s sc 31,89 6004,0 6,3 100 3 33 = ⋅       = ⋅ =⇒ ⋅ = rad R L c s s 074425,0 6002 31,89 2 = ⋅ = ⋅ =θ mLX ss ss 26,89 216 074425,0 10 074425,0 131,89 21610 1 4242 =      +−⋅=        +−⋅= θθ mLY ss ss 21,2 42 074425,0 3 074425,0 31,89 423 33 =      −⋅=        −⋅= θθ rads 549283,0)074425,0(2 180 402 =⋅− ° ⋅°=⋅−∆= π θφ mestmradRD radc 57,91657,329)549283,0(600 +==⋅=⋅= φ mradsensenRXk scs 65,44)074425,0(60026,89 =⋅−=⋅−= θ ( ) [ ] mradRYp scs 554,0)074425,0cos(160021,2cos1 =−⋅−=−⋅−= θ ( ) ( ) 23,31323,263 2 40 tan554,060065,44 2 tan +==      ° ⋅++=      ∆ ⋅++= mpRkTT c E(TS) = E(PI) – [TT] = (209 + 3,23) – (13 + 3,23) = 196 + 0,00 E(SC) = E(TS) + [LS] = (196 + 0,00) + ( 4 + 9,31) = 200 + 9,31 E(CS) = E(SC) + [D] = (200 + 9,31) + (16 + 9,57) = 216 + 18,87 E(ST) = E(CS) + [LS] = (216 + 18,87) + ( 4 + 9,31) = 221 + 8,18 L = (200 + 0,00) – (196 + 0,00) = 4 est + 0,00 m = 80 m rad LR L sc 029618,0 17,1075002 34,56 2 22 = ⋅⋅ = ⋅⋅ =θ mLX 335,56 216 029618,0 10 029618,0 134,56 21610 1 4242 =      +−⋅=      +−⋅= θθ mLY 56,0 42 029618,0 3 029618,0 34,56 423 33 =      −⋅=      −⋅= θθ ST CS L 50º 217+9,17 222+16,34 220+0,00
  • 43. 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
  • 44. 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 ST1SC2 CS2 ST2 C2 C1 N Rc+p Rc+p Rc+p Rc+p k 100 m TS1 E TS2 SC1 CS1 ST1SC2 CS2 ST2 C2 C1 N
  • 45. 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 XsL=150
  • 46. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 46 14. Calcular as estacas dos pontos notáveis das curvas e a estaca final do traçado (ponto B), sendo dados: a) Estaca inicial do traçado (ponto A) = 0 + 0,00 b) Raio da curva 1 = 300 m (transição) c) Raio da curva 2 = 600 m (transição) d) Vp = 80 km/h Solução: Coordenadas: Pontos E N A 0 1.000 PI1 4.000 7.000 PI2 7.000 2.000 B 12.000 0 Cálculo dos azimutes: °=      =      − − = 690,33 3 4 arctan 70001000 40000 arctan1Az °=      − − +°= 036,149 20007000 70004000 arctan1802Az °=      − − +°= 801,111 02000 120007000 arctan1803Az d3 A d2 d1 N E B PI1 PI2 0 1000 1000 7000 7000 11000 4000 4000
  • 47. 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 22 1 =−+−= ( ) ( ) md 95,830.52000700070004000 22 2 =−+−= ( ) ( ) md 16,385.502000120007000 22 3 =−+−= 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 :
  • 48. 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
  • 49. Glauco Pontes Filho 49 CAPÍTULO 6 SUPERELEVAÇÃO
  • 50. 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) ( ) %9,6 600 95,374 600 95,3742 8 95,374 13,008,0127 100 2 2 2 min =      − ⋅ ⋅= = +⋅ = e mR 2. Numa rodovia de Classe II, temos: emax=6% , V = 80 km/h. Se uma curva nesta rodovia tem raio de 400 metros, calcular a superelevação a ser adotada, segundo o DNER. Solução: V = 80 km/h fmáx = 0,14 (tab.4.2) ( ) %2,5 400 97,251 400 97,2512 6 97,251 14,006,0127 80 2 2 2 min =      − ⋅ ⋅= = +⋅ = e mR
  • 51. 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 24 25,0 )06,0(100 06,0 100 %)2(3 1 = ⋅ =⇒= ⋅ = b) Na transição: ( ) mLeLeLLmLe mSmLe es 48361236 )5,0(2 06,0248,0100 48,0 100 %832 12 5,0 06,0100 212 1 =+=+=== ⋅ ⋅−⋅ = = ⋅⋅ == ⋅ = L = 3 m L = 3 m a = 2%a = 2% h1 39 40 41 42 43 44 45 4638 +18,00 +2,00 +14,00 +10,00 EIXO BE, BI TS M SC BE EIXO Lt = 24 m Ls = Le = 48 m Le2 = 36 m Le1 = 12 m S/2 = 0,24 S/2 = 0,24 BI +0,42 +0,18 -0,06 +0,06
  • 52. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 52 CAPÍTULO 7 SUPERLARGURA
  • 53. Glauco Pontes Filho 53 1. Calcular a superlargura, sendo dados os seguintes elementos: Largura do veículo: L = 2,50 m. Distância entre os eixos do veículo: E = 6,50 m. Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,10 m. Raio da curva: R = 280 m. Velocidade de projeto: V = 90 km/h. Faixas de tráfego de 3,3 m (LB = 6,6 m). Número de faixas: 2. Solução: Tabela 7.1: LB = 6,6 m → GL = 0,75 m. ( ) [ ] ( ) 6,6538,0028,0)75,0575,2(22 538,0 28010 90 10 028,0280)5,6(210,110,12802 575,2 )280(2 5,6 50,2 2 22 22 −+++⋅=−+++⋅= === =−⋅+⋅+=−+⋅+= = ⋅ += ⋅ += BDFLC D F C LFGGGS m R V F mREFFRG m R E LG Steórico = 0,62 m Sprático = 0,80 m (múltiplo de 0,20 m) 2. Idem, para: Largura do veículo: L = 2,50 m. Distância entre os eixos do veículo: E = 6,10 m. Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,20 m. Raio da curva: R = 200 m. Velocidade de projeto: V = 80 km/h. Faixas de tráfego de 3,6 m (LB = 7,2 m). Número de faixas: 2. Solução: Tabela 7.1: LB = 7,2 m → GL = 0,90 m. ( ) [ ] ( ) 2,7566,0040,0)90,0593,2(22 566,0 20010 80 10 040,0200)10,6(220,120,12002 593,2 )200(2 1,6 50,2 2 22 22 −+++⋅=−+++⋅= === =−⋅+⋅+=−+⋅+= = ⋅ += ⋅ += BDFLC D F C LFGGGS m R V F mREFFRG m R E LG Steórico = 0,39 m Sprático = 0,40 m (múltiplo de 0,20 m)
  • 54. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 54 3. Idem, para: Largura do veículo: L = 2,40 m. Distância entre os eixos do veículo: E = 7,0 m. Distância entre a frente do veículo e o eixo dianteiro: F = 1,40 m. Raio da curva: R = 180 m. Velocidade de projeto: V = 100 km/h. Faixas de tráfego de 3,6 m (LB = 7,2 m). Número de faixas: 2. Solução: Tabela 7.1: LB = 7,2 m → GL = 0,90 m. ( ) [ ] ( ) 2,77454,00599,0)90,05361,2(22 7454,0 18010 100 10 0599,0180)7(240,140,11802 5361,2 )180(2 7 40,2 2 22 22 −+++⋅=−+++⋅= === =−⋅+⋅+=−+⋅+= = ⋅ += ⋅ += BDFLC D F C LFGGGS m R V F mREFFRG m R E LG 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 88,020,0250 25010 100 250 100 25044,25 2 =−−+++= Sprático = 1,00 m (múltiplo de 0,20 m) b) Tabela 7.1: LB = 7,0 m → GL = 0,90 m. ( ) [ ] ( ) 0,75379,00287,0)90,06664,2(22 5379,0 28010 90 10 0287,0280)1,6(220,120,12802 6664,2 )280(2 1,6 60,2 2 22 22 −+++⋅=−+++⋅= === =−⋅+⋅+=−+⋅+= = ⋅ += ⋅ += BDFLC D F C LFGGGS m R V F mREFFRG m R E LG Steórico = 0,70 m Sprático = 0,80 m (múltiplo de 0,20 m)
  • 55. 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 53,0 35010 80 63503502 22 =+−−⋅= Sprático = 0,60 m (múltiplo de 0,20 m)
  • 56. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 56 CAPÍTULO 8 CURVAS VERTICAIS
  • 57. 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: )(79,1214 412 112 412 22 min OKmA D LLD p p =⋅=⋅=→< Flecha máxima: m Lg F 80,0 8 16004,0 8 = ⋅ = ⋅ = Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 80 m = 4 estacas 00,078)00,04()00,074()( 00,070)00,04()00,074()( +=+++= +=+−+= PTVEst PCVEst m Li PIVCotaPTVCota m Li PIVCotaPCVCota 60,667 2 160)03,0( 670 2 )()( 20,669 2 16001,0 670 2 )()( 2 1 = ⋅− += ⋅ += = ⋅ −= ⋅ −= Cálculo do vértice V: m g Li y mestm g Li L 20,0 )04,0(2 160)01,0( 2 00,0240 04,0 16001,0 22 1 0 1 0 = ⋅ ⋅ = ⋅ = +== ⋅ = ⋅ = V i1 = +1% i2 = -3% PTV PCV PIV cota 670 m Est. 74+0,00
  • 58. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 58 E(V) = E(PCV) + [L0] = (70+ 0,00) + (2+ 0,00) = 72 est + 0,00 m myPCVCotaVCota 40,66920,020,669)()( 0 =+=+= Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 222 000125,0 1602 04,0 2 xxx L g f ⋅=⋅ ⋅ =⋅= 800,080000125,0 450,060000125,0 200,040000125,0 050,020000125,0 00000125,0 2 74 75 2 73 76 2 72 77 2 71 78 2 70 =⋅= ==⋅= ==⋅= ==⋅= ==⋅= f 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
  • 59. 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: m Lg F 40,2 8 32006,0 8 −= ⋅− = ⋅ = Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 160 m = 8 estacas m Li PIVCotaPTVCota m Li PIVCotaPCVCota PTVEst PCVEst 40,561 2 32004,0 555 2 )()( 20,558 2 32002,0 555 2 )()( 00,084)00,08()00,076()( 00,068)00,08()00,076()( 2 1 = ⋅ += ⋅ += = ⋅− −= ⋅ −= +=+++= +=+−+= Cálculo do vértice V: myPCVCotaVCota mestLPCVEVE m g Li y mestm g Li L 13,55707,120,558)()( 67,673)67,65()00,068()()( 07,1 )06,0(2 320)02,0( 2 67,6567,106 06,0 32002,0 0 0 22 1 0 1 0 =−=+= +=+++=+= −= ⋅ ⋅− = ⋅ = +== − ⋅− = ⋅ = Cálculo das cotas do greide reto: V i1 = -2% i2 = +4% PTV PCV PIV cota 555 m Est. 76+0,00 L = 320 m
  • 60. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 60 GRPCV = cota(PCV) = 558,20 m GR69 = 558,20 – 20(0,02) = 557,80 m GR70 = 557,80 – 20(0,02) = 557,40 m : : GRPIV = cota(PIV) = 555,00 m GR77 = 555,00 + 20(0,04) = 555,80 m GR78 = 555,80 + 20(0,04) = 556,60 m : Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 2522 103750,9 3202 06,0 2 xxx L g f ⋅⋅−=⋅ ⋅ − =⋅= − 4,280103750,984,180103750,9 35,180103750,994,080103750,9 60,080103750,934,060103750,9 15,040103750,904,020103750,9 25 76 25 75 25 74 25 73 25 72 25 71 25 70 25 69 −=⋅⋅−=−=⋅⋅−= −=⋅⋅−=−=⋅⋅−= −=⋅⋅−=−=⋅⋅−= −=⋅⋅−=−=⋅⋅−= −− −− −− −− 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
  • 61. Glauco Pontes Filho 61 3. Idem para: Solução: 03,0%3%)4(%121 ==−−−=−= iig Flecha máxima: m Lg F 75,0 8 20003,0 8 = ⋅ = ⋅ = Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0 m m Li PIVCotaPTVCota m Li PIVCotaPCVCota PTVEst PCVEst 00,119 2 20004,0 123 2 )()( 00,124 2 20001,0 123 2 )()( 00,055)00,05()00,050()( 00,045)00,05()00,050()( 2 1 = ⋅− += ⋅ += = ⋅− −= ⋅ −= +=+++= +=+−+= Cálculo do vértice V: Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV. Cálculo das cotas do greide reto: GRPCV = cota(PCV) = 124,00 m GR46 = 124,00 – 20(0,01) = 123,80 m GR47 = 123,80 – 20(0,01) = 123,60 m : : GRPIV = cota(PIV) = 123,00 m GR51 = 123,00 - 20(0,04) = 122,20 m GR52 = 122,20 - 20(0,04) = 121,40 m : i1 = -1% i2 = -4% PTV PCV PIV cota 123 m Est. 50+0,00 L = 200 m
  • 62. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 62 Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 2522 105,7 2002 03,0 2 xxx L g f ⋅⋅=⋅ ⋅ =⋅= − 75,090105,7 48,070105,727,050105,7 12,030105,703,010105,7 25 50 25 49 25 48 25 47 25 46 =⋅⋅= =⋅⋅==⋅⋅= =⋅⋅==⋅⋅= − −− −− f ff ff NOTA DE SERVIÇO DE TERRAPLENAGEM Estaca Greide Reto f Greide de Projeto 45 124,00 0,00 124,00 46 123,80 0,03 123,77 47 123,60 0,12 123,48 48 123,40 0,27 123,13 49 123,20 0,48 122,72 50 123,00 0,75 122,25 51 122,20 0,48 121,72 52 121,40 0,27 121,13 53 120,60 0,12 120,48 54 119,80 0,03 119,77 55 119,00 0,00 119,00
  • 63. Glauco Pontes Filho 63 4. Idem para: Solução: 01,0%1%5,1%5,221 ==−=−= iig Flecha máxima: m Lg F 50,0 8 40001,0 8 = ⋅ = ⋅ = Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 200 m = 10 est + 0,00 m m Li PIVCotaPTVCota m Li PIVCotaPCVCota PTVEst PCVEst 00,90 2 400015,0 87 2 )()( 00,82 2 400025,0 87 2 )()( 00,050)00,010()00,040()( 00,030)00,010()00,040()( 2 1 = ⋅− += ⋅ += = ⋅ −= ⋅ −= +=+++= +=+−+= Cálculo do vértice V: Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV. Cálculo das cotas do greide reto: GRPCV = cota(PCV) = 82,00 m GR46 = 82,00 + 20(0,025) = 82,50 m GR47 = 82,50 + 20(0,025) = 83,00 m : : GRPIV = cota(PIV) = 87,00 m GR51 = 87,00 + 20(0,015) = 87,30 m GR52 = 87,30 + 20(0,015) = 87,60 m : i1 = +2,5% i2 = +1,5% PTV PCV PIV cota 87 m Est. 40+0,00 L = 400 m
  • 64. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 64 Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 2522 1025,1 4002 01,0 2 xxx L g f ⋅⋅=⋅ ⋅ =⋅= − 50,0200101025,141,0180101025,1 32,0160101025,125,0140101025,1 18,0120101025,113,0100101025,1 08,080101025,105,060101025,1 02,040101025,101,020101025,1 245 40 245 39 245 38 245 37 245 36 245 35 245 34 245 33 245 32 245 31 =⋅⋅⋅==⋅⋅⋅= =⋅⋅⋅==⋅⋅⋅= =⋅⋅⋅==⋅⋅⋅= =⋅⋅⋅==⋅⋅⋅= =⋅⋅⋅==⋅⋅⋅= −−−− −−−− −−−− −−−− −−−− 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
  • 65. 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: m Lg F 60,0 8 200024,0 8 −= ⋅− = ⋅ = Cálculo das estacas e cotas do PCV e PTV: L/2 = 100 m = 5 est + 0,00 m m Li PIVCotaPTVCota m Li PIVCotaPCVCota PTVEst PCVEst 60,673 2 200036,0 670 2 )()( 80,668 2 200012,0 670 2 )()( 00,089)00,05()00,084()( 00,079)00,05()00,084()( 2 1 = ⋅ += ⋅ += = ⋅ −= ⋅ −= +=+++= +=+−+= Cálculo do vértice V: Esta curva não possui vértice entre o PCV e o PTV. Cálculo das cotas do greide reto: GRPCV = cota(PCV) = 668,80 m GR46 = 668,80 + 20(0,012) = 669,04 m GR47 = 669,04 + 20(0,012) = 669,28 m : : i1 = +1,2% i2 = +3,6% PTV PCV PIV cota 670 m Est. 84+0,00 L = 200 m
  • 66. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 66 GRPIV = cota(PIV) = 670,00 m GR51 = 670,00 + 20(0,036) = 670,72 m GR52 = 670,72 + 20(0,036) = 671,44 m : Expressão para cálculo das ordenadas da parábola: 2522 1000,6 2002 024,0 2 xxx L g f ⋅⋅−=⋅ ⋅ − =⋅= − 60,01001000,6 38,0801000,622,0601000,6 10,0401000,602,0201000,6 25 84 25 83 25 82 25 81 25 80 −=⋅⋅−= −=⋅⋅−=−=⋅⋅−= −=⋅⋅−=−=⋅⋅−= − −− −− f 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
  • 67. Glauco Pontes Filho 67 6. (*) Calcular cotas e estacas dos PCV’s, PTV’s e vértices das curvas do perfil da figura abaixo. Solução: %10,30310,0 )5373(20 80,8420,97 %50,40450,0 )2553(20 11080,84 %00,20200,0 2520 100110 3 2 1 == −⋅ − = −=−= −⋅ − = == ⋅ − = i i i CURVA 1: 00,1017)00,012()00,105()( 60,10440,220,102)( 40,2 )065,0(2 780)02,0( 240 065,0 78002,0 45,92 2 780045,0 110)( 20,102 2 78002,0 110)( 00,1044)00,1019()00,025( 2 )00,025()( 00,105)00,1019()00,025( 2 )00,025()( 780045,002,0000.12 2 00 1 1 1 1 1 1 111 +=+++= =+= = ⋅ ⋅ == ⋅ = = ⋅− += = ⋅ −= +=+++=++= +=+−+=−+= =+=⋅= VEstaca mVCota mymL mPTVCota mPCVCota L PTVE L PCVE mgRvL i3100 m PIV1 cota 110,00 97,20 i1 i2 53 73250 Rv2=4000 m PIV2 cota 84,80 COTAS(m) Rv1=12000 m
  • 68. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 68 CURVA 2: 00,854)00,09()00,845()( 59,8705,464,91)( 05,4 )076,0(2 304)045,0( 180 076,0 304045,0 51,89 2 304031,0 80,84)( 64,91 2 304045,0 80,84)( 00,1260)00,127()00,053( 2 )00,053()( 00,845)00,127()00,053( 2 )00,053()( 00,304031,0045,0000.4 2 00 1 2 2 2 2 2 222 +=+++= =−= −= −⋅ ⋅− == − ⋅− = = ⋅ += = ⋅− −= +=+++=++= +=+−+=−+= =−−=⋅= VEstaca mVCota mymL mPTVCota mPCVCota L PTVE L PCVE mgRvL
  • 69. Glauco Pontes Filho 69 7. (*) Construir a nota de serviço de terraplenagem do trecho correspondente à curva 2 do exemplo anterior. Notação: CGRx = Cota do greide reto na estaca x. CGPx = Cota do greide de projeto na estaca x. fx = Ordenada da parábola na estaca x. CGR45+8,00= 91,64 = Cota(PCV2) CGR46 = CGR45+8,00 + rampa i2 x distância entre E46 e E45+8,00 = 91,64 + (-0,045 x 12) = 91,10 m CGR47 = CGR46 + (-0,045) x distância entre E47 e E46 = 91,10 + (-0,045) x 20 = 90,20 m E assim sucessivamente, até o PIV. Após o PIV, muda-se o valor da rampa para i3 CGR54 = CGR53 + 0,031 x distância entre E54 e E53 = 84,80 + 0,031 x 20 = 85,42 m E assim sucessivamente, até o PTV. CGR60+12,00 = CGR60 + rampa i2 x distância entre E60+12,00 e E60 = 89,14 + 0,031 x 12 = 89,51 m Fórmula p/ cálculo dos valores de f: 222322 608 076,0 )304(2 031,0045,0 22 xxx L ii x L g f ⋅ − =⋅ −− =⋅ − =⋅= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 888,2152 608 076,0 178,2132 608 076,0 568,1112 608 076,0 058,192 608 076,0 648,072 608 076,0 338,052 608 076,0 128,032 608 076,0 018,012 608 076,0 2 53 2 52 2 51 2 50 2 49 2 48 2 47 2 46 −=⋅ − =−=⋅ − = −=⋅ − =−=⋅ − = −=⋅ − =−=⋅ − = −=⋅ − =−=⋅ − = ff ff ff ff Para o vértice V, temos: CGR54+8,00 = CGR54 + rampa i3 x distância entre E54+8,00 e E54 = 89,14 + 0,031 x 8 = 85,668 m Como a curva é simétrica, temos x = (60+12,00) – (54+8,00) = 124 m
  • 70. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 70 ( ) mf 922,1124 608 076,0 2 00,854 −=⋅ − =+ Para o cálculo dos greides de projeto, basta subtrair: CGPx = CGRx – fx ESTACA COTAS DO GREIDE RETO f COTAS DO GREIDE DE PROJETO PCV = 45+8,00 91,64 91,64 46 91,10 -0,018 91,118 47 90,20 -0,128 90,328 48 89,30 -0,338 89,638 49 88,40 -0,648 89,048 50 87,50 -1,058 88,558 51 86,60 -1,568 88,168 52 85,70 -2,178 87,878 PIV = 53 + 0,00 84,80 -2,888 87,688 54 85,42 -2,178 87,598 V = 54 + 8,00 85,668 -1,922 87,590 55 86,04 -1,568 87,608 56 86,66 -1,058 87,718 57 87,28 -0,648 87,928 58 87,90 -0,338 88,238 59 88,52 -0,128 88,648 60 89,14 -0,018 89,158 PTV = 60+12,00 89,512 89,512 8. (*) Dado o perfil longitudinal da figura, determinar um valor único para os raios Rv1, Rv2 e Rv3 de forma que este valor seja o maior possível. Solução: Para que os raios sejam os maiores possíveis, devemos ter: mRRRRgRgLL m LL b mRRRRgRgLL mestestest LL a vvvvv vvvvv 00,600.5065,006,0700 350 22 ) 39,217.506,0055,0600 30015120135 22 ) 3232 32 2121 21 =⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+ =+ =⇒⋅+⋅=⋅+⋅==+ ==−=+ Logo, o maior valor possível de Rv é 5.217,39 m. i3 Rv3 Rv1 +2% -4% -3,5% PIV1 PIV3 cota 93,75 Rv2 170152 + 10,00135120Est. 0 PIV2 cota 85,00
  • 71. 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 PTV1 PCV2 58
  • 72. 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
  • 73. 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 LL iPIVCotaPIVCota i ii ii gRvgRv LL LL 50,9047502,0100)( 22 )()( %2020,0 950250500010000400 95005,0500004,010000 950 950475 22 2 21 212 2 22 22 2211 21 21 =⋅−=       +⋅+= −=−= =+−− =+−⋅+−⋅ =⋅+⋅ =+⇒=+ CURVA 1: m Li PIVCotaPCVCota L PCVE myestacasmL mgRvL 00,88 2 60004,0 100 2 )()( 00,035)00,015()00,050( 2 )00,050()( 00,8 )06,0(2 600)04,0( 20400 06,0 60004,0 00,60002,004,0000.10 11 11 1 1 2 00 111 = ⋅ −=−= +=+−+=−+= = ⋅ ⋅ === ⋅ = =+=⋅= PCV1 i2+4% +5% PIV1 cota 100 PTV1 ≡ PCV2 Rv2 = 5000 m 12073+15,0050Est. 0 Rv1 = 10000 m PTV2 PIV2 L1/2 + L2/2 = 475 m
  • 74. 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 L PIVEPCVE myestacasmL mgRvL 0,94 2 35002,0 )()( 00,065)00,158()00,1573( 2 )()( 00,1 )07,0(2 350)02,0( 5100 07,0 35002,0 00,35005,002,0000.5 22 2 22 2 00 222 = ⋅− −= +=+−+=−= −= −⋅ ⋅− === − ⋅− = =−−=⋅= PONTO MAIS BAIXO DA CURVA 2 (VÉRTICE) myPCVCotaVCota LPCVEVEstaca 0,93194)()( 00,070)00,05()00,065()()( 022 022 =−=+= +=+++=+=
  • 75. 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: mA D L m f V VD p mín p 36,59710 412 88,156 412 88,155 )30,0(255 86 )86(7,0 255 7,0 22 22 =⋅=⋅= = ⋅ +=+= Adotando um valor múltiplo de 10, temos: L = 600 m. Cálculo da flecha da parábola na estaca 144: m Lg F 50,7 8 )600(10,0 8 = ⋅ = ⋅ = ALTURA MÍNIMA DE CORTE = F – (cota 654,28 – cota 653,71) = 7,5 - 0,57 = 6,93 m 00,0159)00,015()00,0144()( 00,0129)00,015()00,0144()( 000.6 10,0 600 +=+++= +=+−+= === PTVE PCVE m g L Rv -5% +5% PIV cota 654,28 m cota do terreno = 653,71 m Est. 144
  • 76. 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+16,00248+18,00?136+14,00Est. 0 cota 804,12 m x y cota 869,10 m 2.734 m 3.398 m x+y=2.244 m
  • 77. Glauco Pontes Filho 77 13.(*) Uma curva vertical tem o PIV na estaca 62, sendo sua cota igual a 115,40 m. A cota do ponto mais alto do greide é 112,40 m. Calcular a cota na estaca 58. Solução: 00,054)00,08()00,062( 2 )()( 320 16 25,0 025,040,11540,112 )()( 16 25,0 )08,0(2 )05,0( 2 025,040,115 2 05,0 40,115 2 )()( 0 22 1 0 1 +=+−+=−= =⇒+−= += = ⋅ = ⋅ = −=⋅−=−= L PIVEPCVE mL L L yPCVCotaVCota LL g Li y LL Li PIVCotaPCVCota Distância entre a estaca 58 e o PCV: x = 4 estacas = 80 m mECota ECota PCVCotaxix L g ECota 60,110)( )320(025,040,115)80(05,080 )320(2 08,0 )( )( 2 )( 58 2 58 1 2 58 = −+⋅+⋅ − = +⋅+⋅ − = -3%+5% PIV cota 115,40 m cota112,40m Estaca62 PCV V Estaca58 cota=? PTV
  • 78. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 78 14.(*) No perfil longitudinal da figura, determinar o raio equivalente da curva vertical 2 (Rv2) de forma que os pontos PTV1 e PCV2 sejam coincidentes. Calcular também as cotas do greide da estrada nas estacas 27 e 31 e no ponto mais baixo da curva 2. Solução: %00,10100,0 210 40,10750,109 %00,20200,0 350 40,11440,107 %00,60600,0 1220 10040,114 3 2 1 == − = −=−= − = == ⋅ − = i i i mRv Rv Rv gRvgRv LL LL 000.10 70003,0400 70001,002,002,006,05000 700 700350 22 2 2 2 2211 21 21 = =+ =−−⋅++⋅ =⋅+⋅ =+⇒=+ PCV1 PIV1 cota 114,40 PTV1 ≡ PCV2 Rv2 4029 + 10,0012Est. 0 Rv1 = 5000 m PTV2 PIV2 cota 107,40 cota100,00 cota109,50
  • 79. Glauco Pontes Filho 79 )( 2 )( 40,110200*)02,0(40,114 2 )()( 00,037)00,107()00,1029()( 00,022)00,010()00,012()()( 00,02)00,010()00,012()( 30003,0*1000040008,0*5000 : 1 2 1 212 2 12 1 21 PCVCotaxix L g PCota geralEquação m L iPIVCotaPCVCota 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 2 27 = +⋅−+⋅ −− = 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 2 27 = +⋅−+⋅ −− = Ponto mais baixo (vértice): myPCVCotaVCota my 40,10800,240,110)()( 00,2 )03,0(2 300)02,0( 02 2 0 =−=+= −= −⋅ ⋅− =
  • 80. 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(4048602,0 2 486)( )01,0(2050001,0 2 500)( )1(950)02,0(2000)01,0(2000 950 22 )02,0(400002,04000 )01,0(400001,04000 22 2 2 2 22222 222 221 2 2 2 2 1 1 22 21 22222 22111 −=−= =++ +−⋅−−⋅−⋅−=−⋅−−−⋅+ ⋅−=−⋅−−−⋅+ ⋅−=−= −⋅−=⋅−= −⋅+=⋅+= =+−⋅−−⋅− =++ −⋅=−⋅=⋅= −⋅=−⋅=⋅= ioui ii iiiii emdoSubstituin equaçãoxiii xiPIVCotaPIVCotah i L PIVCota i L PIVCota equaçãoxii L x L iigRvL iigRvL Logo: %22 −=i x i2 +1% +2%Estaca0 950 m cota500 Est.47+10,00 cota486 L1/2 h
  • 81. 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 rad R Ls s 81,105)05807,1(100 05807,1)3,0(2 º180 º95 2 180 3000,0 100*2 60 2 111 1 1 1 1 1 1 =⋅=⋅= =− ⋅ =− ° ⋅°∆ = === φ π θ π φ θ CURVA 2, trecho circular: mRD rads rad R Ls s 08,117)58540,0(200 58540,0)1,0(2 º180 º45 2 180 1000,0 200*2 40 2 222 2 2 2 2 2 2 =⋅=⋅= =− ⋅ =− ° ⋅°∆ = === φ π θ π φ 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 y L2/2 L2/2 -1% +5% -1% TS1 ST2 PCV2 Cota 100,00 Cota 113 Cota 114,50 Fig. 1 Fig. 2
  • 82. 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
  • 83. 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 (+) ATERR O (-) 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
  • 84. 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 )(9,625,33,2 605,3122 60 5,3122 22 min OKmA D D L p p =−−⋅ ⋅+ =⋅ + = Curva 2: S< L )(8,706,45,3 412 60 412 22 min OKmA D L p =+⋅=⋅= Equação para cálculo das ordenadas da parábola: Curva 1: g = – 0,023 – 0,035 = – 0,058 2422 10625,3 )80(2 058,0 2 xxx L g f ⋅⋅−=⋅ − =⋅= − Onde x = distância do ponto em questão ao PCV. Curva 2: g = 0,035 + 0,046 = 0,081 2422 100625,5 )80(2 081,0 2 xxx L g f ⋅⋅=⋅=⋅= − 200 m 97 11 1816 20 25 -2,3% +3,5% -4,6% L1 = 80 m L2 = 80 m PCV1 PIV1 PTV1 PCV2 PIV2 PTV2
  • 85. 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
  • 86. 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( 400 045,0 )200(2 020,0025,0 2 222 K=⋅=⋅ + =⋅= xxxx L g f
  • 87. Glauco Pontes Filho 87 Por exemplo, na estaca 33 temos: GR = 103,500 – 0,025*40 = 102,500 405,060 400 045,0 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: mg L LL F 924,0)035,0042,0( )6040(2 )60(40 2 21 =+⋅ + =⋅ ⋅ =
  • 88. 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 795800 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
  • 89. 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: %25,10125,0 2020 325320 %00,50500,0 2520 300325 %00,50500,0 1520 315300 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 COTAS(m) ESTACAS PIV6 PIV7 PIV8 PIV5
  • 90. 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
  • 91. 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
  • 92. 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 76,2387651,1444663,179 º180 º83124 321 =⋅==⋅== ⋅⋅ = ππ π 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 O3R3 R2 R1 D1 D3 D2 240 245 250 255 260 265 270 275 280 275 270 A B 0 50 100 150 200
  • 93. 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 O3R3 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
  • 94. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 94 CAPÍTULO 9 NOÇÕES DE TERRAPLENAGEM
  • 95. Glauco Pontes Filho 95 2,30 m 4,10 3,80 1,80 3,60 4,00 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 7,01:1h = 3,6 ESTACA 5 14,0 6,70 1:1 4,201:1 h = 5,05 ESTACA 7 14,0 4,80 1:1 2,501:1 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 4,451:1h = 4,0 ESTACA 6 14,0 5,70 1:1 2,501:1 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 0,701:1 h = 2,10 ESTACA 8 14,0 0,75 1:1 0,801:1 ESTACA 9+5,43 m 14,0 5,0 1:1 4,01:1 h = 2,3 14,0 ESTACA 1 3,0
  • 96. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 96 Solução: Dividiremos as seções em triângulos para o cálculo das áreas: Estaca 0:        == == 2 2 150,17 2 90,4*7 150,10 2 90,2*7 mA mA a c Estaca 1:        == == 2 2 0,6 2 4*3 50,27 2 5*11 mA mA a c Estaca 2:    =+++= 2 645,83 2 10,1*7 2 10,8*1,4 2 8,15*1,4 2 80,8*7 mAc Estaca 3:    =+++= 2 02,66 2 50,2*7 2 50,9*8,3 2 80,11*8,3 2 80,4*7 mAc Estaca 4:        == == 2 2 25,3 2 60,2*5,2 65,35 2 20,6*5,11 mA mA a c Estaca 4+8,60:        == == 2 2 95,12 2 70,3*7 10,9 2 6,2*7 mA mA a c Estaca 5:    =+++= 2 395,68 2 7*7 2 14*6,3 2 15,8*6,3 2 7*15,1 mAa Estaca 6:    =+++= 2 975,68 2 45,4*7 2 45,11*4 2 10*4 2 3*7 mAa Estaca 7:    =+++= 2 023,101 2 20,4*7 2 20,11*05,5 2 70,13*05,5 2 70,6*7 mAa Estaca 8:    =+++= 2 365,43 2 7,0*7 2 7,7*1,2 2 60,12*1,2 2 60,5*7 mAa Estaca 9:        == == 2 2 650,25 2 70,5*9 25,6 2 50,2*5 mA mA a c Estaca 10:        == == 2 2 625,2 2 75,0*7 80,2 2 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
  • 97. Glauco Pontes Filho 97 Estacas Áreas (m 2 ) Soma das Áreas (m 2 ) VOLUME (m 3 ) INT FRAC Corte Aterro Aterro Corrigido Corte Aterro Semi- distância (m) Corte (+) Aterro (-) Compens. Lateral (m 3 ) Volumes Acumulados (m 3 ) 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 6.144,90 6.260,70 136,55 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 Volumesacumulados 4+8,60 9+5,43 LINHA DE TERRA V= 3.760,70 m 3 DMT= 7 dam
  • 98. 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 VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) -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
  • 99. 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 A280
  • 100. 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 VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) -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 VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 -8 2 5 10 15 20 25 30 C1 A1 C2A2 A3 TERRENO GREIDE LE
  • 101. 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 VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 -8 2 5 10 15 20 25 30 LE 0 ESTACAS VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) -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 VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) -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
  • 102. 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: 3 21 3 32 3 21 190.7370.3820.3 370.320 2 80257 820.320 2 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 m2 S1 = 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
  • 103. 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 VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) 2 4 6 8 10 12 14 16 18 0 20 5 10 15 20 25 L1 0 ESTACAS VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) 2 4 6 8 10 12 14 16 18 0 20 5 10 15 20 25 L2
  • 104. 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 VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) 2 4 6 8 10 12 14 16 18 0 20 5 10 15 20 25 0 ESTACAS VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) 2 4 6 8 10 12 14 16 18 0 20 5 10 15 20 25
  • 105. 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 VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) 2 4 6 8 10 12 14 16 18 0 20 5 10 15 20 25 L2 0 ESTACAS VOLUMESACUMULADOS(103 m3 ) 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
  • 106. 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 VOLUMES(103 m3 ) -5 0 5 10 15 20 25 30 35 -10 10 20 40 50 60 705 15 25 35 45 55 65 20 m 3 a) Volume de empréstimo = 20.000 m 3 b) Volume de bota-fora = 15.000 m 3 5 m 3 10 m 3 x10 3 m 3 x10 3 m 3
  • 107. 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: 3 700.3 1,1 )2000(035,2 m V V V V V m V m s compcomp s comp s s comp s comp = ⋅ = ⋅ =⇒== γ γ γ γ Número de viagens = 3700 m3 /5 m3 = 740 viagens γn = 1,430 γs = 1,10 γcomp = 2,035 Vs = ? Vcomp = 2.000 x10 3 m 3 d) Volume do maior aterro = 35.000 m 3 35 m 3 x10 3 m 3 c) Volume do maior corte = 20.000 m 3 20 m 3 x10 3 m 3 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
  • 108. ESTRADAS DE RODAGEM – PROJETO GEOMÉTRICO Solução dos Exercícios 108 9. Calcular a área da seção transversal da figura. Solução: uaA A A 50,40 3122415104309 2 1 0054630 3362153 2 1 = +−−−+−−−⋅= −−−− ⋅= 10.Calcular o volume do prismóide. ( )21 4 6 AAA L V m +⋅+⋅= Solução: [ ] 3 33,853.2100)144(4180 6 20 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: ( ) 3 800.2100180 2 20 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